第1章 01 1.1 空间向量及其运算 02 1.1.2 空间向量的数量积运算 （课时作业）-【学而思】2026-2027学年高中数学选择性必修一课时作业（人教A版）

1.1.2　空间向量的数量积运算 考点一　空间向量数量积的概念与运算律 1.在正四面体ABCD中,与的夹角等于(　 )　　　　　　　　　　　　　　　 A.30° B.60° C.150° D.120° 2.设a,b,c都是非零空间向量,则下列等式不一定正确的是 (　 ) A.(a+b)+c=a+(b+c) B.(a+b)·c=a·c+b·c C.(a·b)c=(b·c)a D.(a+b)·(a+c)=|a|2+(b+c)·a+b·c 3.[2026·广西来宾高二期中] 如图, 在长方体ABCD-A1B1C1D1中,O是A1D1的中点,AB=BC=2,AA1=,则向量在向量上的投影向量为 (　 ) A. B. C. D. 考点二　求空间向量的数量积 4.已知空间向量a满足|a|=2,空间向量e为单位向量,<a,e>=,则a在e上的投影向量为(　 ) A.e B.-e C.-e D.e 5.在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中,·=(　 ) A.4 B.4 C.2 D.2 6.[2026·湖南名校联合体高二期中] 在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AA1=1,AB=2,AD=3,若=a,=b,=c,则(a+b)·(b-c)= (　 ) A.0 B.1 C.4 D.9 7.[2026·河南漯河实验高中高二月考] 已知空间向量a,b均为单位向量,向量c满足|c|=2,<a,b>=,<c,a>=<c,b>=. (1)证明:a在c上的投影向量为-c; (2)求|a+b+c|. 考点三　利用空间向量求距离、夹角问题 8.[2026·北京四中高二期中] 在三棱锥O-ABC中,OA,OB,OC两两垂直,OA=OB=OC,则+与的夹角为 (　 ) A.30° B.45° C.60° D.90° 9.设A,B,C,D是空间中不共面的四个点,且满足·=0,·=0,·=0,则△BCD的形状是 (　 ) A.钝角三角形 B.直角三角形 C.锐角三角形 D.无法确定 10.[2026·广州广雅中学高二期中] 如图,在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中,AB=2,AD=2,AA1=2,∠BAD=90°,∠BAA1=∠DAA1=60°,则AC1=　　　　.  考点四　空间向量垂直有关问题 11.[2026·福州九校高二期中] 如图,在平行六面体ABCD-A'B'C'D'中,AB=AD=2,AA'=3,∠BAD=90°,∠BAA'=∠DAA'=60°. (1)用,,表示向量,; (2)求证:BD⊥AC'. 12.[2026·重庆七校高二期中] 如图,已知A,B,C是边长为1的小正方形网格上不共线的三个格点,点P为平面ABC外一点,且<,>=<,>=120°,||=4,若=+, 则||= (　 ) A.4 B.3 C.6 D.7 13.(多选题)已知四面体ABCD的所有棱长均为2,点E,F分别为棱AB,CD的中点,则下列结论正确的是 (　 ) A.∥ B.⊥ C.·=1 D.2=-++ 14.已知a,b是异面直线,A∈a,B∈a,C∈b,D∈b,AC⊥b,BD⊥b,且AB=2,CD=1,则a与b所成的角为　　　　.  15.[2026·浙江G5联盟高二期中] 如图,在平行六面体ABCD-A'B'C'D'中,∠BAA'=∠DAA'=120°,∠BAD=90°,AB=AD=2,AA'=4,点M为DD'的中点. (1)求BM的长; (2)已知E为棱CC'上的动点,若AE⊥BM,求CE的长. 16.[2026·厦门双十中学高二月考] 在棱长为2的正四面体ABCD中,点M满足=x+y+(1-x-y),点N满足=λ-(λ-1),当AM,DN最短时,·= (　 ) A.- B. C.- D. 17.在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中,EF是正方体ABCD-A1B1C1D1外接球的直径,点P是正方体ABCD-A1B1C1D1表面上的一点,则·的取值范围是　　　　.  学科网（北京）股份有限公司 $ 1.1.2　空间向量的数量积运算 1.D　[解析] 由正四面体每个面都是正三角形可知,<,>=180°-<,>=180°-60°=120°.故选D. 2.C　[解析] 由向量加法的结合律得(a+b)+c=a+(b+c),故A一定正确;由向量数量积的运算律知B,D正确;若a,c不共线且a与b,b与c均不垂直,则(a·b)c=|a||b|cos<a,b>c≠(b·c)a=|b||c|cos<b,c>a,故C不一定正确.故选C. 3.C　[解析] 如图,连接AC,CO,取AO的中点E,连接CE.易得=,则所求的投影向量为在上的投影向量.AC==2,CO==2,所以AC=CO,则CE⊥AO,AE=AO,所以在上的投影向量为.故选C. 4.B　[解析] a在e上的投影向量为e=e=e=-e,故选B. 5.B　[解析] 如图,在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中,易知||=2,||==2,因为=,与的夹角为,所以与的夹角为,所以·=||·||cos =2×2×=4.故选B. 6.C　[解析] 由题意知,AA1,AB,AD两两垂直,故a·b=a·c=b·c=0.又|a|=1,|b|=2,|c|=3,所以(a+b)·(b-c)=a·b-a·c+b2-b·c=b2=4. 7.解:(1)证明:因为空间向量a为单位向量,所以|a|=1, 又|c|=2,<c,a>=, 所以a·c=|a|·|c|·cos<c,a>=1×2×cos =-1, 所以a在c上的投影向量为c=c=-c. (2)因为空间向量a,b均为单位向量,所以|a|=1,|b|=1,又<a,b>=, 所以a·b=|a|·|b|·cos<a,b>=1×1×cos =,同理可得b·c=-1,a·c=-1, 所以|a+b+c|=== =. 8.C　[解析] 设OA=OB=OC=1,则(+)·=(+)·(-)=-·+·-·=1,|+|== =,||=|-|===.设+与的夹角为θ,则cos θ===,所以θ=60°,即+与的夹角为60°.故选C. 9.C　[解析] ∵·=(-)·(-)=·-·-·+=>0,∴cos<,>=>0,∴△BCD的内角B是锐角,同理内角D、内角C都是锐角,故△BCD是锐角三角形,故选C. 10.2　[解析] ∵=++=++, ∴==+++2·+2·+2·=4+4+4+8cos 90°+8cos 60°+8cos 60°=12+0+4+4=20,∴||=2,即AC1=2. 11.解:(1)由题知=-,=+=++. (2)证明:由(1)得·=(-)·(++)=·++·--·-·= 0+4+2×3×-4-0-2×3×=0, 所以⊥,则BD⊥AC'. 12.D　[解析] 由图可知||=2,||=3,且⊥,则·=0.由题意可得·=-4,·=-6,因为=-=--,所以==++-2·-2·+2·=16+4+9+8+12+0=49,所以||=7.故选D. 13.BD　[解析] 对于A,∵AF∩平面ABC=A,CE⊂平面ABC,且A∉CE,∴由异面直线的定义可知,AF,CE为异面直线,故A错误;对于B,∵·=·(-)=·-·=2×2×-2×2×=0,∴⊥,故B正确;对于C,·=(+)·=·+·=2×2×+×2×=2-3=-1,故C错误;对于D,∵E,F分别为棱AB,CD的中点,∴=-=(+)-,∴2=+-,故D正确.故选BD. 14.　[解析] 设<,>=θ,由AC⊥b,BD⊥b,得·=0,·=0,又||=1,∴·=(++)·=·+·+·==1,又||=2,∴cos θ===,∴θ=,∴a与b所成的角为. 15.解:(1)由题意可知||=||=2,||=4,·=0,·=·=2×4×=-4. 因为=+=-++, 则== ++-2·+·-·=4+4+4-0-4+4=12, 所以||=2,所以BM的长为2. (2)设=λ,则=+=++λ, 可得·=(++λ)· =-++λ+·+·=-4+4+8λ-4-4=8λ-4, 又AE⊥BM,所以·=8λ-4=0,解得λ=, 所以||=||=2,即CE的长为2. 16.A　[解析] 因为=x+y+(1-x-y),=λ-(λ-1),所以M∈平面BCD,N∈直线AB.当AM,DN最短时,AM⊥平面BCD,DN⊥AB, 所以M为△BCD的中心,N为AB的中点.又正四面体的棱长为2,所以AM=,因为AM⊥平面BCD,所以·=||·||cos∠MAB=,则·=·(-)=·=·-=-=-×=-.故选A. 17.[-2,0]　[解析] 设正方体ABCD-A1B1C1D1外接球的球心为O,半径为R,则2R=2,所以R=,所以OE=OF=,所以·=(+)·(+)=(+)·(-)=||2-||2=PO2-3.当OP与正方体ABCD-A1B1C1D1的侧面或底面垂直时,OP的长度取得最小值,最小值为1;当点P与正方体ABCD-A1B1C1D1的顶点重合时,OP的长度取得最大值,最大值为.所以1≤OP≤,所以·=OP2-3∈[-2,0]. 学科网（北京）股份有限公司 $