志鸿优化系列丛书 志鸿优化网，永远提供更新的！ 丛书主编任志湖。 http://www.zhyh.org 1.1.2 空间向量的数量积运算 课后·训练提升 基础巩固 1.若a,b均为非零向量，则ab=allb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.既不充分又不必要条件 含案A 解析ab=abl→cos=l→-0°，即a与b共线.反之不成立，当a与b反向共线时，ab- [alIbl 2.已知向量a,b满足条件：a=2,b=√Z,且a与2b-a互相垂直，则等于() A.30° B.45° C.60° D.90° 答案B 解析由已知得，a(2b-a)-0,即2ab=la2=4,所以ab=2,所以cos-a边 =所以 2 2 =45° 3.已知空间四边形ABCD的每条边和对角线的长都等于a,点E,F分别是BC,AD的中点，则AE,AF的 值为() A.a2 B.zx c 答案c 解析证.F-丽+AC)2而-丽.而+C.AD)(a×a×2+a×a×)-2 4.已知A,B,C,D是空间中不共面的四点，若(DB+DC-2DA(AB-AC)=0,则△ABC一定是() A.直角三角形 B.等腰三角形 C.等腰直角三角形D.等边三角形 答案B 解析：(D死+D元-2DA)(4E-AC)=(D死-DA+D元-DA(A正-AC)=(A正+AC)(4正- AC)=IAB-IACP-0. ..ABI=IACI, 1
1 1.1.2 空间向量的数量积运算 课后· 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.既不充分又不必要条件 答案:A 解析:a·b=|a||b|⇒cos=1⇒=0°,即 a 与 b 共线.反之不成立,当 a 与 b 反向共线时,a·b=- |a||b|. 2.已知向量 a,b 满足条件:|a|=2,|b|=√2,且 a 与 2b-a 互相垂直,则等于( ) A.30° B.45° C.60° D.90° 答案:B 解析:由已知得,a·(2b-a)=0,即 2a·b=|a| 2=4,所以 a·b=2,所以 cos= 𝑎·𝑏 |𝑎||𝑏| = 2 2×√2 = √2 2 ,所以 =45°. 3.已知空间四边形 ABCD 的每条边和对角线的长都等于 a,点 E,F 分别是 BC,AD 的中点,则𝐴𝐸⃗⃗⃗ · 𝐴𝐹⃗⃗⃗ 的 值为( ) A.a 2 B. 1 2 a 2 C. 1 4 a 2 D. √3 4 a 2 答案:C 解析:𝐴𝐸⃗⃗⃗ · 𝐴𝐹⃗⃗⃗ = 1 2 (𝐴𝐵⃗⃗⃗ + 𝐴𝐶⃗⃗ )· 1 2 𝐴𝐷⃗⃗⃗⃗ = 1 4 (𝐴𝐵⃗⃗⃗ · 𝐴𝐷⃗⃗⃗⃗ + 𝐴𝐶⃗⃗ · 𝐴𝐷⃗⃗⃗⃗ )= 1 4 (𝑎 × 𝑎 × 1 2 + 𝑎 × 𝑎 × 1 2 ) = 1 4 a 2 . 4.已知 A,B,C,D 是空间中不共面的四点,若(𝐷𝐵⃗ ⃗ + 𝐷𝐶⃗⃗⃗ -2𝐷𝐴⃗⃗⃗⃗ )·(𝐴𝐵⃗⃗⃗ − 𝐴𝐶⃗⃗ )=0,则△ABC 一定是( ) A.直角三角形 B.等腰三角形 C.等腰直角三角形 D.等边三角形 答案:B 解析:∵(𝐷𝐵⃗ ⃗ + 𝐷𝐶⃗⃗⃗ -2𝐷𝐴⃗⃗⃗⃗ )·(𝐴𝐵⃗⃗⃗ − 𝐴𝐶⃗⃗ )=(𝐷𝐵⃗ ⃗ − 𝐷𝐴⃗⃗⃗⃗ + 𝐷𝐶⃗⃗⃗ − 𝐷𝐴⃗⃗⃗⃗ )·(𝐴𝐵⃗⃗⃗ − 𝐴𝐶⃗⃗ )=(𝐴𝐵⃗⃗⃗ + 𝐴𝐶⃗⃗ )·(𝐴𝐵⃗⃗⃗ − 𝐴𝐶⃗⃗ )=|𝐴𝐵⃗⃗⃗ | 2 -|𝐴𝐶⃗⃗ | 2=0, ∴|𝐴𝐵⃗⃗⃗ |=|𝐴𝐶⃗⃗ |
志鸿优化系列丛书 志鸿优化网，永远提供更新的！ 丛书主编任志河。 http://www.zhyh.org 故△ABC为等腰三角形. 5.(多选题)已知四边形ABCD为矩形，PAL平面ABCD,连接AC,BD,PB,PC,PD,则下列各组向量中，数 量积一定为零的是( ) APC与BD B.DA与PB C.PD与AB D.PA与CD 答案BCD 解析国为PAL平面ABCD,且CDc平面ABCD,所以PA⊥CD, 故.C而=0. 因为AD⊥AB,PA⊥AD,且PA∩4B=A,所以AD⊥平面PAB 因为PBC平面PAB,所以AD⊥PB. 故DA.PB-O 同理，PD.AB=0. 因为PA⊥平面ABCD,BDC平面ABCD,所以PA⊥BD. 所以P.BD=(PA+ACBD=A.BD+AC.BD=AC.BD 因为四边形ABCD为矩形，所以BD不一定与AC垂直.所以PC与BD的数量积不一定为O.故选BCD. 6.已知a,b是空间两个向量，若a=2,b=2,a-b=√7，则cos= 答案 解析：1a-b-V7, ".la-bl2=lal2-2ab+lbl2=7, ab cs0=台 lallbl 7.已知空间向量a,b,al-3VZ,bl=5,=a+b,n=a+b,=135°，若mLn,则1的值为 含案品 解析由题意知a-b-albos=32x5x()-15 2
2 故△ABC 为等腰三角形. 5.(多选题)已知四边形 ABCD 为矩形,PA⊥平面 ABCD,连接 AC,BD,PB,PC,PD,则下列各组向量中,数 量积一定为零的是( ) A.𝑃𝐶⃗⃗ 与𝐵𝐷⃗ ⃗ B.𝐷𝐴⃗⃗⃗⃗ 与𝑃𝐵⃗⃗⃗ C.𝑃𝐷⃗⃗⃗ 与𝐴𝐵⃗⃗⃗ D.𝑃𝐴⃗⃗⃗ 与𝐶𝐷⃗⃗⃗ 答案:BCD 解析:因为 PA⊥平面 ABCD,且 CD⊂平面 ABCD,所以 PA⊥CD. 故𝑃𝐴⃗⃗⃗ · 𝐶𝐷⃗⃗⃗ =0. 因为 AD⊥AB,PA⊥AD,且 PA∩AB=A,所以 AD⊥平面 PAB. 因为 PB⊂平面 PAB,所以 AD⊥PB. 故𝐷𝐴⃗⃗⃗⃗ · 𝑃𝐵⃗⃗⃗ =0. 同理,𝑃𝐷⃗⃗⃗ · 𝐴𝐵⃗⃗⃗ =0. 因为 PA⊥平面 ABCD,BD⊂平面 ABCD,所以 PA⊥BD. 所以𝑃𝐶⃗⃗ · 𝐵𝐷⃗ ⃗ =(𝑃𝐴⃗⃗⃗ + 𝐴𝐶⃗⃗ )·𝐵𝐷⃗ ⃗ = 𝑃𝐴⃗⃗⃗ · 𝐵𝐷⃗ ⃗ + 𝐴𝐶⃗⃗ · 𝐵𝐷⃗ ⃗ = 𝐴𝐶⃗⃗ · 𝐵𝐷⃗ ⃗ . 因为四边形 ABCD 为矩形,所以 BD 不一定与 AC 垂直.所以𝑃𝐶⃗⃗ 与𝐵𝐷⃗ ⃗ 的数量积不一定为 0.故选 BCD. 6.已知 a,b 是空间两个向量,若|a|=2,|b|=2,|a-b|=√7,则 cos= . 答案: 1 8 解析:∵|a-b|=√7, ∴|a-b| 2=|a| 2 -2a·b+|b| 2=7, ∴a·b= 1 2 , ∴cos=𝑎·𝑏 |𝑎||𝑏| = 1 8 . 7.已知空间向量 a,b,|a|=3√2,|b|=5,m=a+b,n=a+λb,=135°,若 m⊥n,则 λ的值为 . 答案:- 3 10 解析:由题意知 a·b=|a||b|cos=3√2×5×(- √2 2 )=-15
志鸿优化系列丛书 志鸿优化网，永远提供更新的！ 丛书主编任志湖。 http://www.zhyh.org 由mLn,得mn=(a+b)(a+b)=0, 即|a2+(1+1)ab+b2=18-15(1+1)+251=0, 解得=品 8.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OG·(OA+ 0丽+0沉)= 含案兴 解析由已知得OA.0丽=0A.0C=-0.0元-0 如图，取BC的中点D,连接OD,AD,则4G-AD, 所以0C=丽+AG=0+号而=M+子0而-0丽+子×0死+0C)0M+0丽+ 死 所以0元(O丽+0丽+0元)O丽+丽+0元P-O2+0丽P+0C)1+4+9)-号 9.在长方体ABCD-A1B1CD1中，AB=AA1=2,AD=4,E为侧面ABB1A1的中心，F为AD1的中点.试计算： (1)BC·ED (2)BF·AB (3)EF.FCL. 解设A正-a,AD=b,AA-心， 则1a=c=2,bl=4, ab=bc=c-a=0. (仙ED=EA+A1可=2B不+而=A西-2A亚+而=2+b, B元=AD=b, C·ED=-b(（作c2a+bHbr=16 3
3 由 m⊥n,得 m·n=(a+b)·(a+λb)=0, 即|a| 2+(λ+1)a·b+λ|b| 2=18-15(λ+1)+25λ=0, 解得 λ=- 3 10. 8.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𝑂𝐺⃗⃗⃗ ·(𝑂𝐴⃗⃗⃗ + 𝑂𝐵⃗⃗⃗⃗ + ⃗𝑂𝐶⃗⃗ )= . 答案: 14 3 解析:由已知得𝑂𝐴⃗⃗⃗ · 𝑂𝐵⃗⃗⃗⃗ = 𝑂𝐴⃗⃗⃗ · ⃗𝑂𝐶⃗⃗ = 𝑂𝐵⃗⃗⃗⃗ ·⃗𝑂𝐶⃗⃗ =0. 如图,取 BC 的中点 D,连接 OD,AD,则 AG=2 3 AD, 所以𝑂𝐺⃗⃗⃗ = 𝑂𝐴⃗⃗⃗ + 𝐴𝐺⃗⃗⃗ = 𝑂𝐴⃗⃗⃗ + 2 3 𝐴𝐷⃗⃗⃗⃗ = 𝑂𝐴⃗⃗⃗ + 2 3 (𝑂𝐷⃗⃗ − 𝑂𝐴⃗⃗⃗ )= 1 3 𝑂𝐴⃗⃗⃗ + 2 3 × 1 2 (𝑂𝐵⃗⃗⃗⃗ + ⃗𝑂𝐶⃗⃗ )= 1 3 𝑂𝐴⃗⃗⃗ + 1 3 𝑂𝐵⃗⃗⃗⃗ + 1 3 ⃗𝑂𝐶⃗⃗ . 所以𝑂𝐺⃗⃗⃗ ·(𝑂𝐴⃗⃗⃗ + 𝑂𝐵⃗⃗⃗⃗ +⃗𝑂𝐶⃗⃗ )= 1 3 (𝑂𝐴⃗⃗⃗ + 𝑂𝐵⃗⃗⃗⃗ + ⃗𝑂𝐶⃗⃗ ) 2= 1 3 (|𝑂𝐴⃗⃗⃗ | 2+|𝑂𝐵⃗⃗⃗⃗ | 2+|⃗𝑂𝐶⃗⃗ | 2 )= 1 3 (1+4+9)= 14 3 . 9.在长方体 ABCD-A1B1C1D1中,AB=AA1=2,AD=4,E 为侧面 ABB1A1的中心,F 为 A1D1的中点.试计算: (1)𝐵𝐶⃗⃗⃗ · 𝐸𝐷1 ⃗⃗⃗⃗⃗ ; (2)𝐵𝐹⃗⃗⃗ · 𝐴𝐵1 ⃗⃗⃗⃗⃗ ; (3)𝐸𝐹⃗⃗ · 𝐹𝐶1 ⃗⃗⃗⃗ . 解:设𝐴𝐵⃗⃗⃗ =a,𝐴𝐷⃗⃗⃗⃗ =b,𝐴𝐴1 ⃗⃗⃗⃗⃗ =c, 则|a|=|c|=2,|b|=4, a·b=b·c=c·a=0. (1)∵𝐸𝐷1 ⃗⃗⃗⃗⃗ = 𝐸𝐴1 ⃗⃗⃗⃗⃗ + 𝐴1𝐷1 ⃗⃗⃗⃗ ⃗ = 1 2 𝐵𝐴1 ⃗⃗ ⃗⃗ + 𝐴𝐷⃗⃗⃗⃗ = 1 2 𝐴𝐴1 ⃗⃗⃗⃗⃗ − 1 2 𝐴𝐵⃗⃗⃗ + 𝐴𝐷⃗⃗⃗⃗ = 1 2 c- 1 2 a+b, 𝐵𝐶⃗⃗⃗ = 𝐴𝐷⃗⃗⃗⃗ =b, ∴𝐵𝐶⃗⃗⃗ · 𝐸𝐷1 ⃗⃗⃗⃗⃗ =b·( 1 2 𝑐- 1 2 𝑎 + 𝑏)=|b| 2=16
志鸿优化系列丛书 志鸿优化网，永远提供更新的！ 丛书主编任志湖。 http://www.zhyh.org (2)'.BF BB:BjAj+AF=AA-AB+AD=c-atb. ABI=AB+AAj=a+c, ..BF.AB=(c-a+b(a+e)=lcl2-a2-0. (3)EF =EAi+AF=TAAi-AB+AD =Tc-a+b. F℃=FD+DC=而+A死-b+a, ∴E乎.F℃-(Gc2a+2b)(b+a)-bPaP-2 10.如图，在四面体OACB中，OB=OC,AB=AC,求证：OA⊥BC 证明因为OB=OC,AB=AC,OA=OA, 所以△OAB2△OAC, 所以∠AOB=∠AOC 所以OA.BC=A·(OC-0)=0A.0C-OA.O丽=DAOC1cos∠AOC-OA0B1cos∠AOB=0,所以 OA1BC,即OA⊥BC 拓展提高 1.己知两条异面直线的方向向量分别为a,b,且a=bl=l,ab=三则两条异面直线所成的角为(） A.30° B.60° C.120° D.150° 答案B 2.己知e1,e2是夹角为60°的两个单位向量，则a=e1+e2与b=e1-2e2的夹角为(） A.60° B.120° C.30° D.90 答案B 解折：ab=e+e)(c1-2e)=e-ee-2e3=1-1x1×22-是 al-vaz-J(e+e2)2-Ve经+2ee2+e竖=1+1+i=V3, 4
4 (2)∵𝐵𝐹⃗⃗⃗ = 𝐵𝐵1 ⃗⃗⃗⃗⃗ + 𝐵1𝐴1 ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ + 𝐴⃗⃗ 1 ⃗⃗𝐹⃗ = 𝐴𝐴1 ⃗⃗⃗⃗⃗ − 𝐴𝐵⃗⃗⃗ + 1 2 𝐴𝐷⃗⃗⃗⃗ =c-a+ 1 2 b, 𝐴𝐵1 ⃗⃗⃗⃗⃗ = 𝐴𝐵⃗⃗⃗ + 𝐴𝐴1 ⃗⃗⃗⃗⃗ =a+c, ∴𝐵𝐹⃗⃗⃗ · 𝐴𝐵1 ⃗⃗⃗⃗⃗ = (𝑐-𝑎 + 1 2 𝑏)(a+c)=|c| 2 -|a| 2=0. (3)∵𝐸𝐹⃗⃗ = 𝐸𝐴1 ⃗⃗⃗⃗⃗ + 𝐴⃗⃗ 1 ⃗⃗𝐹⃗ = 1 2 𝐴𝐴1 ⃗⃗⃗⃗⃗ − 1 2 𝐴𝐵⃗⃗⃗ + 1 2 𝐴𝐷⃗⃗⃗⃗ = 1 2 c- 1 2 a+ 1 2 b, 𝐹𝐶1 ⃗⃗⃗⃗ = 𝐹𝐷1 ⃗⃗⃗⃗⃗ + 𝐷1𝐶1 ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ = 1 2 𝐴𝐷⃗⃗⃗⃗ + 𝐴𝐵⃗⃗⃗ = 1 2 b+a, ∴𝐸𝐹⃗⃗ · 𝐹𝐶1 ⃗⃗⃗⃗ = ( 1 2 𝑐- 1 2 𝑎 + 1 2 𝑏) ( 1 2 𝑏 + 𝑎) = 1 4 |b| 2 - 1 2 |a| 2=2. 10.如图,在四面体 OACB 中,OB=OC,AB=AC,求证:OA⊥BC. 证明:因为 OB=OC,AB=AC,OA=OA, 所以△OAB≌△OAC, 所以∠AOB=∠AOC. 所以𝑂𝐴⃗⃗⃗ · 𝐵𝐶⃗⃗⃗ = 𝑂𝐴⃗⃗⃗ ·(⃗𝑂𝐶⃗⃗ − 𝑂𝐵⃗⃗⃗⃗ )=𝑂𝐴⃗⃗⃗ · ⃗𝑂𝐶⃗⃗ − 𝑂𝐴⃗⃗⃗ · 𝑂𝐵⃗⃗⃗⃗ =|𝑂𝐴⃗⃗⃗ |·|⃗𝑂𝐶⃗⃗ |cos∠AOC-|𝑂𝐴⃗⃗⃗ |·|𝑂𝐵⃗⃗⃗⃗ |cos∠AOB=0,所以 𝑂𝐴⃗⃗⃗ ⊥ 𝐵𝐶⃗⃗⃗ ,即 OA⊥BC. 拓展提高 1.已知两条异面直线的方向向量分别为 a,b,且|a|=|b|=1,a·b=- 1 2 ,则两条异面直线所成的角为( ) A.30° B.60° C.120° D.150° 答案:B 2.已知 e1,e2 是夹角为 60°的两个单位向量,则 a=e1+e2 与 b=e1-2e2的夹角为( ) A.60° B.120° C.30° D.90° 答案:B 解析:∵a·b=(e1+e2)·(e1-2e2)=𝑒1 2 -e1·e2-2𝑒2 2=1-1×1× 1 2 -2=- 3 2 , |a|=√𝑎 2 = √(𝑒1 + 𝑒2 ) 2 = √𝑒1 2 + 2𝑒1 ·𝑒2 + 𝑒2 2 = √1 + 1 + 1 = √3
志鸿优化系列丛书 志鸿优化网，永远提供更新的！ 丛书主编任志湖。 http://www.zhyh.org b|=Vb2 (e-2e22-Ve-4e1e2+4e=V-2+4=V3, .coa.b-0=7高 ∴.=120°. 3.(多选题)已知正方体ABCD-A1B1CD,下列四个结论中，正确的是() A.(AA+AD+AB)2-3引AB B.AC-(AB1-AA)=0 C.AD与A1的夹角为60 D.正方体的体积为AB.AA·AD 答案AB 解析如图所示，(AA+D+AE?-(AA+A1D+D1C2=ACP-3AB,故A正确，A1C(A1B- A1A=A1C·AB,因为AB1⊥平面A1BC,A1CC平面A1BC,所以AB1⊥A1C,所以A1C.AB-0,故B正 确：AD1与A1B的夹角是D1C与D1A夹角的补角，而D1C与DA的夹角为60°，故AD与A1B的夹角为 120°，故C错误；正方体的体积为A1AA1ADL,故D错误 4.如图，直二面角a-AB-B的棱上有两点A,B,AC,BD分别是这个二面角的两个面内垂直于AB的线段， 且AB=4,AC=6,BD=8,则CD的长为】 管案v2 解析由题意可知，CA1A正，A正1BD,C1丽，CA=6,A正=4，BD=8, CDP=(CA+AB +BD)2-CAP+AB+BDP2+2CA.AB+2CA.BD+2AB BD-116, 故C而1=2y2四，即CD的长为2v2西. 5.己知正三棱柱ABC-DEF的侧棱长为2，底面边长为1，M是BC的中点，若CF上有一点N,使MN⊥ A,则器 3
5 |b|=√𝑏 2 = √(𝑒1 -2𝑒2 ) 2 = √𝑒1 2 -4𝑒1 ·𝑒2 + 4𝑒2 2 = √1-2 + 4 = √3, ∴cos= 𝑎·𝑏 |𝑎||𝑏| = - 3 2 √3×√3 =- 1 2 , ∴=120°. 3.(多选题)已知正方体 ABCD-A1B1C1D1,下列四个结论中,正确的是( ) A.(𝐴𝐴1 ⃗⃗⃗⃗⃗ + 𝐴𝐷⃗⃗⃗⃗ + 𝐴𝐵⃗⃗⃗ ) 2=3|𝐴𝐵⃗⃗⃗ | 2 B.𝐴⃗⃗ 1 ⃗⃗𝐶 ·(𝐴1𝐵1 ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ − 𝐴⃗⃗⃗ 1 ⃗𝐴⃗ )=0 C.𝐴𝐷1 ⃗⃗⃗⃗⃗ 与𝐴⃗⃗ 1 ⃗⃗⃗𝐵 的夹角为 60° D.正方体的体积为|𝐴𝐵⃗⃗⃗ · 𝐴𝐴1 ⃗⃗⃗⃗⃗ · 𝐴𝐷⃗⃗⃗⃗ | 答案:AB 解析:如图所示,(𝐴𝐴1 ⃗⃗⃗⃗⃗ + 𝐴𝐷⃗⃗⃗⃗ + 𝐴𝐵⃗⃗⃗ ) 2=(𝐴𝐴1 ⃗⃗⃗⃗⃗ + 𝐴1𝐷1 ⃗⃗⃗⃗ ⃗ + 𝐷1𝐶1 ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ) 2=|𝐴𝐶1 ⃗⃗⃗⃗ | 2=3|𝐴𝐵⃗⃗⃗ | 2 ,故 A正确;𝐴⃗⃗ 1 ⃗⃗𝐶 ·(𝐴1𝐵1 ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ − 𝐴⃗⃗⃗ 1 ⃗𝐴⃗ )=𝐴⃗⃗ 1 ⃗⃗𝐶 · 𝐴𝐵1 ⃗⃗⃗⃗⃗ ,因为 AB1⊥平面 A1BC,A1C⊂平面 A1BC,所以 AB1⊥A1C,所以𝐴⃗⃗ 1 ⃗⃗𝐶 · 𝐴𝐵1 ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,故 B 正 确;𝐴𝐷1 ⃗⃗⃗⃗⃗ 与𝐴⃗⃗ 1 ⃗⃗⃗𝐵 的夹角是𝐷⃗⃗ 1 ⃗⃗𝐶 与𝐷⃗⃗⃗ 1 ⃗𝐴⃗ 夹角的补角,而𝐷⃗⃗ 1 ⃗⃗𝐶 与⃗𝐷⃗⃗ 1 ⃗𝐴⃗ 的夹角为 60°,故𝐴𝐷1 ⃗⃗⃗⃗⃗ 与𝐴⃗⃗⃗ 1 ⃗⃗𝐵 的夹角为 120°,故 C 错误;正方体的体积为|𝐴𝐵⃗⃗⃗ ||𝐴𝐴1 ⃗⃗⃗⃗⃗ |·|𝐴𝐷⃗⃗⃗⃗ |,故 D 错误. 4.如图,直二面角 α-AB-β 的棱上有两点 A,B,AC,BD 分别是这个二面角的两个面内垂直于 AB 的线段, 且 AB=4,AC=6,BD=8,则 CD 的长为 . 答案:2√29 解析:由题意可知,𝐶𝐴⃗⃗ ⊥ 𝐴𝐵⃗⃗⃗ ,𝐴𝐵⃗⃗⃗ ⊥ 𝐵𝐷⃗ ⃗ , 𝐶𝐴⃗⃗ ⊥ 𝐵𝐷⃗ ⃗ ,|𝐶𝐴⃗⃗ |=6,|𝐴𝐵⃗⃗⃗ |=4,|𝐵𝐷⃗ ⃗ |=8, 则|𝐶𝐷⃗⃗⃗ | 2=(𝐶𝐴⃗⃗ + 𝐴𝐵⃗⃗⃗ + 𝐵𝐷⃗ ⃗ ) 2=|𝐶𝐴⃗⃗ | 2+|𝐴𝐵⃗⃗⃗ | 2+|𝐵𝐷⃗ ⃗ | 2+2𝐶𝐴⃗⃗ · 𝐴𝐵⃗⃗⃗ +2𝐶𝐴⃗⃗ · 𝐵𝐷⃗ ⃗ +2𝐴𝐵⃗⃗⃗ · 𝐵𝐷⃗ ⃗ =116, 故|𝐶𝐷⃗⃗⃗ |=2√29,即 CD 的长为 2√29. 5.已知正三棱柱 ABC-DEF 的侧棱长为 2,底面边长为 1,M 是 BC 的中点,若 CF 上有一点 N,使 MN⊥ AE,则 𝐶𝑁 𝐶𝐹=
志鸿优化系列丛书 志鸿优化网永远提供更新的！ 丛书主编任志湖。 http://www.zhyh.org 图案品 解标设器m:正=正+配，丽=C+m而， ∴正.M-(正+B配)（侵BC+m而）-2x1×1×(》+4m=0 m六 6.已知a=2,bl=1,=60°，则使向量a+b与1a-2b的夹角为钝角的实数1的取值范围是_ 答案-1V3-1+V③) 解析当a+b与a-2b反向共线时，存在k<0,使a+b=-k1a-2b), 则日二经，此方程担无解，故k不存在，即a+b与a2b不可能反向共线要候a+汕与江2b的夫角 为钝角，只需(a+b)(1a-2b)<0,即2+21-2<0，解得-1-3<1<-1+V3. 7.如图，在四面体ABCD中，AB=CD,AC=BD,E,F分别是AD,BC的中点，求证：EF⊥AD,且EF⊥BC. 证明：F是BC的中点， F=2亚+AC, 又E是AD的中点， 正-而 ∴乎=F-正=丽+AC)而=+C-而) ACI=BDI-AD ABI .'.AC2=AD2-2AD.AB+AB2. 同理AB2=AD2.2AC.AD+AC2 .'.2AD2-2AD.AB-2AC.AD-0, 即(AE+AC-AD)AD=0 ∴F.而=（丽+AC-AD)而=0， 6
6 答案: 1 16 解析:设 𝐶𝑁 𝐶𝐹=m.∵𝐴𝐸⃗⃗⃗ = 𝐴𝐵⃗⃗⃗ + 𝐵𝐸⃗⃗⃗ , 𝑀𝑁⃗⃗⃗ = 1 2 𝐵𝐶⃗⃗⃗ +m𝐴𝐷⃗⃗⃗⃗ , ∴𝐴𝐸⃗⃗⃗ · 𝑀𝑁⃗⃗⃗ =(𝐴𝐵⃗⃗⃗ + 𝐵𝐸⃗⃗⃗ )·( 1 2 𝐵𝐶⃗⃗⃗ + 𝑚𝐴𝐷⃗⃗⃗⃗ ) = 1 2 ×1×1×(- 1 2 )+4m=0. ∴m= 1 16. 6.已知|a|=2,|b|=1,=60°,则使向量 a+λb 与 λa-2b 的夹角为钝角的实数 λ 的取值范围是 . 答案:(-1-√3,-1+√3) 解析:当 a+λb 与 λa-2b 反向共线时,存在 k<0,使 a+λb=k(λa-2b), 则{ 1 = 𝑘𝜆, 𝜆 = -2𝑘, 此方程组无解,故 k 不存在,即 a+λb 与 λa-2b 不可能反向共线.要使 a+λb 与 λa-2b 的夹角 为钝角,只需(a+λb)(λa-2b)<0,即 λ 2+2λ-2<0,解得-1-√3<λ<-1+√3. 7.如图,在四面体 ABCD 中,AB=CD,AC=BD,E,F 分别是 AD,BC 的中点,求证:EF⊥AD,且 EF⊥BC. 证明:∵F 是 BC 的中点, ∴𝐴𝐹⃗⃗⃗ = 1 2 (𝐴𝐵⃗⃗⃗ + 𝐴⃗⃗𝐶 ). 又 E 是 AD 的中点, ∴𝐴𝐸⃗⃗⃗ = 1 2 𝐴𝐷⃗⃗⃗⃗ . ∴𝐸𝐹⃗⃗ = 𝐴𝐹⃗⃗⃗ − 𝐴𝐸⃗⃗⃗ = 1 2 (𝐴𝐵⃗⃗⃗ + 𝐴𝐶⃗⃗ )- 1 2 𝐴𝐷⃗⃗⃗⃗ = 1 2 (𝐴𝐵⃗⃗⃗ + 𝐴𝐶⃗⃗ − 𝐴𝐷⃗⃗⃗⃗ ). ∵|𝐴𝐶⃗⃗ |=|𝐵𝐷⃗ ⃗ |=|𝐴𝐷⃗⃗⃗⃗ − 𝐴𝐵⃗⃗⃗ |, ∴𝐴𝐶⃗⃗ 2 = 𝐴𝐷⃗⃗⃗⃗ 2 -2𝐴𝐷⃗⃗⃗⃗ · 𝐴𝐵⃗⃗⃗ + 𝐴𝐵⃗⃗⃗ 2 . 同理𝐴𝐵⃗⃗⃗ 2 = 𝐴𝐷⃗⃗⃗⃗ 2 -2𝐴𝐶⃗⃗ · 𝐴𝐷⃗⃗⃗⃗ + 𝐴𝐶⃗⃗ 2 . ∴2𝐴𝐷⃗⃗⃗⃗ 2 -2𝐴𝐷⃗⃗⃗⃗ · 𝐴𝐵⃗⃗⃗ -2𝐴𝐶⃗⃗ · 𝐴𝐷⃗⃗⃗⃗ =0, 即(𝐴𝐵⃗⃗⃗ + 𝐴𝐶⃗⃗ − 𝐴𝐷⃗⃗⃗⃗ )·𝐴𝐷⃗⃗⃗⃗ =0. ∴𝐸𝐹⃗⃗ · 𝐴𝐷⃗⃗⃗⃗ = 1 2 (𝐴𝐵⃗⃗⃗ + 𝐴𝐶⃗⃗ − 𝐴𝐷⃗⃗⃗⃗ )·𝐴𝐷⃗⃗⃗⃗ =0
志鸿优化系列丛书 志鸿优化网，永远提供更新的！ 丛书主编任志湖。 http://www.zhyh.org .EF⊥AD 同理EF⊥BC ∴.EF⊥AD,且EF⊥BC 挑战创新 如图，在四棱锥P-ABCD中，PAL平面ABCD,AB⊥BC,AB⊥AD,且PA=AB=BC-AD=1,求PB与CD 所成的角 解图由题意知P=V2,D元-√2， PB=PA+AB,DC=DA+AB+BC. ,PA⊥平面ABCD ∴.PA.DA=pA.AB=pA.B元-0. ,AB⊥BC,AB⊥AD, ∴AB.BC=0,AB.DA=0. ..PB.DC=(PA+AB)-(DA+AB +BC)=AB 2=1. iw呢元器-= ∴<p丽，D心号 ∴PB与CD所成的角为鳄 7
7 ∴𝐸𝐹⃗⃗ ⊥ 𝐴𝐷⃗⃗⃗⃗ . 同理𝐸𝐹⃗⃗ ⊥ 𝐵𝐶⃗⃗⃗ . ∴EF⊥AD,且 EF⊥BC. 挑战创新 如图,在四棱锥 P-ABCD 中,PA⊥平面 ABCD,AB⊥BC,AB⊥AD,且 PA=AB=BC=1 2 AD=1,求 PB 与 CD 所成的角. 解:由题意知|𝑃𝐵⃗⃗⃗ |=√2,|𝐷𝐶⃗⃗⃗ |=√2, 𝑃𝐵⃗⃗⃗ = 𝑃𝐴⃗⃗⃗ + 𝐴𝐵⃗⃗⃗ ,𝐷𝐶⃗⃗⃗ = 𝐷𝐴⃗⃗⃗⃗ + 𝐴𝐵⃗⃗⃗ + 𝐵𝐶⃗⃗⃗ . ∵PA⊥平面 ABCD, ∴𝑃𝐴⃗⃗⃗ · 𝐷𝐴⃗⃗⃗⃗ = 𝑃𝐴⃗⃗⃗ · 𝐴𝐵⃗⃗⃗ = 𝑃𝐴⃗⃗⃗ · 𝐵𝐶⃗⃗⃗ =0. ∵AB⊥BC,AB⊥AD, ∴𝐴𝐵⃗⃗⃗ · 𝐵𝐶⃗⃗⃗ =0,𝐴𝐵⃗⃗⃗ · 𝐷𝐴⃗⃗⃗⃗ =0. ∴𝑃𝐵⃗⃗⃗ · 𝐷𝐶⃗⃗⃗ =(𝑃𝐴⃗⃗⃗ + 𝐴𝐵⃗⃗⃗ )·(𝐷𝐴⃗⃗⃗⃗ + 𝐴𝐵⃗⃗⃗ + 𝐵𝐶⃗⃗⃗ )=|𝐴𝐵⃗⃗⃗ | 2=1. ∴cos= 𝑃𝐵⃗⃗⃗⃗⃗ ·𝐷𝐶⃗⃗⃗⃗⃗ |𝑃𝐵⃗⃗⃗⃗⃗ ||𝐷𝐶⃗⃗⃗⃗⃗ | = 1 √2×√2 = 1 2 , ∴=π 3 . ∴PB 与 CD 所成的角为π 3