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空间向量数量积运算习题

时间:2014-09-25


[学业水平训练] → → 1.在正方体 ABCDA1B1C1D1 中,AB与C1B的夹角为( A.60° B.90° C.135° D.45°

)

→ → 解析:选 B.由于 AB⊥平面 BCC1B1,所以 AB⊥C1B,从而AB与C1B的夹角为 90° . 2.对于向量 a、b、c 和实数 λ,下列命题中的真命题是( ) A.若 a· b=0,则 a=0 或 b=0 B.若 λa=0,则 λ=0 或 a=0 C.若 a2=b2,则 a=b 或 a=-b D.若 a· b=a· c,则 b=c 解析:选 B.对于 A,可举反例:当 a⊥b 时,a· b=0; 对于 C,a2=b2,只能推得|a|=|b|,而不能推出 a=± b; 对于 D,a· b=a· c 可以移项整理推得 a⊥(b-c). 3.已知空间四边形 ABCD 的每条边和对角线的长都等于 a,点 E,F 分别是 BC,AD 的中 → → 点,则AE· AF的值为( ) 1 A.a2 B. a2 2 1 3 C. a2 D. a2 4 4 → → 1 → → 1→ 解析:选 C.AE· AF= (AB+AC)·AD 2 2 1 → → → → = (AB· AD+AC· AD) 4 1 1 1 1 = (a×a× +a×a× )= a2. 4 2 2 4 π → → 4.空间四边形 OABC 中,OB=OC,∠AOB=∠AOC= ,则 cos〈OA,BC〉的值为( ) 3 1 2 A. B. 2 2 1 C.- D.0 2 → → → → → → → → → → → → → → → 解析: 选 D.因为OA· BC=OA· (OC-OB)=OA· OC-OA· OB=|OA||OC|cos 〈OA, OC〉 -|OA||OB → → |· cos〈OA,OB〉 . π → → → → 又因为〈OA,OC〉=〈OA,OB〉= , 3 → → → → |OB|=|OC|,所以OA· BC=0, → → 所以OA⊥BC, → → 所以 cos〈OA,BC〉=0. → → → → → 5.设平面上有四个互异的点 A,B,C,D,已知(DB+DC-2DA)· (AB-AC)=0,则△ABC 是( ) A.直角三角形 B.等腰三角形 C.等腰直角三角形 D.等边三角形 → → → → → → → → → 解析:选 B.∵DB+DC-2DA=(DB-DA)+(DC-DA)=AB+AC, → → → → → → ∴(AB+AC)· (AB-AC)=|AB|2-|AC|2=0,

→ → ∴|AB|=|AC|,即△ABC 是等腰三角形. → → 6.在棱长为 1 的正方体 ABCDA′B′C′D′中,AD′· BC′=__________. → → → → 解析: 由正方体知 BC′ ∥ AD′ ,∴〈 AD′ , BC′ 〉= 0. 又 | AD′ |= | BC′ |= 2 ,所以 → → AD′· BC′= 2· 2· 1=2. 答案:2 7.如图,已知 PA⊥平面 ABC,∠ABC=120° ,PA=AB=BC=6,则 PC 等于 ________. → → → → 解析:∵PC=PA+AB+BC, → → → → → → → → → → → 2+ → 2+ → 2+2PA ∴|PC|2=(PA+AB+BC)2=PA · AB+2PA· BC+2AB· BC AB BC → → =36+36+36+0+0+2|AB||BC|cos 60° 1 =108+2×6×6× =144. 2 ∴PC=12. 答案:12 8.如图,已知正三棱柱 ABCA1B1C1 的各条棱长都相等,M 是侧棱 CC1 的中点,则异面直线 AB1 和 BM 所成的角的大小是________. → → → → → 1→ 解析:不妨设棱长为 2,则AB1=BB1-BA,BM=BC+ BB1, 2 → → → 1→ ?BB1-BA?· ?BC+ BB1? 2 → → cos〈AB1,BM〉= 2 2× 5 0-2+2-0 = =0,故填 90° . 2 2× 5 答案:90° 9.已知正四面体 OABC 的棱长为 1.求: → → (1)OA· OB; → → → → (2)(OA+OB)· (CA+CB); → → → (3)|OA+OB+OC|. → → → → 解:(1)OA· OB=|OA|· |OB|· cos∠AOB 1 =1×1×cos 60° = . 2 → → → → (2)(OA+OB)· (CA+CB) → → → → → → =(OA+OB)· (OA-OC+OB-OC) → → → → → =(OA+OB)· (OA+OB-2OC) =12+1×1×cos 60° -2×1×1×cos 60° +1×1×cos 60° +12-2×1×1×cos 60° =1. → → → (3)|OA+OB+OC| → → → ?2 = ?OA +OB+OC 2 2 = 1 +1 +12+2?1×1×cos 60° ?×3= 6. 10.如图,空间四边形 ABCD 中,已知 AB⊥BD,CD⊥BD,AC=2,BD=1,求直线 AC 与 BD 的夹角. → → → → 解:∵AC=AB+BD+DC, → → → → → → → → → → → ∴AC· BD=(AB+BD+DC)· BD=AB· BD+BD2+DC· BD. ∵AB⊥BD,CD⊥BD,

→ → → → ∴AB· BD=0,DC· BD=0. → → →2 → 2 故AC· BD=BD =|BD| =1. → → AC· BD 1 1 → → 于是 cos〈AC,BD〉= = = . → → 2×1 2 |AC||BD| → → 又∵〈AC,BD〉∈[0,π], π → → ∴〈AC,BD〉= . 3 π 故直线 AC 与 BD 的夹角为 . 3 [高考水平训练] → → → → 1.(2014· 临沂高二检测)设 A,B,C,D 是空间不共面的四点,且满足AB· AC=0,AC· AD= → → 0,AB· AD=0,则△BCD 是( ) A.钝角三角形 B.锐角三角形 C.直角三角形 D.不确定 → → → → → 解析:选 B.如图所示,设AB=a,AC=b,AD=c,所以CB· CD=(a-b)· (c-b) =a· c-b· c-a· b+b2=b2>0, → → → → 故∠BCD 为锐角,同理BC· BD>0,DB· DC>0, 所以△BCD 的各内角均为锐角,即△BCD 为锐角三角形. 2.在正方体 ABCDA1B1C1D1 中,下面给出命题: → → → 2 → ①|A1A+A1D1+A1B1| =3|A1B1|2; → → → ②A1C· (A1B1-A1A)=0; → → ③AD1与A1B的夹角为 60° ; → → → ④此正方体体积为|AB· AA1· AD|. 则错误命题的序号是________(填出所有错误命题的序号). → → → → 解析:①因为|A1A+A1D1+A1B1|=|A1C| → = 3|A1B1|, 故①正确; → → → → → → → → → → → → 2 →2 ②因A1C· (A1B1-A1A)=(A1B1+A1D1+A1A)· (A1B1-A1A)=A→ A1D1-A1A· A1D1-A 1B1 +A1B1· 1A =0,故②正确; → → ③AD1 与 A1B 两异面直线的夹角为 60° ,但AD1与A1B的夹角为 120° ,注意方向; → → → → → ④因为AB· AA1=0,正确的应是|AB|· |AA1|· |AD|. 答案:③④ 3.如图,正方体 ABCDA1B1C1D1 中,P 是 DD1 的中点,O 是底面 ABCD 的 中心.求证:OB1⊥平面 PAC. → → → 证明:连接 BD,则 BD 过点 O,令AB=a,AD=b,AA1=c,则|a|=|b|=|c| → → → =1,且AC=AB+AD=a+b, → → → 1→ → 1 → → → OB1=OB+BB1= DB+BB1= (AB-AD)+BB1 2 2 1 1 = a- b+c. 2 2 1 1 → → ∴AC· OB1=(a+b)· ( a- b+c) 2 2

1 1 1 1 1 1 = |a|2+ a· b- a· b- |b|2+a· c+b· c= - =0, 2 2 2 2 2 2 → → ∴AC⊥OB1,即 AC⊥OB1. 1 → → 1→ 又AP=AD+ DD1=b+ c, 2 2 1 1 1 → → ∴OB1· AP=( a- b+c)· (b+ c) 2 2 2 1 1 1 1 1 = a· b- |b|2+c· b+ a· c- b· c+ |c|2 2 2 4 4 2 1 1 =- + =0, 2 2 → → ∴OB1⊥AP,即 OB1⊥AP. 又 AC∩AP=A, ∴OB1⊥平面 PAC. 4.如图,正三棱柱 ABCA1B1C1 中,底面边长为 2. (1)设侧棱长为 1,求证:AB1⊥BC1; π (2)设 AB1 与 BC1 的夹角为 ,求侧棱的长. 3 → → → → → → 解:(1)证明:AB1=AB+BB1,BC1=BB1+BC. → → ∵BB1⊥平面 ABC,∴BB1· AB=0, → → BB1· BC=0. π 2π → → → → 又△ABC 为正三角形,∴〈AB· BC〉=π-〈BA· BC〉=π- = . 3 3 → → → → → → → → → → →2 → → ∵AB1· BC1=(AB+BB1)· (BB1+BC)=AB· BB1+AB· BC+BB1 +BB1· BC → → → → → 2=-1+1=0, =|AB|· |BC|· cos〈AB,BC〉+BB 1 ∴AB1⊥BC1. → → → → → → → 2= → 2-1. (2)结合(1)知AB1· BC1=|AB|· |BC|· cos〈AB,BC〉+BB BB1 1 → → 2 2 → =|BC1|. 又|AB1|= ?AB― →+BB1― →? = 2+BB 1 → 2-1 BB1 1 → → ∴cos〈AB1,BC1〉= = , 2 → 2+BB1 2 → ∴|BB1|=2,即侧棱长为 2.


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