北师大版高中数学选择性必修第一册第3章空间向量与立体几何第2课时空间向量的数量积练习含答案

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第2课时　空间向量的数量积基础过关练　　　　　 　　　　 　　　　 题组一　数量积的概念及运算律1.下列说法错误的是　(　　)A.设a是空间向量,则a2=|a|2B.设a,b是两个空间向量,则a·b=b·aC.设a,b是两个非零空间向量,则(a·b)2=a2·b2D.设a,b,c是三个空间向量,则a·(b+c)=a·b+a·c2.(2024天津河东期中)如图,若正四面体A-BCD的棱长为1,且CE=13CD,则AE·AB=(　　)A.-1　　　B.-12　　　C.12　　　D.13.(多选题)设几何体ABCD-A1B1C1D1是棱长为a的正方体,则以下结论正确的有(　　)A.AB·C1A=-a2　　　　　　B.AB·A1C1=2a2C.BC·A1D=a2　　　　　　 D.AB·C1A1=a24.(2023河南鹤壁月考)如图,在三棱锥A-BCD中,DA,DB,DC两两垂直,且DB=DC=3,AD=4,E为BC的中点,则AE·BC等于(　　)A.3　　　B.2　　　C.1　　　D.05.(2024广东东莞中学第一次段考)在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中,M为棱CC1上任意一点,则AM·BC=　　　　. 题组二　空间向量的数量积的应用(2024河北唐山十县一中联盟期中)在空间四边形ABCD中,∠ABD=∠BDC=90°,AC=2BD,则BD在AC方向上的投影向量为(　　)A.12AC　　　B.14AC　　　C.12BD　　　D.14BD7.(多选题)(2022广东珠海二中期中)如图所示,四个棱长为1的正方体排成一个正四棱柱,AB是一条侧棱,Pi(i=1,2,3,…,16)是上、下底面上除A,B两点以外其余的十六个点,则AB·APi的值可能是(　　)A.0　　　B.1　　　C.2　　　D.38.(2024山西吕梁期中)在四面体ABCD中,BC=1,BD=2,∠ABC=90°,BC·DA=−3,则∠CBD=　　　　. 9.如图,已知在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中,AB=2,AA1=3,AD=1,且∠DAB=∠BAA1=∠DAA1=π3.(1)求B1D的长;(2)求CD1与B1D夹角的余弦值.能力提升练　　　　　 　　　　 　　　　 题组　空间向量的数量积的应用1.在四棱锥P-ABCD中,PD⊥底面ABCD,底面ABCD为正方形,AB=1,PD=2,则异面直线PA与BD夹角的余弦值为(　　)A.-55　　　B.55　　　C.-1010　　　D.10102.设A,B,C,D是空间不共面的四点,且满足AB·AC=0,AB·AD=0,AC·AD=0,则△BCD一定是(　　)A.钝角三角形　　　　　　B.锐角三角形C.直角三角形　　　　　　D.等边三角形3.(多选题)(2024辽宁沈阳重点高中联合体期中)已知空间单位向量PA,PB,PC两两之间的夹角均为60°,PA=2PE,BC=2BF,则下列说法中正确的是(　　)A.PA·PB=1　　　　　　B.PA·(BC+AC)=−12C.|EF|=22　　　　　　D.cos=364.已知空间向量a,b,|a|=2,|b|=1,=60°,则使向量a+λb与λa-2b的夹角为钝角的实数λ的取值范围是　　　　. 5.(2024山东泰安第一中学月考)如图,在平行四边形ABCD中,AB=AC=CD=1,∠ACD=90°,把△ADC沿对角线AC折起,使AB与CD的夹角为60°,则折起后,BD=　　　　. 6.《九章算术》中的“商功”篇主要讲述了以立体几何为主的各种形体体积的计算,其中堑堵是指底面为直角三角形的直棱柱.在堑堵ABC-A1B1C1中,AB⊥AC,M是A1C1的中点,AB=7,N,G分别在棱BB1,AC上,且BN=13BB1,AG=13AC,平面MNG与AB交于点H,则HM·AB=　　　　. 7.如图所示,四边形ABCD是矩形,EF∥AB,AB=4,EF=2,△ADE和△BCF都是边长为2的等边三角形,G是AD上一动点,求FG的长度的取值范围.8.(2022湖南长沙周南中学月考)如图,在正三棱柱ABC-A1B1C1中,底面边长为2.(1)若侧棱长为1,求证:AB1⊥BC1;(2)若AB1与BC1的夹角为π3,求侧棱长.答案与分层梯度式解析第2课时　空间向量的数量积基础过关练1.C　a2=|a|2cos 0=|a|2,故A中说法正确;由向量数量积的运算律知B,D中说法正确;设a,b的夹角为θ,则(a·b)2=(|a||b|cos θ)2=|a|2|b|2cos 2θ≤a2·b2,故C中说法错误.C　AE·AB=(AC+CE)·AB=AC+13CD·AB=AC+13(AD-AC)·AB=13AD·AB+23AC·AB=13×1×1×cos 60°+23×1×1×cos 60°=12.故选C.3.AC　如图所示,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,对于A,C1A在AB方向上的投影数量为-a,∴AB·C1A=-a2,故A正确;对于B,A1C1在AB方向上的投影数量为a,∴AB·A1C1=a2,故B错误;对于C,A1D在BC方向上的投影数量为a,∴BC·A1D=a2,故C正确;对于D,C1A1在AB方向上的投影数量为-a,∴AB·C1A1=-a2,故D错误.故选AC.4.D　由题意得DA·DB=DA·DC=DB·DC=0,∵AE=12(AB+AC)=12(DB−DA+DC−DA)=12(DB−2DA+DC),BC=DC−DB,∴AE·BC=12(DB−2DA+DC)·(DC−DB)=12DB·DC−12DB2−DA·DC+DA·DB+12DC2−12DC·DB=12DC2−12DB2,又∵DB=DC,即DC2=DB2,∴AE·BC=0.故选D.5.答案　4解析　棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1如图所示,AM·BC=(AB+BC+CM)·BC=AB·BC+BC·BC+CM·BC=0+2×2+0=4.6.B　设AC=2,则BD=1,由题可知AB·BD=BD·DC=0,AC=AB+BD+DC,则AC·BD=(AB+BD+DC)·BD=|BD|2,所以BD在AC方向上的投影向量为BD·AC|AC|·AC|AC|=|BD|2|AC|2·AC=14AC.故选B.AB　由题图知,AB与正四棱柱的上底面垂直,所以AB⊥BPi(i=1,2,…,8),则AB·APi=|AB|·|APi|·cos∠BAPi=|AB|·|AB|=1,i=1,2,…,8;同理,AB与正四棱柱的下底面垂直,所以AB⊥APi(i=9,10,…,16),所以AB·APi=0,i=9,10,…,16.故AB·APi的值为0或1.8.答案　30°解析　因为∠ABC=90°,所以BA·BC=0,又DA=BA−BD,所以BC·DA=BC·(BA−BD)=BC·BA−BC·BD=−3,所以BC·BD=3.又BC=1,BD=2,所以BC·BD=|BC||BD|·cos∠CBD=2cos∠CBD=3,所以cos∠CBD=32.又0°<∠CBD<180°,所以∠CBD=30°.9.解析　(1)由题可知,B1D=B1B+BA+AD=AD−AB−AA1,那么B1D2=(AD-AB-AA1)2=AD2+AB2+AA12−2AD·AB−2AD·AA1+2AB·AA1=12+22+32−2×(1×2+1×3−2×3)×12=15,所以|B1D|=15,因此B1D的长为15.(2)连接A1B,由题可知,CD1=BA1=AA1−AB,则|CD1|=(AA1-AB)2=AA12+AB2-2AA1·AB=32+22-2×3×2×12=7,所以CD1·B1D=(AA1−AB)·(AD−AB−AA1)=AD·AA1−AD·AB+AB2−AA12=1×3×12−1×2×12+22−32=−92,所以cos =CD1·B1D|CD1||B1D|=-927×15=−310570.能力提升练1.D　∵PD⊥平面ABCD,DA,DC⊂平面ABCD,∴PD⊥DA,PD⊥DC.∵底面ABCD为正方形,∴DA⊥DC.易知PA=DA−DP,DB=DA+DC,∴PA·DB=(DA−DP)·(DA+DC)=DA2+DA·DC−DP·DA−DP·DC=1,|PA|=(DA-DP)2=DA2-2DA·DP+DP2=1+4=5,|DB|=(DA+DC)2=DA2+2DA·DC+DC2=1+1=2,∴|cos|=|PA·DB||PA||DB|=15×2=1010,∴异面直线PA与BD夹角的余弦值为1010.2.B　因为AB·AC=0,AB·AD=0,AC·AD=0,所以BC·BD=(AC−AB)·(AD−AB)=AC·AD−AC·AB−AB·AD+AB2=AB2>0,所以cos B=BC·BD|BC||BD|>0,故∠B是锐角,同理CB·CD>0,DC·DB>0,可得∠C,∠D都是锐角,故△BCD是锐角三角形,故选B.3.BC　因为单位向量PA,PB,PC两两之间的夹角均为60°,所以PA·PB=PA·PC=PB·PC=1×1×cos 60°=12,故A错误;PA·(BC+AC)=PA·(PC−PB+PC−PA)=PA·(2PC−PB−PA)=1−12−1=−12,故B正确;由PA=2PE,得12PA=PE,由BC=2BF,得PC−PB=2PF−2PB,所以PF=PC+PB2,所以EF=PF−PE=PC+PB-PA2,则|EF|=|PC+PB-PA|2=12 (PC+PB-PA)2=12 PC2+PB2+PA2+2PC·PB-2PC·PA-2PA·PB=12×1+1+1+1-1-1=22,故C正确;AF=PF−PA=PC+PB-2PA2,所以AF·CP=−(PC+PB-2PA)·PC2=−1+12-2×122=−14,故cos<0,故D错误.故选BC.4.答案　(-1-3,−1+3)解析　由题意知(a+λb)·(λa-2b)<0,且cos≠-1,即λa2+(λ2-2)a·b-2λb2<0,且(a+λb)·(λa-2b)≠-|a+λb||λa-2b|,即λ2+2λ-2<0,且λ2+2λ-2≠-2λ2+2λ+4·λ2-λ+1,解得-1-3<λ<−1+3.5.答案　2解析　由题意得BD=−AB+AC+CD,AB⊥AC,故BD2=(−AB+AC+CD)2=AB2+AC2+CD2−2AB·AC−2AB·CD+2AC·CD=1+1+1−0−2|AB||CD|cos 60°+0=3-1=2,故|BD|=2,即BD=2.6.答案　-42解析　如图所示,延长MG,交A1A的延长线于点K,连接KN,显然KN⊂平面MNG,KN⊂平面ABB1A1,因此,平面MNG与AB的交点H即为KN与AB的交点.在堑堵ABC-A1B1C1中,AG∥A1M,则KAKA1=AGA1M=13AC12AC=23,即KA=2AA1,又BN=13BB1=13AA1,所以KA=6BN,而KA∥BN,所以AHBH=KANB=6,所以AH=67AB=6,因为AA1⊥AB,A1M⊥AB,所以AA1·AB=0,A1M·AB=0,所以HM·AB=(HA+AA1+A1M)·AB=HA·AB=-6×7=-42.7.解析　连接AF,过点E作EH∥BF交AB于点H,如图,易得四边形EFBH为平行四边形.∵EF=2,AB=4,∴AH=2,又AE=2,EH=2,∴∠EAH=60°,设AG=xAD(0≤x≤1),则FG=AG−AF=xAD−(AE+EF)=xAD−AE−12AB,∴|FG|=xAD-AE-12AB2=x2AD2+AE2+14AB2-2xAD·AE-xAD·AB+AE·AB=4x2+4+4-4x+4=2x-122+114,∴当x=12时,|FG|取最小值11;当x=0或x=1时,|FG|取最大值23,∴FG的长度的取值范围是[11,23].8.解析　(1)证明:AB1=AB+BB1,BC1=BB1+BC.在正三棱柱ABC-A1B1C1中,BB1⊥平面ABC,△ABC为正三角形,所以BB1·AB=0,BB1·BC=0,=π−=π−π3=2π3.所以AB1·BC1=(AB+BB1)·(BB1+BC)=AB·BB1+AB·BC+BB12+BB1·BC=|AB||BC|cos+BB12=-1+1=0,所以AB1⊥BC1,即AB1⊥BC1.(2)由(1)知AB1·BC1=|AB||BC|cos+BB12=BB12-1.又|AB1|=(AB+BB1)2=AB2+BB12=2+BB12=|BC1|,所以cos=BB12-12+BB12=12,所以|BB1|=2,即侧棱长为2.