数学人教A版 (2019)1.1 空间向量及其运算免费同步训练题

1.1.2　空间向量的数量积运算

基础过关练

题组一　数量积的概念及其运算

1.下列各命题中,不正确的命题的个数为(　　)

①=|a|;②m(λa)·b=(mλ)a·b(m,λ∈R);

③a·(b+c)=(b+c)·a;④a2b=b2a.

A.0 B.3 C.2 D.1

2.(2019山东省实验中学高二下期中)已知正四面体ABCD的棱长为a,点E,F分别是BC,AD的中点,则·的值为(　　)

A.a2 B.a2 C.a2 D.a2

3.在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中,设=a,=b,=c,则a·(b+c)的值为(　　)

A.1 B.0 C.-1 D.-2

题组二　利用空间向量的数量积求夹角

4.若非零向量a,b满足|a|=|b|,(2a-b)·b=0,则a与b的夹角为(　　)

A.30° B.60° C.120° D.150°

5.已知空间向量a,b,c满足a+b+c=0,|a|=2,|b|=3,|c|=4,则a与b的夹角为(　　)

A.30° B.45°

C.60° D.以上都不对

6.(2019湖北襄阳第五中学高二上月考)如图,正方体ABCD-A1B1C1D1中,异面直线AC和BC1所成角的大小为(　易错　)

A. B. C. D.或

7.已知|a|=2,|b|=1,<a,b>=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　　　　. 

题组三　利用空间向量的数量积求距离(线段长度)

8.(2019湖南常德桃源一中高二上质检)已知a,b均为单位向量,它们的夹角为60°,那么|a+3b|=(　　)

A.13 B. C.2 D.

9.(2020吉林第一中学阶段测试)平行六面体ABCD-A1B1C1D1中,向量,,两两的夹角均为60°,且||=1,||=2,||=3,则||等于(　　)

A.5 B.6 C.4 D.8

10.如图,在120°的二面角α-l-β中,A∈l,B∈l,AC⊂α,BD⊂β且AC⊥AB,BD⊥AB,垂足分别为A,B,已知AC=AB=BD=6,则线段CD的长为　　　　. 

题组四　利用空间向量的数量积证明垂直

11.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既不平行于n,也不垂直于n

D.以上三种情况都有可能

12.(2020北京陈经纶中学高二上期中)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,数量积不一定为零的是(　　)

A.与 B.与

C.与 D.与

13.已知|a|=3,|b|=4,m=a+b,n=a+λb,<a,b>=135°,m⊥n,则λ=　　　　. 

14.已知空间四边形OABC中,∠AOB=∠BOC=∠AOC,且OA=OB=OC,M,N分别是OA,BC的中点,G是MN的中点,用向量方法证明OG⊥BC.

15.已知四棱锥P-ABCD的底面ABCD是平行四边形,且PA⊥底面ABCD,如果BC⊥PB,求证四边形ABCD是矩形.

能力提升练

题组一　利用空间向量的数量积求角度

1.(2020四川师大附属中学高二上期中,)已知直三棱柱ABC-A1B1C1中,∠ABC=120°,AB=2,BC=CC1=1,则异面直线AB1与BC1所成角的余弦值为(　　)

A. B. C. D.

2.(2020安徽合肥一六八中学高二上月考,)正四棱锥S-ABCD的侧棱长与底面边长相等,E为SC的中点,则BE与SA所成角的余弦值为(　　)

A. B. C. D.

3.(2020山西大同第一中学高二上月考,)在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中,O是底面ABCD的中心,E,F分别是CC1,AD的中点,那么异面直线OE和FD1所成角的余弦值等于(　　)

A. B. C. D.

4.(多选)()在正方体ABCD-A1B1C1D1中,若M是线段A1C1上的动点,则下列结论正确的有(　　)

A.异面直线AM,BD所成的角为

B.异面直线CM,AB所成的角可为

C.异面直线CM,BD所成的角为

D.异面直线CM,B1B所成的角可为

5.(2020北京十一学校高二上期中,)在长方体ABCD-A1B1C1D1中,BC=CC1=1,∠AD1B=,则直线AB1与BC1所成角的余弦值为　　　　. 

6.(2020广西柳州高级中学期中,)如图所示,在三棱锥A-BCD中,DA,DB,DC两两垂直,且DB=DC=DA=2,E为BC的中点.

(1)证明:AE⊥BC;

(2)求直线AE与DC所成角的余弦值.

题组二　利用空间向量的数量积求距离(长度)

7.(2020河北冀州中学高二月考,)如图所示,在三棱锥A-BCD中,AB⊥平面BCD,BC⊥CD,且AB=BC=1,CD=2,点E为CD的中点,则AE的长为(深度解析)

A. B. C.2 D.

8.(2020山东济南历城第二中学高二上月考,) 如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是边长为1的正方形,侧棱PA的长为2,且PA与AB、AD的夹角都等于60°,M是PC的中点,设=a,=b,=c.

(1)试用a,b,c表示向量;

(2)求BM的长.

题组三　利用空间向量的数量积证明垂直

9.(多选)()已知长方体ABCD-A1B1C1D1,则下列向量的数量积可以为0的是(　　)

A.· B.·

C.· D.·

10.(2020四川广元中学高二上期中,)如图所示,在四棱锥P-ABCD中,PA⊥底面ABCD,AB⊥AD,AC⊥CD,∠ABC=60°,PA=AB=BC,E是PC的中点.证明:

(1)CD⊥AE;

(2)PD⊥平面ABE.

答案全解全析

基础过关练

1.D　①是向量模的计算公式,命题正确;②是向量数乘运算的结合律,命题正确;a·(b+c)=a·b+a·c=b·a+c·a=(b+c)·a,③命题正确;a2b与向量b共线,b2a与向量a共线,④命题不正确.故选D.

2.C　由题意得,·=(+)·=·(·+·)=×2×a×a×cos 60°=a2.

3.B　由题意得a·(b+c)=a·b+a·c=0.

4.B　设a与b的夹角为θ.由(2a-b)·b=0得2a·b=b2,即2|a||b|cos θ=|b|2=|a|·|b|,∴cos θ=,∴θ=60°.

5.D　设a与b的夹角为θ.由a+b+c=0,得a+b=-c,两边平方,得a2+2a·b+b2=c2,所以4+2×2×3cos θ+9=16,解得cos θ=,故选D.

6.A　设正方体的棱长为1,∵=-,

∴·=·(-)=-·=-1,

∴cos<,>===-,

∴异面直线AC和BC1所成角的大小为.

易错警示　向量夹角的取值范围是[0,π],而异面直线所成的角的取值范围是,因此利用数量积求异面直线所成角时,要注意角之间的关系,当<a,b>∈时,它们相等;当<a,b>∈时,它们互补.异面直线所成的角的余弦值一定是非负的.

7.答案　(-1-,-1+)

解析　a+λb与λa-2b的夹角为钝角,则(a+λb)·(λa-2b)<0,且a+λb≠2b-λa,

即λ2+2λ-2<0且-≠,解得-1-<λ<-1+.

8.B　(a+3b)2=a2+6a·b+9b2=1+6×1×1×+9=13,则|a+3b|=,故选B.

9.A　||2=(++)2=||2+||2+||2+2·+2·+2·=1+4+9+2+3+6=25,∴||=5,故选A.

10.答案　12

解析　因为AC⊥AB,BD⊥AB,所以·=0,·=0.又因为二面角α-l-β的平面角为120°,所以<,>=60°.所以||2=(++)2=||2+||2+||2+2·+2·+2·=36+36+36+36=144,所以||=12.

11.B　由已知得m·a=0,m·b=0,所以m·n=m·(λa+μb)=λm·a+μm·b=0,故m⊥n,故选B.

12.A　由PA⊥平面ABCD,及三垂线定理可知DA⊥PB,PD⊥AB,PA⊥CD,故B,C,D选项中两向量的数量积为零,无法判断PC与BD是否存在垂直关系,故数量积不一定为零.

13.答案　-

解析　∵m⊥n,∴m·n=0,即(a+b)·(a+λb)=a2+(1+λ)a·b+λb2=18-12(1+λ)+16λ=0,解得λ=-.

14.证明　设=a,=b,=c,由题意得|a|=|b|=|c|,=(+),

因为=a,=(b+c),所以=(a+b+c),又=c-b,

所以·=(a+b+c)·(c-b)=(a·c-a·b)+(c2-b2)=0,

所以OG⊥BC.

15.证明　因为PA⊥平面ABCD,所以PA⊥BC,所以·=0,又BC⊥PB,所以·=0.由=-,得·=(-)·=·-·=0,所以AB⊥BC,又四边形ABCD是平行四边形,所以四边形ABCD是矩形.

能力提升练

1.C　∵=-,=+,

∴·=·+·-·-·=0+1-2×1×-0=2.

易知||=,||=,

∴cos<,>===,故选C.

2.C　设正四棱锥的侧棱长与底面边长均为a.由题意知,=(+),

∴·=(·+·)=×=-a2.易得||=a,||=a,∴cos<,>===-,故BE与SA所成角的余弦值为.故选C.

3.B　设=a,=b,=c,且|a|=|b|=|c|=2,则=(a+b+c),=b+c,所以·=(a+b+c)·=×=3,又||=,||=,所以cos<,>==,故选B.

4.ABC　设正方体的棱长为1,且C1M=λC1A1(0≤λ≤1),

则·=(+)·=·+(1-λ)·=0,∴A正确;

∵·=(+)·=·+λ·=-λ,

∴cos<,>==,

∴异面直线CM,AB所成角的余弦值为,

又=(0≤λ≤1)有解,∴B正确;

·=(+)·=·+λ·=0,∴C正确;

∵B1B∥C1C,∴CM与B1B所成的角等于CM与C1C所成的角,易得该角小于,

∴D不正确.

故选ABC.

5.答案　

解析　设AB=a,=+,=++,

则·=·+·+·+·+·+·=0+1+0+0+0+1=2,

||=,||=.

由=,得a=(负值舍去),

∵=+,=+,∴·=·+·+·+·=1+0+0+0=1,又||=,||=,

∴cos<,>===.

6.解析　(1)证明:=-=(+)-,=-,

所以·=·(-)

=·-·+·-·-·+·

=0-2+2-0-0+0=0,

所以AE⊥BC.

(2)·=·

=·+·-·

=0+2-0

=2,

||==,

所以cos<,>===,

即直线AE与DC所成角的余弦值为.

7.B　=(++)2

=+++2·+2·+2·

=++

=1+1+1

=3,

所以||=,故选B.

方法总结　用数量积求两点间距离的步骤:①用向量表示此距离;②用已知长度和夹角的向量表示此向量;③用公式a·a=|a|2,通过向量运算求|a|;④|a|即为所求距离.

8.解析　(1)∵M是PC的中点,

∴=(+).

∵=,=-,

∴=[+(-)],

结合=a,=b,=c,得=[b+(c-a)]=-a+b+c.

(2)∵AB=AD=1,PA=2,

∴|a|=|b|=1,|c|=2.

∵AB⊥AD,∠PAB=∠PAD=60°,

∴a·b=0,a·c=b·c=2×1×cos 60°=1.

由(1)知=-a+b+c,

∴==(a2+b2+c2-2a·b-2a·c+2b·c)

=×(1+1+4-0-2+2)=,

∴||=,即BM的长等于.

9.ABC　若AA1=AD,则AD1⊥B1C,A正确;若AB=AD,则BD1⊥AC,B正确;∵AB⊥平面AA1D1D,∴AB⊥AD1,C正确;∵BD1和BC分别为矩形A1D1CB的对角线和边,

∴两者不可能垂直,D错.故选ABC.

10.证明　(1)因为PA⊥底面ABCD,所以PA⊥CD,所以·=0,又AC⊥CD,所以·=0,又=(+),所以·=(+)·=·+·=0,所以CD⊥AE.

(2)设PA=AB=BC=1,因为∠ABC=60°,AB=BC=1,所以AC=1.又AC⊥CD,所以·=(-)·=0,得·=1.

因为·=(-)·(+)=(·+·--·)=×(0+1-1-0)=0,·=(-)·=0,所以PD⊥AE,PD⊥AB,又AE∩AB=A,所以PD⊥平面ABE.