高中数学人教版A版选修21配套课时作业第三章空间向量与立体几何313Word版含

3.1.3空间向量的数量积运算课时目标1.掌握空间向量夹角的概念及表示方法，掌握两个向量的数量积概念、性质和计算方法及运算规律.2.掌握两个向量的数量积的主要用途，会用它解决立体几何中的夹角及距离问题．1．空间向量的夹角定义已知两个非零向量a，b，在空间中任取一点O，作OA→＝a，OB→＝b，则∠AOB叫做向量a，b的夹角记法范围,想一想：〈a，b〉与〈b，a〉相等吗？〈a，b〉与〈a，－b〉呢？2．空间向量的数量积(1)定义：已知两个非零向量a，b，则|a||b|cos〈a，b〉叫做a，b的数量积，记作a·b.(2)数量积的运算律数乘向量与向量数量积的结合律(λa)·b＝________交换律a·b＝______分配律a·(b＋c)＝____________(3)数量积的性质两个向量数量积的性质①若a，b是非零向量，则a⊥b⇔__________.②若a与b同向，则a·b＝________；若反向，则a·b＝________.特别地：a·a＝|a|2或|a|＝a·a.③若θ为a，b的夹角，则cosθ＝______④|a·b|≤|a|·|b|.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．①②B．②③C．③④D．②④2．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.7B.10C.13D．44.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．0B.12C．－34D．－125.如图，已知PA⊥平面ABC，∠ABC＝120°，PA＝AB＝BC＝6，则PC等于()A．62B．6C．12D．1446．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∥nB．m⊥nC．m不平行于n，m也不垂直于nD．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·b2B.|a|2|b|2＋a·b2C.12|a|2|b|2－a·b2D.12|a|2|b|2＋a·b213.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．1．空间向量数量积直接根据定义计算．2．利用数量积可以解决两直线夹角问题和线段长度问题：(1)利用a⊥b⇔a·b＝0证线线垂直(a，b为非零向量)．(2)利用a·b＝|a|·|b|cos〈a，b〉，cosθ＝a·b|a|·|b|，求两直线的夹角．(3)利用|a|2＝a·a，求解有关线段的长度问题．3．1.3空间向量的数量积运算知识梳理1．〈a，b〉[0，π]2．(2)λ(a·b)b·aa·b＋a·c(3)①a·b＝0②|a|·|b|－|a|·|b|③a·b|a||b|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·cos60°＋9＝13.∴|a＋3b|＝13.]4．D[AE→·CF→＝12(AB→＋AC→)·12ADAC＝14AB→·AD→＋14AC→·AD→－12AB→·AC→－12|AC→|2＝14cos60°＋14cos60°－12cos60°－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→|2cos60°＝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|1－〈a，b〉2＝12|a||b|1－a·b|a||b|2＝12|a||b||a|2|b|2－a·b2|a|2|b|2＝12|a|2|b|2－a·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×cos120°＝625，∴|CD→|＝25.