广西专版2023_2024学年新教材高中数学第1章空间向量与立体几何1.1.2空间向量的数量积运算训练提升新人教版选择性必修第一册

1.1.2　空间向量的数量积运算

课后·训练提升

基础巩固

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.必要不充分条件

C.充要条件

D.既不充分又不必要条件

答案:A

解析:a·b=|a||b|⇒cos<a,b>=1⇒<a,b>=0°,即a与b共线.反之不成立,当a与b反向共线时,a·b=-|a||b|.

2.已知向量a,b满足条件:|a|=2,|b|=,且a与2b-a互相垂直,则<a,b>等于(　　)

A.30° B.45° 

C.60° D.90°

答案:B

解析:由已知得,a·(2b-a)=0,即2a·b=|a|2=4,所以a·b=2,

所以cos<a,b>=,

又0°≤<a,b>≤180°,所以<a,b>=45°.

3.已知四面体ABCD的所有棱长都等于2,E是棱AB的中点,F是棱CD靠近C的四等分点,则等于(　　)

A.- B. 

C.- D.

答案:D

解析:由题意知,

因为=||·||cos<>=2,=||·||cos<>=2,=||·||cos<>=-2,所以×2+2+×(-2)=,故选D.

4.已知A,B,C,D是空间中不共面的四点,若(-2)·()=0,则△ABC一定是(　　)

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

答案:B

解析:∵(-2)·()=()·()=()·()=||2-||2=0,∴||=||,即AB=AC.故△ABC为等腰三角形.

5.(多选题)在正方体ABCD-A1B1C1D1中,关于下列四个结论,正确的是(　　)

A.()2=3

B.·()=0

C.的夹角为60°

D.正方体的体积为||

答案:AB

解析:如图所示,()2=()2==3,故A中结论正确;

·()==0,故B中结论正确;

的夹角是夹角的补角,而的夹角为60°,故的夹角为120°,故C中结论错误;正方体的体积为||||·||,故D中结论错误.

6.已知空间向量a,b,|a|=3,|b|=5,m=a+b,n=a+λb(λ∈R),<a,b>=135°,若m⊥n,则λ的值为　　　　　. 

答案:-

解析:由题意知a·b=|a||b|cos<a,b>=3×5×=-15.由m⊥n,得m·n=(a+b)·(a+λb)=0,即|a|2+(λ+1)a·b+λ|b|2=18-15(λ+1)+25λ=0,解得λ=-.

7.如图,四面体ABCD的每条棱长都等于2,点E,F分别为棱AB,AD的中点,则||=　　　　　,所成的角为　　　　　. 

答案:

解析:因为=2×2×cos=2,

所以||2==||2-|2=4-2+×4=3.

所以||=.

因为),

所以·()=)=0.

又<>∈[0,π],所以<>=.

8.已知空间向量a,b满足|a|=3,|b|=2,且(a-2b)·(a+b)=5,则a+b在a上的投影向量为　　　　　. 

答案:a

解析:∵(a-2b)·(a+b)=5,

∴|a|2-a·b-2|b|2=5,∴a·b=-4.

∴a·(a+b)=|a|2+a·b=5,|a+b|=.

∴cos<a,a+b>=,

∴a+b在a上的投影向量为|a+b|cos<a,a+b>·a=a.

9.在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=AA1=2,AD=4,E为侧面ABB1A1的中心,F为A1D1的中点.试计算:

(1);

(2);

(3).

解:设=a,=b,=c,

则|a|=|c|=2,|b|=4,a·b=b·c=c·a=0.

(1)∵c-a+b,=b,

∴=b·=|b|2=16.

(2)∵=c-a+b,=a+c,

∴(a+c)=|c|2-|a|2=0.

(3)∵c-a+b,

b+a,

∴|b|2-|a|2=2.

10.如图,在四面体OACB中,OB=OC,AB=AC,求证:OA⊥BC.

证明:因为OB=OC,AB=AC,OA=OA,

所以△OAB≌△OAC,所以∠AOB=∠AOC.

所以·()==||||cos∠AOC-||||cos∠AOB=0,所以,即OA⊥BC.

能力提升

1.已知两条异面直线的方向向量分别为a,b,且|a|=|b|=1,a·b=-,则这两条异面直线所成的角为(　　)

A.30° B.60° 

C.120° D.150°

答案:B

2.如图,在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中,底面是边长为1的正方形,若∠A1AB=∠A1AD=60°,且A1A=3,则A1C的长为(　　)

A. B.2

C. D.

答案:A

解析:∵=-,

∴||2=(-)2=||2+||2+||2-2-2+2=9+1+1-2×3×1×cos60°-2×3×1×cos60°=5,

∴||=.

3.如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,∠ABC=90°,AB=BC=1,AA1=,则上的投影向量为(　　)

A.- B.- 

C.- D.-

答案:D

解析:∵,

且=0,

∴=-=-1.

又||=,||=,

∴cos<>==-,

∴上的投影向量为||cos<>·=-=-.

4.如图,直二面角α-AB-β的棱上有两点A,B,AC,BD分别是这个二面角的两个面内垂直于AB的线段,且AB=4,AC=6,BD=8,则CD的长为　　　　　. 

答案:2

解析:由题意可知,,||=6,||=4,||=8,

则||2=()2=||2+||2+||2+2+2+2=116,

故||=2,即CD的长为2.

5.已知正三棱柱ABC-DEF的侧棱长为2,底面边长为1,M是BC的中点,若CF上有一点N,使MN⊥AE,则=　　　　　. 

答案:

解析:设=m.∵+m,

∴=()·×1×1×+4m=0.

∴m=.

6.在四面体OABC中,棱OA,OB,OC两两垂直,且OA=1,OB=2,OC=3,G为△ABC的重心,则·()=　　　　　. 

答案:

解析:由已知得=0.

如图,取BC的中点D,连接OD,AD,则AD经过点G,且AG=AD,所以)=)=.

所以·()=)2=(||2+||2+||2)=×(1+4+9)=.

7.如图,在四面体ABCD中,AB=CD,AC=BD,E,F分别是AD,BC的中点,求证:EF⊥AD,且EF⊥BC.

证明:∵F是BC的中点,∴).

又E是AD的中点,∴.

∴)-).

∵||=||=||,

∴-2.

同理-2.

∴2-2-2=0,

即()·=0.

∴)·=0,

∴.同理.

∴EF⊥AD,且EF⊥BC.

8.在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中,底面ABCD是边长为1的正方形,∠BAA1=∠DAA1=,AC1=.

(1)求侧棱AA1的长;

(2)若M,N分别为D1C1,C1B1的中点,求及两异面直线AC1和MN的夹角.

解:(1)设侧棱AA1=x,

由题意知,=1,=x2,=0,.

∵,∴=()2=+2+2+2=26,

即x2+2x-24=0.

∵x>0,∴x=4.

故侧棱AA1=4.

(2)∵),

∴)·()

=)=×(1-1+2-2)=0,

故两异面直线AC1和MN的夹角为90°.