6.1.2 空间向量的数量积（同步练习）-【学而思·PPT课件分层练习】2024-2025学年高二数学选择性必修第二册（苏教版2019）

6.1.2　空间向量的数量积 基础过关练　　　　　 　　　　 　　　　 题组一　空间向量的数量积的概念与运算 1.对于任意空间向量a,b,c,下列说法正确的是(　　) A.若a∥b,b∥c,则a∥c B.a·(b+c)=a·b+a·c C.若a·b=a·c,且a≠0,则b=c D.(a·b)c=a(b·c) 2.在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中,=(　　) A.2　　　　C.2　　　　D.4 3.已知i,j,k是两两垂直的单位向量,若a=2i-j+k,b=i+2j-3k,则a·b等于(　　) A.1　　　　B.2　　　　C.±3　　　　D.-3 4.(多选题)在正方体ABCD-A1B1C1D1中,下列命题是真命题的是(　　) A. B.=0 C.的夹角为60° D.正方体ABCD-A1B1C1D1的体积为|| 5.已知正四面体ABCD的棱长为2,若=a,=b,=c,则a·(a+b+c)=　　　　.  题组二　空间向量的数量积的应用 6.已知空间向量a,b,c满足a+b+c=0,|a|=2,|b|=3,|c|=,则a与b的夹角为(　　) A.30°　　　　B.60°　　　　C.120°　　　　D.150° 7.如图,已知二面角A-EF-D的大小为45°,四边形ABFE和四边形CDEF都是边长为1的正方形,则B,D两点间的距离是(　　) A. 8.在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中,以顶点A为端点的三条棱的长度均为2,且它们彼此的夹角都是60°,直线BD1与直线AC所成角的余弦值为(　　) A. 9.已知单位向量a,b满足a⊥b,若a+b与xa+b的夹角为,则实数x=　　　　.  题组三　投影向量及其应用 10.在空间四边形ABCD中,∠ABD=∠BDC=90°,AC=2BD,则上的投影向量为(　　) A. B. C. D. 11.在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中,M为CC1上任意一点,则=(　　) A.- 12.已知正四面体PABC的棱长为2,E是AB的中点,则的值为(　　) A.-1　　　　B.1　　　　C.3　　　　D.7 能力提升练 　　　　　 　　　　 　　　　 题组一　空间向量的数量积的运算 1.(多选题)如图,在四棱锥P-ABCD中,PD⊥底面ABCD,四边形ABCD是边长为1的菱形,且∠ADC=120°,PD=AD,则(　　) A.()·=1 B.()· C. D. 2.如图,在正三棱锥P-ABC中,高PO=6,AB=3,E,F分别为PB,PC的中点,则=(　　) A. 3.在《九章算术》中,将四个面都为直角三角形的四面体称为“鳖臑”.在如图所示的“鳖臑”A-BCD中,AB⊥平面BCD,∠BDC=90°,BD=2AB=2CD=2,E是BC的中点,H是△ABD内的动点(含边界),且EH∥平面ACD,则的取值范围是(　　) A.[0,3] B. C. D. 4.已知正四面体ABCD的棱长为2,若空间内任意一点P满足||=2,则的取值范围是　　　　.  题组二　空间向量的数量积的应用 5.在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中,AA1=3,BD=4,=5,则cos<>=(　　) A. 6.在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中,AB=AD=AA1=2,∠BAD=,∠BAA1=∠DAA1=,则AC1=(　　) A.2　　　　B.20　　　　C.5　　　　D.25 7.有一长方形的纸片ABCD,AB=4 cm,BC=3 cm,现沿它的对角线AC把它折叠成90°的二面角,如图,则折叠后=　　　　,BD=　　　　cm.  8.如图,在矩形ABCD和矩形ABEF中,AB=4,AD=AF=3,∠DAF=,0<λ<1,设=a,=b,=c. (1)当λ=时,求MN与AE夹角的余弦值; (2)是否存在λ使得MN⊥平面ABCD?若存在,求出λ的值;若不存在,请说明理由. 答案与分层梯度式解析 6.1.2　空间向量的数量积 基础过关练 1.B 2.D 3.D 4.ABC 6.C 7.D 8.D 10.B 11.B 12.A 1.B　对于A,若b=0,则a∥b,b∥c,但不能得到a∥c,故A错误; 对于B,a·(b+c)=a·b+a·c,故B正确; 对于C,若a·b=a·c,且a≠0,则|a||b|cos<a,b>=|a||c|cos<a,c>,则|b|cos<a,b>=|c|cos<a,c>,无法得到b=c,故C错误; 对于D,(a·b)c表示与c共线的向量,而a(b·c)表示与a共线的向量,所以(a·b)c与a(b·c)不一定相等,故D错误. 故选B. 2.D　易知,所以,又|, 所以|·|=4.故选D. 3.D　因为i,j,k是两两垂直的单位向量,所以i·j=i·k=j·k=0,i2=j2=k2=1, 所以a·b=(2i-j+k)·(i+2j-3k)=2i2-2j2-3k2=-3. 4.ABC　设正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为a, 对于A,,故A中命题为真命题; 对于B,)·() =()·() =()·(·() ==a2-a2=0,故B中命题为真命题; 对于C,易知三角形AB1D1是等边三角形,所以的夹角为60°,故C中命题为真命题; 对于D,||=0,故D中命题为假命题. 故选ABC. 5.答案　8 解析　在正四面体ABCD中,∠BAC=∠BAD=∠DAC=,AB=AC=AD=2,则a·(a+b+c)=a2+a·b+a·c=22+2×2×cos +2×2×cos =8. 6.C　设a与b的夹角为θ,0°≤θ≤180°,由a+b+c=0,得a+b=-c,等号两边平方,得a2+2a·b+b2=c2, 又因为|a|=2,|b|=3,|c|=,所以4+2×2×3cos θ+9=7,解得cos θ=-,所以θ=120°, 故选C. 7.D　∵, ∴|. 8.D　如图,, 因为以顶点A为端点的三条棱的长度均为2,且它们彼此的夹角都是60°, 所以=4+4+4-2×2×2cos 60°+2×2×2cos 60°-2×2×2cos 60°=8,所以|, 由,得=4+4+2×2×2cos 60°=12,所以|. 则)·(=4, 所以|cos<.故选D. 9.答案　3-2 解析　∵a+b与xa+b的夹角为,∴cos , 即x2+4x-1=0,解得x=-2±3, 又x+1>0,即x>-,所以x=3-2. 10.B　因为∠ABD=∠BDC=90°,所以=0. 在空间四边形ABCD中,,则)·, 所以. 故选B. 11.B　解法一:如图, 连接A1C1,易知在平面A1B1C1D1上的投影向量为, 易得|,且<>=135°, 所以×1×cos 135°=-1.故选B. 解法二:易得, 所以)·, 由正方体的性质可得, 所以=0, 所以, 又|的方向相反, 所以=-1. 12.A　如图,连接CE,过点P作PO⊥平面ABC,则O为△ABC的重心,在平面ABC上的投影向量为,且, ∵△ABC是边长为2的等边三角形, ∴|>=150°, ∴×2×cos 150°=-1.故选A. 能力提升练 1.BD 2.B 3.B 5.B 6.A 1.BD　因为PD⊥底面ABCD,DA,DC⊂平面ABCD,所以PD⊥DA,PD⊥DC,所以()·=0,故A错误; 因为四边形ABCD是边长为1的菱形,且∠ADC=120°,所以△CBD为等边三角形,所以DB=1,所以()·=0+1×1×cos 120°=-,故B正确; )·(|cos 120°+0=-1+,故C错误; ·(|·||cos 120°=-,故D正确.故选BD. 2.B　延长CO交AB于点D,易知O为等边△ABC的中心,所以CD⊥AB,则OC=×BCsin 60°=3,在Rt△POC中,PC=,则PB=PC=3, 连接EF,因为E,F分别为PB,PC的中点, 所以EF=, 在△OEF中,cos∠EOF=, 所以|·||cos∠EOF=. 故选B. 3.B　设F,G分别为AB,BD的中点,连接FG,EF,EG,如图, 易得FG∥AD,EF∥AC,EG∥CD, 又因为FG⊂平面EFG,AD⊄平面EFG, 所以AD∥平面EFG, 同理,AC∥平面EFG, 又因为AC∩AD=A,AC,AD⊂平面ACD, 所以平面EFG∥平面ACD. 又因为EH∥平面ACD,所以EH⊂平面EFG,所以H为线段FG上的点. 因为AB⊥平面BCD,CD⊂平面BCD,所以AB⊥CD, 由∠BDC=90°,得BD⊥CD, 又因为AB∩BD=B,AB,BD⊂平面ABD,所以CD⊥平面ABD, 又因为EG∥CD,所以EG⊥平面ABD,所以EG⊥FG,则cos∠EFG=. 因为BD=2AB=2CD=2,所以FG=, 所以·( =2|·||cos(π-∠EFG)=2|·||cos∠EFG=2|·||. 又因为||∈,所以. 故选B. 4.答案　[4-2] 解析　如图,取BC的中点O,连接OP,因为点P满足||=2,所以||=1,即点P落在以O为球心,1为半径的球上.因为,所以)·. 因为正四面体ABCD的棱长为2,所以AO=DO=2×sin 60°=, 取AD的中点E,连接OE,易知OE⊥AD,所以上的投影向量的模为||, 所以|cos 0°==4. 设<>=θ,则|cos θ=4+2cos θ. 又因为cos θ∈[-1,1], 所以∈[4-2]. 5.B　)·)··(=5, 故=-5,所以cos <.故选B. 6.A　由题意可得)=4+4+4+2×2×2×cos=20,所以|,即AC1=2.故选A. 7.答案　-7; 解析　如图所示,作DE⊥AC,BF⊥AC,垂足分别为E,F, 由题意得AC==5(cm),则cos∠CAD=,cos∠CAB=. 易得DE=BF=(cm),则AE=CF=(cm),所以EF=AC-AE-CF=5-(cm), 因为二面角D-AC-B为直二面角,BF⊥AC,平面ADC∩平面ABC=AC,BF⊂平面ABC,所以BF⊥平面ADC,又DE⊂平面ADC,所以BF⊥DE, 所以·(=-7, 故, 所以|,即BD= cm. 8.解析　(1)=a+c,=a-b, 则)=λ(a+c)-[b+λ(a-b)]=(λ-1)b+λc, 当λ=时,b+c,则|, 所以(c-b)(a+c)=(a·c+c2-b·a-b·c)=, 易知||=5, 所以cos<, 故MN与AE夹角的余弦值为. (2)假设存在λ使得MN⊥平面ABCD, 因为AB,AD⊂平面ABCD,所以MN⊥AB,MN⊥AD, 则=[(λ-1)b+λc]·a=(λ-1)b·a+λc·a=0,显然成立, =[(λ-1)b+λc]·b=(λ-1)b2+λc·b=0,即9(λ-1)+=0,解得λ=,满足题意. 故存在λ=,使得MN⊥平面ABCD. 1 学科网（北京）股份有限公司 $$