课时作业(二) 空间向量的数量积运算

这是一份课时作业(二) 空间向量的数量积运算，共6页。

1．若a，b均为非零向量，则a·b＝|a||b|是a与b共线的( )
A．充分不必要条件
B．必要非充分条件
C．充要条件
D．既非充分也非必要条件
2．已知e1，e2为单位向量，且e1⊥e2，若a＝2e1＋3e2，b＝ke1－4e2，a⊥b，则实数k的值为( )
A．－6 B．6
C．3 D．－3
3．在空间四边形OABC中，OB＝OC，∠AOB＝∠AOC＝eq \f(π,3)，则cs〈eq \(OA,\s\up6(→))，eq \(BC,\s\up6(→))〉的值为( )
A.eq \f(1,2) B.eq \f(\r(2),2)
C．－eq \f(1,2) D．0
4．在空间四边形ABCD中，eq \(AB,\s\up6(→))·eq \(CD,\s\up6(→))＋eq \(BC,\s\up6(→))·eq \(AD,\s\up6(→))＋eq \(CA,\s\up6(→))·eq \(BD,\s\up6(→))＝________.
5．(多填题)如图，在长方体ABCD－A1B1C1D1中，设AD＝AA1＝1，AB＝2，P是C1D1的中点，则eq \(B1C,\s\up6(→))·eq \(A1P,\s\up6(→))＝________，eq \(B1C,\s\up6(→))与eq \(A1P,\s\up6(→))所成角的大小为________．
6．已知正三棱锥A－BCD的侧棱长和底面边长均为a，点E，F分别是AB，AD上的点，且AE∶EB＝AF∶FD＝1∶2，求下列向量的数量积：
(1)eq \(AD,\s\up6(→))·eq \(DB,\s\up6(→))；(2)eq \(AD,\s\up6(→))·eq \(BC,\s\up6(→))；(3)eq \(EF,\s\up6(→))·eq \(BC,\s\up6(→)).
[提能力]
7．(多选)在空间四边形ABCD中，AB，AC，AD两两垂直，则下列结论成立的是( )
A．|eq \(AB,\s\up6(→))＋eq \(AC,\s\up6(→))＋eq \(AD,\s\up6(→))|＝|eq \(AB,\s\up6(→))＋eq \(AC,\s\up6(→))－eq \(AD,\s\up6(→))|
B．|eq \(AB,\s\up6(→))＋eq \(AC,\s\up6(→))＋eq \(AD,\s\up6(→))|2＝|eq \(AB,\s\up6(→))|2＋|eq \(AC,\s\up6(→))|2＋|eq \(AD,\s\up6(→))|2
C．(eq \(AB,\s\up6(→))＋eq \(AC,\s\up6(→))＋eq \(AD,\s\up6(→)))·eq \(BC,\s\up6(→))＝0
D.eq \(AB,\s\up6(→))·eq \(CD,\s\up6(→))＝eq \(AC,\s\up6(→))·eq \(BD,\s\up6(→))＝eq \(AD,\s\up6(→))·eq \(BC,\s\up6(→))
8．如图，已知正四面体ABCD中，AE＝eq \f(1,4)AB，CF＝eq \f(1,4)CD，则直线DE和BF所成角的余弦值为________．
9．如图，在三棱柱ABC－A1B1C1中，底面是边长为eq \r(2)的三角形，且侧棱AA1⊥底面ABC.
(1)设侧棱长为1，求证：AB1⊥BC1；
(2)设AB1与BC1的夹角为eq \f(π,3)，求侧棱长．
[战疑难]
10．如图，在矩形ABCD中，AB＝1，BC＝a，PA⊥平面ABCD(点P位于平面ABCD的上方)，则边BC上是否存在点Q，使eq \(PQ,\s\up6(→))⊥eq \(QD,\s\up6(→))？
课时作业(二)
1．解析：∵a·b＝|a||b|cs〈a，b〉＝|a||b|
∴cs〈a，b〉＝1，∴〈a，b〉＝0
当a与b反向时，不能成立．故选A.
答案：A
2．解析：由题意可得a·b＝0，e1·e2＝0，
|e1|＝|e2|＝1，
∴(2e1＋3e2)·(ke1－4e2)＝0，
∴2k－12＝0，∴k＝6.
答案：B
3．解析：eq \(OA,\s\up10(→))·eq \(BC,\s\up10(→))＝eq \(OA,\s\up10(→))·(eq \(OC,\s\up10(→))－eq \(OB,\s\up10(→)))＝eq \(OA,\s\up10(→))·eq \(OC,\s\up10(→))－eq \(OA,\s\up10(→))·eq \(OB,\s\up10(→))＝|eq \(OA,\s\up10(→))||eq \(OC,\s\up10(→))|cs∠AOC－|eq \(OA,\s\up10(→))||eq \(OB,\s\up10(→))|cs∠AOB＝eq \f(1,2)|eq \(OA,\s\up10(→))||eq \(OC,\s\up10(→))|－eq \f(1,2)|eq \(OA,\s\up10(→))||eq \(OB,\s\up10(→))|＝0，
∴eq \(OA,\s\up10(→))⊥eq \(BC,\s\up10(→)).∴cs〈eq \(OA,\s\up10(→))，eq \(BC,\s\up10(→))〉＝0.故选D.
答案：D
4．解析：原式＝eq \(AB,\s\up10(→))·eq \(CD,\s\up10(→))＋eq \(BC,\s\up10(→))·eq \(AD,\s\up10(→))＋eq \(CA,\s\up10(→))·(eq \(AD,\s\up10(→))－eq \(AB,\s\up10(→)))
＝eq \(AB,\s\up10(→))·(eq \(CD,\s\up10(→))－eq \(CA,\s\up10(→)))＋eq \(AD,\s\up10(→))·(eq \(BC,\s\up10(→))＋eq \(CA,\s\up10(→)))
＝eq \(AB,\s\up10(→))·eq \(AD,\s\up10(→))＋eq \(AD,\s\up10(→))·eq \(BA,\s\up10(→))＝0.
答案：0
5．解析：方法一 连接A1D，则∠PA1D就是eq \(B1C,\s\up10(→))与eq \(A1P,\s\up10(→))所成角．连接PD，在△PA1D中，易得PA1＝DA1＝PD＝eq \r(2)，即△PA1D为等边三角形，从而∠PA1D＝60°，即eq \(B1C,\s\up10(→))与eq \(A1P,\s\up10(→))所成角的大小为60°.因此eq \(B1C,\s\up10(→))·eq \(A1P,\s\up10(→))＝eq \r(2)×eq \r(2)×cs 60°＝1.
方法二 根据向量的线性运算可得
eq \(B1C,\s\up10(→))·eq \(A1P,\s\up10(→))＝(eq \(A1A,\s\up10(→))＋eq \(AD,\s\up10(→)))·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\(AD,\s\up10(→))＋\f(1,2)\(AB,\s\up10(→))))＝eq \(AD2,\s\up10(→))＝1.
由题意可得PA1＝B1C＝eq \r(2)，则eq \r(2)×eq \r(2)×cs〈eq \(B1C,\s\up10(→))，eq \(A1P,\s\up10(→))〉＝1，从而〈eq \(B1C,\s\up10(→))，eq \(A1P,\s\up10(→))〉＝60°.
答案：1,60°.
6．解析：
如图，
(1)由题意知，|eq \(AD,\s\up10(→))|＝a，|eq \(DB,\s\up10(→))|＝a，〈eq \(AD,\s\up10(→))，eq \(DB,\s\up10(→))〉＝120°，所以eq \(AD,\s\up10(→))·eq \(DB,\s\up10(→))＝|eq \(AD,\s\up10(→))||eq \(DB,\s\up10(→))|cs 120°＝－eq \f(1,2)a2.
(2)因为eq \(BC,\s\up10(→))＝eq \(AC,\s\up10(→))－eq \(AB,\s\up10(→))，所以eq \(AD,\s\up10(→))·eq \(BC,\s\up10(→))＝eq \(AD,\s\up10(→))·(eq \(AC,\s\up10(→))－eq \(AB,\s\up10(→)))＝eq \(AD,\s\up10(→))·eq \(AC,\s\up10(→))－eq \(AD,\s\up10(→))·eq \(AB,\s\up10(→)).
又|eq \(AD,\s\up10(→))|＝|eq \(AC,\s\up10(→))|＝|eq \(AB,\s\up10(→))|＝a，〈eq \(AD,\s\up10(→))，eq \(AC,\s\up10(→))〉＝〈eq \(AD,\s\up10(→))，eq \(AB,\s\up10(→))〉＝60°，所以eq \(AD,\s\up10(→))·eq \(BC,\s\up10(→))＝eq \f(1,2)a2－eq \f(1,2)a2＝0.
(3)因为点E，F分别是AB，AD上的点，且AE∶EB＝AF∶FD＝1∶2，所以eq \(EF,\s\up10(→))＝eq \f(1,3)eq \(BD,\s\up10(→))，所以eq \(EF,\s\up10(→))·eq \(BC,\s\up10(→))＝eq \f(1,3)eq \(BD,\s\up10(→))·eq \(BC,\s\up10(→)).
又〈eq \(BD,\s\up10(→))，eq \(BC,\s\up10(→))〉＝60°，所以eq \(EF,\s\up10(→))·eq \(BC,\s\up10(→))＝eq \f(1,3)eq \(BD,\s\up10(→))·eq \(BC,\s\up10(→))＝eq \f(1,3)a2cs 60°＝eq \f(1,6)a2.
7．解析：因为eq \(AB,\s\up10(→))，eq \(AC,\s\up10(→))，eq \(AD,\s\up10(→))两两垂直，所以(eq \(AB,\s\up10(→))＋eq \(AC,\s\up10(→)))·eq \(AD,\s\up10(→))＝0，所以(eq \(AB,\s\up10(→))＋eq \(AC,\s\up10(→))＋eq \(AD,\s\up10(→)))2＝(eq \(AB,\s\up10(→))＋eq \(AC,\s\up10(→)))2＋eq \(AD,\s\up10(→))2＋2(eq \(AB,\s\up10(→))＋eq \(AC,\s\up10(→)))·eq \(AD,\s\up10(→))＝(eq \(AB,\s\up10(→))＋eq \(AC,\s\up10(→)))2＋eq \(AD,\s\up10(→))2，(eq \(AB,\s\up10(→))＋eq \(AC,\s\up10(→))－eq \(AD,\s\up10(→)))2＝(eq \(AB,\s\up10(→))＋eq \(AC,\s\up10(→)))2＋eq \(AD,\s\up10(→))2－2(eq \(AB,\s\up10(→))＋eq \(AC,\s\up10(→)))·eq \(AD,\s\up10(→))＝(eq \(AB,\s\up10(→))＋eq \(AC,\s\up10(→)))2＋eq \(AD,\s\up10(→))2，故|eq \(AB,\s\up10(→))＋eq \(AC,\s\up10(→))＋eq \(AD,\s\up10(→))|＝|eq \(AB,\s\up10(→))＋eq \(AC,\s\up10(→))－eq \(AD,\s\up10(→))|，因此A正确；易得B正确；C中，(eq \(AB,\s\up10(→))＋eq \(AC,\s\up10(→))＋eq \(AD,\s\up10(→)))·eq \(BC,\s\up10(→))＝(eq \(AB,\s\up10(→))＋eq \(AC,\s\up10(→))＋eq \(AD,\s\up10(→)))·(eq \(AC,\s\up10(→))－eq \(AB,\s\up10(→)))＝eq \(AB,\s\up10(→))·eq \(AC,\s\up10(→))－|eq \(AB,\s\up10(→))|2＋|eq \(AC,\s\up10(→))|2－eq \(AC,\s\up10(→))·eq \(AB,\s\up10(→))＋eq \(AD,\s\up10(→))·eq \(AC,\s\up10(→))－eq \(AD,\s\up10(→))·eq \(AB,\s\up10(→))＝|eq \(AC,\s\up10(→))|2－|eq \(AB,\s\up10(→))|2，当|eq \(AC,\s\up10(→))|＝|eq \(AB,\s\up10(→))|时，|eq \(AC,\s\up10(→))|2－|eq \(AB,\s\up10(→))|2＝0，否则不成立，因此C不正确；D中，eq \(AB,\s\up10(→))·eq \(CD,\s\up10(→))＝eq \(AB,\s\up10(→))·(eq \(AD,\s\up10(→))－eq \(AC,\s\up10(→)))＝eq \(AB,\s\up10(→))·eq \(AD,\s\up10(→))－eq \(AB,\s\up10(→))·eq \(AC,\s\up10(→))＝0，同理可得eq \(AC,\s\up10(→))·eq \(BD,\s\up10(→))＝0，eq \(AD,\s\up10(→))·eq \(BC,\s\up10(→))＝0，因此D正确．故选ABD.
答案：ABD
8．解析：因四面体ABCD是正四面体，顶点A在底面BCD内的射影为△BCD的垂心，所以有BC⊥DA，AB⊥CD.设正四面体的棱长为4，则eq \(BF,\s\up10(→))·eq \(DE,\s\up10(→))＝(eq \(BC,\s\up10(→))＋eq \(CF,\s\up10(→)))·(eq \(DA,\s\up10(→))＋eq \(AE,\s\up10(→)))＝0＋eq \(BC,\s\up10(→))·eq \(AE,\s\up10(→))＋eq \(CF,\s\up10(→))·eq \(DA,\s\up10(→))＋0＝4×1×cs 120°＋1×4×cs 120°＝－4，BF＝DE＝eq \r(42＋12－2×4×1×cs 60°)＝eq \r(13)，所以异面直线DE与BF的夹角θ的余弦值为cs θ＝eq \f(|\(BF,\s\up10(→))·\(DE,\s\up10(→))|,|\(BF,\s\up10(→))||\(DE,\s\up10(→))\(|,\s\up10( )) )＝eq \f(4,13).
答案：eq \f(4,13)
9．解析：(1)证明：eq \(AB1,\s\up10(→))＝eq \(AB,\s\up10(→))＋eq \(BB1,\s\up10(→))，eq \(BC1,\s\up10(→))＝eq \(BB1,\s\up10(→))＋eq \(BC,\s\up10(→)).
∵BB1⊥平面ABC，∴eq \(BB1,\s\up10(→))·eq \(AB,\s\up10(→))＝0，eq \(BB1,\s\up10(→))·eq \(BC,\s\up10(→))＝0.
又△ABC为正三角形，
∴〈eq \(AB,\s\up10(→))，eq \(BC,\s\up10(→))〉＝π－〈eq \(BA,\s\up10(→))，eq \(BC,\s\up10(→))〉＝π－eq \f(π,3)＝eq \f(2π,3).
∴eq \(AB1,\s\up10(→))·eq \(BC1,\s\up10(→))＝(eq \(AB,\s\up10(→))＋eq \(BB1,\s\up10(→)))·(eq \(BB1,\s\up10(→))＋eq \(BC,\s\up10(→)))
＝eq \(AB,\s\up10(→))·eq \(BB1,\s\up10(→))＋eq \(AB,\s\up10(→))·eq \(BC,\s\up10(→))＋eq \(BB1,\s\up10(→))2＋eq \(BB1,\s\up10(→))·eq \(BC,\s\up10(→))
＝|eq \(AB,\s\up10(→))|·|eq \(BC,\s\up10(→))|·cs〈eq \(AB,\s\up10(→))，eq \(BC,\s\up10(→))〉＋eq \(BB1,\s\up10(→))2
＝eq \r(2)×eq \r(2)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))＋1＝0，
∴eq \(AB1,\s\up10(→))⊥eq \(BC1,\s\up10(→))，即AB1⊥BC1.
(2)结合(1)，知eq \(AB1,\s\up10(→))·eq \(BC1,\s\up10(→))＝|eq \(AB,\s\up10(→))|·|eq \(BC,\s\up10(→))|·cs〈eq \(AB,\s\up10(→))，eq \(BC,\s\up10(→))〉＋eq \(BB1,\s\up10(→))2＝eq \(BB1,\s\up10(→))2－1.
又|eq \(AB1,\s\up10(→))|＝eq \r(\(AB,\s\up10(→))＋\(BB1,\s\up10(→))\(2,\s\up10( )) )＝eq \r(2＋|\(BB1,\s\up10(→))|\(2,\s\up10( )) )＝|eq \(BC1,\s\up10(→))|.
∴cs〈eq \(AB1,\s\up10(→))，eq \(BC1,\s\up10(→))〉＝eq \f(|\(BB1,\s\up10(→))|2－1,2＋|\(BB1,\s\up10(→))|\(2,\s\up10( )) )＝eq \f(1,2)，
∴|eq \(BB1,\s\up10(→))|＝2，即侧棱长为2.
10．解析：假设存在点Q(点Q在边BC上)，使eq \(PQ,\s\up10(→))⊥eq \(QD,\s\up10(→))，即PQ⊥QD.连接AQ，因为PA⊥平面ABCD，所以PA⊥QD.
又eq \(PQ,\s\up10(→))＝eq \(PA,\s\up10(→))＋eq \(AQ,\s\up10(→))，所以eq \(PQ,\s\up10(→))·eq \(QD,\s\up10(→))＝eq \(PA,\s\up10(→))·eq \(QD,\s\up10(→))＋eq \(AQ,\s\up10(→))·eq \(QD,\s\up10(→))＝0.
又eq \(PA,\s\up10(→))·eq \(QD,\s\up10(→))＝0，所以eq \(AQ,\s\up10(→))·eq \(QD,\s\up10(→))＝0，所以eq \(AQ,\s\up10(→))⊥eq \(QD,\s\up10(→)).
即点Q在以边AD为直径的圆上，圆的半径为eq \f(a,2).
又AB＝1，
所以当eq \f(a,2)＝1，即a＝2时，该圆与边BC相切，存在1个点Q满足题意；
当eq \f(a,2)＞1，即a＞2时，该圆与边BC相交，存在2个点Q满足题意；
当eq \f(a,2)＜1，即a＜2时，该圆与边BC相离，不存在点Q满足题意．
综上所述，当a≥2时，存在点Q，使eq \(PQ,\s\up10(→))⊥eq \(QD,\s\up10(→))；
当0＜a＜2时，不存在点Q，使eq \(PQ,\s\up10(→))⊥eq \(QD,\s\up10(→)).