人教A版 (2019)1.1 空间向量及其运算精品同步练习题

这是一份人教A版 (2019)1.1 空间向量及其运算精品同步练习题，共7页。

1.1.2　空间向量的数量积运算
基 础 练
巩固新知 夯实基础
1.设a、b为空间中的任意两个非零向量,有下列各式:
①a2=|a|2;②a·ba2=ba;③(a·b)2=a2·b2;④(a-b)2=a2-2a·b+b2.
其中正确的个数为 (　　)
A.1 B.2 C.3 D.4
2.若a，b均为非零向量，则a·b＝|a||b|是a与b共线的(　　)
A．充分不必要条件　 B．必要非充分条件
C．充要条件 D．既非充分也非必要条件
3.已知e1，e2是夹角为60°的两个单位向量，则a＝e1＋e2与b＝e1－2e2的夹角是(　　 )
A．120° B．60°
C．30° D．45°
4.已知向量a和b的夹角为120°，且|a|＝2，|b|＝5，则(2a－b)·a等于(　　)
A．12 B．8＋ C．4 D．13
5.(多选)在长方体ABCD－A1B1C1D1中，下列向量的数量积为0的是(　　)
A.· B.· C.· D.·
6.已知向量a，b满足|a|＝1，|b|＝2，且a与b的夹角为，则|a＋b|＝________.
7.如图，在长方体ABCDA1B1C1D1中，设AD＝AA1＝1，AB＝2，P是C1D1的中点，则B1C·A1P＝________　，B1C与A1P所成角的大小为　________.

8.如图所示，已知平行六面体ABCD—A1B1C1D1的底面ABCD是菱形，且∠C1CB＝∠C1CD＝∠BCD＝60°.求证：CC1⊥BD.



能 力 练
综合应用 核心素养
9.已知在平行六面体ABCD－A1B1C1D1中，同一顶点为端点的三条棱长都等于1，且彼此的夹角都是60°，则此平行六面体的对角线AC1的长为 (　　)
A. B．2 C. D.
10.若向量m垂直于向量a和b，向量n＝λa＋μb(λ，μ∈R且λ，μ≠0)，则(　　)
A．m∥n B．m⊥n
C．m不平行于n，m也不垂直于n D．以上三种情况都有可能
11.设平面上有四个互异的点A，B，C，D，已知(＋－2)·(－)＝0，则△ABC一定是(　　)
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
12.设a，b，c是任意的非零空间向量，且它们互不共线，给出下列命题，其中正确的是( )
A．(a·b)c－(c·a)b＝0
B．|a|－|b|<|a－b|
C．(b·a)c－(c·a)b一定不与c垂直
D．(3a＋2b)·(3a－2b)＝9|a|2－4|b|2
13.已知正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为a，则·＝________.
14.已知，与的夹角是，当与的夹角为钝角时，的取值范围为 .
15.如图所示，在四棱锥P—ABCD中，PA⊥平面ABCD，AB⊥BC，AB⊥AD，且PA＝AB＝BC＝AD＝1，求PB与CD所成的角．




16.如图,在四棱锥P-ABCD中,PA⊥底面ABCD,AD⊥DC,AB∥DC,AD=DC=AP=2,AB=1,点E为棱PC的中点.
(1)证明:BE⊥PD;
(2)若F为棱PC上一点,满足BF⊥AC,求线段PF的长.





【参考答案】
1.B解析： 对于①,a2=|a|2cos 0°=|a|2,①正确;对于②,a·ba2=|a||b|cos|a|2=|b|cos|a|≠ba,另外,根据向量有大小和方向两个要素知向量不能作比值,也可以判断②错误;对于③,设a、b的夹角为θ,则(a·b)2=(|a||b|cosθ)2=|a|2|b|2cos2θ≤a2·b2,③错误;对于④,由空间向量数量积的运算性质可得(a-b)2=a2-2a·b+b2,④正确.故选B.
2.A 解析a·b＝|a||b|cos〈a，b〉＝|a||b|⇔cos〈a，b〉＝1⇔〈a，b〉＝0，当a与b反向时,不能成立．
3.A 解析：a·b＝(e1＋e2)·(e1－2e2)＝e－e1·e2－2e＝1－1×1×－2＝－，
|a|＝＝＝＝＝，
|b|＝＝＝＝＝.
∴cos〈a，b〉＝＝＝－.
∴〈a，b〉＝120°.
4.D 解析　(2a－b)·a＝2a2－b·a＝2|a|2－|a||b|cos 120°＝2×4－2×5×(－)＝13.
5.ABC 解析 A,当四边形ADD1A1为正方形时，可得AD1⊥A1D，而A1D∥B1C，所以AD1⊥B1C，此时有·＝0；
选项B，当四边形ABCD为正方形时，可得AC⊥BD，又AC⊥BB1，BD∩BB1＝B，可得AC⊥平面BB1D1D，故有AC⊥BD1，此时·＝0；选项C，由长方体的性质可得AB⊥平面ADD1A1，所以AB⊥AD1，所以·＝0.
6. 解析　|a＋b|2＝a2＋2a·b＋b2＝1＋2×1×2×cos ＋22＝7，∴|a＋b|＝.
7.1　60° 解析：根据向量的线性运算可得B1C·A1P＝1.由题意可得PA1＝B1C＝，则××cos 〈B1C,A1P〉＝1，从而〈B1C,A1P〉＝60°.
8.证明　设＝a，＝b，＝c，则|a|＝|b|.
∵＝－＝b－a，∴·＝(b－a)·c＝b·c－a·c＝|b||c|cos 60°－|a||c|cos 60°＝0，
∴⊥，即CC1⊥BD.
9.D解析　∵＝＋＋∴2＝(＋＋)2＝2＋2＋2＋2·＋2·＋2·＝1＋1＋1＋2(cos 60°＋cos 60°＋cos 60°)＝6，∴||＝.
10.B
11.B解析　由(＋－2)·(－)＝(－＋－)·(－)＝(＋)·(－)
＝||2－||2＝0，得||＝||，故△ABC为等腰三角形．
12.DB 解析 根据向量数量积的定义及性质，可知a·b和c·a是实数，而c与b不共线，故(a·b)c与(c·a)b不一定相等，故A错误；因为[(b·a)c－(c·a)b]·c＝(b·a)c2－(c·a)(b·c)，所以当a⊥b，且a⊥c或b⊥c时，[(b·a)c－(c·a)b]·c＝0，即(b·a)c－(c·a)b与c垂直，故C错误；易知BD正确．
13.a2 解析　如图，＝－，＝－＝－，
∴·＝(－)·(－)＝·－·－·＋||2＝0－0－0＋a2＝a2.
14.且 解析：由题意，
，，
又时，与方向相反，∴且。
15.解　由题意知||＝，||＝，＝＋，＝＋＋，
∵PA⊥平面ABCD，∴·＝·＝·＝0，
∵AB⊥AD，∴·＝0，∵AB⊥BC，∴·＝0，∴·＝(＋)·(＋＋)＝2＝||2＝1，
又∵||＝，||＝，∴cos〈，〉＝＝＝，∴〈，〉＝60°，
∴PB与CD所成的角为60°.
16.(1)证明:∵E为PC的中点,∴BE=12(BP+BC)=12(AP-AB+AC-AB)
=12(AP+AC-DC)
=12(AP+AD),
又DP=AP-AD,
∴BE·DP=12(AP2-AD2)=0,
∴BE⊥PD.
(2)∵F为PC上一点,∴可设PF=λPC(0≤λ≤1),
∴BF=BP+PF=AP-AB+λPC=AP-AB+λ(AD+2AB-AP)=(1-λ)AP-(1-2λ)AB+λAD.
又AC=AD+2AB,BF⊥AC,
∴BF·AC=[(1-λ)AP-(1-2λ)AB+λAD]·(AD+2AB)=-2(1-2λ)+4λ=0,
解得λ=14.
∵|PC|=(AD+2AB-AP)2=4+4+4=23,
∴PF=14PC=32,即线段PF的长为32.