【数学】2020届一轮复习人教B版空间向量的数量积作业
2020届一轮复习人教B版 空间向量的数量积 作业
1.下列命题中正确的是( )
A.(a·b)2=a2·b2
B.|a·b|≤|a||b|
C.(a·b)·c=a·(b·c)
D.若a⊥(b-c),则a·b=a·c=0
解析:对于A项,左边=|a|2|b|2cos2
,
右边=|a|2|b|2,
∴左边≤右边,故A错误.
对于C项,数量积不满足结合律,∴C错误.
在D中,∵a·(b-c)=0,∴a·b-a·c=0,
∴a·b=a·c,但a·b与a·c不一定等于零,故D错误.
对于B项,∵a·b=|a||b|cos,-1≤cos≤1,∴|a·b|≤|a||b|,故B正确.
答案:B
2.如图,已知空间四边形每条边和对角线长都等于a,点E,F,G分别是AB,AD,DC的中点,则下列向量的数量积等于a2的是( )
A.2BA·AC
B.2AD·DB
C.2FG·AC
D.2EF·CB
解析:2BA·AC=-a2,故A错;2AD·DB=-a2,故B错;2EF·CB=-12a2,故D错;2FG·AC=AC2=a2,故只有C正确.
答案:C
3.
如图,已知PA⊥平面ABC,∠ABC=120°,PA=AB=BC=1,则PC等于( )
A.2 B.1
C.2 D.4
解析:∵PC=PA+AB+BC,∴PC2=PA2+AB2+BC2+2AB·BC=1+1+1+2×1×cos 60°=4,
∴|PC|=2.
答案:C
4.已知a,b是两个非零向量,现给出以下命题:
①a·b>0⇔∈0,π2;
②a·b=0⇔=π2;
③a·b<0⇔∈π2,π;
④|a·b|=|a||b|⇔=π.
其中正确的命题有( )
A.1个 B.2个 C.3个 D.4个
解析:利用向量数量积公式可对以上四个命题的真假作出判断.
∵a,b为非零向量,∴|a|≠0,|b|≠0.
又∵a·b=|a||b|cos,且0≤≤π,
于是a·b>0⇔cos>0⇔∈0,π2;
a·b=0⇔cos=0⇔=π2;
a·b<0⇔cos<0⇔∈π2,π.
因此,命题①②③均为真命题.
∵|a·b|=|a||b|⇔|cos|=1⇔=0或π,
∴|a·b|=|a||b|⇔=π不正确,即命题④为假命题.故选C.
答案:C
5.若|a|=|b|,且非零向量a,b不平行,则a+b与a-b所在直线所形成的角的大小是 .
解析:如图,作OA=a,OB=b,以OA,OB为邻边作▱OACB,则OC=a+b,BA=a-b.
又∵|a|=|b|,∴四边形OACB为菱形,
∴OC⊥BA,故a+b与a-b的夹角为π2.
答案:π2
6.导学号90074024已知|a+b|=2,|a-b|=3,且cos=14,则|a|= ,|b|= .
解析:由|a+b|=2,知a2+2a·b+b2=4.
由|a-b|=3,知a2-2a·b+b2=9.
故2a2+2b2=13,则|a|2+|b|2=132.①
由cos=|a2|-|b|2|a+b|·|a-b|=14,
得|a|2-|b|2=32.②
由①②,得|a|=2,|b|=102.
答案:2 102
7.已知a,b,c中每两个的夹角都是π3,且|a|=4,|b|=6,|c|=2,试计算|a+b+c|.
解∵|a|=4,|b|=6,|c|=2,且===π3,∴|a+b+c|2=(a+b+c)·(a+b+c)
=|a|2+|b|2+|c|2+2a·b+2a·c+2b·c
=|a|2+|b|2+|c|2+2|a||b|cos+2|a||c|·cos+2|b||c|cos=42+62+22+4×6+4×2+6×2=100,∴|a+b+c|=10.
8.
如图,在四面体A-BCD中,AB=2,BC=3,BD=23,CD=3,∠ABD=30°,∠ABC=60°,求AB与CD的夹角的余弦值.
解∵CD=BD-BC,
∴AB·CD=AB·BD-AB·BC=|AB|·|BD|·cos-|AB|·|BC|·cos=2×23×cos 150°-2×3×cos 120°=-6+3=-3,
∴cos=AB·CD|AB||CD|=-32×3=-12,
∴AB与CD的夹角的余弦值为12.
9.
如图,在正三棱柱ABC-A1B1C1中,若侧面对角线AB1⊥BC1,求证:A1C⊥AB1.
证明由题意,设BA=a,BC=b,BB1=c,|a|=|b|=m,|c|=n,则a·b=m2cos 60°=m22,a·c=b·c=0.
∵AB1⊥BC1,且AB1=AB+BB1=-a+c,BC1=b+c,∴AB1·BC1=(-a+c)·(b+c)
=-a·b+c2=n2-12m2=0,即m2=2n2,
∴AB1·A1C=(-a+c)·(A1A+AB+BC)
=(-a+c)·(-c-a+b)=a2-c2-a·b
=m2-n2-12m2=0,∴A1C⊥AB1.
B组
1.设a,b,c是任意的非零向量,且它们相互不共线,下列命题:
①(a·b)·c-(c·a)·b=0;
②|a|-|b|<|a-b|;
③(b·a)·c-(a·c)·b不与c垂直;
④(3a+2b)·(3a-2b)=9|a|2-4|b|2.
其中正确的有( )
A.①② B.②③ C.③④ D.②④
解析:根据向量的数量积运算,结合模及向量垂直的性质知①③不正确,②④正确.
答案:D
2.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.13 B.23 C.33 D.43
解析:∵AC1=AB+AD+AA1,
∴|AC1|=(AB+AD+AA1)2 =
AB2+AD2+AA12+2(AB·AD+AB·AA1+AD·AA1) .
∵AB=1,AD=2,AA1=3,∠BAD=90°,∠BAA1=∠DAA1=60°,
∴=90°,==60°.
∴|AC1|=
1+4+9+2(1×3×cos60°+2×3×cos60°)=23.
答案:B
3.设A,B,C,D是空间不共面的四点,且满足AB·AC=AC·AD=AB·AD=0,则△BCD为( )
A.钝角三角形 B.锐角三角形
C.直角三角形 D.不确定
解析: BD=BA+AD,BC=BA+AC,CD=CA+AD,
∴cos=(BA+AD)·(BA+AC)|BA+AD|·|BA+AC|=BA2|BA+AD||BA+AC|>0,∴为锐角,
同理cos >0,∴∠BCD为锐角,cos>0,∴∠BDC为锐角,即△BCD为锐角三角形.
答案:B
4.如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,O为AC与BD的交点,G为CC1的中点,用向量法证明:A1O⊥平面GBD.
证明设A1B1=a,A1D1=b,A1A=c,则a·b=0,b·c=0,a·c=0.而A1O=A1A+AO=A1A+12(AB+AD)=c+12(a+b),BD=AD-AB=b-a,OG=OC+CG=12(AB+AD)+12CC1=12(a+b)-12c,
所以A1O·BD=c+12a+12b·(b-a)
=c·(b-a)+12(a+b)·(b-a)
=c·b-c·a+12(|b|2-|a|2)=12(|b|2-|a|2)=0.
所以A1O⊥BD.所以A1O⊥BD.
同理可证A1O⊥OG,所以A1O⊥OG.又因为OG∩BD=O,且A1O⊈平面GBD,所以A1O⊥平面GBD.
5.在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中,∠A1AB=∠A1AD=∠BAD=60°,AA1=AB=AD=3.
(1)求|AC1|;
(2)求证:AC1⊥平面A1BD;
(3)求AB1与A1D的夹角.
(1)解令AB=a,AD=b,AA1=c,则AC1=a+b+c,
∴|AC1|=|a+b+c|=(a+b+c)2
=(a2+b2+c2+2a·b+2b·c+2c·a)12
=3+3+3+2×3×3×12+2×3×3×12+2×3×3×1212=32.
(2)证明 A1B=a-c,∴AC1·A1B=(a+b+c)·(a-c)=a2-a·c+b·a-b·c+c·a-c2=0.
∴AC1⊥A1B,又A1D=b-c,同理AC1⊥A1D,
∴AC1垂直于平面A1BD内的两条相交直线A1D,A1B,∴AC1⊥平面A1BD.
(3)解cos=AB1·A1D|AB1||A1D|
=(a+c)·(b-c)|a+c|·|b-c|=-323×3=-36.
∴AB1与A1D的夹角为π-arccos36.
6.导学号90074025如图,正方形ABCD与正方形ABEF的边长均为1,且平面ABCD⊥平面ABEF,点M在AC上移动,点N在BF上移动.若CM=BN=a(0
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