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1.1.1第2课时　空间向量的数量积
基础巩固
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.必要不充分条件
C.充要条件 D.既不充分也不必要条件
2.已知正四面体ABCD的棱长为1,且=2=2,则等于(　　).
A. B.
C.- D.-
3.已知a,b均为单位向量,且它们的夹角为60°,则|a+3b|=(　　).
A. B. C. D.4
4.(多选题)在正方体ABCD-A1B1C1D1中,下列结论正确的是(　　).
A.()2=3
B.·()=0
C.的夹角为60°
D.=0
5.已知空间四边形ABCD,则=　　　　　.
6.如图,已知正四面体ABCD的棱长为1,点E是棱CD的中点,则=　　　　　.
7.已知a,b是异面直线,A∈a,B∈a,C∈b,D∈b,AC⊥b,BD⊥b,且AB=2,CD=1,则a与b所成的角是　　　　.
8.已知a+3b与7a-5b垂直,且a-4b与7a-2b垂直,求.
9.已知平行六面体ABCD-A1B1C1D1的棱长都为2,∠A1AB=∠A1AD=∠BAD=60°,E是DC的中点,F是B1C的中点,求||.
拓展提高
1.在三棱锥A-BCD中,AB=AC=AD=2,∠BAD=90°,∠BAC=60°,则等于(　　).
A.-2 B.2 C.-2 D.2
2.已知在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中,底面ABCD是边长为1的正方形,AA1=2,∠A1AB=∠A1AD=120°,则异面直线AC1与A1D所成角的余弦值为(　　).
A.　　　　　　　　B.
C. D.
3.设A,B,C,D是空间不共面的四点,且满足=0,=0,=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
4.(多选题)已知空间四边形每条边和对角线的长都等于a,点E,F,G分别是AB,AD,DC的中点,则-a2等于(　　).
A.2 B.2
C.2 D.2
5.已知|a|=3,|b|=4,m=a+b,n=a+λb,=135°.若m⊥n,则λ=　　　　　.
6.在四面体OABC中,棱OA,OB,OC两两垂直,且OA=1,OB=2,OC=3,G为△ABC的重心,则·()=　　　　　.
7.如图,在正三棱柱ABC-A1B1C1中,底面边长为.
(1)设侧棱长为1,求证:AB1⊥BC1;
(2)设AB1与BC1的夹角为,求侧棱的长.
挑战创新
已知MN是正方体内切球的一条直径,点P在正方体表面上运动,正方体的棱长是2,则的取值范围为(　　).
A.[0,4] B.[1,6] C.[0,6] D.[1,4]
1.1.1第2课时　空间向量的数量积
基础巩固
1.A
a与b共线有同向和异向两种情况,只有a与b同向时才有a·b=|a||b|成立.
2.D
由正四面体ABCD的棱长为1,且=2=2,得,则×1×1×cos 120°=-.
3.C
|a+3b|2=(a+3b)2=a2+6a·b+9b2
=|a|2+6|a||b|cos+9|b|2.
∵|a|=|b|=1,=60°,∴|a+3b|2=13,
∴|a+3b|=.
4.ABD
根据数量积的定义知A、B正确;的夹角为120°,故C错误;∵,
∴=()·=0.
∴D正确.故选ABD.
5.0
设=a,=b,=c,
则原式=a·(c-b)+(b-a)·c-b·(c-a)=a·c-a·b+b·c-a·c-b·c+b·a=0.
6.
∵正四面体ABCD的棱长为1,点E是棱CD的中点,
∴)·
=
=×1×1××1×1×.
7.60°
设<>=θ,
∵=()·=||2=1,
∴cos θ=.
又0°≤θ≤180°,∴θ=60°.
8.解:由已知,得(a+3b)·(7a-5b)=7|a|2-15|b|2+16a·b=0,(a-4b)·(7a-2b)=7|a|2+8|b|2-30a·b=0,解得|b|2=2a·b=|a|2,因此cos=,因为两个向量的夹角取值范围为[0,π],所以=60°.
9.解:设=a,=b,=c,则由题意知|a|=|b|=|c|=2,===60°.
∵=a+(b+c)-(b+c)=a-b-c,∴||2==a2+b2+c2-a·b-a·c+b·c=4+1+1-2-2+1=3.∴||=.
拓展提高
1.A
·()==0-2×2×cos 60°=-2.
2.D
设=a,=b,=c,
则a·b=0,a·c=b·c=1×2×cos 120°=-1.
∵=a+b+c,
∴||2=(a+b+c)2=a2+b2+c2+2a·b+2a·c+2b·c=1+1+4+0-2-2=2.
∴||=.
∵=b-c,
∴||=,
=(b-c)·(a+b+c)=-2.
∴cos<>=
==-.
∴异面直线AC1与A1D所成角的余弦值为.
3.B
如图,∵=()·()=+||2=||2>0,
∴cos∠CBD=cos<>=>0,
∴∠CBD为锐角.同理,∠BCD与∠BDC均为锐角, ∴△BCD为锐角三角形.
4AC
如图,2=2a·a·cos(π-∠BAC)=2a2(-cos 60°)=-a2;2=2a·acos 60°=a2;2=2··acos π=-a2;2=2··acos 60°=a2.故选AC.
5. -
∵m⊥n,∴m·n=0.
由m·n=(a+b)·(a+λb)=|a|2+(λ+1)a·b+λ|b|2=0,得18+(λ+1)×3×4×cos 135°+16λ=0,
可得18-12λ-12+16λ=0,
解得λ=-.
6.
由已知得=0.
如图,取BC的中点D,连接OD,AD,则AD经过点G,且AG=AD,
所以)=)=.
所以·()=)2=(||2+||2+||2)=×(1+4+9)=.
7. (1)证明:.
∵BB1⊥平面ABC,∴=0,=0.
又△ABC为正三角形,
∴<>=π-<>=π-.
∵=()·()==||||·cos<>+||2=-1+1=0,
∴,即AB1⊥BC1.
(2)解:结合(1)知=||||cos<>+||2=||2-1.
∵||==||,∴cos<>=,
∴||=2,即侧棱的长为2.
挑战创新
C
如图,设正方体为ABCD-A1B1C1D1,其内切球球心为S,MN是该内切球的任意一条直径,则内切球的半径为,所以=()·()=()·()=-3.因为点P在正方体表面上运动,当P为正方体的表面正方形的中心时,||可取到最小值,当P为正方体的顶点时,||可取到最大值=3,故||∈[,3],则-3∈[0,6],即∈[0,6].

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