6.1.2空间向量的数量积同步练习-2024-2025学年高二下学期数学苏教版选择性必修第二册

6.1.2　空间向量的数量积 一、基础达标 1.已知空间向量a,b,c,则下列说法正确的是(　　) A.若a∥b,b∥c,则a∥c B.若|a·b|=|a|·|b|,则a与b共线 C.若a·c=b·c,则a=b D.(a·b)·c=(b·c)·a 2.在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中,设=a,=b,=c,则a·(b+c)的值为(　　) A.2 B.1 C.-1 D.0 3.在正四面体ABCD中,E,F分别是AC,AD的中点,则的夹角为(　　) A.30° B.60° C.120° D.150° 4.在正四面体PABC中,棱长为2,且E是棱AB的中点,则的值为(　　) A.-1 B.1 C. D. 5.(多选题)若正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1,体对角线AC1与BD1相交于点O,则(　　) A.=1 B. C. D.=1 6.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=　　　.  7.已知e1,e2是夹角为60°的两个单位向量,则向量e1+e2在向量e1上的投影向量为　　　　　.  8.如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,底面边长和侧棱长都等于1,∠BAA1=∠CAA1=60°. (1)设=a,=b,=c,用向量a,b,c表示,并求出BC1的长度; (2)求异面直线AB1与BC1所成角的余弦值. 二、能力提升 9.如果空间四边形ABCD的各边和对角线均相等,E是BC的中点,那么(　　) A. B. C. D.的大小不能比较 10.如图,在△ABC中,O为BC的中点,若AB=1,AC=3,的夹角为60°,则||= (　　) A. B. C.13 D. 11.如图,已知PA⊥平面ABCD,四边形ABCD为矩形,连接AC,BD,PB,PC,PD,下面各组向量中,数量积不一定为零的是(　　) A. B. C. D. 12.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,则下列判断错误的是(　　) A.()·=1 B.()· C.=- D. 13.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　　　　　　.  14.如图,已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1,E为棱B1C1上的动点,则向量在向量方向上的投影数量的取值范围为　　　　　.  15.已知不共面的三个单位向量两两之间的夹角均为60°,. (1)求证:OM⊥BC; (2)求cos<>. 三、拓展探究 16.已知EF是棱长为8的正方体的一条体对角线,点M在正方体表面上运动,则的最小值为(　　) A.-48 B.-32 C.-16 D.0 17.如图所示,正四面体VABC的高VD的中点为O,VC的中点为M. (1)求证:AO,BO,CO两两垂直; (2)求<>. 参考答案 1.B　对于A,若b=0,则a∥b,b∥c,不能得出a∥c,故A错误;对于B,|a·b|=||a|·|b|cos<a,b>|=|a|·|b|,当a与b存在零向量时,a与b共线成立,当a与b均不为零向量时,|cos<a,b>|=1,故a,b夹角为0°或180°,则a与b共线,故B正确;对于C,若c=0,则a·c=b·c,不能得出a=b,故C错误;对于D,(a·b)·c=mc(m∈R),(b·c)·a=na(n∈R),故(a·b)·c=(b·c)·a不成立,故D错误.故选B. 2.D　由题意可知,a⊥b,a⊥c,因此a·(b+c)=a·b+a·c=0.故选D. 3.C　由题意,可得,所以<>=<>=180°-<>=180°-60°=120°.故选C. 4.A　 如图,PABC为正四面体,则∠APC=∠BPC=∠APB=60°.因为E是棱AB的中点,所以),,所以)·()=×2×2×cos 60°-×22=1-2=-1. 故选A. 5.AC　·()==1,故A正确;·()==1,故B错误;,故C正确;·()=-=-1,故D错误. 6.3-2　因为a+b与xa+b的夹角为,所以cos ,即x2+4x-1=0,解得x=-2±3. 又x+1>0,所以x=3-2.故答案为3-2. 7.e1　∵(e1+e2)·e1=+e1·e2=1+1×1×, ∴向量e1+e2在向量e1上的投影向量为e1. 8.解 (1)=a+c-b,又a·b=|a||b|cos∠BAA1=1×1×cos 60°=,同理可得a·c=b·c=,则||=. (2)因为=a+b,所以||=.因为=(a+b)·(a+c-b)=a2+a·c-a·b+b·a+c·b-b2=1, 所以cos<>=. 则异面直线AB1与BC1所成角的余弦值为. 9.C　因为)·()=(||2-||2)=0,=()··()+=||||cos 120°-||||cos 120°+|||·cos 120°<0, 所以 >.故选C. 10.B　由题意,得=||||cos 60°=1×3×. 因为),所以)2=+2),即×(1+3+9)=, 所以||=. 11.A　由于PA⊥平面ABCD,AB,CD,AD⊂平面ABCD,所以PA⊥AB,PA⊥CD,PA⊥AD,则垂直,D选项错误;由于AB⊥AD,PA∩AD=A,PA,AD⊂平面PAD,所以AB⊥平面PAD.由于PD⊂平面PAD,所以AB⊥PD,所以垂直,C选项错误;由于AD⊥AB,AB∩PA=A,AB,PA⊂平面PAB,所以AD⊥平面PAB.由于PB⊂平面PAB,所以AD⊥PB,所以垂直,B选项错误;由于BD与AC不一定垂直,AC是PC在平面ABCD内的射影,所以BD与PC不一定垂直,即的数量积不一定为0,A选项正确.故选A. 12.ABD　对于A,因为PD⊥底面ABCD,DA,DC⊂底面ABCD,所以PD⊥DA,PD⊥DC,所以()·=0,故A错误;对于B,因为∠ADC=120°,AD=DC=1,所以∠ADB=60°,所以△ADB为等边三角形,所以DB=1,所以=-=-||·||cos 60°=-,()·=-,故B错误;对于C,=()·()==-||·||cos 120°-0+0-1=-1=-,故C正确;对于D,·()==0-||·||cos 60°=-,故D错误.故选ABD. 13.(-1-,-1+)　因为|a|=2,|b|=1,<a,b>=60°,所以a·b=|a|·|b|cos<a,b>=2×1×=1,a2=|a|2=4,b2=|b|2=1,故(a+λb)·(λa-2b)=λa2+(λ2-2)a·b-2λb2=4λ+(λ2-2)-2λ=λ2+2λ-2,|a+λb|2=a2+2λa·b+λ2b2=λ2+2λ+4,|λa-2b|2=λ2a2-4λa·b+4b2=4λ2-4λ+4=4(λ2-λ+1).因为向量a+λb与λa-2b的夹角为钝角,所以 解得-1-<λ<-1+,即λ∈(-1-,-1+). 14.[]　由已知E为棱B1C1上的动点,设=λ(0≤λ≤1),因为+λ+λ,所以=(+λ)·+λ=1××cos 45°+λ×1××cos 45°=1+λ,所以向量在向量方向上投影数量为,又0≤λ≤1,所以1≤1+λ≤2,所以,所以向量在向量方向上投影的数量的取值范围为[]. 15.(1)证明 因为=1×1×cos 60°=,所以=()·()=·()+()·()==1-1=0,所以,即OM⊥BC. (2)解 因为=1×1×cos 60°=,所以=()·()=4,||2=()2=6,所以||2=()2=3. 所以||=,||=.所以cos<>=. 16.B　如图,EF是棱长为8的正方体的一条体对角线,也是正方体外接球的一条直径,由正方体的特征可得其外接球半径为=4,设外接球球心为O,则=-,则=()·()=()·()=||2-||2=||2-(4)2=||2-48,由于点M在正方体表面上运动,故||2的最小值为球心O与正方体面的中心连线的长,即为正方体棱长的一半,为=4,所以的最小值为42-48=-32.故选B. 17.(1)证明 设=a,=b,=c,且正四面体的棱长为1,有|a|=|b|=|c|=1,a·b=b·c=a·c. 则(a+b+c),(b+c-5a), (a+c-5b),(a+b-5c), ∴(b+c-5a)·(a+c-5b)=×(18×1×1×cos-9)=0. ∴,即AO⊥BO.同理,AO⊥CO,BO⊥CO, ∴AO,BO,CO两两垂直. (2)解 ∵=-(a+b+c)+c=(-2a-2b+c), ∴||=, ||=, (-2a-2b+c)·(b+c-5a)=, ∴cos<>=. ∵<>∈[0,π],∴<>=. 5 学科网（北京）股份有限公司 $