3.1.3空间向量的数量积运算课后篇巩固提升1.已知e1,e2为单位向量,且e1⊥e2,若a=2e1+3e2,b=ke1-4e2,a⊥b,则实数k的值为()A.-6B.6C.3D.-3解析由题意可得a·b=0,e1·e2=0,|e1|=|e2|=1,∴(2e1+3e2)·(ke1-4e2)=0,∴2k-12=0,∴k=6.答案B2.如图,空间四边形ABCD的每条边和对角线长都等于1,点E,F,G分别是AB,AD,DC的中点,则⃗FG·⃗AB=()A.√34B.14C.12D.√32解析由题意可得,⃗FG=12⃗AC,∴⃗FG·⃗AB=12⃗AC·⃗AB=12×1×1×cos60°=14,故选B.答案B3.设平面上有四个互异的点A,B,C,D,已知(⃗DB+⃗DC-2⃗DA)·(⃗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.等边三角形解析因为⃗DB+⃗DC-2⃗DA=(⃗DB−⃗DA)+(⃗DC−⃗DA)=⃗AB+⃗AC,所以(⃗DB+⃗DC-2⃗DA)·(⃗AB−⃗AC)=(⃗AB+⃗AC)·(⃗AB−⃗AC)=⃗AB2−⃗AC2=0,所以|⃗AB|=|⃗AC|,因此△ABC是等腰三角形.答案B4.已知矩形ABCD,PA⊥平面ABCD,则以下等式中可能不成立的是()A.⃗DA·⃗PB=0B.⃗PC·⃗BD=0C.⃗PD·⃗AB=0D.⃗PA·⃗CD=01解析①DA⊥ABDA⊥PA}⇒DA⊥平面PAB⇒DA⊥PB⇒⃗DA·⃗PB=0;②同①知⃗AB·⃗PD=0;③PA⊥平面ABCD⇒PA⊥CD⇒⃗PA·⃗CD=0;④若⃗BD·⃗PC=0,则BD⊥PC,又BD⊥PA,所以BD⊥平面PAC,故BD⊥AC,但在矩形ABCD中不一定有BD⊥AC,故选B.答案B5.已知空间四边形ABCD中,∠ACD=∠BDC=90°,且AB=2,CD=1,则AB与CD所成的角是()A.30°B.45°C.60°D.90°解析根据已知∠ACD=∠BDC=90°,得⃗AC·⃗CD=⃗DB·⃗CD=0,∴⃗AB·⃗CD=(⃗AC+⃗CD+⃗DB)·⃗CD=⃗AC·⃗CD+|⃗CD|2+⃗DB·⃗CD=|⃗CD|2=1,∴cos<⃗AB,⃗CD>=⃗AB·⃗CD|⃗AB||⃗CD|=12,∴AB与CD所成的角为60°.答案C6.已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为a,则⃗A1B·⃗B1C=.解析⃗A1B·⃗B1C=⃗A1B·⃗A1D=|⃗A1B|·|⃗A1D|·cos<⃗A1B,⃗A1D>=√2a·√2a·cos60°=a2.答案a27.四棱柱ABCD-A1B1C1D1各棱长均为1,∠A1AB=∠A1AD=∠BAD=60°,则点B与点D1两点间的距离为.解析∵四棱柱ABCD-A1B1C1D1各棱长均为1,∠A1AB=∠A1AD=∠BAD=60°,2∴⃗BD1=⃗BA+⃗AD+⃗DD1,∴⃗BD12=(⃗BA+⃗AD+⃗DD1)2=⃗BA2+⃗AD2+⃗DD12+2⃗BA·⃗AD+2⃗BA·⃗DD1+2⃗AD·⃗DD1=1+1+1+2×1×1×cos120°+2×1×1×cos120°+2×1×1×cos60°=2,∴|⃗BD1|=√2.∴点B与点D1两点间的距离为√2.答案√28.已知向量a,b,c两两夹角都是60°,且|a|=|b|=|c|=1,则|a-2b+c|=.解析因为|a-2b+c|2=a2+4b2+c2-4a·b-4b·c+2a·c=1+4+1-4×cos60°-4×cos60°+2×cos60°=3,所以|a-2b+c|=√3.答案√39.在平行四边形ABCD中,AD=4,CD=3,∠D=60°,PA⊥平面ABCD,PA=6,求PC的长.解因为⃗PC=⃗PA+⃗AD+⃗DC,所以|⃗PC|2=⃗PC2=(⃗PA+⃗AD+⃗DC)2=|⃗PA|2+|⃗AD|2+|⃗DC|2+2⃗PA·⃗AD+2⃗PA·⃗DC+2⃗AD·⃗DC=62+42+32+2|⃗AD||⃗DC|cos120°=61-12=49,所以|⃗PC|=7,即PC=7.10.如图所示,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,E为D1C1的中点,试求⃗A1C1与⃗DE所成角的余弦值.解设正方体的棱长为1,⃗AB=a,⃗AD=b,⃗AA1=c,则|a|=|b|=|c|=1,a·b=b·c=c·a=0.3∵⃗A1C1=⃗AC=⃗AB+⃗AD=a+b,⃗DE=⃗DD1+⃗D1E=⃗DD1+12⃗D1C1=c+12a,∴⃗A1C1·⃗DE=(a+b)·(c+12a)=a·c+b·c+12a2+12a·b=12a2=12.又∵|⃗A1C1|=√2,|⃗DE|=√1+(12)2=√52,∴cos<⃗A1C1,⃗DE>=⃗A1C1·⃗DE|⃗A1C1||⃗DE|=12√2×√52=√1010,∴⃗A1C1与⃗DE所成角的余弦值为√1010.4
