“4翼”检测评价（14） 向量的数量积（Word练习）- 【新课程学案】新教材2023-2024学年高中数学选择性必修第2册（湘教版2019）

“四翼”检测评价（十四） 向量的数量积 (一)基础落实 1.下列结论正确的是(　 ) A.(a·b)·c＝(b·c)·a B.若a·b＝－|a||b|，则a∥b C.若a，b，c为非零向量，且a·c＝b·c，则a∥b D.若a2＝b2，则a＝b 解析：选B　由a·b＝|a||b|cos〈a，b〉，得cos〈a，b〉＝＝－1，又因为0°≤〈a，b〉≤180°，所以〈a，b〉＝180°，所以a∥b，B正确.A、C、D显然错误. 2.已知i，j，k是两两垂直的单位向量，a＝2i－j＋k，b＝i＋j－3k，则a·b等于(　 ) A.－2 B.－1 C.±1 D.2 解析：选A　a·b＝(2i－j＋k)·(i＋j－3k)＝2i2－j2－3k2＝－2. 3.已知两条异面直线的方向向量分别为a，b，且|a|＝|b|＝1，a·b＝－，则两直线的夹角为(　 ) A.30° B.60° C.120° D.150° 解析：选B　设向量a，b的夹角为θ，则cos θ＝＝－，∴θ＝120°，∴两个方向向量对应的直线的夹角为180°－120°＝60°.故选B. 4.已知空间向量a，b，|a|＝1，|b|＝，且a－b与a垂直，则a与b的夹角为(　 ) A.60° B.30° C.135° D.45° 解析：选D　因为a－b与a垂直，所以(a－b)·a＝0，即a2－a·b＝|a|2－|a||b|cos〈a，b〉＝1－cos〈a，b〉＝0.所以cos〈a，b〉＝.又0°≤〈a，b〉≤180°，所以〈a，b〉＝45°. 5.在底面是正方形的四棱柱ABCD­A1B1C1D1中，AB＝1，AA1＝2，∠A1AD＝∠A1AB＝，则||＝(　 ) A.2 B.2 C.3 D. 解析：选D　∵＝＋＋，∴||2＝|＋＋|2＝||2＋||2＋||2＋2·＋2·＋2·＝12＋12＋22＋2×1×1×cos＋2×1×2×cos＋2×1×2×cos＝1＋1＋4＋2＋2＝10，∴||＝.故选D. 6.已知平行六面体ABCD­A1B1C1D1中，底面ABCD是边长为1的正方形，AA1＝2，∠A1AB＝∠A1AD＝60°，则·＝________. 解析：因为在平行六面体ABCD­A1B1C1D1中，＝＋，＝＋，所以·＝(＋)·(＋)＝·＋·＋·＋2＝2×1×＋2×1×＋0＋12＝3. 答案：3 7.如图，已知正三棱柱ABC­A1B1C1的各条棱长都相等，M是侧棱CC1的中点，则异面直线AB1和BM所成的角的大小是________. 解析：不妨设棱长为2，则＝－，＝＋，cos〈，〉＝＝＝0. 又0°<〈，〉≤90°，∴〈，〉＝90°. 答案：90° 8.如图所示，在正六棱柱ABCDEF­A1B1C1D1E1F1中，AB＝2，则向量分别在，方向上的投影向量为______；向量在方向上的投影数量为______. 解析：根据正六棱柱的性质，知DD1⊥AD，EE1⊥E1D1，ED⊥AE，E1D1⊥AE.又AE∩EE1＝E，AE⊂平面A1E1EA，EE1⊂平面A1E1EA，所以D1E1⊥平面A1E1EA.又AE1⊂平面A1E1EA，所以D1E1⊥AE1.所以向量在，方向上的投影向量分别为，.向量在方向上的投影数量为||＝2. 答案：，　2 9.已知长方体ABCD­A1B1C1D1中，AB＝AA1＝2，AD＝4，E为侧面AA1B1B的中心，F为A1D1的中点.试计算： (1)·；(2)·；(3)·. 解：如图，设＝a，＝b，＝c，则|a|＝|c|＝2，|b|＝4，a·b＝b·c＝c·a＝0. (1)·＝b·＝|b|2＝42＝16. (2)·＝·(a＋c)＝|c|2－|a|2＝22－22＝0. (3)·＝·＝(－a＋b＋c)·＝－|a|2＋|b|2＝2. 10.如图所示，正四面体ABCD的每条棱长都等于a，点M，N分别是AB，CD的中点，求证：MN⊥AB，MN⊥CD. 证明：·＝(＋＋)·＝·＝· ＝a2＋a2·cos 120°＋a2cos 60°－a2cos 60°＝0，所以⊥，即MN⊥AB.同理可证MN⊥CD. (二)综合应用 11.(多选)在四面体PABC中，下列说法正确的是(　 ) A.若＝＋，则＝3 B.若Q为△ABC的重心，则＝＋＋ C.若·＝0，·＝0，则·＝0 D.若四面体PABC的各棱长都为2，M，N分别为PA，BC的中点，则||＝1 解析：选ABC　对于A，∵＝＋，∴3＝＋2，∴2－2＝－，∴2＝，∴3＝＋，即3＝，故A正确；对于B，若Q为△ABC的重心，则＋＋＝0，∴3＋＋＋＝3，∴3＝＋＋，即＝＋＋，故B正确；对于C，若·＝0，·＝0，则·＋·＝0，∴·＋·(＋)＝0，∴·＋·＋·＝0，∴·＋·－·＝0，∴(－)·＋·＝0，∴·＋