第三章 3.1 3.1.3
一、选择题
1．下列命题，不正确的有( D )
①a·a＝|a|；②m(λa)·b＝(mλ)a·b；③a·(b＋c)＝(b＋c)·a；④a2b＝b2a. A．4个 C．2个
B．3个 D．1个
解析 由向量数量积的性质可知只有④不正确．故选D．
2．(2024·江西南昌一模)已知向量a，b是平面α内的两个不相等的非零向量，非零向量c是直线l的一个方向向量，则c·a＝0且c·b＝0是l⊥α的( B )
A．充分不必要条件 C．充要条件
B．必要不充分条件 D．既不充分也不必要条件
解析 当a与b不共线时，由c·a＝0，c·b＝0，可推出l⊥α；当a与b为共线向量时，由c·a＝0，c·b＝0，不能推出l⊥α.若l⊥α，则一定有c·a＝0，c·b＝0.故选B．
→→3．在正方体ABCD－A′B′C′D′中，〈A′B，B′D′〉＝( D ) A．30° C．90°
B．60° D．120°
解析 因为B′D′∥BD，所以A′B，B′D′的夹角即为A′B，BD的夹角．因为→→△A′BD为正三角形，所以∠A′BD＝60°，由向量夹角的定义知〈A′B，BD〉＝120°，即→→
〈A′B，B′D′〉＝120°.
→→→→
4．(2024·湖北黄冈月考)A，B，C，D是空间不共面的四点，且满足AB·AC＝0，AC·AD→→＝AB·AD＝0，则△BCD是( B )
A．钝角三角形 C．直角三角形
→→→→→→
解析 ∵BC＝AC－AB，BD＝AD－AB， →→→→→→→→∴BC·BD＝(AC－AB)·(AD－AB)＝AB2＝|AB|2>0. ∴∠DBC是锐角．同理可证∠DCB，∠BDC都是锐角． ∴△BCD是锐角三角形．
5．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( C )
A．30° C．60°
解析 ∵AC⊥b，BD⊥b，C，D∈b，
B．45° D．90° B．锐角三角形 D．不确定
→→→→→→→2∴AB·CD＝(AC＋CD＋DB)·CD＝CD＝1， →→
AB·CD11→→
∴cos〈AB，CD〉＝＝＝.
→→2×12|AB||CD|
∴AB与CD所成的角为60°，即异面直线a，b所成的角为60°.
6．二面角的棱上有A，B两点，直线AC，BD分别在这个二面角的两个半平面内，且都垂直于AB.已知AB＝4，AC＝6，BD＝8，CD＝217，则该二面角的大小为( C )
A．150° C．60°
→→解析 由条件，知CA·AB＝0， →→→→→→AB·BD＝0，CD＝CA＋AB＋BD.
→→→→→→→→→→∴|CD|2＝|CA|2＋|AB|2＋|BD|2＋2CA·AB＋2AB·BD＋2CA·BD →→
＝62＋42＋82＋2×6×8cos〈CA，BD〉＝(217)2， 1→→→→
∴cos〈CA，BD〉＝－，得〈CA，BD〉＝120°，
2∴二面角的大小为60°，故选C． 二、填空题
7．(2024·黑龙江大庆调研)如图，空间四边形的各边和对角线长均相等，E是BC的中→→→→点，则AE·BC__>__AE·CD(填“<”“>”或“＝”)．
B．45° D．120°
1→→→→→→→→→→
解析 易知AE⊥BC，所以AE·BC＝0.而AE·CD＝(AB＋BE)·CD＝AB·(BD－BC)＋
21→→→→→→→→→→→→
CD·BC＝|AB||BD|·cos 120°－|AB|·|BC|cos 120°＋|BC||CD|cos 120°<0，所以AE·BC >AE·CD.
2
8．(2024·河南月考)已知a，b，c是两两垂直的单位向量，则|a－2b＋3c|＝__14__. 解析 因为a，b，c是两两垂直的单位向量，所以a2＝1，b2＝1，c2＝1，a·b＝a·c＝b·c＝0，故|a－2b＋3c|＝?a－2b＋3c?2＝a2＋4b2＋9c2－4a·b＋6a·c－12b·c＝14.
11
9．如图，已知正四面体ABCD中，AE＝AB，CF＝CD，则直线DE和BF所成角的
444余弦值为____. 13
解析 因为四面体ABCD是正四面体，顶点A在底面BCD内的射影为△BCD的垂心，所以有BC⊥DA，AB⊥CD.设正四面体的棱长为4，
→→→→→→→→→→则BF·DE＝(BC＋CF)·(DA＋AE)＝0＋BC·AE＋CF·DA＋0＝4×1×cos 120°＋1×4×cos 120°＝－4，BF＝DE＝42＋12－2×4×1×cos 60°＝13，所以异面直线DE与BF的夹角θ→→
|BF·DE|4
的余弦值为cos θ＝＝.
→→13|BF||DE|
三、解答题
→→→
10．如图所示，已知正方体ABCD－A′B′C′D′的棱长为1，设AB＝a，AD＝b，AA′＝c，求：
→→→→(1)AC′·BD′，cos〈AC′，BD′〉； →→(2)BD′·AD.
→→解析 (1)AC′·BD′
→→→→→→＝(AB＋BC＋OC′)·(BA＋AA′＋A′D′) →→→→→→＝(AB＋AD＋AA′)·(－AB＋AA′＋AD)
＝(a＋b＋c)·(－a＋c＋b)＝－a2＋b2＋c2＋2b·c＝1. →→
易得|AC′|＝3，|BD′|＝3，
→→AC′·BD′11→→
则cos〈AC′，BD′〉＝＝＝. →→3×33|AC′||BD′|
→→→→→→→→→→
(2)BD′·AD＝(BA＋AA′＋A′D′)·AD＝(－AB＋AA′＋AD)·AD＝(－a＋c＋b)·b＝－a·b＋b·c＋b2＝1.
11．(2024·广东梅州调研)三棱柱ABC－A1B1C1中，M，N分别是A1B，B1C1上的点，且→→→
BM＝2A1M，C1N＝2B1N.设AB＝a，AC＝b，AA1＝c.
→
(1)试用a，b，c表示向量MN；
(2)若∠BAC＝90°，∠BAA1＝∠CAA1＝60°，AB＝AC＝AA1＝1，求MN的长． 解析 (1)由图形知，
→→→→MN＝MA1＋A1B1＋B1N 1→→1→＝BA1＋AB＋B1C1 3311
＝(c－a)＋a ＋(b－a) 33111＝a＋b＋c. 333(2)由题设条件，
∵(a＋b＋c)2＝a2＋b2＋c2＋2a·b＋2b·c＋2a·c 11
＝1＋1＋1＋0＋2×1×1×＋2×1×1×＝5，
225→1
∴|a＋b＋c|＝5，|MN|＝|a＋b＋c|＝.
33
12．如图，在梯形ABCD中，AB∥CD，∠ADC＝90°，3AD＝DC＝3，AB＝2，E是DC上一点，满足DE＝1，连接AE，将△DAE沿AE折起到△D1AE的位置，使得∠D1AB＝60°，AC与BE的交点为O.
→→→→
(1)试用向量AB，AE，AD1表示向量OD1；
(2)求异面直线OD1与AE所成的角的余弦值；
(3)判断平面AD1E与平面ABCE是否垂直，并说明理由．
解析 (1)根据已知，可得四边形ABCE为平行四边形，所以O为BE的中点， →→→→1→→OD1＝AD1－AO＝AD1－(AB＋AE)
2→1→1→＝AD1－AB－AE.
22
→→?→1→1→?→(2)OD1·AE＝?AD1－2AB－2AE?·AE
11＝1×2cos 45°－×2×2×cos 45°－×(2)2＝－1.
2236→1→1→→→
AD1－AB－AE?2＝，∴|OD1|＝， ∵OD12＝?22??22
→→－1OD1·AE3→→∴cos〈OD1，AE〉＝＝＝－，
3→→6|OD1|·|AE|×2
2所以OD1与AE所成的角的余弦值为
3. 3
→→1→(3)设AE的中点为M，则MD1＝AD1－AE.
2→→→→1→→∵MD1·AB＝AD1·AB－AE·AB
21
＝1×2cos 60°－×2×2cos 45°＝0，
2→→∴MD1⊥AB.
→→→→1→2∵MD1·AE＝AD1·AE－AE
2
1→→＝2cos 45°－×(2)2＝0，∴MD1⊥AE.
2所以MD1垂直于平面ABCE内两条相交直线． ∴MD1⊥平面ABCE，而D1M? 平面AD1E， 所以平面AD1E⊥平面ABCE.
人教A版高中数学选修2-1作业：第3章 空间向量与立体几何3.1.3
