课时作业21 空间向量的数量积运算
基础巩固
1．下列结论中正确的是( )
A．(a·b)·c＝(b·c)·a
B．若a·b＝－|a||b|，则a∥b
C．若a，b，c为非零向量，且a·c＝b·c，则a∥b
D．若a2＝b2，则a＝b
解析：由a·b＝－|a||b|有cos〈a，b〉＝＝
－1.又∵0°≤〈a，b〉≤180°，∴〈a，b〉＝180°，∴a∥b，B正确，选B.
答案：B
2．空间四边形OABC中，OB＝OC，∠AOB＝∠AOC＝，则cos〈，〉等于( )
A. B.
C．－ D．0
解析：∵·＝·(－)＝·－·＝||·||·cos－||||·cos＝0，
∴⊥，∴cos〈，〉＝0.
答案：D
3．已知i、j、k是两两垂直的单位向量，a＝2i－j＋k，b＝i＋j－3k，则a·b等于( )
A．－2 B．－1
C．±1 D．2
解析：a·b＝(2i－j＋k)·(i＋j－3k)＝2i2－j2－3k2＝－2.
答案：A
4．已知在平行六面体ABCD—A′B′C′D′中，AB＝4，AD＝3，AA′＝5，∠BAD＝90°，∠BAA′＝∠DAA′＝60°，则AC′等于( )
A．85 B.
C．5 D．50
解析：∵AC′＝＋＋CC′＝＋＋AA′，
∴AC′2＝(＋＋AA′)2＝2＋·＋·AA′＋·＋2＋·AA′＋AA′·＋AA′·＋AA′2＝16＋4×5×cos60°＋9＋15cos60°＋5×4cos60°＋5×3cos60°＋52＝85，∴|AC′|＝.
答案：B
5．已知向量a，b满足(a＋2b)·(a－b)＝－6，且|a|＝1，|b|＝2，则a与b的夹角为________．
解析：本题主要考查向量的数量积与向量夹角的求法，属中挡题．
(a＋2b)·(a－b)＝－6，则a2＋a·b－2b2＝－6，
即12＋a·b－2×22＝－6，
a·b＝1，所以cos〈a，b〉＝＝，
所以〈a，b〉＝60°.
答案：60°
6．设a⊥b，〈a，c〉＝，〈b，c〉＝，且|a|＝1，|b|＝2，|c|＝3，则|a＋b＋c|＝__________.
解析：由题设有a2＝1，b2＝4，c2＝9，a·b＝0，
b·c＝3，a·c＝，
所以|a＋b＋c|＝
＝
＝.
答案：
能力提升
1．设A、B、C、D是空间不共面的四点，且满足·＝0，·＝0，·＝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：∵·＝(＋)·(＋)＝2＋·＋·＋·＝2>0，∴cosC>0，
∴C为锐角，同理可判断B、D也都是锐角．
答案：B
2．六个面都是平行四边形的四棱柱称为平行六面体．如图1(1)，在平行四边形ABCD中，有AC2＋BD2＝2(AB2＋AD2)，那么在图1(2)所示的平行六面体ABCD—A1B1C1D1中，有AC＋BD＋CA＋DB＝( )
图1
A．2(AB2＋AD2＋AA) B．3(AB2＋AD2＋AA)
C．4(AB2＋AD2＋AA) D．4(AB2＋AD2)
解析：在?A1BCD1中，A1C2＋BD＝2(A1B2＋BC2)＝2(A1B2＋AD2)
在?AB1C1D中，AC＋DB＝2(AD2＋AB)
∴A1C2＋BD＋AC＋DB＝2(AB＋A1B2)＋4AD2
又∵在?ABB1A1中，AB＋A1B2＝2(AB2＋AA)
∴AC＋BD＋CA＋DB＝4(AB2＋AA＋AD2)．
答案：C
3．(2015年高考·天津卷)在等腰梯形ABCD中，已知AB∥DC，AB＝2，BC＝1，∠ABC＝60°.点E和F分别在线段BC和DC上，且＝，＝，则·的值为________．
解析：在等腰梯形ABCD中，由AB∥DC，AB＝2，BC＝1，∠ABC＝60°，
得·＝，·＝1，＝，
所以·＝(＋)·(＋)
＝·
＝·＋·＋AB2＋·
＝1＋＋－＝.
答案：
4．(2014年高考·江西卷)已知单位向量e1与e2的夹角为α，且cosα＝，向量a＝3e1－2e2与b＝3e1－e2的夹角为β，则cosβ＝________.
解析：a·b＝(3e1－2e2)·(3e1－e2)
＝9＋2－9e1·e2＝8，
|a|＝＝＝3，
|b|＝＝＝2.
所以cosβ＝＝＝.
答案：
5．已知空间四边形ABCD，则·＋·＋·＝__________.
解析：原式＝·(－)＋(－)·＋
(－)·(－)
＝·－·＋·－·－·＋·＝0.
答案：0
6．已知平行六面体ABCD—A1B1C1D1中，以顶点A为端点的三条棱长都等于1，且两两夹角都是60°，则对角线AC1的长是__________．
解析：由题设知2＝2＝2＝1，·＝·＝·＝.所以||＝＝
＝＝
＝.
答案：
7．已知空间四边形OABC中，∠AOB＝∠BOC＝∠AOC，且OA＝OB＝OC.M、N分别是OA、BC的中点，G是MN的中点．试用向量方法证明OG⊥BC.
证明：如图2，连结ON，设∠AOB＝∠BOC＝∠AOC＝θ，
又设＝a，＝b，＝c，
图2
则|a|＝|b|＝|c|，
又＝(＋)
＝＝(a＋b＋c)，
＝c－b，
∴·＝(a＋b＋c)·(c－b)
＝(a·c－a·b＋b·c－b2＋c2－c·b)
＝(|a|2cosθ－|a|2cosθ－|a|2＋|a|2)＝0.
∴OG⊥BC.
8．如图3，在△ABC中，∠C＝60°，CD为∠C的平分线，AC＝4，BC＝2.过B点作BN⊥CD，垂足为N，BN的延长线交CA于点E，将图形沿CD折起，使∠BNE＝120°，求折后所得线段AB的长度．
图3
解：如图4，过点A作AM⊥CD，垂足为M，则AM＝AC·sin30°＝2，
MN＝MC－NC
图4
＝4cos30°－2cos30°＝，
NB＝2·sin30°＝1.
又AM∥NE，∴〈，〉
＝〈，〉＝60°.
∵＝＋＋，
∴||2＝||2＋||2＋||2＋2·＋2·＋2·
＝4＋3＋1＋0＋2×2×1×cos60°＋0＝10.
∴||＝，即AB的长度为.
创新拓展
1．如图5所示，定点A和B都在平面α内，定点P?α，PB⊥α，C是α内异于A和B的动点，且PC⊥AC，那么动点C在α内的轨迹是( )
图5
A．一条线段，但要去掉两个点
B．一个圆，但要去掉两个点
C．一个椭圆，但要去掉两个点
D．半圆，但要去掉两个点
解析：连结BC，则∵PB⊥α，
∴BC是PC在α内的射影．
∵PC⊥AC，∴由三垂线定理的逆定理知AC⊥BC.
∴点C的轨迹是以AB为直径的圆，但要去掉A、B两点．
答案：B
2．已知e1，e2是夹角为的两个单位向量，a＝e1－2e2，b＝ke1＋e2.若a·b＝0，则实数k的值为________．
解析：由a·b＝0，得(e1－2e2)·(ke1＋e2)＝0，化简得：k－2＋(1－2k)(－)＝0，即k＝.
答案：
3．如图6，直三棱柱ABC—A1B1C1中，BC1⊥AB1，BC1⊥A1C，求证：AB1＝A1C.
图6
证明：∵BC1⊥AB1，BC1⊥A1C
∴·＝·(＋)
＝·(＋)＝·＋·＝0①
·＝·(－)
＝·－·＝0②
①＋②得·＋·＝0，
∴·(＋)＝0.
∴(＋)·(＋)＝0.③
∵ABC—A1B1C1是直三棱柱，∴CC1⊥面ABC，
∴CC1⊥AB，且CC1⊥AC
∴·＝0，·＝0，
∴③式可变为·(＋)＝0
取BC的中点D，则＋＝2，
∴·2＝0，∴BC⊥AD.
∴AB＝AC，又∵BB1＝AA1，∴AB1＝A1C.
4．如图7，正方体ABCD—A1B1C1D1中，P是DD1的中点，O是底面ABCD的中心．
图7
求证：B1O⊥平面PAC.
证明：连结DB，取
＝a，＝b，＝c，
且|a|＝|b|＝|c|＝1.
则有＝＋＝a＋b，
＝＋
＝＋＝(－)＋
＝a－b＋c，
∴·＝(a＋b)·
＝|a|2＋a·b－a·b－|b|2＋a·c＋b·c
＝－＝0.
∴⊥，即AC⊥OB1.
又＝＋＝b＋c，
∴·＝·
＝a·b－|b|2＋c·b＋a·c－b·c＋|c|2
＝－＋＝0，
∴⊥，即OB1⊥AP.
又AP∩AC＝A，∴OB1⊥平面ACP.
