資源簡介

1.1.2　空間向量的數量積運算
A組
1.若a,b均為非零向量,則a·b=|a||b|是a與b共線的(　　)
A.充分不必要條件
B.必要不充分條件
C.充分必要條件
D.既不充分又不必要條件
2.已知a+b+c=0,|a|=2,|b|=3,|c|=4,則a與b的夾角的余弦值為(　　)
A. B. C. D.
3.已知空間四邊形ABCD的每條邊和對角線的長都等于a,點E,F分別是BC,AD的中點,則的值為(　　)
A.a2 B.a2 C.a2 D.a2
4.設A,B,C,D是空間中不共面的四點,且滿足=0,=0,=0,則△BCD是(　　)
A.鈍角三角形 B.銳角三角形
C.直角三角形 D.不確定
5.(多選題)已知四邊形ABCD為矩形,PA⊥平面ABCD,連接AC,BD,PB,PC,PD,則下列各組向量中,數量積一定為零的是(　　)
A. B.
C. D.
6.已知空間向量a,b,|a|=3,|b|=5,m=a+b,n=a+λb,=135°,若m⊥n,則λ的值為　　　　　.
7.如圖所示,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,CA=CB=1,∠BCA=90°,AA1=2,則cos<>=　　　　　.
8.如圖,在平行六面體ABCD-A1B1C1D1中,AB=4,AD=3,AA1=5,∠BAD=90°,∠BAA1=∠DAA1=60°,則體對角線AC1的長度等于　　　　　.
9.如圖,在四棱錐P-ABCD中,底面ABCD為菱形,側棱PA⊥底面ABCD,證明:PC⊥BD.
10.如圖,已知線段AB在平面α內,線段AC⊥α于點A,線段BD⊥AB于點B,線段DD'⊥α于點D',如果∠DBD'=30°,AB=a,AC=BD=b,求點C,D間的距離.
B組
1.已知棱長為1的正方體ABCD-A1B1C1D1的上底面A1B1C1D1的中心為O1,則的值為(　　)
A.-1 B.0 C.1 D.2
2.如圖,在正四面體ABCD中,E是BC的中點,那么(　　)
A.
B.
C.
D.不能比較大小
3.(多選題)已知正方體ABCD-A1B1C1D1,下列四個結論中,正確的是(　　)
A.()2=3||2
B.·()=0
C.的夾角為60°
D.正方體的體積為||
4.已知|a|=2,|b|=1,=60°,則使向量a+λb與λa-2b的夾角為鈍角的實數λ的取值范圍是　　　　　　　　.
5.在四面體OABC中,棱OA,OB,OC兩兩垂直,且OA=1,OB=2,OC=3,G為△ABC的重心,則·()=　　　　　.
6.已知正三棱柱ABC-DEF的側棱長為2,底面邊長為1,M是BC的中點,若CF上有一點N,使MN⊥AE,則=　　　　　.
7.如圖,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,∠ABC=90°,AB=BC=1,AA1=,求的夾角的余弦值.
8.如圖所示,在正三棱柱ABC-A1B1C1中,底面邊長為.
(1)設側棱長為1,求證:AB1⊥BC1;
(2)設AB1與BC1的夾角為,求側棱長.
參考答案
A組
1.A
解析:a·b=|a||b| cos=1 =0°,即a與b共線.反之不成立,因為當a與b反向共線時,a·b=-|a||b|.
2.D
解析:∵a+b+c=0,∴a+b=-c.
∴(a+b)2=|a|2+|b|2+2a·b=|c|2.
∴a·b=.∴cos=.
3.C
解析:)·)=a2.
4.B
解析:=()·()=+||2=||2>0,
同理可證>0,>0.
所以△BCD的每個內角均為銳角.故△BCD是銳角三角形.
5.BCD
解析:因為PA⊥平面ABCD,且CD 平面ABCD,所以PA⊥CD.故=0.因為AD⊥AB,PA⊥AD,且PA∩AB=A,所以AD⊥平面PAB.因為PB 平面PAB,所以AD⊥PB.故=0.同理,=0,=0.因為PA⊥平面ABCD,BD 平面ABCD,所以PA⊥BD.所以=()·.因為四邊形ABCD為矩形,所以BD不一定與AC垂直.所以的數量積不一定為0.故選BCD,排除A.
6.-
解析:∵m⊥n,∴(a+b)·(a+λb)=0.
∴m·n=0,即a2+λb2+(1+λ)a·b=0,
即18+25λ+(1+λ)×3×5×cos 135°=0,
解得λ=-.
7.
解析:=()·()=,
∵BB1⊥BA1,BB1⊥BC,∴=0,=0,
又=||||·cos(180°-∠ABC)=×1×cos 135°=-1,=4,
∴=-1+0+0+4=3,又||·||=,
∴cos<>=.
8.
解析:||2=()2=||2+||2+||2+2+2+2=16+9+25+2×4×3×cos 90°+2×4×5×cos 60°+2×3×5×cos 60°=50+20+15=85,則||=.
9.證明:∵,
∴=()·()=()·()-·()
=.
∵底面ABCD為菱形,
∴AD=AB,∴=0.
∵側棱PA⊥底面ABCD,
∴PA⊥AB,PA⊥AD,
∴=0,
∴=0,∴PC⊥BD.
10.解:||2=()2=||2+||2+||2+2().
∵AC⊥α,且AB α,∴AC⊥AB.
∴=0.
又∠DBD'=30°,AC⊥α,DD'⊥α,
∴<>=60°.
又BD⊥AB,∴=0.
∴||2=b2+a2+b2+2(0+b2cos 60°+0)=a2+3b2.
∴||=,
即點C,D間的距離為.
B組
1.C
解析:∵,
∴|2=1.故選C.
2.C
解析:∵)·()=(||2-||2)=0,
)·()
=|2
=|2(cos 60°-1)<0.
∴.
3.AB
解析:如圖所示,()2=()2=||2=3||2,故A正確;·()=.因為AB1⊥平面A1BC,A1C 平面A1BC,所以AB1⊥A1C,所以=0,故B正確;的夾角是夾角的補角,而的夾角為60°,故的夾角為120°,故C錯誤;正方體的體積為||||||,故D錯誤.
4.(-1-,-1+)
解析:由題意知
由①得λ2+2λ-2<0,
解得-1-<λ<-1+.
當a+λb與λa-2b反向共線時,存在實數k<0,使a+λb=k(λa-2b),即無解.所以不存在a+λb與λa-2b反向共線的情況,②始終成立.故實數λ的取值范圍為(-1-,-1+).
5.
解析:由已知得=0.
如圖,取BC的中點D,連接OD,AD,則AD過點G,且AG=AD.
)=)=.
·()=)2=(||2+||2+||2)=×(1+4+9)=.
6.
解析:如圖,設=m.
∵+m,
∴=()·×1×1×+4m=0.
∴m=.
7.解:∵,
且=0,
∴=-||2=-1.
又||=,||=,
∴cos<>==-.
故的夾角的余弦值為-.
8.解：(1)證明:.
∵BB1⊥平面ABC,∴BB1⊥AB,BB1⊥BC.
∴=0,=0.
又△ABC為正三角形,
∴<>=π-<>=π-.
∵=()·()=+||2+=||||·cos<>+||2=-1+1=0,
∴.
∴AB1⊥BC1.
(2)解 由(1)知=||||cos<>+||2=||2-1.
又||=,||=,
∴cos<>==cos.
∴||=2,即側棱長為2.

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