1.1.2 空间向量的数量积运算(Word练习)-【学霸笔记·同步精讲】2026-2027学年高中数学选择性必修第一册（人教A版)

**基本信息** 以一题多解为核心，系统整合定义法、运算法、几何意义法，构建从概念理解到几何应用的知识逻辑链，培养数学思维与空间观念。 **专项设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |A级基础巩固|10题（含3、9题一题多解）|定义法（夹角计算）、运算法（向量分解）、几何意义法（投影向量）|从数量积定义（夹角、模长）到运算律，再到垂直判断、模长计算的应用| |B级综合运用|5题（含14、15题综合题）|坐标法、几何建模法|结合正方体、菱形等几何体，实现数量积在空间几何证明与计算中的综合迁移|

1.1.2　空间向量的数量积运算 （时间：60分钟　满分：105分） ［备注：单选、填空题5分，多选题6分］ 1.在正四面体ABCD中，点E，F分别是AC，AD的中点，则与的夹角为（　　） A．30°　 B．60°　 C．120°　 D．150° 2.已知空间向量a，b，c两两夹角均为60°，其模均为1，则|a＋b－2c|=（　　） A．　 B．　　 C．2　 D． 3.〔一题多解〕如图，已知正方体ABCD－A′B′C′D′的棱长为1，则•=（　　） A．1　　 　　　　　 B． C．　 D．－1 4.（2026•佛山调研）已知A，B，C，D是空间中不共面的四点，且•=0，•=0，M为BC的中点，则△AMD是（　　） A．钝角三角形　 B．锐角三角形 C．直角三角形　 D．不确定 5.如图所示，在空间四边形OABC中，OB=OC，且∠AOB=∠AOC=，则cos〈，〉=（　　） A．　 B．0 C．　 D． 6.在空间四边形ABCD中，∠ABD=∠BDC=90°，AC=2BD，则在上的投影向量为（　　） A．　 B． C．　 D． 7.〔多选〕如图，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 8.已知|a|=3，|b|=4，m=a＋b，n=a＋λb，〈a，b〉=135°，且m⊥n，则实数λ=　　　　． 9.〔一题多解〕已知点C在以AB为直径的球面上，若BC=2，则•=　　　　． 10.（13分）已知不共面的三个单位向量，，两两之间的夹角均为60°，=＋＋，=＋． （1）求•； （2）求cos〈，〉． 11.如图，边长为4的正方形ABCD是圆柱OO1的轴截面，M为上底面圆O内一点，则•的最小值为（　　） A．6　 B．8 C．10　 D．12 12.〔多选〕在正方体ABCD－A1B1C1D1中，有下列说法，其中正确的有（　　） A．（＋＋）2=32 B．•（－）=0 C．与的夹角为60° D．正方体的体积为|••| 13.在四面体OABC中，已知OA，OB，OC两两垂直，且OA=3，OB=6，OC=9，若G是△ABC的重心，则OG=　　　　． 14.（15分）如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是边长为3的菱形，PC=4，∠ABC=∠BCP=∠DCP=120°． （1）利用空间向量证明PA⊥BD； （2）求AP的长． 15.（15分）如图，在矩形ABCD和ABEF中，AB=4，AD=AF=3，∠DAF=，=λ，=λ，0＜λ＜1，记=a，=b，=c． （1）将用a，b，c表示出来，并求||的最小值； （2）是否存在λ使得MN⊥平面ABCD？若存在，求出λ的值，若不存在，请说明理由． 1.1.2　空间向量的数量积运算 1.C　由题意，可得=，所以〈，〉=〈，〉=180°－〈，〉=180°－60°=120°． 2.B　（a＋b－2c）2=a2＋b2＋4c2＋2a•b－4a•c－4b•c=1＋1＋4＋2×1×1×－4×1×1×－4×1×1×=3，所以|a＋b－2c|=．故选B． 3.A　法一（定义法）　连接B′D′（图略），则在Rt△DB′D′中，DB′=，DD′=1，所以cos∠B′DD′=，所以•=•=||||cos∠B′DD′=1××=1. 法二（运算法）　因为=＋=－＋=－＋，且•=0，•=0，所以•=•（－＋）=•－•＋2=1. 法三（几何意义法）　连接B′D′（图略），则B′D′⊥DD′，所以在上的投影向量为，又=，所以•=||2=1. 4.C　因为M为BC的中点，所以=（＋），可得•=（＋）•=•＋•=0，所以⊥，即AM⊥AD，所以△AMD是直角三角形．故选C． 5.B　∵在空间四边形OABC中，OB=OC，∠AOB=∠AOC=，=－，∴•=•（－）=•－•=||×||×cos－||×||×cos=||×（||－||）=0，∴cos〈，〉==0.故选B． 6.B　在空间四边形ABCD中，因为∠ABD=∠BDC=90°，AC=2BD，设AC=2，BD=1，且•=•=0，=＋＋，则•=（＋＋）•=||2，在上的投影向量为•=•=．故选B． 7.BCD　因为PA⊥平面ABCD，所以PA⊥CD，故•=0；因为AD⊥AB，AD⊥PA，且PA⋂AB=A，PA，AB⊂平面PAB，所以AD⊥平面PAB，故AD⊥PB，则•=0；同理可得•=0；而PC与AD所成角为∠PCB，显然不垂直． 8.－　解析：∵m•n=（a＋b）•（a＋λb）=|a|2＋λa•b＋a•b＋λ|b|2=18＋λ•3×4•cos 135°＋3×4•cos 135°＋λ•16=18－12λ－12＋16λ=6＋4λ，又m⊥n，∴m•n=0=6＋4λ，∴λ=－． 9.－4　解析：法一　由点C在以AB为直径的球面上，BC=2，得AC⊥BC，所以•=0，所以•=（＋）•=•－2=－4. 法二　由题意得•=－•，在上的投影向量为，所以－•=－•=－4，即•=－4. 10.解：（1）因为•=•=•=1×1×cos 60°=，所以•=（＋＋）•（－）=•（－）＋（＋）•（－）=2－2=1－1=0. （2）因为•=（＋＋）•（＋）=4，||2=（＋＋）2=6，||2=（＋）2=3.所以||=，||=．所以cos〈，〉===． 11.D　•=（＋）•（＋）=2－2=||2－22≥42－22=12，当且仅当M与O重合时，等号成立，故•的最小值为12.故选D． 12.AB　如图，（＋＋）2=（＋＋）2=2=32，故A正确；•（－）=•=（－＋＋）•=0，故B正确；与的夹角是与夹角的补角，而△ACD1为正三角形，所以与的夹角为60°，故与的夹角为120°，故C错误；正方体的体积为||•||•||，故D错误．故选A、B． 13.　解析： 如图所示，取BC的中点D，根据三角形重心的性质，可得AG=AD，根据向量的运算法则，可得=＋=＋=＋（＋）=＋［（－）＋（－）］=（＋＋），所以||2=（2＋2＋2＋2•＋2•＋2•）=（9＋36＋81＋0＋0＋0）=14，所以||=，即OG=． 14.解：（1）证明：设=a，=b，=c，则=－=b－a，=＋＋=a＋b＋c，所以•=（b－a）•（a＋b＋c）=b2－a2＋b•c－a•c=32－32＋3×4×cos 60°－3×4×cos 60°=0，所以⊥，故PA⊥BD． （2）由（1）知=a＋b＋c， 所以2=（a＋b＋c）2=a2＋b2＋c2＋2a•b＋2b•c＋2a•c =32＋32＋42＋2×3×3×cos 60°＋2×3×4×cos 60°＋2×3×4×cos 60°=9＋9＋16＋9＋12＋12=67. 所以AP=||=． 15.解：（1）=－=－（＋）=λ－（＋λ）=λ（a＋c）－［b＋λ（a－b）］=（λ－1）b＋λc． 所以||= = = =3， 故当λ=时，||有最小值为． （2）假设存在λ使得MN⊥平面ABCD，故MN⊥AB，MN⊥AD． 因为•=［（λ－1）b＋λc］•a=0， 所以MN⊥AB恒成立； 由•=0，得［（λ－1）b＋λc］•b=0， 即（λ－1）b2＋λb•c=0， 所以9（λ－1）＋λ=0，解得λ=，满足条件． 故存在λ=使得MN⊥平面ABCD． 3 / 3 学科网（北京）股份有限公司 $