1.1.2 空间向量的数量积运算-（配套练习）【精讲精练】2026-2027学年高中数学选择性必修第一册（人教A版）

**基本信息** 本同步练按“基础巩固-综合提升-探索创新”分层，覆盖空间向量核心知识，梯度合理，适配新授课知识内化与能力进阶。 **分层设计** |层次|知识覆盖|设计特色| |----|----------|----------| |必备知识·基础巩固|向量夹角、数量积计算，正方体等简单几何体|选择、填空为主，直接应用定义公式，夯实运算能力| |关键能力·综合提升|异面直线、正三棱柱等综合应用，推理证明|含证明题，需结合几何性质转化向量关系，培养推理意识| |核心价值·探索创新|单位球、正三棱柱探究，开放问题|情境新颖，如球面上点的向量关系，发展创新意识与空间观念|

[必备知识·基础巩固] 1．如图所示，在正方体ABCD ­A1B1C1D1中，下列各组向量的夹角为45°的是(　　) A．与 B．与 C．与 D．与 解析　与的夹角为45°，与的夹角为135°，与的夹角为90°，与的夹角为180°.故选A. 答案　A 2．已知向量i，j，k是一组单位向量，且两两垂直．若m＝8j＋3k，n＝－i＋5j－4k，则m·n的值为(　　) A．7 B．－20 C．28 D．11 解析　向量i，j，k是一组单位向量，且两两垂直，所以|i|＝|j|＝|k|＝1且i·j＝j·k＝i·k＝0.因为m＝8j＋3k，n＝－i＋5j－4k，所以m·n＝(8j＋3k)·(－i＋5j－4k)＝40－12＝28.故选C. 答案　C 3.三棱锥A-BCD的所有棱长都为2，E，F分别是AB，AD的中点，则·＝(　　) A．－1 B．1 C．－2 D．2 解析　∵E，F分别是AB，AD的中点，∴EF∥BD且EF＝BD，即＝， 又∵三棱锥A-BCD的所有棱长都为2，∴任意两条棱的夹角为60°， ∴·＝·＝··cos 〈，〉＝×2×2×cos 120°＝－1， 故选A. 答案　A 4．(多选)已知四边形ABCD为矩形，PA⊥平面ABCD，连接AC，BD，PB，PC，PD，则下列各组向量中，数量积为零的是(　　) A．与 B．与 C．与 D．与 解析　因为PA⊥平面ABCD， 所以PA⊥CD，·＝0，故D正确． 因为AP⊥AD，AD⊥AB，AP∩AB于点A，AP，AB⊂平面ABP，所以AD⊥平面ABP， 所以AD⊥PB，所以·＝0， 同理·＝0，故B，C正确． 答案　BCD 5．已知正方体ABCD ­A1B1C1D1的棱长为a，则·＝________． 解析　如图，·＝·＝||·||cos 〈，〉＝a×a×cos 60°＝a2. 答案　a2 6．已知向量a，b满足|a＋b|＝|a－2b|，其中b是单位向量，则a在b方向上的投影向量是________． 解析　∵b是单位向量，∴|b|＝1. ∵|a＋b|＝|a－2b|，∴(a＋b)2＝(a－2b)2， 化简得2a·b＝b2＝1，即a·b＝， ∴a在b方向上的投影向量是·b＝b. 答案　b 7．如图，空间四边形的各边和对角线长均相等，E是BC的中点，则·＝________，·________·(填“<”“＝”或“>”). 解析　由题易知AE⊥BC，所以·＝0， 又·＝(＋)·＝·(－)＋·＝||||cos 120°－||||·cos 120°＋||||cos 120°<0， 所以·<·. 答案　0　< 8．已知正四面体O­ABC的棱长为1，如图所示，求： (1)·； (2)(＋)·(＋)； (3)|＋＋|. 解析　在正四面体OABC中， ||＝||＝||＝1. 〈，〉＝〈，〉＝〈，〉＝60°. (1)·＝||||cos ∠AOB ＝1×1×cos 60°＝. (2)(＋)·(＋) ＝(＋)·(－＋－) ＝(＋)·(＋－2) ＝2＋2·－2·＋2－2· ＝12＋2×1×1×cos 60°－2×1×1×cos 60°＋12－2×1×1×cos 60°＝1＋1－1＋1－1＝1. (3)|＋＋| ＝＝. [关键能力·综合提升] 9．已知a，b是异面直线，a⊥b，e1，e2分别为取自直线a，b上的单位向量，且m＝2e1＋3e2，n＝ke1－4e2，m⊥n，则实数k的值为(　　) A．－6 B．6 C．3 D．－3 解析　由m⊥n，得m·n＝0，∴(2e1＋3e2)·(ke1－4e2)＝0.∵e1·e2＝0，∴2k－12＝0，∴k＝6. 答案　B 10．设平面上有四个互异的点A，B，C，D，已知(＋－2)·(－)＝0，则△ABC是(　　) A．直角三角形 B．等腰三角形 C．等腰直角三角形 D．等边三角形 解析　因为＋－2＝(－)＋(－)＝＋，所以(＋)·(－)＝||2－||2＝0，所以||＝||. 答案　B 11．如图，已知正三棱柱ABC­A1B1C1的各条棱长都相等，M是侧棱CC1的中点，则异面直线AB1和BM所成角的大小是________． 解析　不妨设棱长为2， 则＝－，＝＋， cos 〈，〉＝ ＝＝0，故填90°. 答案　90° 12．已知||＝5，||＝2，〈，〉＝60°，＝2＋，＝－2，则以OC，OD为邻边的平行四边形OCED的对角线OE的长为__________． 解析　∵＝＋，∴||2＝(＋)2＝(2＋＋－2)2＝(3－)2＝9||2＋||2－6·＝9×25＋4－6×5×2×cos 60°＝199，∴||＝， 即OE＝. 答案　 13．如图所示，已知空间四边形ABCD的各边和对角线的长都为a，点M，N分别是AB，CD的中点．证明：MN⊥AB. 证明　由题意可知，＝＝＝a，且向量，，两两的夹角均为60°，连接AN(图略)，则＝－＝－， ∴·＝ ＝(a2cos 60°＋a2cos 60°－a2)＝0， ∴⊥，即MN⊥AB. [核心价值·探索创新] 14.对于一个单位球，O为球心，A1，A2，…，Ak在球面上，若对任意的1≤i<j≤k，都有·≤0，则k的最大值为(　　) A．4 B．6 C．7 D．8 解析　设与的夹角为θ，已知·≤0，且||＝||＝1，则cos θ≤0，所以θ≥90°， 在单位球面上，要使任意两个向量与的夹角大于等于90°，可以先考虑正多面体的顶点情况． 对于正四面体，它有4个顶点，其顶点在单位球面上时，任意两个顶点与球心连线的夹角大于90°，满足·≤0的条件． 对于正八面体，它有6个顶点，其顶点在单位球面上时，任意两个顶点与球心连线的夹角为90°，满足·≤0的条件． 若k＝7，在球面上必然存在两个点Ai，Aj，使得与的夹角小于90°，不满足条件． 因此，k的最大值为6. 故选B. 答案　B 15．如图所示，在正三棱柱ABC­A1B1C1中，底面边长为 . (1)设侧棱长为1，求证：AB1⊥BC1； (2)设AB1与BC1的夹角为，求侧棱的长． (1)证明　＝＋，＝＋. ∵BB1⊥平面ABC， ∴·＝0，·＝0. 又△ABC为正三角形， ∴〈，〉＝π－〈，〉＝π－＝. ∵·＝(＋)·(＋) ＝·＋·＋＋· ＝||||cos 〈，〉＋ ＝－1＋1＝0， ∴1⊥1，∴AB1⊥BC1. (2)解析　结合(1)知， ·＝||||cos 〈，〉＋ ＝－1. ∴cos 〈，〉＝＝， ∴||＝2，即侧棱长为2. 学科网（北京）股份有限公司 $