高中数学-两个向量的数量积测试题
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6.2.4 向量的数量积第2课时 向量的向量积一、选择题1.(2019·全国高二课时练习)有四个式子:①1a a ⋅=;②0a a +=;③0MN NM -=;④a b a b ⋅=⋅.其中正确的有( )A .1个B .2个C .3个D .4个 【答案】C 【解析】由向量的加减与乘法运算知①②③正确, 对④,由于cos a b a b a b θ⋅=≤,故不一定正确,则正确的有3个 故选C2.设m ,n 为非零向量,则“存在负数λ,使得λ=m n ”是“0<⋅m n ”的 A .充分而不必要条件B .必要而不充分条件C .充分必要条件D .既不充分也不必要条件 【答案】A【解析】试题分析:若0λ∃<,使λ=m n ,则两向量,m n 反向,夹角是180︒,那么cos1800⋅=︒=-<m n m n m n ;若0m n ⋅<,那么两向量的夹角为(]90,180︒︒,并不一定反向,即不一定存在负数λ,使得λ=m n ,所以是充分而不必要条件,故选A. 3.(2019·全国高一课时练习)已知2,2a b a b ==⋅=,则a b -=( )A .1B C .2 D 2【答案】C【解析】()22222222a b a b a b a a b b -=-=-=-⋅+=-==.故选C. 4.(2019·全国高一课时练习)已知,a b 均为单位向量,且()()33222a b a b +⋅-=-,则向量,a b 的夹角为( ) A .6π B .4π C .34π D .56π 【答案】A【解析】设向量,a b 的夹角为θ.因为|a |=|b |=1,所以(2a +b )·(a -2b )=2-3a ·2b -=-3cos θ,即cos θ=2,θ=6π. 故选A.5.(多选题)对于平面向量,给出下列四个命题:A.命题p 1:若a ⃗⋅b ⃗⃗>0,则a ⃗与b⃗⃗的夹角为锐角; B.命题p 2:“|a ⃗⋅b ⃗⃗|=|a ⃗|⋅|b ⃗⃗|”是“a ⃗//b⃗⃗”的充要条件; C.命题p 3:当a ⃗,b ⃗⃗为非零向量时,“a ⃗+b ⃗⃗=0⃗⃗”是“|a ⃗+b ⃗⃗|=||a ⃗|−|b⃗⃗||”的必要不充分条件; D.命题p 4:若|a ⃗+b ⃗⃗|=|b ⃗⃗|,则|2b ⃗⃗|≥|a ⃗+2b⃗⃗|。
课时素养评价五向量的数量积(15分钟30分)1.已知向量a,b满足|a|=1,|b|=,且a与b的夹角为,则(a+b)·(2a-b)= (A. B.- C.- D.【解析】选A. =2a2-b2+a·b=2-3+1××=.2.(2020·广州高一检测)已知向量a,b满足|a|=,|b|=2,a·b=-3,则a与b的夹角是( )A.150°B.120C.60D.30°【解析】选B.设a与b的夹角为θ,则cos θ===-,因为0°≤θ≤180°,所以θ=120°.【补偿训练】已知向量a,b满足|a|=2,|b|=1,a·b=1,则向量a与a-b的夹角为 ( )A. B. C. D.【解析】选A.|a-b|=设向量a与a-b的夹角为θ,则cos θ===,又因为θ∈[0,π],所以θ=.3.如图,已知正六边形P1P2P3P4P5P6,下列向量的数量积中最大的是(A.·B.·C.·D.·【解析】选A.由于⊥,故其数量积是0,可排除C;与的夹角是,故其数量积小于零,可排除D;设正六边形的边长是a,则·=||||c os 30°=a2,·=||||c os 60°=a2.4.如图,AB是圆C的弦,设=a,=b,则向量在向量上的投影向量为(用a或b表示).【解析】如图所示,过点C作CD⊥AB,垂足为D,连接CB,则向量在向量上的投影向量为.因为CA=CB,所以D是AB的中点,所以==.答案:5.△ABC三边的长分别为AC=3,BC=4,AB=5,若=,=,则·= __.【解析】由题知·=(+)·=(+)·=·=+·=×42+0=.答案:6.已知非零向量a,b满足a+3b与7a-5b互相垂直,a-4b与7a-2b互相垂直,求a与b的夹角. 【解析】设a与b的夹角为θ,由已知条件得即②-①得23b2-46a·b=0,所以2a·b=b2,代入①得a2=b2,所以|a|=|b|,所以因为θ∈[0,π],所以θ=.(30分钟60分)一、单选题(每小题5分,共20分)1.在△ABC中,若·+=0,则在上的投影向量为(A. B. C. D.【解析】选A.因为0=·+=·(+)=·,所以⊥,又与的夹角为锐角,所以在上的投影向量为.2.设a,b是非零向量.“a·b=|a||b|”是“a∥b”的(A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充分必要条件D.既不充分也不必要条件【解析】选A.设a与b的夹角为θ.因为a·b=|a|·|b|cos θ=|a|·|b|,所以cos θ=1,即a与b的夹角为0°,故a∥b;而当a∥b时,a与b的夹角为0°或180°,所以a·b=|a|·|b|cos θ=±|a|·|b|,所以“a·b=|a||b|”是“a∥b”的充分不必要条件.【补偿训练】若|a|=1,|b|=2,则|a·b|的值不可能是 ( )A.0B.C.2D.3【解析】选D.由向量数量积的性质知|a·b|≤|a||b|=2.3.如图,AB是圆O的直径,P是圆弧AB上的点,M,N是AB上的两个三等分点,且AB=6,则·= ()A.3B.4C.6D.8【解析】选D.·=(+)·(+)=-=8.【补偿训练】已知正三角形ABC的边长为1,设=c,=a,=b,那么a·b+b·c+c·a的值是( )A. B. C.- D.-【解析】选C.因为a+b+c=0,所以(a+b+c)2=0,即|a|2+|b|2+|c|2+2(a·b+b·c+c·a)=0,所以3+2(a·b+b·c+c·a)=0,所以a·b+b·c+c·a=-.4.已知下列说法:①若a2+b2=0,则a=b=0;②已知a,b,c是三个非零向量,若a+b=0,则|a·c|=|b·c|;③|a||b|<a·b;④a·a·a=|a|3.其中正确说法的个数是( A.0 B.1 C.2 D.3【解析】选C.对于①,因为a2+b2=0,所以|a|2+|b|2=0,所以|a|=|b|=0,所以a=b=0,故①正确;对于②,因为a+b=0,所以a与b互为相反向量,设a与c的夹角为θ,则b与c的夹角为π-θ,则a·c=|a||c|cos θ,b·c=|b||c|cos(π-θ)=-|b||c|cos θ,所以|a·c|=|b·c|,故②正确;对于③,由于a·b=|a||b|cos θ≤|a||b|,故③错误;对于④,由于a·a·a=|a|2a,其结果为向量,故④错误.【误区警示】解答本题容易将向量数量积与实数运算混淆而出错.二、多选题(每小题5分,共10分,全部选对得5分,选对但不全的得3分,有选错的得0分)5.已知两个单位向量a,b的夹角为60°,则下列向量是单位向量的是(A. B.a-bC.a+bD.a-b【解析】选AD.因为a,b是单位向量,且夹角为60°,所以a·b=,|a|=|b|=1;所以=×3=1,(a-b)2=a2-2a·b+b2=1,所以和a-b是单位向量.6.已知e1,e2是两个单位向量,λ∈R时,|e1+λe2|的最小值为,则下列结论正确的是(A.e1,e2的夹角是B.e1,e2的夹角是或C.|=1或D.|e1+e2|=1或【解析】选BC.因为e1,e2是两个单位向量,且|e1+λe2|的最小值为,所以(e1+λe2)2的最小值为,所以(e1+λe2)2=λ2+2e1·e2λ+1=+,所以e1与e2的夹角为或,所以|e1+e2|2=1或3,所以|e1+e2|=1或.三、填空题(每小题5分,共10分)7.已知向量a,b的夹角为45°,且|a|=4,·(2a-3b)=12,则|b|= ;b在a 上的投影向量的模等于.【解析】a·b=|a||b|cos 45°=4|b|cos 45°=2|b|,又·(2a-3b)=|a|2+a·b-3|b|2=16+|b|-3|b|2=12,解得|b|=或|b|=-(舍去).b在a上的投影向量的模为||b|cos 45°|=cos 45°=1.答案: 18.(2020·浙江高考)设e1,e2为单位向量,满足|2e1-e2|≤,a=e1+e2,b=3e1+e2,设a,b的夹角为θ,则cos2θ的最小值为.【解析】(a·b)2=|a|2·|b|2·cos2θ=(e1+e2)2(3e1+e2)2cos2θ=(2+2e1·e2)(10+6e1·e2)cos2θ=[(e1+e2)·(3e1+e2)]2=(3++4e1·e2)2=(4+4e1·e2)2,所以cos2θ=(10+6e1·e2)cos2θ=8(1+e1·e2),(6cos2θ-8)e1·e2=8-10cos2θ,又因为4+-4e1·e2≤2,5-4e1·e2≤2,所以e1·e2≥,所以e1·e2=≥,-≥0,≤0, ≤cos2θ<,所以cos2θ的最小值为.答案:四、解答题(每小题10分,共20分)9.(2020·株洲高一检测)如图所示,在平行四边形ABCD中,若AB=8,AD=5,=3,(1)若∠BAD=,求||的值;(2)若·=2,求·的值.【解析】(1)在平行四边形ABCD中,AB=8,AD=5,=3,当∠BAD=时,=+=+,所以=+·+=52+×5×8×c os +×82=39,所以||=;(2)=+=+,=+=-,所以·=·=-·-=25-·-×64=2,解得·=22.【补偿训练】已知向量a,b的长度|a|=4,|b|=2.(1)若a,b的夹角为120°,求|3a-4b|;(2)若|a+b|=2,求a与b的夹角θ.【解析】(1)a·b=|a||b|cos 120°=4×2×=-4.又|3a-4b|2=(3a-4b)2=9a2-24a·b+16b2=9×42-24×(-4)+16×22=304,所以|3a-4b|=4.(2)因为|a+b|2=(a+b)2=a2+2a·b+b2=42+2a·b+22=(2)2,所以a·b=-4,所以cos θ===-.又θ∈[0,π],所以θ=.10.设两个向量e1,e2满足|e1|=2,|e2|=1,e1,e2的夹角为60°,若向量2t e1+7e2与e1+t e2的夹角θ为钝角,求实数t的取值范围.【解析】当夹角为π时,也有(2t e1+7e2)·(e1+t e2)<0,但此时夹角不是钝角.设2t e1+7e2=λ(e1+t e2),λ<0,则所以由向量2t e1+7e2与e1+t e2的夹角θ为钝角,得cos θ=<0,所以(2t e1+7e2)·(e1+t e2)<0,化简得2t2+15t+7<0.解得-7<t<-.所以所求实数t的取值范围是∪.【补偿训练】已知两个向量a,b满足|a|=2,|b|=3,a,b的夹角为60°,若向量a+λb与λa+b的夹角为锐角,求实数λ的取值范围.【解析】由题意得a·b=|a||b|cos 60°=2×3×=3,又(a+λb)·(λa+b)=λa2+(λ2+1)a·b+λb2,而向量a+λb与λa+b的夹角为锐角,所以λa2+(λ2+1)a·b+λb2>0,又|a|2=4,|b|2=9,a·b=3,所以3λ2+13λ+3>0,解得λ>或λ<.但是当λ=1时,向量a+λb与λa+b共线,其夹角不是锐角,故λ的取值范围是∪∪(1,+∞).1.八卦是中国文化的基本哲学概念,如图1是八卦模型图,其平面图形记为图2中的正八边形ABCDEFGH,其中|OA|=1,则给出下列结论:①·=-;②+=-;③在向量上的投影向量的模为.其中正确结论的个数为(A.3B.2C.1D.0【解析】选B.·=1×1×cos 135°=-,所以①正确;+==-,所以②正确;显然||≠1,在向量上的投影向量的模为≠,所以③错误.2.已知a,b是非零向量,t为实数,设u=a+t b.(1)当|u|取最小值时,求实数t的值;(2)当|u|取最小值时,向量b与u是否垂直?【解析】(1)|u|2=|a+t b|2=(a+t b)·(a+t b)=|b|2t2+2(a·b)t+|a|2因为b是非零向量,所以|b|≠0,所以当t=时,|u|=|a+t b|的值最小.(2)垂直.因为b·(a+t b)=a·b+t|b|2=a·b+=a·b-a·b=0,所以b⊥(a+t b),即b⊥u.。
3.1.3两个向量的数量积1.已知在平行六面体ABCD -A 1B 1C 1D 1中,同一顶点为端点的三条棱长都等于1,且彼此的夹角都是60°,则此平行六面体的对角线AC 1的长为( ). A. 3 B .2 C. 5 D. 62.已知a ,b 是异面直线,A 、B ∈a ,C 、D ∈b ,AC ⊥b ,BD ⊥b ,且AB =2,CD =1,则a 与b 所成的角是( ).A .30°B .45°C .60°D .90°3.已知|a |=32,|b |=4,m =a +b ,n =a +λb ,〈a ,b 〉=135°,m ⊥n ,则λ=________.4.如图,已知正三棱柱ABC -A 1B 1C 1的各条棱长都相等,M 是侧棱CC 1的中点,则异面直线AB 1和BM 所成的角的大小是______.5.如图所示,已知△ADB 和△ADC 都是以D 为直角顶点的直角三角形,且AD =BD =CD ,∠BAC =60°.求证:BD ⊥平面ADC .6.(创新拓展)如图,正三棱柱ABC -A 1B 1C 1中,底面边长为2.(1)设侧棱长为1,求证:AB 1⊥BC 1;(2)设AB 1与BC 1的夹角为π3,求侧棱的长.参考答案1. 解析:∵AC 1→=AB →+AD →+AA 1→ ∴AC 1→2=(AB →+AD →+AA 1→)2=AB →2+AD →2+AA 1→2+2AB →·AD →+2AB →·AA 1→+2AD →·AA 1→=1+1+1+2(cos 60°+cos 60°+cos 60°)=6,∴|AC 1→|= 6. 答案:D2. 解析 ∵AB →·CD →=(AC →+CD →+DB →)·CD →=AC →·CD →+|CD →|2+DB →·CD→=|CD →|2=1, ∴cos 〈AB →,CD →〉=AB →·CD →|AB →||CD →|=12, ∴a 与b 的夹角为60°.答案 C3. 解析 由m ⊥n ,得(a +b )·(a +λb )=0,∴a 2+(1+λ)a ·b +λb 2=0,∴18+(λ+1)×32×4cos 135°+16λ=0,即4λ+6=0,∴λ=-32.答案 -324. 解析 不妨设棱长为2,则AB 1→=BB 1→-BA →,BM →=BC →+12BB 1→,cos 〈AB 1→,BM →〉=(BB 1→-BA →)·(BC →+12BB 1→)22×5=0-2+2-022×5= 0,故填90°.答案 90°5. 证明 不妨设AD =BD =CD =1,则AB =AC = 2.BD →·AC →=(AD →-AB →)·AC →=AD →·AC →-AB →·AC→, 由于AD →·AC →=AD →·(AD →+DC →)=AD →·AD →=1,AB →·AC →=|AB →|·|AC →|cos 60°=2×2×。
高中数学必修第三册《第八章 向量的数量积与三角恒等变换》单元测试卷(1)一、单选题(本大题共10小题,共50.0分) 1.设θ为两个非零向量a ⃗ ,b ⃗ 的夹角,已知对任意实数t ,|t a ⃗ +b ⃗ |的最小值为1,则( ) A. 若θ确定,则|a⃗ |唯一确定 B. 若|a⃗ |确定,则θ唯一确定 C. 若θ确定,则|b ⃗ |唯一确定D. 若θ确定,则θ唯一确定2.已知△ABC 中,点M 是线段BC 上靠近B 的三等分点,N 是线段AC 的中点,则BN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =( ) A. 12AM⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +MN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ B. 13AM⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +MN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ C. 12AM⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +2MN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ D. 13AM⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +2MN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 3. 已知△ABC 的内角A ,B ,C 的对边分别为a ,b ,c ,若csinC =acosB +bcosA ,则△ABC 的形状为( )A. 锐角三角形B. 等边三角形C. 直角三角形D. 钝角三角形4.设函数f(x)=sin3x +acos3x(a ∈R)满足f(π6−x)=f(π6+x),则a 的值是( )A. 3B. 2C. 1D. 05.已知函数f(x)=sin2x +2cos 2x −1,将f(x)的图象上各点的横坐标伸长为原来的2倍,纵坐标不变,再将所得图象向右平移π4个单位,得到函数y =g(x)的图象,则g(x)的解析式为( )A. y =√2sinxB. y =√2cosxC. y =√2sin(4x −3π4)D. y =√2cos4x6.已知向量a ⃗ =(m,1),b ⃗ =(−2,n),若a ⃗ ⊥b ⃗ ,则m ,n 间的关系正确的是( )A. m =2nB. m =−2nC. m =−12nD. m =12n7.圆O 中,弦PQ 满足|PQ|=2,则PQ ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅PO ⃗⃗⃗⃗⃗ =( )A. 2B. 1C. 12D. 48.化简√1−sin 2140°=( )A. ±cos40°B. cos40°C. −cos40°D. ±|cos40°|9.tan40°+tan80°−√3tan40°tan80°的值是( )A. √3B. −√3C. −√33 D. √3310. 如图,A 是单位圆与x 轴正半轴的交点,点P 在该单位圆上,∠AOP =θ(0<θ<π),点Q 满足PQ ⃗⃗⃗⃗⃗ =QA ⃗⃗⃗⃗⃗ ,三角形OAP 的面积记为S.则OA ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅OQ ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +S 的最大值是( )A. √24B. √2+12C. √22D. √2+14二、单空题(本大题共6小题,共30.0分)11. 设平面向量a ⃗ =(1,−2),b ⃗ =(k,2)满足a ⃗ ⊥b ⃗ ,则|b ⃗ |=______. 12. 已知外接圆的半径为,且,,则__________ .13. 下面有四个命题: ①函数是偶函数②函数的最小正周期是;③函数在上是增函数;④函数的图像的一条对称轴为直线,则.其中正确命题的序号是 。
平面向量的加减与数量积练习题一、向量的加减平面向量的加减是指根据向量的性质进行运算,可以将向量看作有方向和大小的箭头,通过对箭头进行平移和反转等操作进行运算。
1. 已知向量a = 2i + 3j,b = 4i - 5j,求a + b的结果。
解:将a和b的对应分量进行相加,得到:a +b = (2 + 4)i + (3 - 5)j = 6i - 2j2. 已知向量c = 6i - 7j,d = -3i + 2j,求c - d的结果。
解:将c和d的对应分量进行相减,得到:c -d = (6 - (-3))i + (-7 - 2)j = 9i - 9j二、数量积数量积也称为点积或内积,是将两个向量进行运算得到的结果,具体计算方式为将两个向量的对应分量相乘后相加。
3. 已知向量e = 3i + 4j,f = 2i - 5j,求e · f的结果。
解:将e和f的对应分量相乘后相加,得到:e ·f = (3 * 2) + (4 * (-5)) = 6 - 20 = -144. 已知向量g = 5i + 3j,h = -2i + 6j,求g · h的结果。
解:将g和h的对应分量相乘后相加,得到:g · h = (5 * (-2)) + (3 * 6) = -10 + 18 = 8三、练习题1. 已知向量m = 2i + j,n = 3i - 4j,求m + n的结果。
解:将m和n的对应分量进行相加,得到:m + n = (2 + 3)i + (1 - 4)j = 5i - 3j2. 已知向量p = 4i + 3j,q = -2i + 5j,求p - q的结果。
解:将p和q的对应分量进行相减,得到:p - q = (4 - (-2))i + (3 - 5)j = 6i - 2j3. 已知向量r = i - 2j,s = 3i + 4j,求r · s的结果。
解:将r和s的对应分量相乘后相加,得到:r · s = (1 * 3) + (-2 * 4) = 3 - 8 = -54. 已知向量t = 5i + 2j,u = -3i + 6j,求t · u的结果。
第六章 6.2 6.2.4A 级——基础过关练1.(2020年北京期末)已知平面向量满足a +b +c =0,且|a|=|b|=|c|=1,则a·b 的值为( )A .-12B .12C .-32D .32【答案】A 【解析】∵a +b +c =0,∴a +b =-c.又|a|=|b|=|c|=1,∴(a +b )2=c 2,即1+2a·b +1=1.∴a·b =-12.故选A .2.(2020年张家口月考)已知菱形ABCD 的边长为2,∠BAD =60°,点E 满足AE →=34AD→+14AB →,则AE →·AC →=( ) A .83B .43C .6D .4+2 3【答案】C 【解析】如图,∵AB =AD =2,∠BAD =60°,AE →=34AD →+14AB →,∴AE →·AC →=⎝⎛⎭⎫34AD →+14AB →·(AD →+AB →)=34AD →2+14AB →2+AD →·AB →=34×4+14×4+2×2×12=6.故选C .3.(多选)对于向量a ,b ,c 和实数λ,下列命题中错误的是( ) A .若a·b =0,则a =0或b =0 B .若λa =0,则λ=0或a =0 C .若a 2=b 2,则a =b 或a =-b D .若a·b =a·c ,则b =c【答案】ACD 【解析】A 中,若a·b =0,则a =0或b =0或a ⊥b ,故A 错;C 中,若a 2=b 2,则|a|=|b |,C 错;D 中,若a·b =a·c ,则可能有a ⊥b ,a ⊥c ,但b ≠c ,D 错.故只有选项B 正确.故选ACD .4.(2020年沈阳月考)已知a ,b 均为单位向量,若a ,b 夹角为2π3,则|a -b|=( )A .7B .6C .5D . 3【答案】D 【解析】∵|a|=|b|=1,〈a ,b 〉=2π3,∴(a -b )2=a 2-2a·b +b 2=1-2×1×1×⎝⎛⎭⎫-12+1=3.∴|a -b |= 3.故选D . 5.(2020年岳阳月考)已知平面向量a ,b 满足|a|=2,|b|=1且(2a -b )·(a +2b )=9,则向量a ,b 的夹角θ为( )A .2π3B .π2C .π3D .π6【答案】C 【解析】∵|a|=2,|b|=1,∴(2a -b )·(a +2b )=2a 2-2b 2+3a·b =8-2+3a·b =9.∴a·b =1.∴cos 〈a ,b 〉=a·b |a||b|=12.又0≤〈a ,b 〉≤π,∴〈a ,b 〉=π3.故选C .6.P 是△ABC 所在平面上一点,若P A →·PB →=PB →·PC →=PC →·P A →,则P 是△ABC 的( ) A .外心 B .内心 C .重心D .垂心【答案】D 【解析】由P A →·PB →=PB →·PC →得PB →·(P A →-PC →)=0,即PB →·CA →=0,∴PB ⊥CA .同理P A ⊥BC ,PC ⊥AB ,∴P 为△ABC 的垂心.7.已知e 1,e 2是夹角为2π3的两个单位向量,a =e 1-2e 2,b =k e 1+e 2,若a·b =0,则实数k 的值为________.【答案】54 【解析】由a·b =0得(e 1-2e 2)·(k e 1+e 2)=0.整理,得k -2+(1-2k )cos 2π3=0,解得k =54.8.已知向量a ,b 夹角为45°,且|a|=1,|2a -b |=10,则|b |=________.【答案】32 【解析】|2a -b |=10⇔(2a -b )2=10⇔4+|b|2-4|b |cos 45°=10⇔|b |=3 2. 9.已知非零向量a ,b ,满足|a|=1,(a -b )·(a +b )=12,且a·b =12.(1)求向量a ,b 的夹角; (2)求|a -b |.解:(1)因为(a -b )·(a +b )=12,所以a 2-b 2=12,即|a|2-|b|2=12.又|a|=1,所以|b|=22.设向量a ,b 的夹角为θ,因为a·b =12,所以|a|·|b|cos θ=12,得cos θ=22.因为0°≤θ≤180°,即θ=45°,所以向量a ,b 的夹角为45°. (2)因为|a -b|2=(a -b )2=|a|2-2a·b +|b|2=12,所以|a -b|=22. 10.已知|a|=4,|b|=3,(2a -3b )·(2a +b )=61. (1)求|a +b|;(2)求向量a 与向量a +b 的夹角的余弦值.解:(1)∵(2a -3b )·(2a +b )=61,∴4|a|2-4a·b -3|b|2=61.∵|a|=4,|b|=3,∴a·b =-6.∴|a +b|=|a|2+|b|2+2a·b =42+32+2×(-6)=13.(2)∵a·(a +b )=|a|2+a·b =42-6=10,∴向量a 与向量a +b 的夹角的余弦值为a·(a +b )|a||a +b|=10413=51326.B 级——能力提升练11.下列命题中错误的是( )A .对于任意向量a ,b ,有|a +b|≤|a|+|b|B .若a·b =0,则a =0或b =0C .对于任意向量a·b ,有|a·b|≤|a||b|D .若a ,b 共线,则a·b =±|a||b|【答案】B 【解析】当a ⊥b 时,a·b =0也成立,故B 错误.12.(2020年黄山月考)已知非零向量a ,b 满足(a +2b )·a =0且|a|=|b|,则向量a ,b 的夹角为( )A .π6B .π3C .5π6D .2π3【答案】D 【解析】∵|a|=|b|≠0,∴(a +2b )·a =a 2+2a·b =a 2+2|a||b |cos 〈a ,b 〉=a 2+2a 2·cos 〈a ,b 〉=0.∴1+2cos 〈a ,b 〉=0,则cos 〈a ,b 〉=-12.又0≤〈a ,b 〉≤π,∴〈a ,b 〉=2π3.故选D .13.在△ABC 中,若AB →2=AB →·AC →+BA →·BC →+CA →·CB →,则△ABC 是( ) A .等边三角形 B .锐角三角形 C .钝角三角形D .直角三角形【答案】D 【解析】因为AB →2=AB →·AC →+BA →·BC →+CA →·CB →,所以AB →2-AB →·AC →=BA →·BC →+CA →·CB →,所以AB →·(AB →-AC →)=BC →·(BA →-CA →),所以AB →·CB →=BC →2,所以BC →·(BC →+AB →)=0,所以BC →·AC →=0,所以AC ⊥BC ,所以△ABC 是直角三角形.14.(2020年岳阳月考)在△ABC 中,AB →·BC →=0,|AB →|=|BC →|=32,AD →=2DC →,则BD →·CA →=( )A .4B .-6C .6D .-3 3【答案】B 【解析】如图,由AD →=2DC →得BD →=AD →-AB →=23AC →+BA →=23(BC →-BA →)+BA→=23BC →+13BA →,CA →=BA →-BC →.又∵AB →·BC →=0,|AB →|=|BC →|=32,∴BD →·CA →=⎝⎛⎭⎫23BC →+13BA →·(BA →-BC →)=-23BC →2+13BA →2=-23×18+13×18=-6.故选B .15.若非零向量a ,b 满足|a|=3|b|=|a +2b|,则a 与b 夹角的余弦值为________. 【答案】-13 【解析】∵|a|=3|b|=|a +2b|,∴|a|2=9|b|2=(a +2b )2=|a|2+4|b|2+4a·b.∴a·b=-|b|2.∴cos 〈a ,b 〉=a·b|a||b|=-|b|23|b|·|b|=-13.16.已知向量a ,b 满足:|a|=1,|b|=6,a·(b -a )=2,则a 与b 的夹角为________;|2a -b |=________.【答案】π3 27 【解析】由于a·(b -a )=a·b -a 2=a·b -1=2,则a·b =3.设a 与b 的夹角为θ,则cos θ=a·b |a||b |=12.又θ∈[0,π],所以θ=π3.因为|2a -b|2=4a 2-4a·b +b 2=28,所以|2a -b|=27.17.已知|a|=5,|b|=4,a 与b 的夹角为60°,试问:当k 为何值时,向量k a -b 与a +2b 垂直?解:∵(k a -b )⊥(a +2b ),∴(k a -b )·(a +2b )=0,即k a 2+(2k -1)a·b -2b 2=0,即k ×52+(2k -1)×5×4×cos 60°-2×42=0.∴k =1415.∴当k =1415时,向量k a -b 与a +2b 垂直.18.设两个向量e 1,e 2满足|e 1|=2,|e 2|=1,e 1,e 2的夹角为60°,若向量2t e 1+7e 2与e 1+t e 2的夹角为钝角,求实数t 的取值范围.解:由向量2t e 1+7e 2与e 1+t e 2的夹角θ为钝角,得cos θ=(2t e 1+7e 2)·(e 1+t e 2)|2t e 1+7e 2||e 1+t e 2|<0,∴(2t e 1+7e 2)·(e 1+t e 2)<0,化简得2t 2+15t +7<0,解得-7<t <-12.当夹角为π时,也有(2t e 1+7e 2)·(e 1+t e 2)<0,但此时夹角不是钝角. 设2t e 1+7e 2=λ(e 1+t e 2),λ<0, 则⎩⎪⎨⎪⎧2t =λ,7=λt ,λ<0,∴⎩⎪⎨⎪⎧λ=-14,t =-142.∴所求实数t 的取值范围是⎝⎛⎭⎫-7,-142∪⎝⎛⎭⎫-142,-12. C 级——探索创新练19.(多选)已知两个单位向量e 1,e 2的夹角为θ,则下列结论正确的是( ) A .e 1在e 2方向上的投影向量为cos θe 2B .e 21=e 22C .(e 1+e 2)⊥(e 1-e 2)D .e 1·e 2=1【答案】ABC 【解析】因为两个单位向量e 1,e 2的夹角为θ,则|e 1|=|e 2|=1,则e 1在e 2方向上的投影向量为|e 1|cos θe 2=cos θe 2,故A 正确;e 21=e 22=1,故B 正确;(e 1+e 2)·(e 1-e 2)=e 21-e 22=0,故(e 1+e 2)⊥(e 1-e 2),故C 正确;e 1·e 2=|e 1||e 2|cos θ=cos θ,故D 错误. 20.如图所示,等腰梯形ABCD 中,AB =4,BC =CD =2,若E ,F 分别是BC ,AB 上的点,且满足BE BC =AF AB=λ,当AE →·DF →=0时,则λ的值为________.【答案】7-334 【解析】由AB =4,BC =CD =2,得AD →与BC →的夹角为60°,则AB →·AD→=4×2×12=4,AB →·BC →=4×2×⎝⎛⎭⎫-12=-4,AD →·BC →=2×2×12=2.∵BE BC =AF AB =λ,∴BE →=λBC →,AF →=λAB →,则AE →=AB →+BE →=AB →+λBC →,DF →=AF →-AD →=λAB →-AD →.∴AE →·DF →=(AB →+λBC →)·(λAB →-AD →)=λ|AB →|2-AB →·AD →+λ2AB →·BC →-λAD →·BC →=0,即16λ-4-4λ2-2λ=0,∴2λ2-7λ+2=0,解得λ=7+334(舍去)或λ=7-334.。
空间向量的数量积运算(45分钟 100分)一、选择题(每小题6分,共30分)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.既不充分也不必要条件2.已知空间向量a,b满足a·b=0,|a|=1,|b|=2,则|2a-b|= ( )A.0B.2C.4D.83.(2013·天水高二检测)已知四边形ABCD满足:·>0,·>0,·>0,·>0,则该四边形为( )A.平行四边形B.梯形C.平面四边形D.空间四边形4.如图,在大小为45°的二面角A-EF-D中,四边形ABFE,CDEF都是边长为1的正方形,则B,D两点间的距离是( )A. B. C.1 D.5.(2013·杭州高二检测)如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,AB=BC=AA1,∠ABC= 90°,点E,F分别是棱AB,BB1的中点,则直线EF和BC1所成的角是( )A.45°B.60°C.90°D.120°二、填空题(每小题8分,共24分)6.(2013·安阳高二检测)已知向量a与b的夹角是120°,且|a|=|b|=4,则b·(2a+b)= .7.如图所示,在几何体A-BCD中,AB⊥平面BCD,BC⊥CD,且AB=BC=1,CD=2,点E为CD的中点,则AE的长为.8.如图∠BAC=90°,等腰直角三角形ABC所在的平面与正方形ABDE所在的平面互相垂直,则异面直线AD与BC所成角的大小是.三、解答题(9题,10题14分,11题18分)9.如图所示,直三棱柱ABC-A1B1C1中,CA=CB=1,∠BCA=90°,棱AA1=2,M,N分别是A1B1,A1A的中点.(1)求的长.(2)求cos<,>的值.(3)求证:A1B⊥C1M.10.(2013·济南高二检测)如图,PA垂直于矩形ABCD所在的平面,M,N分别是AB,PC的中点,(1)求证:MN⊥CD.(2)若∠PDA=45°,求证:MN⊥平面PCD.11.(能力挑战题)如图所示,矩形ABCD中,AB=1,BC=a,PA⊥平面ABCD(点P位于平面ABCD上方),问BC边上是否存在点Q,使⊥?答案解析1.【解析】选A.a·b=|a||b|cos<a,b>=|a||b|⇔cos<a,b>=1⇔<a,b>=0,即a,b 同向,故是充分条件;当a与b反向时,不能成立,不是必要条件.2.【解析】选B.|2a-b|====2,故选B.3.【解析】选D.由题意知,·<0,·<0,·<0,·<0,即四边形的四个内角均为钝角,所以该四边形为空间四边形.4.【解析】选D.=++∴=(++)2=+++2(·+·+·) 由题意知,||=||=||=1,·=||·||cos135°=1×1×(-)=-,·=·=0,∴2=3+2×(-)=3-,∴BD=.5.【解析】选B.设=a,=b,=c,|a|=|c|=1,则|b|=,=+=+=a+c,=+=-+=-a+b+c,∴·=(a+c)·(-a+b+c)=-a2+a·b+a·c-a·c+b·c+c2=-|a|2+a·b+b·c+|c|2=-+a·b+0+=a·b.由题意知,<a,b>=45°,∴a·b=|a||b|cos<a,b>=1××cos45°=1, ∴·=×1=,==,∴cos<,>===,∴cos<,>=60°,∴EF与BC1所成的角为60°.6.【解析】b·(2a+b)=2a·b+b2=2|a|·|b|cos120°+|b|2=2×4×4×(-)+42=0. 答案:07.【解析】=(++)2,=||2+||2+||2+2(·+·+·),由题意知,||=||=1=||,且·=·=·=0.∴=3,∴AE的长为.答案:【举一反三】若将题条件中“BC⊥CD”改为“∠BCD=120°”,其他条件不变,结果如何?【解析】由本题解答知,=||2+||2+||2+2(·+·+·), ∵||=||=1=||,·=·=0,·=||·||·cos<,>=1×1×cos60°=,∴=3+2×=4,故AE的长是2.答案:28.【解析】设正方形ABDE的边长为1,∵=+,=-,∴·=(+)·(-)=·-+·-·,=0-1+0-0=-1,||====,||====,∴cos<,>==-,∴<,>=120°,故AD与BC所成角为60°. 答案:60°9.【解析】(1)由题可知,BA=,BA⊥AN,∴=(+)2=+2·+=()2+2×0+12=3,∴BN=.即的长为.(2)∵=+,=+,∴·=(+)·(+) =·+·+·+·=||·||·cos135°+0+0+=×1×(-)+22=3,||===,||===,∴cos<,>===.(3)∵=+,=(+),∴·=(+)·(+)=(·+·+·+·) 由题意知,·=·=0,·=||·||·cos<,>=×1×cos135°=-1,·=||·||·cos<,>=×1×cos45°=1,∴·=×(-1+1)=0,∴⊥,即A1B⊥C1M.10.【证明】(1)设=a,=b,=c,则=++=+-=+-(++)=++--=(+)=(b+c),∴·=(b+c)·(-a)=-(a·b+a·c),∵四边形ABCD是矩形,PA⊥平面ABCD,∴a⊥b,a⊥c,∴a·b=a·c=0,∴·=0,∴⊥,故MN⊥CD.(2)由(1)知,MN⊥CD,=(b+c),∵=-=b-c,∴·=(b+c)·(b-c)=(|b|2-|c|2),∵PA⊥平面ABCD,∴PA⊥AD,又∠PDA=45°,∴PA=AD,∴|b|=|c|,∴·=0,∴⊥,∴MN⊥PD,∵CD,PD⊂平面PCD,且CD∩PD=D,∴MN⊥平面PCD.【拓展提升】巧用数量积证明垂直问题垂直问题有线线垂直、线面垂直、面面垂直三类问题,这三类问题通常会转化为线线垂直问题,证明线线垂直问题又转化为向量的数量积为0,具体方法是:(1)先确定两个向量为两直线的方向向量.(2)用已知向量(通常是三个已知向量,其模及其夹角已知)表示方向向量.(3)计算两个方向向量的数量积,通过线性运算、化简得出其数量积为0,得出两个方向向量垂直.(4)把向量垂直的结论转化为两直线垂直.11.【解题指南】由⊥得PQ⊥QD,在平面ABCD内,点Q在以AD为直径的圆上,此时需讨论AD与AB的大小关系,若此圆与BC相切或相交,则BC边上存在点Q,否则不存在.【解析】假设存在点Q(Q点在边BC上),使⊥,即PQ⊥QD,连接AQ.∵PA⊥面ABCD,∴PA⊥QD.又=+且⊥,∴·=0,即·+·=0.又由·=0,∴·=0,∴⊥,∴∠AQD=90°,即点Q在以边AD为直径的圆上,圆的半径为.又∵AB=1,由图知,当=1,即a=2时,该圆与边BC相切,存在1个点Q满足题意; 当>1,即a>2时,该圆与边BC相交,存在2个点Q满足题意; 当<1,即a<2时,该圆与边BC相离,不存在点Q满足题意. 综上所述,当a≥2时,存在点Q;当0<a<2时,不存在点Q.关闭Word文档返回原板块高考数学:试卷答题攻略一、“六先六后”,因人因卷制宜。
模块素养检测(二)(120分钟150分)一、单项选择题(本大题共8小题,每小题5分,共40分。
在每小题给出的四个选项中,只有一项符合题目要求)1.在四边形ABCD中,++= ()A。
B. C.D。
【解析】选D.在四边形ABCD中,++=++=+=。
2.(2019·全国卷Ⅰ)已知非零向量a,b满足|a|=2|b|,且(a-b)⊥b,则a与b的夹角为()A. B. C. D.【解析】选B.设夹角为θ,因为(a-b)⊥b,所以(a—b)·b=a·b —b2=0,所以a·b=b2,所以cos θ===,又θ∈[0,π],所以a与b的夹角为。
【补偿训练】若=1,=,且a⊥,则向量a,b的夹角为()A.45°B。
60°C。
120°D。
135°【解析】选A。
由=1,=,且a⊥,得a·=0⇒a2=a·b=1,则cos <a,b〉==,又0°≤<a,b〉≤180°,得<a,b〉=45°,所以向量a,b的夹角为45°。
3.已知α∈(0,π),2sin α—cos α=1,则sin= ()A。
B. C。
D.【解析】选B。
由题得2sin α-1=cos α,所以4sin2α—4sin α+1=cos2α,所以4sin2α—4sin α+1=1—sin2α,所以5sin2α—4sin α=0,所以sin α=0(舍)或sin α=,所以cos α=,所以1-2sin2=,所以sin=.【补偿训练】已知sin =,则cos = ()A。
- B.— C. D.【解题指南】观察已知角与待求的角之间的特殊关系,运用余弦的二倍角公式和诱导公式求解。
【解析】选A。
令—α=θ,则—2α=2θ,+2α=π—2θ,所以cos 2θ=1—2sin 2θ=1—2×=,所以cos =cos =—cos 2θ=—。
课时跟踪检测(二) 空间向量的数量积运算1.[多选]下列各命题中,正确的命题是( )A.=|a|B.m(λa)·b=(mλ)a·b(m,λ∈R)C.a·(b+c)=(b+c)·aD.a2b=b2a解析:选ABC ∵a·a=|a|2,∴=|a|,故A正确.m(λa)·b=(mλa)·b=mλa·b=(mλ)a·b,故B正确.a·(b+c)=a·b+a·c,(b+c)·a=b·a+c·a=a·b+a·c=a·(b+c),故C正确.a2·b=|a|2·b,b2·a=|b|2·a,故D不一定正确.2.已知e1,e2为单位向量,且e1⊥e2,若a=2e1+3e2,b=k e1-4e2,a⊥b,则实数k的值为( )A.-6 B.6C.3 D.-3解析:选B 由题意可得a·b=0,e1·e2=0,|e1|=|e2|=1,∴(2e1+3e2)·(k e1-4e2)=0,∴2k-12=0,∴k=6.3.已知空间四边形ABCD的每条边和对角线的长都等于a,点E,F分别是BC,AD 的中点,则AE·AF的值为( )A.a2B.a2C.a2D.a2解析:选C AE·AF=(AB+AC)·AD=(AB·AD+AC·AD)==a2.4.已知正三棱柱ABCA1B1C1的各条棱的长度都为2,E,F分别是AB,A1C1的中点,则EF的长是( )A.2 B.C. D.解析:选C 由于EF=EA+AA1+A1F,所以|EF|===,即EF的长是.5.如图,已知PA⊥平面ABC,∠ABC=120°,PA=AB=BC=6,则PC等于( )A.6 B.6C.12 D.144解析:选C 因为PC=PA+AB+BC,所以PC2=PA2+AB2+BC2+2PA·AB+2PA·BC+2AB·BC=36+36+36+2×36cos 60°=144,所以PC=12.6.已知|a|=13,|b|=19,|a+b|=24,则|a-b|=________.解析:|a+b|2=a2+2a·b+b2=132+2a·b+192=242,∴2a·b=46,|a-b|2=a2-2a·b+b2=530-46=484,故|a-b|=22.答案:227.如图,已知四棱柱ABCDA1B1C1D1的底面ABCD是矩形,AB=4,AA1=3,∠BAA1=60°,E为棱C1D1的中点,则AB·AE=________.解析:AE=AA1+AD+AB,AB·AE=AB·AA1+AB·AD+AB2=4×3×cos 60°+0+×42=14.答案:148.已知e1,e2是夹角为60°的两个单位向量,则a=e1+e2与b=e1-2e2的夹角是________.解析:a·b=(e1+e2)·(e1-2e2)=e-e1·e2-2e=1-1×1×-2=-,|a|=====,|b|=====.∴cos〈a,b〉===-.∴〈a,b〉=120°.答案:120°9.如图,在正方体ABCDA1B1C1D1中,E,F分别是C1D1,D1D的中点,正方体的棱长为1.(1)求〈CE,AF〉的余弦值;C1E(2)求证:BD1⊥EF.解:(1)AF=AD+DF=AD+AA1,CE=CC1+C1E=AA1+CD=AA1-AB.因为AB·AD=0,AB·AA1=0,AD·AA1=0,所以CE·AF=·=.又|AF|=|CE|=,所以cos〈CE,AF〉=.(2)证明:因为BD1=BD+DD1=AD-AB+AA1,EF=ED1+D1F=-(AB+AA1),所以BD1·EF=0,所以BD1⊥EF.即BD1⊥EF.10.如图,正四棱锥PABCD的各棱长都为a.(1)用向量法证明:BD⊥PC;(2)求|AC+PC|的值.解:(1)证明:∵BD=BC+CD,∴BD·PC=(BC+CD)·PC=BC·PC+CD·PC=|BC||PC|·cos 60°+|CD||PC|cos 120°=a2-a2=0.∴BD⊥PC.(2)∵AC+PC=AB+BC+PC,∴|AC+PC|2=|AB|2+|BC|2+|PC|2+2AB·BC+2AB·PC+2BC·PC=a2+a2+a2+0+2a2cos 60°+2a2cos 60°=5a2,∴|AC+PC|=a.1.[多选]在正方体ABCDA1B1C1D1中,则下列命题正确的是( )A.(AA1+AD+AB)2=3AB2B.A1C·(A1B1-A1A)=0C.AD1与A1B的夹角为60°D.正方体的体积为|AB·AA1·AD|解析:选AB 如图所示,(AA1+AD+AB)2=(AA1+A1D1+D1C1)2=AC12=3AB2;A1C·(A1B1-A1A)=A1C·AB1=0;AD1与A1B的夹角是D1C与D1A夹角的补角,而D1C与D1A的夹角为60°,故AD1与A1B的夹角为120°;正方体的体积为|AB||AA1|| AD|.综上可知,A、B正确.2.设空间上有四个互异的点A,B,C,D,已知(DB+DC-2DA)·(AB-AC)=0,则△ABC是( )A.直角三角形 B.等腰三角形C.等腰直角三角形 D.等边三角形解析:选B 因为DB+DC-2DA=(DB-DA)+(DC-DA)=AB+AC,所以(AB+AC)·(AB-AC)=|AB|2-|AC|2=0,所以|AB|=|AC|,即△ABC是等腰三角形.3.如图,在长方体ABCDAB1C1D1中,设AD=AA1=1,AB=2,P是C1D1的中点,则B1C与A1P所成角的大小为________,B1C·A1P=________.解析:法一:连接A1D,则∠PA1D就是B1C与A1P所成角.连接PD,在△PA1D中,易得PA1=DA1=PD=,即△PA1D为等边三角形,从而∠PA1D=60°,即B1C与A1P所成角的大小为60°.因此B1C·A1P=××cos 60°=1.法二:根据向量的线性运算可得B1C·A1P=(A1A+)·=AD2=1.由题意可得PA1=B1C=,则××cos〈B1C,A1P〉=1,从而〈B1C,A1P〉=60°.答案:60° 14.在四面体OABC中,各棱长都相等,E,F分别为AB,OC的中点,求异面直线OE 与BF所成角的余弦值.解:取OA=a,OB=b,OC=c,且|a|=|b|=|c|=1,则a·b=b·c=c·a=.又∵OE=(a+b),BF=c-b,∴OE·BF=(a+b)·=a·c+b·c-a·b-|b|2=-.又|OE|=,|BF|=,∴cos〈OE,BF〉==-,∵异面直线夹角的范围为,∴异面直线OE与BF所成角的余弦值为.5.如图所示,在平行四边形ABCD中,AB=AC=1,∠ACD=90°,沿着它的对角线AC将△ACD折起,使AB与CD成60°角,求此时B,D间的距离.解:∵∠ACD=90°,∴AC·CD=0,同理可得AC·BA=0.∵AB与CD成60°角,∴〈BA,CD〉=60°或〈BA,CD〉=120°.又BD=BA+AC+CD,∴|BD|2=|BA|2+|AC|2+|CD|2+2BA·AC+2BA·CD+2AC·CD=3+2×1×1×cos〈BA,CD〉.∴当〈BA,CD〉=60°时,|BD|2=4,此时B,D间的距离为2;当〈BA,CD〉=120°时,|BD|2=2,此时B,D间的距离为.。
高中数学-两个向量的数量积测试题
自我小测
1.已知非零向量a ,b 不平行,并且其模相等,则a +b 与a -b 之间的关系是( )
A .垂直
B .共线
C .不垂直
D .以上都有可能
2.已知|a |=2,|b |=3,〈a ,b 〉=60°,则|2a -3b |等于( ) A.97 B .97 C.61 D .61
3.在空间四边形OABC 中,OB =OC ,∠AOB =∠AOC =
π3
,则cos 〈OA →,BC →〉=( ) A.12 B.22 C .-12 D .0 4.设A ,B ,C ,D 是空间不共面的四点,且满足AB →·AC →=0,AC →·AD →=0,AB →·AD →=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
5.已知向量a ,b 满足|a |=2|b |≠0,且关于x 的方程x 2+|a |x +a ·b =0有实根,则
a 与
b 的夹角的取值范围是( )
A.⎣⎢⎡⎦⎥⎤0,π6
B.⎣⎢⎡⎦⎥⎤π3,π
C.⎣⎢⎡⎦⎥⎤π3,23π
D.⎣⎢⎡⎦
⎥⎤π6,π 6.已知|a|=|b|=|c|=1,a·b =b·c =c·a =0,则a +b +c 的模等于__________.
7.已知a ,b 是异面直线,a ⊥b ,e 1,e 2分别为取自直线a ,b 上的单位向量,且a =2e 1+3e 2,b =k e 1-4e 2,a⊥b ,则实数k 的值为__________.
8.如图所示,AB =AC =BD =1,AB ⊂平面α,AC ⊥平面α,BD ⊥AB ,BD 与平面α成30°角,则点C 与D 之间的距离为__________.
9.已知空间四边形ABCD ,求AB →·CD →+BC →·AD →+CA →·BD →
的值.
10.如图,正三棱柱ABC A 1B 1C 1中,底面边长为 2.
(1)设侧棱长为1,求证:AB 1⊥BC 1;
(2)设AB 1与BC 1的夹角为π3,求侧棱的长.
参考答案
1.解析:∵(a +b )·(a -b )=a 2-b 2
=0, ∴(a +b )⊥(a -b ).
答案:A
2.解析:|2a -3b|2=(2a -3b )2=4a 2-12a·b +9b 2=4×22-12×2×3×12
+9×32
=61. ∴|2a -3b|=61.
答案:C
3.解析:∵BC →=OC →-OB →,
∴OA →·BC →=OA →·OC →-OA →·OB →=0,
∴〈OA →,BC →〉=90°,
故cos 〈OA →,BC →〉=0.
答案:D
4.解析:BC →=AC →-AB →,BD →=AD →-AB →,
∴BC →·BD →=AB →2>0,
∴∠DBC 为锐角,
同理可得∠BCD ,∠BDC 均为锐角.
答案:B
5.解析:∵关于x 的方程x 2+|a |x +a ·b =0有实根,
∴Δ=|a |2-4a·b ≥0,即|a |2≥4a ·b .
又∵a·b =|a||b|cos 〈a ,b 〉,
∴|a |2≥4|a||b|cos 〈a ,b 〉.
∵|a |=2|b |≠0,
∴cos 〈a ,b 〉≤|a 2|4|a ||b |=4|b |2
8|b |2=12,
而〈a ,b 〉∈[0,π],
∴π3≤〈a ,b 〉≤π.
答案:B
6.解析:因|a +b +c|2=(a +b +c )2
=|a|2+|b|2+|c|2
+2(a·b +b·c +a·c )
=3,
故|a +b +c|= 3. 答案: 3
7.解析:由a⊥b ,得a·b =0, ∴(2e 1+3e 2)·(k e 1-4e 2)=0.
∵e 1·e 2=0,∴2k -12=0,∴k =6.
答案:6
8.解析:∵AC ⊥α,BD 与α成30°角,
∴AC 与BD 所成角为60°.
又∵CD →=CA →+AB →+BD →,|CA →|=|AB →|=|B D →|=1,〈CA →,AB →〉=〈AB →,BD →〉=90°,〈CA →,BD →〉=120°,
∴CD →2=(CA →+AB →+BD →)2=3-1=2.
∴C ,D 两点间距离为 2. 答案: 2
9.解:AB →·CD →+BC →·AD →+CA →·BD →
=AB →·(AD →-AC →)+AD →·(AC →-AB →)-AC →·(AD →-AB →)
=AB →·AD →-AB →·AC →+AD →·AC →-AD →·AB →-AC →·AD →+AC →·AB →=0.
10.(1)证明:AB 1→=AB →+BB 1→,BC 1→=BB 1→+BC →.
∵BB 1⊥平面ABC ,
∴BB 1→·AB →=0,BB 1→·BC →=0.
又△ABC 为正三角形,
∴〈AB →,BC →〉=π-〈BA →,BC →〉=π-π3=2π3
. ∵AB 1→·BC 1→=(AB →+BB 1→)·(BB 1→+BC →)
=AB →·BB 1→+AB →·BC →+BB 1→2+BB 1→·BC →
=|AB →|·|BC →|·cos〈AB →,BC →〉+BB 1→2
=-1+1=0,
∴AB 1⊥BC 1.
(2)解:结合(1)知AB 1→·BC 1→=|AB →|·|BC →|·cos〈AB →,BC →〉+BB 1→2=BB 1→2-1.
又|AB 1→|=
A B →2+BB 1→2 =2+BB 1→2 =|BC 1→|, ∴cos 〈AB 1→,BC 1→〉=BB 1→
2-12+BB 1→
2
=12
, ∴|BB 1→
|=2,即侧棱长为2.。