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】2025-2026学年高二数学选择性必修第二册（苏教版）

第6章　空间向量与立体几何 6.1　空间向量及其运算 6.1.2　空间向量的数量积 基础过关练 题组一　空间向量数量积的概念及其运算 1.(2025江苏徐州期末)在棱长为1的正四面体PABC中,,则·=(　　) A. 2.(2024广东河源期末)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.(2025江苏盐城七校联考)有一长方形的纸片ABCD,AB的长度为4 cm,BC的长度为3 cm,现沿它的一条对角线AC把它折成直二面角(如图),则折叠后·=　　　　.  题组二　空间向量数量积的应用 4.(教材习题改编)已知|a|=2,|b|=3,<a,b>=60°,则|2a-3b|等于(　　) A.　　　D.61 5.(2024山东烟台多校联考)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° 6.(2025江苏南通期末)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.(2024福建宁德五校联合体期中)在三棱锥P-ABC中,PA=8,AB=6,AC=4,BC=5,∠PAC=45°,∠PAB=60°,则向量与的夹角的余弦值是(　　) A.　　　D.0 8.(2024江苏南京期中)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=　　　　.  9.(易错题)已知|a|=1,|b|=2,a与b的夹角是120°,当a+2b与ka-b的夹角为钝角时,实数k的取值范围为　　　　　　　.  题组三　投影向量及其应用 10.(2025江苏徐州大许中学调研)已知|a|=,|b|=5,且a与b的夹角的余弦值为-,则a在b上的投影向量为(　　) A.-b　　　B.b C.b　　　D.-b 11.在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中,M为CC1上任意一点,则·=(　　) A.- 12.(教材习题改编)已知正四面体PABC的棱长为2,E是AB的中点,则·=(　　) A.-1　　　B.1　　　C.3　　　D.7 能力提升练 题组一　空间向量数量积的概念及其运算 1.(多选题)(2025江苏启东中学月考)已知四面体ABCD的所有棱长都为4,E,F,G分别是棱AB,AD,DC的中点,则(　　) A.··=-8　　　 C.··=4 2.(2024江苏无锡太湖高级中学期中)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”ABCD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. 3.(2025江苏常州高级中学期中)在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为菱形,AB=4,∠DAB=,M为棱PC的中点,且·=5,则·=　　　　.  4.(创新题)(新考法·空间想象能力在向量中的应用)(2025安徽亳州一中月考)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　空间向量数量积的应用 5.(2025江苏无锡梅村高级中学期中)如图,在一个45°的二面角的棱上有两个点A,B,线段AC,BD分别在这个二面角的两个半平面内,并且都垂直于棱AB,AB=2,AC=1,BD=2,则CD的长为(　　) A.1　　　B.2　　　C.　　　D.3 6.(2025江苏南通海安实验中学月考)在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中,AA1=3,BD=4,··=5,则cos<>=(　　) A. 7.(创新题)(新考法·向量的数量积与基本不等式的综合)(2025江苏无锡太湖高级中学检测)已知正四面体ABCD的棱长为6,,且x+y+z=1,以A为球心,1为半径的球面上有两点M,N,,则的最小值为　　　　.  8.(2025江苏盐城中学质检)如图,四棱锥P-ABCD的底面为平行四边形,∠APD=∠APC=∠DPC=,PA=PC=PD=2,G为△PCD的重心. (1)证明:CD⊥平面PAG; (2)设T为线段PD上的一个动点,是否存在点T,使得BG⊥GT?若存在,求出的值;若不存在,请说明理由. 答案与分层梯度式解析 基础过关练 1.A 2.B 4.C 5.C 6.A 7.B 10.D 11.B 12.A 1.A　由题意得,所以·(. 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,由余弦定理的推论得cos∠EOF=,所以|·||cos∠EOF=. 3.答案　-7 解析　在Rt△ABC中,AB=4 cm,BC=3 cm, 所以AC==5 cm,则cos∠BAC=,cos∠ACB=,所以cos∠CAD=,所以·(=-7. 4.C　|2a-3b|2=4a2-12a·b+9b2 =4×22-12×2×3×cos 60°+9×32=61,∴|2a-3b|=. 5.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°. 6.A　由题意可得)=4+4+4+2×2×2×cos=20,所以|,即AC1=2. 方法总结 　　用数量积求线段长度的步骤:(1)确定线段对应的向量;(2)用易知长度或夹角的向量表示此向量;(3)结合公式|a|=求此向量的模,所得即为所求线段的长度. 7.B　设向量的夹角为θ. 易得)·|·||cos 45°-||·||cos 60°=4×8×-24,所以cos θ=. 8.答案　3-2 解析　因为a+b与xa+b的夹角为,a,b是单位向量,a⊥b,所以cos , 即x2+4x-1=0,解得x=-2±3, 又x+1>0,即x>-,所以x=3-2. 9.答案　 解析　由题意得(a+2b)·(ka-b)=ka2+(2k-1)a·b-2b2=k+(2k-1)×1×2×cos 120°-8=-k-7<0,解得k>-7. 又当k=-时,a+2b与ka-b反向共线,此时它们的夹角为180°,并不是钝角,∴k>-7且k≠-,即实数k的取值范围为. 名师点睛 　　两向量a,b的夹角为锐角时,a·b>0,但a·b>0时,a,b的夹角为锐角或零角;两向量a,b的夹角为钝角时,a·b<0,但a·b<0时,a,b的夹角为钝角或平角.故在实际解题中,要考虑两向量同向、反向的情形. 10.D　易得a在b上的投影向量为b. 11.B　解法一:如图,连接A1C1, 易知在平面A1B1C1D1上的投影向量为,且<>=135°, 所以×1×cos 135°=-1. 解法二:连接CA(图略), 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,易知O在CE上,且OE=CE, 所以在平面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. 能力提升练 1.BC 2.B 5.D 6.B 1.BC　由题意知,四面体ABCD为正四面体,所以∠BAC=60°,所以|·||cos 60°=4×4×=8,故A错误. 因为G,F分别为CD,AD的中点,所以FG∥AC且FG=AC=2,所以|·||cos 180°=-8,故B正确. 因为E,F分别为AB,AD的中点,所以EF∥BD且EF=BD=2,又由四面体ABCD为正四面体得∠CBD=60°,所以|·||cos 60°==4,故C正确. 取BD的中点H,连接AH,CH. 由以上分析知FG=2,FG∥AC,EF∥BD. 因为△ABD,△BCD均为等边三角形,所以AH⊥BD,CH⊥BD.又AH∩CH=H,AH,CH⊂平面ACH,所以BD⊥平面ACH.又AC⊂平面ACH,所以BD⊥AC,所以EF⊥FG,所以=0,所以)·=-4,故D错误. 2.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, 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, 因为FG⊂平面ABD,所以EG⊥FG,则cos∠EFG=. 因为BD=2AB=2CD=2, 所以FG=, 所以·(|cos(π-∠EFG)=2|cos∠EFG=2|·||. 又因为||∈,所以. 3.答案　2 解析　∵底面ABCD为菱形,AB=4,∠DAB=, ∴|·||cos =-8. 连接AC. ∵M为棱PC的中点,∴, ∴+16+(-8)]=5, 解得=2. 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为半径的球面上.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, 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.D　因为线段AC,BD分别在大小为45°的二面角的两个半平面内,并且都垂直于棱AB,所以<,即=0,所以=9,所以||=3,即CD的长为3. 6.B　)·)··(=5,故=-5,所以cos<. 7.答案　50 解析　因为正四面体ABCD的棱长为6,所以|cos 60°=18,|cos 60°=18,|cos 60°=18. 因为以A为球心,1为半径的球面上有两点M,N,,所以||=1. 因为, 所以)2 = =2·() =2(x)2+2 =2(x2)+2 =2(36x2+36y2+36z2+36xy+36yz+36xz)+2 =72(x2+y2+z2+xy+yz+xz)+2 =72[(x+y+z)2-xy-yz-xz]+2 =74-72(xy+yz+xz). 因为x+y+z=1,所以1=x2+y2+z2+2xy+2yz+2xz≥3(xy+yz+xz),即xy+yz+xz≤,当且仅当x=y=z=时取等号,所以≥74-24=50,所以的最小值为50. 8.解析　(1)证明:由题意得=2×2×cos =2. 因为G为△PCD的重心,所以). 又,所以)·()=0,所以,即CD⊥PA,CD⊥PG. 又PA,PG⊂平面PAG,PA∩PG=P, 所以CD⊥平面PAG. (2)假设存在满足题意的点T. 设,λ∈[0,1],则, 又, 所以 =×2=0,解得λ=0. 所以当点T与点P重合时,BG⊥GT,此时=0. 16 学科网（北京）股份有限公司 $