2019-2020年高中數(shù)學(xué) 錯(cuò)誤解題分析 3-1-3 空間向量的數(shù)量積運(yùn)算 1．對(duì)于向量a、b、c和實(shí)數(shù)λ，下列命題中的真命題是 (　　)． A．若ab＝0，則a＝0或b＝0 B．若λa＝0，則λ＝0或a＝0 C．若a2＝b2，則a＝b或a＝－b D．若ab＝ac，則b＝c 解析　對(duì)于A，可舉反例：當(dāng)a⊥b時(shí)，ab＝0； 對(duì)于C，a2＝b2，只能推得|a|＝|b|，而不能推出a＝b； 對(duì)于D，ab＝ac可以移項(xiàng)整理推得a⊥(b－c)． 答案　B 2．如圖，已知空間四邊形每條邊和對(duì)角線長(zhǎng)都等于a，點(diǎn)E、F、G分別是AB、AD、DC的中點(diǎn)，則下列向量的數(shù)量積等于a2的是 (　　)． A．2 B．2 C．2 D．2 解析　2＝－a2，故A錯(cuò)；2＝－a2，故B錯(cuò)； 2＝－a2，故D錯(cuò)，只有C正確． 答案　C 3．空間四邊形OABC中，OB＝OC，∠AOB＝∠AOC＝，則cos〈，〉的值為 (　　)． A. B. C．－ D．0 解析　因?yàn)椋?－)＝－＝||||cos〈，〉－ ||||cos〈，〉， 又因?yàn)椤?，〉＝〈，〉＝? ||＝||，所以＝0， 所以⊥，所以cos〈，〉＝0. 答案　D 4．已知a，b是空間兩個(gè)向量，若|a|＝2，|b|＝2，|a－b|＝，則cos〈a，b〉＝________． 解析　將|a－b|＝化為(a－b)2＝7，求得ab＝，再由ab＝|a||b|cos〈a，b〉求得 cos〈a，b〉＝. 答案　 5．已知空間向量a，b，c滿足a＋b＋c＝0，|a|＝3，|b|＝1，|c|＝4，則ab＋bc＋ca的值為________． 解析　∵a＋b＋c＝0，∴(a＋b＋c)2＝0，∴a2＋b2＋c2＋2(ab＋bc＋ca)＝0， ∴ab＋bc＋ca＝－＝－13. 答案?。?3 6．已知長(zhǎng)方體ABCD－A1B1C1D1中，AB＝AA1＝2，AD＝4，E為側(cè)面AA1B1B的中心，F(xiàn)為A1D1的中點(diǎn)．求下列向量的數(shù)量積： (1)；(2) 解　如圖所示，設(shè)＝a，＝b，＝c， 則|a|＝|c|＝2，|b|＝4，ab＝bc＝ca＝0. (1)＝(＋)＝b[(c－a)＋b] ＝|b|2＝42＝16. (2)＝(＋)(＋) ＝(c－a＋b)(a＋c)＝|c|2－|a|2＝22－22＝0. 7．已知在平行六面體ABCD－A1B1C1D1中，同一頂點(diǎn)為端點(diǎn)的三條棱長(zhǎng)都等于1，且彼此的夾角都是60，則此平行六面體的對(duì)角線AC1的長(zhǎng)為 (　　)． A. B．2 C. D. 解析：∵＝＋＋ ∴2＝(＋＋)2＝2＋2＋2＋2＋2＋2＝1＋1 ＋1＋2(cos 60＋cos 60＋cos 60)＝6，∴||＝. 答案：D 8．已知a，b是異面直線，A、B∈a，C、D∈b，AC⊥b，BD⊥b，且AB＝2，CD＝1，則a與b所成的角是 (　　)． A．30 B．45 C．60 D．90 解析　∵＝(＋＋)＝＋||2＋＝||2＝1， ∴cos〈，〉＝＝， ∴a與b的夾角為60. 答案　C 9．已知|a|＝3，|b|＝4，m＝a＋b，n＝a＋λb，〈a，b〉＝135，m⊥n，則λ＝________． 解析　由m⊥n，得(a＋b)(a＋λb)＝0，∴a2＋(1＋λ)ab＋λb2＝0，∴18＋(λ＋1)3 4cos 135＋16λ＝0，即4λ＋6＝0，∴λ＝－. 答案?。? 10．如圖，已知正三棱柱ABC－A1B1C1的各條棱長(zhǎng)都相等，M是側(cè)棱CC1的中點(diǎn)，則異面直線AB1和BM所成的角的大小是______． 解析　不妨設(shè)棱長(zhǎng)為2，則＝－，＝＋， cos〈，〉＝＝＝ 0，故填90. 答案　90 11．如圖所示，已知△ADB和△ADC都是以D為直角頂點(diǎn)的直角三角形，且AD＝BD＝CD，∠BAC＝60. 求證：BD⊥平面ADC. 證明　不妨設(shè)AD＝BD＝CD＝1，則AB＝AC＝. ＝(－)＝－， 由于＝(＋)＝＝1，＝||||cos 60＝ ＝1.∴＝0，即BD⊥AC，又已知BD⊥AD，AD∩AC＝A，∴BD⊥平面ADC. 12．(創(chuàng)新拓展)如圖，正三棱柱ABC－A1B1C1中，底面邊長(zhǎng)為. (1)設(shè)側(cè)棱長(zhǎng)為1，求證：AB1⊥BC1； (2)設(shè)AB1與BC1的夾角為，求側(cè)棱的長(zhǎng)． (1)證明?。剑剑? ∵BB1⊥平面ABC，∴＝0，＝0. 又△ABC為正三角形，∴〈〉＝π－〈〉＝π－＝. ∵＝(＋)(＋) ＝＋＋2＋ ＝||||cos〈，〉＋2＝－1＋1＝0， ∴AB1⊥BC1. (2)解　結(jié)合(1)知＝||||cos〈，〉＋2＝2－1. 又||＝)2＝＝||. ∴cos〈，〉＝＝， ∴||＝2，即側(cè)棱長(zhǎng)為2.