第3章 第2课时 空间向量的数量积（同步练习）-【学而思·PPT课件分层练习】2025-2026学年高二数学选择性必修第一册（北师大版2019）

第2课时　空间向量的数量积 基础过关练　　　　　 　　　　 　　　　 题组一　数量积的概念及运算律 1.下列说法错误的是　(　　) A.设a是空间向量,则a2=|a|2 B.设a,b是两个空间向量,则a·b=b·a C.设a,b是两个非零空间向量,则(a·b)2=a2·b2 D.设a,b,c是三个空间向量,则a·(b+c)=a·b+a·c 2.如图,若正四面体A-BCD的棱长为1,且,则=(　　) A.-1　　　B.-　　　C.　　　D.1 3.(多选题)设几何体ABCD-A1B1C1D1是棱长为a的正方体,则以下结论正确的有(　　) A.=-a2　　　　　　B.a2 C.=a2　　　　　　 D.=a2 4.如图,在三棱锥A-BCD中,DA,DB,DC两两垂直,且DB=DC=3,AD=4,E为BC的中点,则等于(　　) A.3　　　B.2　　　C.1　　　D.0 5.在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中,M为棱CC1上任意一点,则=　　　　.  题组二　空间向量的数量积的应用 6. 在空间四边形ABCD中, ∠ABD=∠BDC=90°,AC=2BD,则方向上的投影向量为(　　) A.　　　B.　　　C.　　　D. 7.(多选题)如图所示,四个棱长为1的正方体排成一个正四棱柱,AB是一条侧棱,Pi(i=1,2,3,…,16)是上、下底面上除A,B两点以外其余的十六个点,则的值可能是(　　) A.0　　　B.1　　　C.2　　　D.3 8.在四面体ABCD中,BC=1,BD=2, ∠ABC=90°,,则∠CBD=　　　　.  9.如图,已知在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中,AB=2,AA1=3,AD=1,且∠DAB=∠BAA1=∠DAA1=. (1)求B1D的长; (2)求夹角的余弦值. 能力提升练　　　　　 　　　　 　　　　 题组　空间向量的数量积的应用 1.在四棱锥P-ABCD中,PD⊥底面ABCD,底面ABCD为正方形,AB=1,PD=2,则异面直线PA与BD夹角的余弦值为(　　) A.-　　　B.　　　C.-　　　D. 2.设A,B,C,D是空间不共面的四点,且满足=0,则△BCD一定是(　　) A.钝角三角形　　　　　　B.锐角三角形 C.直角三角形　　　　　　D.等边三角形 3.(多选题)已知空间单位向量两两之间的夹角均为60°,,则下列说法中正确的是(　　) A.=1　　　　　　B.·( C.|　　　　　　D.cos< 4.已知空间向量a,b,|a|=2,|b|=1,<a,b>=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　　　　.  5.如图,在平行四边形ABCD中,AB=AC=CD=1,∠ACD=90°,把△ADC沿对角线AC折起,使的夹角为60°,则折起后,BD=　　　　.  6.《九章算术》中的“商功”篇主要讲述了以立体几何为主的各种形体体积的计算,其中堑堵是指底面为直角三角形的直棱柱.在堑堵ABC-A1B1C1中,AB⊥AC,M是A1C1的中点,AB=7,N,G分别在棱BB1,AC上,且BN=AC,平面MNG与AB交于点H,则=　　　　.  7.如图所示,四边形ABCD是矩形,EF∥AB,AB=4,EF=2,△ADE和△BCF都是边长为2的等边三角形,G是AD上一动点,求FG的长度的取值范围. 8.如图,在正三棱柱ABC-A1B1C1中,底面边长为. (1)若侧棱长为1,求证:AB1⊥BC1; (2)若AB1与BC1的夹角为,求侧棱长. 答案与分层梯度式解析 第2课时　空间向量的数量积 基础过关练 1.C　a2=|a|2cos 0=|a|2,故A中说法正确; 由向量数量积的运算律知B,D中说法正确; 设a,b的夹角为θ,则(a·b)2=(|a||b|cos θ)2=|a|2|b|2cos 2θ≤a2·b2,故C中说法错误. 2. C　)·×1×1×cos 60°+×1×1× cos 60°=.故选C. 3.AC　如图所示,在正方体ABCD-A1B1C1D1中, 对于A,方向上的投影数量为-a, ∴=-a2,故A正确; 对于B,方向上的投影数量为a, ∴=a2,故B错误; 对于C,方向上的投影数量为a, ∴=a2,故C正确; 对于D,方向上的投影数量为-a, ∴=-a2,故D错误. 故选AC. 4.D　由题意得=0, ∵, ∴)·(, 又∵DB=DC,即=0.故选D. 5.答案　4 解析　棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1如图所示, )·=0+2×2+0=4. 6.B　设AC=2,则BD=1,由题可知, 则)·|2, 所以.故选B. 7. AB　由题图知,AB与正四棱柱的上底面垂直,所以AB⊥BPi(i=1,2,…,8),则|·||· cos∠BAPi=||·||=1,i=1,2,…,8;同理,AB与正四棱柱的下底面垂直,所以AB⊥APi(i=9,10,…,16),所以=0,i=9,10,…,16.故的值为0或1. 8.答案　30° 解析　因为∠ABC=90°,所以=0, 又,所以·(,所以. 又BC=1,BD=2,所以|·cos∠CBD=2cos∠CBD=, 所以cos∠CBD=. 又0°<∠CBD<180°,所以∠CBD=30°. 9.解析　(1)由题可知,,那么=15,所以|, 因此B1D的长为. (2)连接A1B,由题可知,, 则| =, 所以)·(, 所以cos <. 能力提升练 1.D　∵PD⊥平面ABCD,DA,DC⊂平面ABCD, ∴PD⊥DA,PD⊥DC. ∵底面ABCD为正方形,∴DA⊥DC. 易知, ∴)·(=1, |, |, ∴|cos<, ∴异面直线PA与BD夹角的余弦值为. 2.B　因为=0, 所以)·(>0, 所以cos B=>0,故∠B是锐角, 同理>0,可得∠C,∠D都是锐角,故△BCD是锐角三角形,故选B. 3.BC　因为单位向量两两之间的夹角均为60°,所以=1×1×cos 60°=,故A错误; ·(·(·(2,故B正确; 由,得,由,得,所以,所以, 则| = =,故C正确; , 所以,故cos<><0,故D错误. 故选BC. 4.答案　(-1-) 解析　由题意知(a+λb)·(λa-2b)<0,且cos<a+λb,λa-2b>≠-1,即λa2+(λ2-2)a·b-2λb2<0,且(a+λb)·(λa-2b)≠-|a+λb||λa-2b|,即λ2+2λ-2<0,且λ2+2λ-2≠-2,解得-1-. 5.答案　 解析　由题意得, 故|cos 60°+0=3-1=2,故|,即BD=. 6.答案　-42 解析　如图所示,延长MG,交A1A的延长线于点K,连接KN, 显然KN⊂平面MNG,KN⊂平面ABB1A1, 因此,平面MNG与AB的交点H即为KN与AB的交点. 在堑堵ABC-A1B1C1中,AG∥A1M, 则,即KA=2AA1, 又BN=AA1,所以KA=6BN,而KA∥BN, 所以=6,所以AH=AB=6, 因为AA1⊥AB,A1M⊥AB,所以=0,所以)·=-6×7=-42. 7.解析　连接AF,过点E作EH∥BF交AB于点H,如图,易得四边形EFBH为平行四边形. ∵EF=2,AB=4,∴AH=2, 又AE=2,EH=2,∴∠EAH=60°, 设(0≤x≤1), 则, ∴| = =, ∴当x=时,|FG|取最小值;当x=0或x=1时,|FG|取最大值2, ∴FG的长度的取值范围是[]. 8.解析　(1)证明:. 在正三棱柱ABC-A1B1C1中,BB1⊥平面ABC,△ABC为正三角形, 所以=0, <. 所以)·() = =| =-1+1=0, 所以,即AB1⊥BC1. (2)由(1)知-1. 又||, 所以cos<, 所以||=2,即侧棱长为2. 1 学科网（北京）股份有限公司 $$