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    课时作业(二) 空间向量的数量积运算

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    这是一份课时作业(二) 空间向量的数量积运算,共6页。

    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.必要非充分条件
    C.充要条件
    D.既非充分也非必要条件
    2.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.-6 B.6
    C.3 D.-3
    3.在空间四边形OABC中,OB=OC,∠AOB=∠AOC=eq \f(π,3),则cs〈eq \(OA,\s\up6(→)),eq \(BC,\s\up6(→))〉的值为( )
    A.eq \f(1,2) B.eq \f(\r(2),2)
    C.-eq \f(1,2) D.0
    4.在空间四边形ABCD中,eq \(AB,\s\up6(→))·eq \(CD,\s\up6(→))+eq \(BC,\s\up6(→))·eq \(AD,\s\up6(→))+eq \(CA,\s\up6(→))·eq \(BD,\s\up6(→))=________.
    5.(多填题)如图,在长方体ABCD-A1B1C1D1中,设AD=AA1=1,AB=2,P是C1D1的中点,则eq \(B1C,\s\up6(→))·eq \(A1P,\s\up6(→))=________,eq \(B1C,\s\up6(→))与eq \(A1P,\s\up6(→))所成角的大小为________.
    6.已知正三棱锥A-BCD的侧棱长和底面边长均为a,点E,F分别是AB,AD上的点,且AE∶EB=AF∶FD=1∶2,求下列向量的数量积:
    (1)eq \(AD,\s\up6(→))·eq \(DB,\s\up6(→));(2)eq \(AD,\s\up6(→))·eq \(BC,\s\up6(→));(3)eq \(EF,\s\up6(→))·eq \(BC,\s\up6(→)).
    [提能力]
    7.(多选)在空间四边形ABCD中,AB,AC,AD两两垂直,则下列结论成立的是( )
    A.|eq \(AB,\s\up6(→))+eq \(AC,\s\up6(→))+eq \(AD,\s\up6(→))|=|eq \(AB,\s\up6(→))+eq \(AC,\s\up6(→))-eq \(AD,\s\up6(→))|
    B.|eq \(AB,\s\up6(→))+eq \(AC,\s\up6(→))+eq \(AD,\s\up6(→))|2=|eq \(AB,\s\up6(→))|2+|eq \(AC,\s\up6(→))|2+|eq \(AD,\s\up6(→))|2
    C.(eq \(AB,\s\up6(→))+eq \(AC,\s\up6(→))+eq \(AD,\s\up6(→)))·eq \(BC,\s\up6(→))=0
    D.eq \(AB,\s\up6(→))·eq \(CD,\s\up6(→))=eq \(AC,\s\up6(→))·eq \(BD,\s\up6(→))=eq \(AD,\s\up6(→))·eq \(BC,\s\up6(→))
    8.如图,已知正四面体ABCD中,AE=eq \f(1,4)AB,CF=eq \f(1,4)CD,则直线DE和BF所成角的余弦值为________.
    9.如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,底面是边长为eq \r(2)的三角形,且侧棱AA1⊥底面ABC.
    (1)设侧棱长为1,求证:AB1⊥BC1;
    (2)设AB1与BC1的夹角为eq \f(π,3),求侧棱长.
    [战疑难]
    10.如图,在矩形ABCD中,AB=1,BC=a,PA⊥平面ABCD(点P位于平面ABCD的上方),则边BC上是否存在点Q,使eq \(PQ,\s\up6(→))⊥eq \(QD,\s\up6(→))?
    课时作业(二)
    1.解析:∵a·b=|a||b|cs〈a,b〉=|a||b|
    ∴cs〈a,b〉=1,∴〈a,b〉=0
    当a与b反向时,不能成立.故选A.
    答案:A
    2.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:B
    3.解析:eq \(OA,\s\up10(→))·eq \(BC,\s\up10(→))=eq \(OA,\s\up10(→))·(eq \(OC,\s\up10(→))-eq \(OB,\s\up10(→)))=eq \(OA,\s\up10(→))·eq \(OC,\s\up10(→))-eq \(OA,\s\up10(→))·eq \(OB,\s\up10(→))=|eq \(OA,\s\up10(→))||eq \(OC,\s\up10(→))|cs∠AOC-|eq \(OA,\s\up10(→))||eq \(OB,\s\up10(→))|cs∠AOB=eq \f(1,2)|eq \(OA,\s\up10(→))||eq \(OC,\s\up10(→))|-eq \f(1,2)|eq \(OA,\s\up10(→))||eq \(OB,\s\up10(→))|=0,
    ∴eq \(OA,\s\up10(→))⊥eq \(BC,\s\up10(→)).∴cs〈eq \(OA,\s\up10(→)),eq \(BC,\s\up10(→))〉=0.故选D.
    答案:D
    4.解析:原式=eq \(AB,\s\up10(→))·eq \(CD,\s\up10(→))+eq \(BC,\s\up10(→))·eq \(AD,\s\up10(→))+eq \(CA,\s\up10(→))·(eq \(AD,\s\up10(→))-eq \(AB,\s\up10(→)))
    =eq \(AB,\s\up10(→))·(eq \(CD,\s\up10(→))-eq \(CA,\s\up10(→)))+eq \(AD,\s\up10(→))·(eq \(BC,\s\up10(→))+eq \(CA,\s\up10(→)))
    =eq \(AB,\s\up10(→))·eq \(AD,\s\up10(→))+eq \(AD,\s\up10(→))·eq \(BA,\s\up10(→))=0.
    答案:0
    5.解析:方法一 连接A1D,则∠PA1D就是eq \(B1C,\s\up10(→))与eq \(A1P,\s\up10(→))所成角.连接PD,在△PA1D中,易得PA1=DA1=PD=eq \r(2),即△PA1D为等边三角形,从而∠PA1D=60°,即eq \(B1C,\s\up10(→))与eq \(A1P,\s\up10(→))所成角的大小为60°.因此eq \(B1C,\s\up10(→))·eq \(A1P,\s\up10(→))=eq \r(2)×eq \r(2)×cs 60°=1.
    方法二 根据向量的线性运算可得
    eq \(B1C,\s\up10(→))·eq \(A1P,\s\up10(→))=(eq \(A1A,\s\up10(→))+eq \(AD,\s\up10(→)))·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\(AD,\s\up10(→))+\f(1,2)\(AB,\s\up10(→))))=eq \(AD2,\s\up10(→))=1.
    由题意可得PA1=B1C=eq \r(2),则eq \r(2)×eq \r(2)×cs〈eq \(B1C,\s\up10(→)),eq \(A1P,\s\up10(→))〉=1,从而〈eq \(B1C,\s\up10(→)),eq \(A1P,\s\up10(→))〉=60°.
    答案:1,60°.
    6.解析:
    如图,
    (1)由题意知,|eq \(AD,\s\up10(→))|=a,|eq \(DB,\s\up10(→))|=a,〈eq \(AD,\s\up10(→)),eq \(DB,\s\up10(→))〉=120°,所以eq \(AD,\s\up10(→))·eq \(DB,\s\up10(→))=|eq \(AD,\s\up10(→))||eq \(DB,\s\up10(→))|cs 120°=-eq \f(1,2)a2.
    (2)因为eq \(BC,\s\up10(→))=eq \(AC,\s\up10(→))-eq \(AB,\s\up10(→)),所以eq \(AD,\s\up10(→))·eq \(BC,\s\up10(→))=eq \(AD,\s\up10(→))·(eq \(AC,\s\up10(→))-eq \(AB,\s\up10(→)))=eq \(AD,\s\up10(→))·eq \(AC,\s\up10(→))-eq \(AD,\s\up10(→))·eq \(AB,\s\up10(→)).
    又|eq \(AD,\s\up10(→))|=|eq \(AC,\s\up10(→))|=|eq \(AB,\s\up10(→))|=a,〈eq \(AD,\s\up10(→)),eq \(AC,\s\up10(→))〉=〈eq \(AD,\s\up10(→)),eq \(AB,\s\up10(→))〉=60°,所以eq \(AD,\s\up10(→))·eq \(BC,\s\up10(→))=eq \f(1,2)a2-eq \f(1,2)a2=0.
    (3)因为点E,F分别是AB,AD上的点,且AE∶EB=AF∶FD=1∶2,所以eq \(EF,\s\up10(→))=eq \f(1,3)eq \(BD,\s\up10(→)),所以eq \(EF,\s\up10(→))·eq \(BC,\s\up10(→))=eq \f(1,3)eq \(BD,\s\up10(→))·eq \(BC,\s\up10(→)).
    又〈eq \(BD,\s\up10(→)),eq \(BC,\s\up10(→))〉=60°,所以eq \(EF,\s\up10(→))·eq \(BC,\s\up10(→))=eq \f(1,3)eq \(BD,\s\up10(→))·eq \(BC,\s\up10(→))=eq \f(1,3)a2cs 60°=eq \f(1,6)a2.
    7.解析:因为eq \(AB,\s\up10(→)),eq \(AC,\s\up10(→)),eq \(AD,\s\up10(→))两两垂直,所以(eq \(AB,\s\up10(→))+eq \(AC,\s\up10(→)))·eq \(AD,\s\up10(→))=0,所以(eq \(AB,\s\up10(→))+eq \(AC,\s\up10(→))+eq \(AD,\s\up10(→)))2=(eq \(AB,\s\up10(→))+eq \(AC,\s\up10(→)))2+eq \(AD,\s\up10(→))2+2(eq \(AB,\s\up10(→))+eq \(AC,\s\up10(→)))·eq \(AD,\s\up10(→))=(eq \(AB,\s\up10(→))+eq \(AC,\s\up10(→)))2+eq \(AD,\s\up10(→))2,(eq \(AB,\s\up10(→))+eq \(AC,\s\up10(→))-eq \(AD,\s\up10(→)))2=(eq \(AB,\s\up10(→))+eq \(AC,\s\up10(→)))2+eq \(AD,\s\up10(→))2-2(eq \(AB,\s\up10(→))+eq \(AC,\s\up10(→)))·eq \(AD,\s\up10(→))=(eq \(AB,\s\up10(→))+eq \(AC,\s\up10(→)))2+eq \(AD,\s\up10(→))2,故|eq \(AB,\s\up10(→))+eq \(AC,\s\up10(→))+eq \(AD,\s\up10(→))|=|eq \(AB,\s\up10(→))+eq \(AC,\s\up10(→))-eq \(AD,\s\up10(→))|,因此A正确;易得B正确;C中,(eq \(AB,\s\up10(→))+eq \(AC,\s\up10(→))+eq \(AD,\s\up10(→)))·eq \(BC,\s\up10(→))=(eq \(AB,\s\up10(→))+eq \(AC,\s\up10(→))+eq \(AD,\s\up10(→)))·(eq \(AC,\s\up10(→))-eq \(AB,\s\up10(→)))=eq \(AB,\s\up10(→))·eq \(AC,\s\up10(→))-|eq \(AB,\s\up10(→))|2+|eq \(AC,\s\up10(→))|2-eq \(AC,\s\up10(→))·eq \(AB,\s\up10(→))+eq \(AD,\s\up10(→))·eq \(AC,\s\up10(→))-eq \(AD,\s\up10(→))·eq \(AB,\s\up10(→))=|eq \(AC,\s\up10(→))|2-|eq \(AB,\s\up10(→))|2,当|eq \(AC,\s\up10(→))|=|eq \(AB,\s\up10(→))|时,|eq \(AC,\s\up10(→))|2-|eq \(AB,\s\up10(→))|2=0,否则不成立,因此C不正确;D中,eq \(AB,\s\up10(→))·eq \(CD,\s\up10(→))=eq \(AB,\s\up10(→))·(eq \(AD,\s\up10(→))-eq \(AC,\s\up10(→)))=eq \(AB,\s\up10(→))·eq \(AD,\s\up10(→))-eq \(AB,\s\up10(→))·eq \(AC,\s\up10(→))=0,同理可得eq \(AC,\s\up10(→))·eq \(BD,\s\up10(→))=0,eq \(AD,\s\up10(→))·eq \(BC,\s\up10(→))=0,因此D正确.故选ABD.
    答案:ABD
    8.解析:因四面体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eq \(BF,\s\up10(→))·eq \(DE,\s\up10(→))=(eq \(BC,\s\up10(→))+eq \(CF,\s\up10(→)))·(eq \(DA,\s\up10(→))+eq \(AE,\s\up10(→)))=0+eq \(BC,\s\up10(→))·eq \(AE,\s\up10(→))+eq \(CF,\s\up10(→))·eq \(DA,\s\up10(→))+0=4×1×cs 120°+1×4×cs 120°=-4,BF=DE=eq \r(42+12-2×4×1×cs 60°)=eq \r(13),所以异面直线DE与BF的夹角θ的余弦值为cs θ=eq \f(|\(BF,\s\up10(→))·\(DE,\s\up10(→))|,|\(BF,\s\up10(→))||\(DE,\s\up10(→))\(|,\s\up10( )) )=eq \f(4,13).
    答案:eq \f(4,13)
    9.解析:(1)证明:eq \(AB1,\s\up10(→))=eq \(AB,\s\up10(→))+eq \(BB1,\s\up10(→)),eq \(BC1,\s\up10(→))=eq \(BB1,\s\up10(→))+eq \(BC,\s\up10(→)).
    ∵BB1⊥平面ABC,∴eq \(BB1,\s\up10(→))·eq \(AB,\s\up10(→))=0,eq \(BB1,\s\up10(→))·eq \(BC,\s\up10(→))=0.
    又△ABC为正三角形,
    ∴〈eq \(AB,\s\up10(→)),eq \(BC,\s\up10(→))〉=π-〈eq \(BA,\s\up10(→)),eq \(BC,\s\up10(→))〉=π-eq \f(π,3)=eq \f(2π,3).
    ∴eq \(AB1,\s\up10(→))·eq \(BC1,\s\up10(→))=(eq \(AB,\s\up10(→))+eq \(BB1,\s\up10(→)))·(eq \(BB1,\s\up10(→))+eq \(BC,\s\up10(→)))
    =eq \(AB,\s\up10(→))·eq \(BB1,\s\up10(→))+eq \(AB,\s\up10(→))·eq \(BC,\s\up10(→))+eq \(BB1,\s\up10(→))2+eq \(BB1,\s\up10(→))·eq \(BC,\s\up10(→))
    =|eq \(AB,\s\up10(→))|·|eq \(BC,\s\up10(→))|·cs〈eq \(AB,\s\up10(→)),eq \(BC,\s\up10(→))〉+eq \(BB1,\s\up10(→))2
    =eq \r(2)×eq \r(2)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(-\f(1,2)))+1=0,
    ∴eq \(AB1,\s\up10(→))⊥eq \(BC1,\s\up10(→)),即AB1⊥BC1.
    (2)结合(1),知eq \(AB1,\s\up10(→))·eq \(BC1,\s\up10(→))=|eq \(AB,\s\up10(→))|·|eq \(BC,\s\up10(→))|·cs〈eq \(AB,\s\up10(→)),eq \(BC,\s\up10(→))〉+eq \(BB1,\s\up10(→))2=eq \(BB1,\s\up10(→))2-1.
    又|eq \(AB1,\s\up10(→))|=eq \r(\(AB,\s\up10(→))+\(BB1,\s\up10(→))\(2,\s\up10( )) )=eq \r(2+|\(BB1,\s\up10(→))|\(2,\s\up10( )) )=|eq \(BC1,\s\up10(→))|.
    ∴cs〈eq \(AB1,\s\up10(→)),eq \(BC1,\s\up10(→))〉=eq \f(|\(BB1,\s\up10(→))|2-1,2+|\(BB1,\s\up10(→))|\(2,\s\up10( )) )=eq \f(1,2),
    ∴|eq \(BB1,\s\up10(→))|=2,即侧棱长为2.
    10.解析:假设存在点Q(点Q在边BC上),使eq \(PQ,\s\up10(→))⊥eq \(QD,\s\up10(→)),即PQ⊥QD.连接AQ,因为PA⊥平面ABCD,所以PA⊥QD.
    又eq \(PQ,\s\up10(→))=eq \(PA,\s\up10(→))+eq \(AQ,\s\up10(→)),所以eq \(PQ,\s\up10(→))·eq \(QD,\s\up10(→))=eq \(PA,\s\up10(→))·eq \(QD,\s\up10(→))+eq \(AQ,\s\up10(→))·eq \(QD,\s\up10(→))=0.
    又eq \(PA,\s\up10(→))·eq \(QD,\s\up10(→))=0,所以eq \(AQ,\s\up10(→))·eq \(QD,\s\up10(→))=0,所以eq \(AQ,\s\up10(→))⊥eq \(QD,\s\up10(→)).
    即点Q在以边AD为直径的圆上,圆的半径为eq \f(a,2).
    又AB=1,
    所以当eq \f(a,2)=1,即a=2时,该圆与边BC相切,存在1个点Q满足题意;
    当eq \f(a,2)>1,即a>2时,该圆与边BC相交,存在2个点Q满足题意;
    当eq \f(a,2)<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,使eq \(PQ,\s\up10(→))⊥eq \(QD,\s\up10(→));
    当0<a<2时,不存在点Q,使eq \(PQ,\s\up10(→))⊥eq \(QD,\s\up10(→)).
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