1.1.2 空间向量的数量积运算-【金版教程】2024-2025学年新教材高中数学选择性必修第一册作业与测评课件PPT（人教A版2019）

目录 第一章　空间向量与立体几何 1.1　空间向量及其运算 1.1.2　空间向量的数量积运算 目录 15分钟对点练 30分钟综合练 15分钟对点练 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 解析 * 知识点一　空间向量的数量积运算 1．下列式子中正确的是(　　) A．a·|a|＝a2 B．(a·b)2＝a2·b2 C．eq \f(a·b,a2)＝eq \f(|b|,|a|) D．|a·b|≤|a||b| 解析　A显然错误；(a·b)2＝(|a||b|cos〈a，b〉)2＝|a|2|b|2cos2〈a，b〉，而a2·b2＝|a|2·|b|2，不一定与(a·b)2相等，所以B错误；因为eq \f(a·b,a2)＝eq \f(|b|cosθ,|a|)，不一定与eq \f(|b|,|a|)相等，所以C错误；因为|a·b|＝|a||b||cos〈a，b〉|，而|cos〈a，b〉|≤1，所以D正确． 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 解析 * 2．(2024·广东雷州市白沙中学高二阶段练习)在棱长为1的正方体ABCD－A1B1C1D1中，设eq \o(AB,\s\up18(→))＝a，eq \o(AD,\s\up18(→))＝b，eq \o(AA1,\s\up18(→))＝c，则a·(b＋c)的值为(　　) A．2 B．1 C．－1 D．0 解析　由题意可知a⊥b，a⊥c，因此a·(b＋c)＝a·b＋a·c＝0. 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 解析 * 3.如图，P为圆锥的顶点，O是圆锥底面的圆心，圆锥PO的轴截面PAE是边长为2的等边三角形，△ABC是底面圆的内接正三角形，则eq \o(PB,\s\up18(→))·eq \o(PC,\s\up18(→))＝(　　) A.eq \f(3,2) B.eq \f(5,2) C.eq \f(7,2) D.eq \f(9,2) 解析　eq \o(PB,\s\up18(→))·eq \o(PC,\s\up18(→))＝(eq \o(PO,\s\up18(→))＋eq \o(OB,\s\up18(→)))·(eq \o(PO,\s\up18(→))＋eq \o(OC,\s\up18(→)))＝eq \o(PO,\s\up18(→))2＋eq \o(OB,\s\up18(→))·eq \o(OC,\s\up18(→))＝3＋1×1×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))＝eq \f(5,2). 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 [名师点拨]　由向量数量积的定义知，要求a与b的数量积，需已知|a|，|b|和〈a，b〉，若三者并未给出，则根据向量运算法则对向量进行分解，利用“垂直”将数量积消化掉． * 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 * 4．[多选]已知ABCD－A1B1C1D1为正方体，下列说法中正确的是(　　) A．(eq \o(A1A,\s\up18(→))＋eq \o(A1D1,\s\up18(→))＋eq \o(A1B1,\s\up18(→)))2＝3eq \o(A1B1,\s\up18(→))2 B．eq \o(A1C,\s\up18(→))·(eq \o(A1B1,\s\up18(→))－eq \o(A1A,\s\up18(→)))＝0 C．向量eq \o(AD1,\s\up18(→))与向量eq \o(A1B,\s\up18(→))的夹角是60° D．正方体ABCD－A1B1C1D1的体积为|eq \o(AB,\s\up18(→))·eq \o(AA1,\s\up18(→))·eq \o(AD,\s\up18(→))| 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 解析 * 解析　由向量的加法得到eq \o(A1A,\s\up18(→))＋eq \o(A1D1,\s\up18(→))＋eq \o(A1B1,\s\up18(→))＝eq \o(A1C,\s\up18(→))，∵A1C2＝3A1Beq \o\al(2,1)，∴eq \o(A1C,\s\up18(→))2＝3eq \o(A1B1,\s\up18(→))2，故A正确；∵eq \o(A1B1,\s\up18(→))－eq \o(A1A,\s\up18(→))＝eq \o(AB1,\s\up18(→))，AB1⊥A1C，∴eq \o(A1C,\s\up18(→))·eq \o(AB1,\s\up18(→))＝0，故B正确；∵△ACD1是等边三角形，∴∠AD1C＝60°，又A1B∥D1C，∴异面直线AD1与A1B所成的角为60°，但是向量eq \o(AD1,\s\up18(→))与向量eq \o(A1B,\s\up18(→))的夹角是120°，故C不正确；∵AB⊥AA1，∴eq \o(AB,\s\up18(→))·eq \o(AA1,\s\up18(→))＝0，∴|eq \o(AB,\s\up18(→))·eq \o(AA1,\s\up18(→))·eq \o(AD,\s\up18(→))|＝0，故D不正确．故选AB. 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 解析 答案 * 知识点二　用数量积求夹角或长度 5．(2023·山东临沂高二期中)四面体ABCD中，AC＝AD＝2AB＝2，∠BAD＝60°，eq \o(AB,\s\up18(→))·eq \o(CD,\s\up18(→))＝2，则∠BAC＝(　　) A．60° B．90° C．120° D．150° 解析　由题意知，AC＝AD＝2AB＝2，∠BAD＝60°，所以eq \o(AB,\s\up18(→))·eq \o(CD,\s\up18(→))＝eq \o(AB,\s\up18(→))·(eq \o(AD,\s\up18(→))－eq \o(AC,\s\up18(→)))＝eq \o(AB,\s\up18(→))·eq \o(AD,\s\up18(→))－eq \o(AB,\s\up18(→))·eq \o(AC,\s\up18(→))＝|eq \o(AB,\s\up18(→))||eq \o(AD,\s\up18(→))|cos∠BAD－|eq \o(AB,\s\up18(→))||eq \o(AC,\s\up18(→))|cos∠BAC＝2，所以1×2cos60°－1×2cos∠BAC＝2，解得cos∠BAC＝－eq \f(1,2)，所以∠BAC＝120°. 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 * 6．已知矩形ABCD中，AB＝1，BC＝eq \r(3)，将矩形ABCD沿对角线AC折起，使平面ABC与平面ACD垂直，则B，D两点间的距离为(　　) A．eq \f(\r(10),2) B．eq \f(\r(6),2) C．eq \f(\r(5),2) D．2 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 解析 * 解析　如图所示，过点B，D分别向AC作垂线，垂足分别为M，N，则可得AM＝eq \f(1,2)，BM＝eq \f(\r(3),2)，CN＝eq \f(1,2)，DN＝eq \f(\r(3),2)，MN＝1.由于eq \o(BD,\s\up18(→))＝eq \o(BM,\s\up18(→))＋eq \o(MN,\s\up18(→))＋eq \o(ND,\s\up18(→))，所以|eq \o(BD,\s\up18(→))|2＝(eq \o(BM,\s\up18(→))＋eq \o(MN,\s\up18(→))＋eq \o(ND,\s\up18(→)))2＝|eq \o(BM,\s\up18(→))|2＋|eq \o(MN,\s\up18(→))|2＋|eq \o(ND,\s\up18(→))|2＋2(eq \o(BM,\s\up18(→))·eq \o(MN,\s\up18(→))＋eq \o(MN,\s\up18(→))·eq \o(ND,\s\up18(→))＋eq \o(BM,\s\up18(→))·eq \o(ND,\s\up18(→)))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2))) eq \s\up20(2)＋12＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2))) eq \s\up20(2)＋2×(0＋0＋0)＝eq \f(5,2)，所以|eq \o(BD,\s\up18(→))|＝eq \f(\r(10),2)，即B，D两点间的距离为eq \f(\r(10),2).故选A. 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 解析 答案 * 7．(2023·天津市滨海新区塘沽第一中学高二期中)平行六面体ABCD－A1B1C1D1中，∠A1AB＝∠A1AD＝∠BAD＝60°，AB＝AD＝AA1＝1，则AC1＝________． 解析　由空间向量可得eq \o(AC1,\s\up18(→))＝eq \o(AB,\s\up18(→))＋eq \o(AD,\s\up18(→))＋eq \o(AA1,\s\up18(→))，eq \o(AC1,\s\up18(→))2＝(eq \o(AB,\s\up18(→))＋eq \o(AD,\s\up18(→))＋eq \o(AA1,\s\up18(→)))2＝eq \o(AB,\s\up18(→))2＋eq \o(AD,\s\up18(→))2＋eq \o(AA1,\s\up18(→))2＋2eq \o(AB,\s\up18(→))·eq \o(AD,\s\up18(→))＋2eq \o(AD,\s\up18(→))·eq \o(AA1,\s\up18(→))＋2eq \o(AA1,\s\up18(→))·eq \o(AB,\s\up18(→))＝1＋1＋1＋2|eq \o(AB,\s\up18(→))||eq \o(AD,\s\up18(→))|cos∠BAD＋2|eq \o(AD,\s\up18(→))||eq \o(AA,\s\up18(→))1|cos∠A1AD＋2|eq \o(AA1,\s\up18(→))||eq \o(AB,\s\up18(→))|·cos∠A1AB＝3＋2cos60°＋2cos60°＋2cos60°＝6，所以|eq \o(AC1,\s\up18(→))|＝eq \r(6)，即AC1＝eq \r(6). eq \r(6) 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 解析 答案 * 8．(2023·鄂东南高二期中联考)三棱柱ABC－A1B1C1中，底面边长和侧棱长都相等，∠BAA1＝∠CAA1＝60°，则异面直线AB1与BC1所成角的余弦值为________． 解析　如图所示，设该三棱柱的棱长为1，依题意有eq \o(AB1,\s\up18(→))＝eq \o(AB,\s\up18(→))＋eq \o(AA1,\s\up18(→))，eq \o(BC1,\s\up18(→))＝eq \o(BA,\s\up18(→))＋eq \o(AA1,\s\up18(→))＋eq \o(A1C1,\s\up18(→))＝eq \o(AC,\s\up18(→))＋eq \o(AA1,\s\up18(→))－eq \o(AB,\s\up18(→))，则|eq \o(AB1,\s\up18(→))|2＝(eq \o(AB,\s\up18(→))＋eq \o(AA1,\s\up18(→)))2＝eq \o(AB,\s\up18(→))2＋2eq \o(AB,\s\up18(→))·eq \o(AA1,\s\up18(→))＋eq \o(AA1,\s\up18(→))2＝2＋2cos60°＝3，|eq \o(BC1,\s\up18(→))|2＝(eq \o(AC,\s\up18(→))＋eq \o(AA1,\s\up18(→))－eq \o(AB,\s\up18(→)))2＝eq \o(AC,\s\up18(→))2＋eq \o(AA1,\s\up18(→))2＋eq \o(AB,\s\up18(→))2＋2eq \o(AC,\s\up18(→))·eq \o(AA1,\s\up18(→))－2eq \o(AC,\s\up18(→))·eq \o(AB,\s\up18(→))－2eq \o(AA1,\s\up18(→))·eq \o(AB,\s\up18(→))＝2，又eq \o(AB1,\s\up18(→))·eq \o(BC1,\s\up18(→))＝(eq \o(AB,\s\up18(→))＋eq \o(AA1,\s\up18(→)))·(eq \o(AC,\s\up18(→))＋eq \o(AA1,\s\up18(→))－eq \o(AB,\s\up18(→)))＝eq \o(AB,\s\up18(→))·eq \o(AC,\s\up18(→))＋eq \o(AB,\s\up18(→))·eq \o(AA1,\s\up18(→))－eq \o(AB,\s\up18(→))2＋eq \o(AA1,\s\up18(→))·eq \o(AC,\s\up18(→))＋eq \o(AA1,\s\up18(→))2－eq \o(AA1,\s\up18(→))·eq \o(AB,\s\up18(→))＝eq \f(1,2)＋eq \f(1,2)－1＋eq \f(1,2)＋1－eq \f(1,2)＝1，所以cos〈eq \o(AB1,\s\up18(→))，eq \o(BC1,\s\up18(→))〉＝eq \f(\o(AB1,\s\up18(→))·\o(BC1,\s\up18(→)),|\a\vs4\al(AB1)||\a\vs4\al(BC1)|)＝eq \f(1,\r(3)×\r(2))＝eq \f(\r(6),6).所以异面直线AB1与BC1所成角的余弦值为eq \f(\r(6),6). eq \f(\r(6),6) 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 证明 * 知识点三　用数量积证明垂直 9.如图，已知在空间四边形OABC中，OB＝OC，AB＝AC.求证：OA⊥BC. 证明　∵OB＝OC，AB＝AC，OA＝OA， ∴△OAC≌△OAB，∴∠AOC＝∠AOB. ∵eq \o(OA,\s\up18(→))·eq \o(BC,\s\up18(→))＝eq \o(OA,\s\up18(→))·(eq \o(OC,\s\up18(→))－eq \o(OB,\s\up18(→)))＝eq \o(OA,\s\up18(→))·eq \o(OC,\s\up18(→))－eq \o(OA,\s\up18(→))·eq \o(OB,\s\up18(→))＝|eq \o(OA,\s\up18(→))||eq \o(OC,\s\up18(→))|cos∠AOC－|eq \o(OA,\s\up18(→))||eq \o(OB,\s\up18(→))|·cos∠AOB＝0， ∴OA⊥BC. 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 [规律方法]　证明线线垂直的关键是确定直线的方向向量，根据直线的方向向量的数量积为0，证明线线垂直．　 * 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 证明 * 10.如图，四边形ABCD为正方形，PD⊥平面ABCD，AF⊥PC于点F，FE∥CD，交PD于点E.证明：CF⊥平面ADF. 证明　由题意可知eq \o(CF,\s\up18(→))＝eq \o(CD,\s\up18(→))＋eq \o(DE,\s\up18(→))＋eq \o(EF,\s\up18(→))，故eq \o(CF,\s\up18(→))·eq \o(DA,\s\up18(→))＝eq \o(CD,\s\up18(→))·eq \o(DA,\s\up18(→))＋eq \o(DE,\s\up18(→))·eq \o(DA,\s\up18(→))＋eq \o(EF,\s\up18(→))·eq \o(DA,\s\up18(→)).又eq \o(EF,\s\up18(→))∥eq \o(CD,\s\up18(→))，eq \o(CD,\s\up18(→))⊥eq \o(DA,\s\up18(→))，故eq \o(EF,\s\up18(→))⊥eq \o(DA,\s\up18(→))，所以eq \o(CD,\s\up18(→))·eq \o(DA,\s\up18(→))＝0，eq \o(EF,\s\up18(→))·eq \o(DA,\s\up18(→))＝0.又eq \o(PD,\s\up18(→))⊥eq \o(DA,\s\up18(→))，所以eq \o(DE,\s\up18(→))·eq \o(DA,\s\up18(→))＝0，故eq \o(CF,\s\up18(→))·eq \o(DA,\s\up18(→))＝0，所以CF⊥DA.又CF⊥AF，AF∩DA＝A，所以CF⊥平面ADF. 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 [规律方法]　证明直线与平面垂直要利用直线与平面垂直的判定定理，将直线与平面垂直转化为直线与直线垂直证明． * 30分钟综合练 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 解析 * 一、选择题 1．正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为1，O为棱B1D的中点，则(　　) A．eq \o(BC,\s\up18(→))·eq \o(B1D1,\s\up18(→))＝2 B．eq \o(AB,\s\up18(→))·eq \o(AO,\s\up18(→))＝eq \f(1,2) C．eq \o(AB,\s\up18(→))·eq \o(AD1,\s\up18(→))＝1 D．eq \o(BC1,\s\up18(→))·eq \o(DO,\s\up18(→))＝eq \f(1,2) 解析　对于A，eq \o(BC,\s\up18(→))·eq \o(B1D1,\s\up18(→))＝eq \o(BC,\s\up18(→))·eq \o(BD,\s\up18(→))＝1，故A错误；对于B，eq \o(AB,\s\up18(→))·eq \o(AO,\s\up18(→))＝eq \f(1,2) eq \o(AB,\s\up18(→))2＝eq \f(1,2)，故B正确；对于C，AB⊥平面A1ADD1，则eq \o(AB,\s\up18(→))·eq \o(AD1,\s\up18(→))＝0，故C错误；对于D，eq \o(BC1,\s\up18(→))＝eq \o(BC,\s\up18(→))＋eq \o(BB1,\s\up18(→))，eq \o(DO,\s\up18(→))＝eq \f(1,2)(eq \o(DA,\s\up18(→))＋eq \o(DC,\s\up18(→))＋eq \o(DD1,\s\up18(→)))，由垂直关系化简得eq \o(BC1,\s\up18(→))·eq \o(DO,\s\up18(→))＝eq \f(1,2) eq \o(BC,\s\up18(→))·eq \o(DA,\s\up18(→))＋eq \f(1,2) eq \o(BB1,\s\up18(→))·eq \o(DD1,\s\up18(→))＝－eq \f(1,2)＋eq \f(1,2)＝0，故D错误． 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 解析 * 2．如图所示，已知PA⊥平面ABC，∠ABC＝120°，PA＝AB＝BC＝6，则PC＝(　　) A．6eq \r(2) B．6 C．12 D．144 解析　∵eq \o(PC,\s\up18(→))＝eq \o(PA,\s\up18(→))＋eq \o(AB,\s\up18(→))＋eq \o(BC,\s\up18(→))，∴eq \o(PC,\s\up18(→))2＝eq \o(PA,\s\up18(→))2＋eq \o(AB,\s\up18(→))2＋eq \o(BC,\s\up18(→))2＋2eq \o(PA,\s\up18(→))·eq \o(AB,\s\up18(→))＋2eq \o(PA,\s\up18(→))·eq \o(BC,\s\up18(→))＋2eq \o(AB,\s\up18(→))·eq \o(BC,\s\up18(→))＝36＋36＋36＋0＋0＋2×6×6cos60°＝144，∴PC＝12.故选C. 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 解析 * 3.设A，B，C，D是空间不共面的四点，且满足eq \o(AB,\s\up18(→))·eq \o(AC,\s\up18(→))＝0，eq \o(AC,\s\up18(→))·eq \o(AD,\s\up18(→))＝0，eq \o(AB,\s\up18(→))·eq \o(AD,\s\up18(→))＝0，则△BCD是(　　) A．钝角三角形 B．锐角三角形 C．直角三角形 D．不确定 解析　eq \o(BD,\s\up18(→))＝eq \o(AD,\s\up18(→))－eq \o(AB,\s\up18(→))，eq \o(BC,\s\up18(→))＝eq \o(AC,\s\up18(→))－eq \o(AB,\s\up18(→))，eq \o(BD,\s\up18(→))·eq \o(BC,\s\up18(→))＝(eq \o(AD,\s\up18(→))－eq \o(AB,\s\up18(→)))·(eq \o(AC,\s\up18(→))－eq \o(AB,\s\up18(→)))＝eq \o(AD,\s\up18(→))·eq \o(AC,\s\up18(→))－eq \o(AD,\s\up18(→))·eq \o(AB,\s\up18(→))－eq \o(AB,\s\up18(→))·eq \o(AC,\s\up18(→))＋|eq \o(AB,\s\up18(→))|2＝|eq \o(AB,\s\up18(→))|2>0，∴cos∠CBD＝cos〈eq \o(BC,\s\up18(→))，eq \o(BD,\s\up18(→))〉＝eq \f(\o(BC,\s\up18(→))·\o(BD,\s\up18(→)),|\o(BC,\s\up18(→))||\o(BD,\s\up18(→))|)>0，∴∠CBD为锐角，同理，∠BCD与∠BDC均为锐角，∴△BCD为锐角三角形． 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 解析 * 4．在空间四边形OABC中，OB＝OC，∠AOB＝∠AOC＝eq \f(π,3)，则cos〈eq \o(OA,\s\up18(→))，eq \o(BC,\s\up18(→))〉＝(　　) A.eq \f(1,2) B.eq \f(\r(2),2) C．－eq \f(1,2) D．0 解析　eq \o(OA,\s\up18(→))·eq \o(BC,\s\up18(→))＝eq \o(OA,\s\up18(→))·(eq \o(OC,\s\up18(→))－eq \o(OB,\s\up18(→)))＝eq \o(OA,\s\up18(→))·eq \o(OC,\s\up18(→))－eq \o(OA,\s\up18(→))·eq \o(OB,\s\up18(→))＝|eq \o(OA,\s\up18(→))||eq \o(OC,\s\up18(→))|cos〈eq \o(OA,\s\up18(→))，eq \o(OC,\s\up18(→))〉－|eq \o(OA,\s\up18(→))|·|eq \o(OB,\s\up18(→))|cos〈eq \o(OA,\s\up18(→))，eq \o(OB,\s\up18(→))〉，因为〈eq \o(OA,\s\up18(→))，eq \o(OC,\s\up18(→))〉＝〈eq \o(OA,\s\up18(→))，eq \o(OB,\s\up18(→))〉＝eq \f(π,3)，|eq \o(OB,\s\up18(→))|＝|eq \o(OC,\s\up18(→))|，所以eq \o(OA,\s\up18(→))·eq \o(BC,\s\up18(→))＝0，所以eq \o(OA,\s\up18(→))⊥eq \o(BC,\s\up18(→))，所以cos〈eq \o(OA,\s\up18(→))，eq \o(BC,\s\up18(→))〉＝0.故选D. 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 * 5．[多选]下列命题正确的是(　　) A．若a·b＝0，则a，b有可能均不为0 B．若a≠0且a·b＝a·c，则b＝c C．(a·b)c＝a(b·c) D．(3a＋2b)·(3a－2b)＝9|a|2－4|b|2 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 解析 * 解析　a·b＝0⇒|a||b|cos〈a，b〉＝0⇒a＝0或b＝0或cos〈a，b〉＝0，故A正确；若a·b＝a·c，则a·(b－c)＝0，尽管有a≠0，也不能得到b＝c，因为有可能a⊥(b－c)，故B不正确；因为(a·b)c＝λc(即[(a·b)c]∥c)，而a(b·c)＝μa(即[a(b·c)]∥a)，而a与c不一定共线，所以λc与μa不一定相等，故C不正确；(3a＋2b)·(3a－2b)＝9a·a－6a·b＋6a·b－4b·b＝9a2－4b2＝9|a|2－4|b|2，故D正确．故选AD. 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 2 解析 答案 * 二、填空题 6．如图，在棱长为eq \r(2)的正方体ABCD－A1B1C1D1中，eq \o(A1C1,\s\up18(→))·eq \o(AD1,\s\up18(→))＝________． 解析　连接BC1，A1B，由AD1∥BC1，且△A1BC1为正三角形，有eq \o(A1C1,\s\up18(→))·eq \o(AD1,\s\up18(→))＝2×2×cos60°＝2. 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 解析 答案 * 7．(2024·山东泰安一中校考阶段练习)如图，在平行四边形ABCD中，AB＝AC＝1，∠ACD＝90°，把△ADC沿对角线AC折起，使eq \o(AB,\s\up18(→))与eq \o(CD,\s\up18(→))的夹角为60°，则BD＝________． 解析　由题意，得CD＝AB＝1，∠BAC＝∠ACD＝90°，eq \o(BD,\s\up18(→))＝－eq \o(AB,\s\up18(→))＋eq \o(AC,\s\up18(→))＋eq \o(CD,\s\up18(→))，故eq \o(BD,\s\up18(→))2＝(－eq \o(AB,\s\up18(→))＋eq \o(AC,\s\up18(→))＋eq \o(CD,\s\up18(→)))2＝eq \o(AB,\s\up18(→))2＋eq \o(AC,\s\up18(→))2＋eq \o(CD,\s\up18(→))2－2eq \o(AB,\s\up18(→))·eq \o(AC,\s\up18(→))－2eq \o(AB,\s\up18(→))·eq \o(CD,\s\up18(→))＋2eq \o(AC,\s\up18(→))·eq \o(CD,\s\up18(→))＝1＋1＋1－0－2|eq \o(AB,\s\up18(→))||eq \o(CD,\s\up18(→))|cos60°＋0＝3－1＝2，故BD＝|eq \o(BD,\s\up18(→))|＝eq \r(2). eq \r(2) 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 3 解析 答案 * 8．已知a，b是空间相互垂直的单位向量，且|c|＝5，c·a＝c·b＝2eq \r(2)，则|c－ma－nb|的最小值是________． 解析　因为a，b互相垂直，所以a·b＝0，|c－ma－nb|2＝c2＋m2a2＋n2b2－2ma·c－2nb·c＋2mna·b＝25＋m2＋n2－4eq \r(2)m－4eq \r(2)n＝(m－2eq \r(2))2＋(n－2eq \r(2))2＋9，当且仅当m＝n＝2eq \r(2)时，|c－ma－nb|2取得最小值9，则|c－ma－nb|的最小值为3. 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 解 * 三、解答题 9.如图，一个结晶体的形状为平行六面体ABCD－A1B1C1D1，其中以顶点A为端点的三条棱长均为1，且它们彼此的夹角都是60°.求异面直线BD1与AC所成角的余弦值． 解　∵eq \o(BD1,\s\up18(→))＝eq \o(AD,\s\up18(→))＋eq \o(DD1,\s\up18(→))－eq \o(AB,\s\up18(→))＝eq \o(AD,\s\up18(→))＋eq \o(AA1,\s\up18(→))－eq \o(AB,\s\up18(→))， eq \o(AC,\s\up18(→))＝eq \o(AB,\s\up18(→))＋eq \o(AD,\s\up18(→))， ∴|eq \o(BD1,\s\up18(→))|2＝(eq \o(AD,\s\up18(→))＋eq \o(AA1,\s\up18(→))－eq \o(AB,\s\up18(→)))2＝eq \o(AD,\s\up18(→))2＋eq \o(AA1,\s\up18(→))2＋eq \o(AB,\s\up18(→))2＋ 2eq \o(AD,\s\up18(→))·eq \o(AA1,\s\up18(→))－2eq \o(AD,\s\up18(→))·eq \o(AB,\s\up18(→))－2eq \o(AA1,\s\up18(→))·eq \o(AB,\s\up18(→))＝1＋1＋1＋1－1－1＝2， 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 解 * ∴|eq \o(BD1,\s\up18(→))|＝eq \r(2)， |eq \o(AC,\s\up18(→))|2＝(eq \o(AB,\s\up18(→))＋eq \o(AD,\s\up18(→)))2＝eq \o(AB,\s\up18(→))2＋eq \o(AD,\s\up18(→))2＋2eq \o(AB,\s\up18(→))·eq \o(AD,\s\up18(→))＝1＋1＋1＝3，∴|eq \o(AC,\s\up18(→))|＝eq \r(3)， eq \o(BD1,\s\up18(→))·eq \o(AC,\s\up18(→))＝(eq \o(AD,\s\up18(→))＋eq \o(AA1,\s\up18(→))－eq \o(AB,\s\up18(→)))·(eq \o(AB,\s\up18(→))＋eq \o(AD,\s\up18(→)))＝eq \o(AD,\s\up18(→))2－eq \o(AB,\s\up18(→))2＋eq \o(AA1,\s\up18(→))·eq \o(AB,\s\up18(→))＋eq \o(AA1,\s\up18(→))·eq \o(AD,\s\up18(→))＝1－1＋eq \f(1,2)＋eq \f(1,2)＝1， ∴cos〈eq \o(BD1,\s\up18(→))，eq \o(AC,\s\up18(→))〉＝eq \f(\o(BD1,\s\up18(→))·\o(AC,\s\up18(→)),|\o(BD1,\s\up18(→))||\o(AC,\s\up18(→))|)＝eq \f(1,\r(2)×\r(3))＝eq \f(\r(6),6)， ∴异面直线BD1与AC所成角的余弦值为eq \f(\r(6),6). 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 * 10.如图所示，正四面体VABC的高VD的中点为O，VC的中点为M. (1)求证：AO，BO，CO两两垂直； (2)求异面直线DM与AO所成角的大小． 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 解 * 解　(1)证明：设eq \o(VA,\s\up18(→))＝a，eq \o(VB,\s\up18(→))＝b，eq \o(VC,\s\up18(→))＝c， 不妨令正四面体的棱长为1，则有|a|＝|b|＝|c|＝1，a·b＝b·c＝a·c， 则eq \o(VD,\s\up18(→))＝eq \f(1,3)(a＋b＋c)，eq \o(AO,\s\up18(→))＝eq \o(VO,\s\up18(→))－eq \o(VA,\s\up18(→))＝eq \f(1,2) eq \o(VD,\s\up18(→))－eq \o(VA,\s\up18(→))＝eq \f(1,2)×eq \f(1,3)(a＋b＋c)－a＝eq \f(1,6)(b＋c－5a)， 同理可得eq \o(BO,\s\up18(→))＝eq \f(1,6)(a＋c－5b)，eq \o(CO,\s\up18(→))＝eq \f(1,6)(a＋b－5c)， 所以eq \o(AO,\s\up18(→))·eq \o(BO,\s\up18(→))＝eq \f(1,36)(b＋c－5a)·(a＋c－5b)＝eq \f(1,36)×(18a·b－9|a|2)＝eq \f(1,36)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(18×1×1×cos\f(π,3)－9))＝0. 所以eq \o(AO,\s\up18(→))⊥eq \o(BO,\s\up18(→))，即AO⊥BO， 同理可得，AO⊥CO，BO⊥CO. 所以AO，BO，CO两两垂直． 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 解 * (2)因为eq \o(DM,\s\up18(→))＝eq \o(DV,\s\up18(→))＋eq \o(VM,\s\up18(→))＝－eq \f(1,3)(a＋b＋c)＋eq \f(1,2)c＝eq \f(1,6)(－2a－2b＋c)， 所以|eq \o(DM,\s\up18(→))|＝eq \r(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(1,6)（－2a－2b＋c）))\s\up20(2))＝eq \f(1,2)， |eq \o(AO,\s\up18(→))|＝eq \r(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(1,6)（b＋c－5a）))\s\up20(2))＝eq \f(\r(2),2)， eq \o(DM,\s\up18(→))·eq \o(AO,\s\up18(→))＝eq \f(1,6)(－2a－2b＋c)·eq \f(1,6)(b＋c－5a)＝eq \f(1,4)， 所以cos〈eq \o(DM,\s\up18(→))，eq \o(AO,\s\up18(→))〉＝eq \f(\o(DM,\s\up18(→))·\o(AO,\s\up18(→)),\a\vs4\al(|\o(DM,\s\up18(→))||\o(AO,\s\up18(→))|))＝eq \f(\f(1,4),\f(1,2)×\f(\r(2),2))＝eq \f(\r(2),2)， 所以异面直线DM与AO所成角的大小为eq \f(π,4). 目录 　　　　　　　　　　　　　 R $$