2020高中数学(人教版A版选修2-1)配套课时作业：第三章 空间向量与立体几何 3.1.3 Word版含答案
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3.1.3 空间向量的数量积运算
一、选择题
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－(c·a)·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
2．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
3．已知a，b均为单位向量，它们的夹角为60°，那么|a＋3b|等于( )
A.7 B.10 C.13 D．4
4.在棱长为1的正四面体ABCD中，E,F分别是BC,AD的中点，则AE·CF→等于( )
A．0 B.12 C．－34 D．－12
5.
如图，已知PA⊥平面ABC，∠ABC＝120°，PA＝AB＝BC＝6，则PC等于( )
A．62 B．6
C．12 D．144
6．若向量m垂直于向量a和b，向量n＝λa＋μb (λ，μ∈R且λ、μ≠0)，则( )
A．m∥n
B．m⊥n
C．m不平行于n，m也不垂直于n
D．以上三种情况都有可能
二、填空题
7．已知a，b是空间两向量，若|a|＝3，|b|＝2，|a－b|＝7，则a与b的夹角为________．
8．若向量a，b满足|a|＝1，|b|＝2，且a与b的夹角为π3，则|a＋b|＝________.
9．在△ABC中，有下列命题：
①AB→－AC→＝BC→；
②AB→＋BC→＋CA＝0；
③(AB→＋AC→)·(AB→－AC→)＝0，则△ABC为等腰三角形；
④若AC→·AB→>0，则△ABC为锐角三角形．
其中正确的是________．(填写正确的序号)
三、解答题
10.
如图，已知在空间四边形OABC中，OB＝OC，AB＝AC.求证：OA⊥BC.
11．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|＝12|ND|，求|MN|.
能力提升
12.平面式O,A.B三点不共线，设OA→＝a，OB＝b，则△OAB的面积等于( )
A.|a|2|b|2－a·b2
B.|a|2|b|2＋a·b2
C.12|a|2|b|2－a·b2 D.12|a|2|b|2＋a·b2
13.
如图所示，已知线段AB在平面α内，线段AC⊥α，线段BD⊥AB，且AB＝7，AC＝BD＝24，线段BD与α所成的角为30°，求CD的长．
作业设计
1．D [①错；②正确，可以利用三角形法则作出a－b，三角形的两边之差小于第三边；③错，当b·a＝c·b＝0时，(b·a)·c－(c·a)·b与c垂直；④正确，直接利用数量积的运算律．]
2．A [a·b＝|a||b|cos〈a，b〉＝|a||b|⇔cos〈a，b〉＝1⇔〈a，b〉＝0，当a与b反向时，不能成立．]
3．C [|a＋3b|2＝(a＋3b)2＝a2＋6a·b＋9b2
＝1＋6·cos 60°＋9＝13.∴|a＋3b|＝13.]
4．D [AE→·CF→＝12(AB→＋AC→)·12ADAC
＝14AB→·AD→＋14AC→·AD→－12AB→·AC→－12|AC→|2 ＝14cos 60°＋14cos 60°－12cos 60°－12＝－12.]
5．C [∵PC→＝PA→＋AB→＋BC→，
∴|PC→|2＝(PA→＋AB→＋BC→)2
＝PA→2＋AB→2＋BC→2＋2PA→·AB→＋2PA→·BC→＋2AB→·BC→＝108＋2×6×6×12＝144，∴|PC→|＝12.]
6．B [由题意m⊥a，m⊥b，则有m·a＝0，m·b＝0，
m·n＝m(λa＋μb)＝λm·a＋μm·b＝0，
∴m⊥n.]
7．60°
解析 由|a－b|＝7，得(a－b)2＝7，
即|a|2－2a·b＋|b|2＝7，∴2a·b＝6，
∴|a||b|cos〈a，b〉＝3，∴cos〈a，b〉＝12，〈a，b〉＝60°.即a与b的夹角为60°.
8.7
解析 |a＋b|＝a2＋2a·b＋b2
＝1＋2×2×12＋4＝7.
9．②③
解析 ①错，AB→－AC→＝CB→；②正确；③正确，|AB→|＝|AC→|；④错，△ABC不一定是锐角三角形．
10．证明 ∵OB＝OC，AB＝AC，OA＝OA，
∴△OAC≌△OAB.∴∠AOC＝∠AOB.
∵OA→·BC→＝OA→·(OC→－OB→)
＝OA→·OC→－OA→·OB→
＝|OA→||OC→|cos∠AOC－|OA→||OB→|·cos∠AOB＝0，∴OA⊥BC.
11．解
如图所示，|AB→|＝|AC→|＝|AD→|＝a，把题中所用到的量都用向量AB→、AC→、AD→表示，于是MN→＝MB→＋BC→＋CN→
＝23AB→＋(AC→－AB→)＋13(AD→－AC→)＝－13AB→＋13AD→＋23AC→.
又AD→·AB→＝AB→·AC→＝AC→·AD→
＝|AD→|2cos 60°＝12|AD→|2＝12a2，
∴MN→·MN→＝112333ABADAC·
112333ABADAC ＝19AB→2－29AD→·AB→－49AB→·AC→＋49AC→·AD→＋19AD→2＋49AC→2＝19a2－19a2＋19a2＋49a2＝59a2.
故|MN→|＝MNMN＝53a，即|MN|＝53a.
12.
C [如图所示，
S△OAB＝12|a||b|·sin〈a，b〉
＝12|a||b|1cos〈a，b2
＝12|a||b| 1a·b|a||b|2
＝12|a||b| |a|2|b|2a·b2|a|2|b|2
＝12|a|2|b|2a·b2.]
13.
解 由AC⊥α，可知AC⊥AB，
过点D作DD1⊥α，D1为垂足，
连结BD1，则∠DBD1为BD与α所成的角，即∠DBD1＝30°，
∴∠BDD1＝60°，
∵AC⊥α，DD1⊥α，∴AC∥DD1，
∴〈CA→，DB→〉＝60°，∴〈CA→，BD→〉＝120°.
又CD→＝CA→＋AB→＋BD→，
∴|CD→|2＝(CA→＋AB→＋BD→)2
＝|CA→|2＋|AB→|2＋|BD→|2＋2CA→·AB→＋2CA→·BD→＋2AB→·BD→∵BD⊥AB，AC⊥AB，
∴BD→·AB→＝0，AC→·AB→＝0.
故|CD→|2＝|CA→|2＋|AB→|2＋|BD→|2＋2CA→·BD→
＝242＋72＋242＋2×24×24×cos 120°＝625，
∴|CD→|＝25.
