6.1.2空间向量的数量积分层同步练习-2025-2026学年高二下学期数学苏教版选择性必修第二册

**基本信息** 该同步练习围绕“空间向量的数量积”，采用A、B、C三层递进设计，题量配比合理，梯度从基础概念到综合应用再到拓展探究，有效培养空间观念、推理能力与模型观念。 **分层设计** |层次|知识覆盖|设计特色| |----|----------|----------| |A层|数量积定义、基本运算、简单夹角|以正方体、正四面体为背景，基础选择填空为主，巩固概念理解| |B层|数量积综合应用、二面角、投影向量|结合三棱锥、平行四边形等几何体，含多选和解答题，提升推理能力| |C层|动态问题、垂直证明|正方体动点、正四面体性质探究，培养创新意识与空间观念|

6.1.2　空间向量的数量积 A层 基础达标练 1.(2025徐州月考)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 2.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° 3.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. 4.(2024江苏如东检测)如图所示,已知空间四边形OABC,OB=OC,且∠AOB=∠AOC=,则cos <>的值为(　　) A.0 B. C. D. 5.(多选题)如图所示,已知空间四边形ABCD每条边和对角线长都为a,点E,F,G分别是AB,AD,DC的中点,则下列向量的数量积等于a2的是(　　) A.2 B.2 C.2 D.2 6.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　　　　　.  7.如图,已知一个60°的二面角的棱上有两点A,B,AC,BD分别是在这两个面内且垂直于AB的线段,且AB=4,AC=6,BD=8,求CD的长. B层 能力提升练 8.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 9.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. 10.如图,在大小为45°的二面角A-EF-D中,四边形ABFE,CDEF都是边长为1的正方形,则B,D两点间的距离是(　　) A. B. C.1 D. 11.(多选题)在正方体ABCD-A1B1C1D1中,下列结论正确的是(　　) A.()2=3 B.·()=0 C.的夹角为60° D.正方体的体积为|| 12.(多选题)在正方体ABCD-A1B1C1D1中,若M是线段A1C1上的动点,则下列结论正确的有(　　) A.异面直线AM,BD所成的角为 B.异面直线CM,AB所成的角可为 C.异面直线CM,BD所成的角为 D.异面直线CM,B1B所成的角可为 13.已知a+3b与7a-5b垂直,且a-4b与7a-2b垂直,则<a,b>=　　　　　.  14.如图,已知在平行四边形ABCD中,AD=4,CD=3,∠D=60°,PA⊥平面ABCD,且PA=6,则PC=　　　　　. 15.如图,在三棱锥P-ABC中,PA⊥平面ABC,CB⊥AB,AB=BC=a,PA=b. (1)确定在平面ABC上的投影向量,并求; (2)确定上的投影向量,并求. C层 拓展探究练 16.已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1,若动点P在线段BD1上运动,则的取值范围是　　　　　.  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.D　由题意可知,a⊥b,a⊥c,因此a·(b+c)=a·b+a·c=0.故选D. 2.C　由题意,可得, 所以<>=<>=180°-<>=180°-60°=120°.故选C. 3.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. 4.A　由题意,设=a,=b,=c,由已知条件<a,b>=<a,c>=,且|b|=|c|,=a·(c-b)=a·c-a·b=|a||c|-|a||b|=0,所以cos <>=0.故选A. 5.BC　由题意,得2=2a2cos 120°=-a2,2=2=2a2cos 60°=a2,2=a2,2=-=-a2.故选BC. 6.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. 7.解 因为CA⊥AB,BD⊥AB,二面角的度数为60°, 所以<>=120°. 因为,且=0,=0, 所以||2=||2+||2+||2+2+2+2 =||2+||2+||2+2||||cos<> =62+42+82+2×6×8×-=68, 所以||=2,故CD的长为2. 8.C　因为)·()=(||2-||2)=0,=()··()+=||||cos 120°-||||cos 120°+|||·cos 120°<0,所以 >.故选C. 9.B　由题意,得=||||cos 60°=1×3×. 因为),所以)2=+2),即×(1+3+9)=,所以||=. 10.D　∵, ∴||2=||2+||2+||2+2+2+2=1+1+1-=3-.故||=. 11. AB　如图所示,()2=()2==3,故A正确; ·()==0,故B正确; 的夹角是夹角的补角,而的夹角为60°,故的夹角为120°,故C错误; 正方体的体积为||||||,故D错误. 12.ABC　由题意,设正方体的棱长为1,且C1M=λC1A1(0≤λ≤1), 则=()·+(1-λ)·=0, ∴A正确; ∵=()·+λ=-λ, ∴cos<>=, ∴异面直线CM,AB所成角的余弦值为, 又(0≤λ≤1)有解,∴B正确; =()·+λ=0,∴C正确; ∵B1B∥C1C,∴CM与B1B所成的角等于CM与C1C所成的角,该角小于,∴D不正确. 故选ABC. 13.60°　由条件知,(a+3b)·(7a-5b)=7|a|2-15|b|2+16a·b=0,(a-4b)·(7a-2b)=7|a|2+8|b|2-30a·b=0,两式相减,得46a·b=23|b|2,所以a·b=|b|2,代入上面两个式子中的任意一个,得|a|=|b|,所以cos<a,b>=,所以<a,b>=60°. 14.7　由题意,得||2=()2=||2+||2+||2+2+2+2=62+42+32+2×4×3cos 120°=49,所以||=7. 15.解 (1)因为PA⊥平面ABC,所以在平面ABC上的投影向量为, 因为PA⊥平面ABC,AB⊂平面ABC,可得PA⊥AB,所以=0, 因为CB⊥AB,所以=0, 所以=0+a2+0=a2. (2)由(1)知:=a2,=a, 所以上的投影向量为 ·cos <>·, 由数量积的几何意义,可得=a2. 16.[0,1]　依题意,设=λ,其中λ∈[0,1],·()=·(+λ)=+λ=1+λ×1××-=1-λ∈[0,1].因此的取值范围是[0,1]. 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],∴<>=. 学科网（北京）股份有限公司 $