第2课时空间向量的数量积课后训练案巩固提升A组1.下列命题中正确的是()A.(a·b)2=a2·b2B.|a·b|≤|a||b|C.(a·b)·c=a·(b·c)D.若a⊥(b-c),则a·b=a·c=0解析:对于A项,左边=|a|2|b|2cos2
,右边=|a|2|b|2,∴左边≤右边,故A错误.对于C项,数量积不满足结合律,∴C错误.在D中,∵a·(b-c)=0,∴a·b-a·c=0,∴a·b=a·c,但a·b与a·c不一定等于零,故D错误.对于B项,∵a·b=|a||b|cos,-1≤cos≤1,∴|a·b|≤|a||b|,故B正确.答案:B2.如图,已知空间四边形每条边和对角线长都等于a,点E,F,G分别是AB,AD,DC的中点,则下列向量的数量积等于a2的是()A.2B.2C.2D.2解析:2=-a2,故A错;2=-a2,故B错;2=-a2,故D错;2=a2,故只有C正确.答案:C3.如图,已知PA⊥平面ABC,∠ABC=120°,PA=AB=BC=1,则PC等于()A.B.1C.2D.41解析:∵,∴+2=1+1+1+2×1×cos60°=4,∴||=2.答案:C4.已知a,b是两个非零向量,现给出以下命题:①a·b>0⇔∈;②a·b=0⇔=;③a·b<0⇔∈;④|a·b|=|a||b|⇔=π.其中正确的命题有()A.1个B.2个C.3个D.4个解析:利用向量数量积公式可对以上四个命题的真假作出判断.∵a,b为非零向量,∴|a|≠0,|b|≠0.又∵a·b=|a||b|cos,且0≤≤π,于是a·b>0cos⇔>0⇔∈;a·b=0cos⇔=0⇔=;a·b<0cos⇔<0⇔∈.因此,命题①②③均为真命题.∵|a·b|=|a||b|⇔|cos|=1⇔=0或π,∴|a·b|=|a||b|⇔=π不正确,即命题④为假命题.故选C.答案:C5.若|a|=|b|,且非零向量a,b不平行,则a+b与a-b所在直线所形成的角的大小是.解析:如图,作=a,=b,以为邻边作▱OACB,则=a+b,=a-b.又∵|a|=|b|,∴四边形OACB为菱形,∴,故a+b与a-b的夹角为.答案:6.导学号90074024已知|a+b|=2,|a-b|=3,且cos=,则|a|=,|b|=.解析:由|a+b|=2,知a2+2a·b+b2=4.2由|a-b|=3,知a2-2a·b+b2=9.故2a2+2b2=13,则|a|2+|b|2=.①由cos=,得|a|2-|b|2=.②由①②,得|a|=2,|b|=.答案:27.已知a,b,c中每两个的夹角都是,且|a|=4,|b|=6,|c|=2,试计算|a+b+c|.解∵|a|=4,|b|=6,|c|=2,且===,∴|a+b+c|2=(a+b+c)·(a+b+c)=|a|2+|b|2+|c|2+2a·b+2a·c+2b·c=|a|2+|b|2+|c|2+2|a||b|cos+2|a||c|·cos+2|b||c|cos=42+62+22+4×6+4×2+6×2=100,∴|a+b+c|=10.8.如图,在四面体A-BCD中,AB=2,BC=3,BD=2,CD=3,∠ABD=30°,∠ABC=60°,求AB与CD的夹角的余弦值.解∵,∴=||·||·cos<>-||·||·cos<>=2×2×cos150°-2×3×cos120°=-6+3=-3,∴cos<>==-,∴AB与CD的夹角的余弦值为.9.3如图,在正三棱柱ABC-A1B1C1中,若侧面对角线AB1⊥BC1,求证:A1C⊥AB1.证明由题意,设=a,=b,=c,|a|=|b|=m,|c|=n,则a·b=m2cos60°=,a·c=b·c=0.∵AB1⊥BC1,且=-a+c,=b+c,∴=(-a+c)·(b+c)=-a·b+c2=n2-m2=0,即m2=2n2,∴=(-a+c)·()=(-a+c)·(-c-a+b)=a2-c2-a·b=m2-n2-m2=0,∴A1C⊥AB1.B组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-(a·c)·b不与c垂直;④(3a+2b)·(3a-2b)=9|a|2-4|b|2.其中正确的有()A.①②B.②③C.③④D.②④解析:根据向量的数量积运算,结合模及向量垂直的性质知①③不正确,②④正确.答案:D2.平行六面体ABCD-A1B1C1D1中,AB=1,AD=2,AA1=3,∠BAD=90°,∠BAA1=∠DAA1=60°,则AC1的长为()A.B.C.D.解析:∵,∴||==.∵AB=1,AD=2,AA1=3,∠BAD=90°,∠BAA1=∠DAA1=60°,∴<>=90°,<>=<>=60°.4∴||=.答案:B3.设A,B,C,D是空间不共面的四点,且满足=0,则△BCD为()A.钝角三角形B.锐角三角形C.直角三角形D.不确定解析:,∴cos<>=>0,∴<>为锐角,同理cos<>>0,∴∠BCD为锐角,cos<>>0,∴∠BDC为锐角,即△BCD为锐角三角形.答案:B4.如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,O为AC与BD的交点,G为CC1的中点,用向量法证明:A1O⊥平面GBD.证明设=a,=b,=c,则a·b=0,b·c=0,a·c=0.而)=c+(a+b),=b-a,)+(a+b)-c,所以·(b-a)=c·(b-a)+(a+b)·(b-a)=c·b-c·a+(|b|2-|a|2)=(|b|2-|a|2)=0.所以.所以A1O⊥BD.同理可证,所以A1O⊥OG.又因为OG∩BD=O,且A1O⊈平面GBD,所以A1O⊥平面GBD.5.在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中,∠A1AB=∠A1AD=∠BAD=60°,AA1=AB=AD=.(1)求||;5(2)求证:AC1⊥平面A1BD;(3)求的夹角.(1)解令=a,=b,=c,则=a+b+c,∴||=|a+b+c|==(a2+b2+c2+2a·b+2b·c+2c·a=+2×+2×=3.(2)证明=a-c,∴=(a+b+c)·(a-c)=a2-a·c+b·a-b·c+c·a-c2=0.∴,又=b-c,同理,∴AC1垂直于平面A1BD内的两条相交直线A1D,A1B,∴AC1⊥平面A1BD.(3)解cos<>===-.∴的夹角为π-arccos.6.导学号90074025如图,正方形ABCD与正方形ABEF的边长均为1,且平面ABCD⊥平面ABEF,点M在AC上移动,点N在BF上移动.若CM=BN=a(0
