高中数学人教版新课标A选修2-13.2立体几何中的向量方法课后练习题

第3章   3.1.3

(本栏目内容，在学生用书中以活页形式分册装订！)

一、选择题(每小题5分，共20分)

1．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：　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)．故选B.

答案：　B

2．正方体ABCD－A′B′C′D′中，向量与的夹角是(　　)

A．30°　　　　　　　　　　 B．45°

C．60°   D．90°

解析：　BC′∥AD′，△AD′B′为正三角形，

∴∠D′AB′＝60°，∴〈，〉＝60°.

答案：　C

3．设A，B，C，D是空间不共面的四点，且满足A·A＝0，A·A＝0，A·A＝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：　如右图所示，

设A＝a，A＝b，A＝c，

∵C·C＝(a－b)·(c－b)

＝a·c－b·c－a·b＋b2

＝b2>0.

同理B·B>0，D·D>0.故选B.

答案：　B

4.如图，平行六面体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝1，AD＝2，AA1＝3，∠BAD＝90°，∠BAA1＝∠DAA1＝60°，则AC1的长为(　　)

A.   B.

C.  D.

解析：　∵＝A＋A＋，

∴||＝

＝

∵AB＝1，AD＝2，AA1＝3，

∠BAD＝90°，

∠BAA1＝∠DAA1＝60°，

∴〈A，A〉＝90°，〈A，〉＝〈A，〉＝60°.

∴|A|＝

＝.故选D.

答案：　D

二、填空题(每小题5分，共10分)

5．在空间四边形ABCD中，A·C＋B·A＋C·B＝________.

解析：　设A＝b，A＝c，A＝d，

则C＝d－c，B＝d－b，＝c－b.

原式＝0.

答案：　0

6．已知|a|＝3，|b|＝4，a与b的夹角为135°，m＝a＋b，n＝a＋λb，则m⊥n，则λ＝________.

解析：　m·n＝(a＋b)·(a＋λb)

＝|a|2＋λa·b＋a·b＋λ|b|2

＝18＋λ×3×4×cos 135°＋3×4×cos 135°＋λ×16

＝6－12λ＋16λ＝6＋4λ，

∵m⊥n，∴6＋4λ＝0，

∴λ＝－.

答案：　－

三、解答题(每小题10分，共20分)

7.如图所示，已知正三棱锥A－BCD的侧棱长和底面边长都是a，点E，F，G是AB，AD，DC上的点，且AE∶EB＝AF∶FD＝CG∶GD＝1∶2，

求下列向量的数量积：

(1)A·D；(2)A·B；(3)G·A；

(4)E·B.

解析：　(1)|A|＝a，||＝a，〈A，D〉＝120°，

所以A·D＝|||D|cos 120°＝－a2.

(2)因为B＝A－A，

所以A·B＝A·(A－A)＝A·A－A·A，

又因为|A|＝a，||＝a，〈A，A〉＝〈A，A〉＝60°，

所以A·B＝a2－a2＝0.

(3)因为点F，G是AD，DC上的点，

所以G＝＝－A，

所以G·A＝－，

因为＝a2，

所以G·A＝－a2.

(4)因为点E，F分别是AB，AD上的点，所以E＝B，

所以E·B＝B·B，

结合图形可知〈B，B〉＝60°，

所以E·B＝B·B＝×a×a×cos 60°＝a2.

8．在正四面体ABCD中，棱长为a，M，N分别是棱AB，CD上的点，且|MB|＝2|AM|，|CN|＝|ND|，求|MN|.

解析：　∵M＝M＋B＋C

＝A＋(A－A)＋(A－A)

＝－A＋A＋A.

∴M·M

＝(－A＋A＋)·(－A＋A＋A)

＝－A·A－A·A＋A·A＋2＋

＝a2－a2－a2＋a2＋a2＋a2＝a2.

故|M|＝＝a.

即|MN|＝a.

尖子生题库☆☆☆

9．(10分)已知正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为a.

(1)用向量法求A1B和B1C的夹角；

(2)用向量法证明A1B⊥AC1；

(3)用向量法求AC1的长度．

解析：　(1)因为正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为a，

所以||＝||＝a.

因为＝A－，

＝＝A－，

所以·＝(A－)·(A－)＝a2，

所以cos〈，〉＝＝，

即A1B和B1C的夹角为60°；

(2)证明：因为＝A＋＋A，

＝A－，

所以·＝0，A1B⊥AC1；

(3)由(2)知，＝A＋＋A，

所以2＝(A＋＋A)2＝3a2，

所以||＝AC1＝a.