《2025年新编高中同步作业高中数学选择性必修第一册人教版A》

[微训练]
1. 已知$e_{1}$，$e_{2}$为单位向量，且$e_{1}\perp e_{2}$. 若$a = 2e_{1}+3e_{2}$，$b = ke_{1}-4e_{2}$，a⊥b，则实数k的值为（ ）
A. -6 B. 6 C. 3 D. -3

答案： B

2. 下列式子中正确的是（ ）
A. $|a|a = a^{2}$
B. $(a·b)^{2}=a^{2}b^{2}$
C. $a(a·b)=b·a^{2}$
D. $|a·b|\leq|a||b|$

答案： D

任务一　空间向量数量积的运算
1.（多选）如图，已知空间四边形ABCD的每条边和对角线长都等于a，E，F，G分别是AB，AD，DC的中点，则下列向量的数量积等于$-a^{2}$的是（ ）

A. $2\overrightarrow{BA}·\overrightarrow{AC}$
B. $2\overrightarrow{AD}·\overrightarrow{DB}$
C. $2\overrightarrow{FG}·\overrightarrow{AC}$
D. $2\overrightarrow{EF}·\overrightarrow{CB}$

答案： AB 解析：$2\overrightarrow{BA}\cdot\overrightarrow{AC}=-a^{2}$；$2\overrightarrow{AD}\cdot\overrightarrow{DB}=-a^{2}$；$2\overrightarrow{FG}\cdot\overrightarrow{AC}=a^{2}$；$2\overrightarrow{EF}\cdot\overrightarrow{CB}=-\frac{1}{2}a^{2}$. 故选 AB.

2. 已知$a = 3p - 2q$，$b = p + q$，p和q是相互垂直的单位向量，则a·b =（ ）
A. 1 B. 2 C. 3 D. 4

答案： A 解析：因为 $p\perp q$ 且 $|p| = |q| = 1$，所以 $a\cdot b=(3p - 2q)\cdot(p + q)=3p^{2}+p\cdot q - 2q^{2}=3 + 0 - 2 = 1$.

3. 已知空间向量$|a|=\sqrt{13}$，$|b| = 5$，且a与b夹角的余弦值为$-\frac{9\sqrt{13}}{65}$，则a在b上的投影向量为______.

答案： $-\frac{9}{25}b$ 解析：因为 $|a|=\sqrt{13}$，$|b| = 5$，$a$ 与 $b$ 夹角的余弦值为 $-\frac{9\sqrt{13}}{65}$，
所以 $a$ 在 $b$ 上的投影向量为 $\frac{a\cdot b}{|b|}\cdot\frac{b}{|b|}=\frac{\sqrt{13}\times5\times(-\frac{9\sqrt{13}}{65})}{5}\cdot\frac{b}{5}=-\frac{9}{5}\cdot\frac{b}{5}=-\frac{9}{25}b$.

任务二　利用数量积证明空间中的垂直关系
1. 已知在空间四边形ABCD中，AB⊥CD，AC⊥BD，那么AD与BC的位置关系为______.（填“平行”或“垂直”）

答案： 垂直 解析：因为 $\overrightarrow{AD}\cdot\overrightarrow{BC}=(\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{BD})\cdot(\overrightarrow{AC}-\overrightarrow{AB})=\overrightarrow{AB}\cdot\overrightarrow{AC}+\overrightarrow{BD}\cdot\overrightarrow{AC}-\overrightarrow{AB}^{2}-\overrightarrow{AB}\cdot\overrightarrow{BD}=\overrightarrow{AB}\cdot(\overrightarrow{AC}-\overrightarrow{AB}-\overrightarrow{BD})=\overrightarrow{AB}\cdot\overrightarrow{DC}=0$，所以 $AD$ 与 $BC$ 垂直.

2. 如图，已知在空间四边形OABC中，∠AOB = ∠BOC = ∠AOC，且OA = OB = OC，M，N分别是OA，BC的中点，G是MN的中点. 求证：OG⊥BC.

答案： 证明：如图，连接 $ON$，设 $\angle AOB=\angle BOC=\angle AOC=\theta$，$\overrightarrow{OA}=a$，$\overrightarrow{OB}=b$，$\overrightarrow{OC}=c$，
则 $|a| = |b| = |c|$.
又 $\overrightarrow{OG}=\frac{1}{2}(\overrightarrow{OM}+\overrightarrow{ON})=\frac{1}{2}[\frac{1}{2}\overrightarrow{OA}+\frac{1}{2}(\overrightarrow{OB}+\overrightarrow{OC})]=\frac{1}{4}(a + b + c)$，
$\overrightarrow{BC}=\overrightarrow{OC}-\overrightarrow{OB}=c - b$，
所以 $\overrightarrow{OG}\cdot\overrightarrow{BC}=\frac{1}{4}(a + b + c)\cdot(c - b)=\frac{1}{4}(a\cdot c - a\cdot b + b\cdot c - b^{2}+c^{2}-b\cdot c)=\frac{1}{4}(|a|^{2}\cdot\cos\theta - |a|^{2}\cdot\cos\theta - |a|^{2}+|a|^{2}) = 0$，
所以 $\overrightarrow{OG}\perp\overrightarrow{BC}$，即 $OG\perp BC$.

3. 如图，在正方体ABCD - A₁B₁C₁D₁中，O为AC与BD的交点，G为CC₁的中点. 求证：A₁O⊥平面GBD.

答案： 证明：设 $\overrightarrow{A_{1}B_{1}}=a$，$\overrightarrow{A_{1}D_{1}}=b$，$\overrightarrow{A_{1}A}=c$，
则 $a\cdot b = 0$，$b\cdot c = 0$，$a\cdot c = 0$，$|a| = |b| = |c|$.
因为 $\overrightarrow{A_{1}O}=\overrightarrow{A_{1}A}+\overrightarrow{AO}=\overrightarrow{A_{1}A}+\frac{1}{2}(\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AD})=c+\frac{1}{2}a+\frac{1}{2}b$，
$\overrightarrow{BD}=\overrightarrow{AD}-\overrightarrow{AB}=b - a$，
$\overrightarrow{OG}=\overrightarrow{OC}+\overrightarrow{CG}=\frac{1}{2}(\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AD})+\frac{1}{2}\overrightarrow{CC_{1}}=\frac{1}{2}a+\frac{1}{2}b-\frac{1}{2}c$，
所以 $\overrightarrow{A_{1}O}\cdot\overrightarrow{BD}=(c+\frac{1}{2}a+\frac{1}{2}b)\cdot(b - a)=c\cdot b - c\cdot a+\frac{1}{2}a\cdot b-\frac{1}{2}a^{2}+\frac{1}{2}b^{2}-\frac{1}{2}b\cdot a=\frac{1}{2}(b^{2}-a^{2})=\frac{1}{2}(|b|^{2}-|a|^{2}) = 0$，
所以 $\overrightarrow{A_{1}O}\perp\overrightarrow{BD}$，即 $A_{1}O\perp BD$.
同理可证，$\overrightarrow{A_{1}O}\perp\overrightarrow{OG}$，即 $A_{1}O\perp OG$.
又 $OG\cap BD = O$，$OG\subset$ 平面 $GBD$，$BD\subset$ 平面 $GBD$，
所以 $A_{1}O\perp$ 平面 $GBD$.