1、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.设a、b为空间中的任意两个非零向量,有下列各式:a2=|a|2;aba2=ba;(ab)2=a2b2;(a-b)2=a2-2ab+b2.其中正确的个数为()A.1B.2C.3D.42.在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中,设AB=a,AD=b,AA1=c,则a(b+c)的值为()A.1B.0C.-1D.-23.(2021北京海淀阶段性考试)已知四面体ABCD的所有棱长都是2,点E是AD的中点,则BACE=()A.1B.-1C.3D.-3题组二利用空间向量的数量积求夹角4.(2020山东济宁高二上检测)已知两条异面
2、直线的方向向量分别为a,b,且|a|=|b|=1,ab=-12,则两直线的夹角为()A.30B.60C.120D.1505.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.30B.45C.60D.以上都不对6.(2020甘肃天水一中高二月考)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所成角的余弦值为()A.-55B.55C.-1010D.1010题组三利用空间向量的数量积求距离(线段长度)7.(2020安徽阜阳界首高二上期末)在底面是正方形的四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,A
3、B=1,AA1=2,A1AD=A1AB=3,则|AC1|=()A.22B.23C.3D.10 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AB=a,AD=b,AP=c.(1)试用a,b,c表示向量BM;(2)求BM的长.题组四利用空间向量的数量积证明垂直9.(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.PC与BDB.DA与PBC.PD与ABD.PA
4、与CD10.(2020上海复旦大学附属中学高二下期中)如图,在四棱锥P-ABCD中,PA底面ABCD,ADDC,ABDC,AD=DC=AP=2,AB=1,点E为棱PC的中点.(1)证明:BEPD;(2)若F为棱PC上一点,满足BFAC,求线段PF的长.能力提升练题组一利用空间向量的数量积求异面直线所成角1.(2021湖北武汉、襄阳、荆门、宜昌四地六校考试联盟高三上联考,)如图,直四棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面是菱形,AA1=AB=2,BAD=60,M是BB1的中点,则异面直线A1M与B1C所成角的余弦值为()A.-105B.-15C.15D.1052.(2020河北沧州高三一模,)四棱
5、锥V-ABCD的底面是正方形,且各条棱长均相等,点P是VC的中点,则异面直线AP与CD所成角的余弦值为()A.35B.55C.510D.35103.(2020重庆第一中学高三下模拟,)如图所示,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,点P是底面A1B1C1D1内(含边界)的一点,且AP平面DBC1,则异面直线AP与BD所成角的取值范围为()A.4,34B.4,2C.3,2D.3,234.(2020浙江宁波九校高二上期末联考,)在正四面体ABCD中,M,N分别为棱BC、AB的中点,设AB=a,AC=b,AD=c,用a,b,c表示向量DM=,异面直线DM与CN所成角的余弦值为.题组二利用空间向量的数
6、量积求距离(长度)5.(2021山东新高考测评联盟高二上联考,)如图所示,已知平行六面体ABCD-A1B1C1D1中,AB=AD=2,AA1=4,BAA1=DAA1=BAD=60,M为CC1的中点,则AM的长度为.6.()如图所示,四边形ABCD是矩形,EFAB,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的长度的范围.题组三利用空间向量的数量积证明垂直7.(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:AEBC;(2)求直线AE与DC所成角的余弦值.答案全解
7、全析基础过关练1.B对于,a2=|a|2cos 0=|a|2,正确;对于,aba2=|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,也可以判断错误;对于,设a、b的夹角为,则(ab)2=(|a|b|cos )2=|a|2|b|2cos2a2b2,错误;对于,由空间向量数量积的运算性质可得(a-b)2=a2-2ab+b2,正确.故选B.2.B由题意得a(b+c)=ab+ac=0.3.A如图,可知CE=CA+AE,BACE=BA(CA+AE)=BACA+BAAE=22cos 60+21cos 120=1.故选A.4.B设向量a,b的夹角为,则c
8、os =ab|a|b|=-12,=120,两个方向向量对应的直线的夹角为180-120=60.故选B.5.D设a与b的夹角为.由a+b+c=0,得a+b=-c,两边平方,得a2+2ab+b2=c2,所以4+223cos +9=16,解得cos =14,故选D.6.DPD平面ABCD,DA,DC平面ABCD,PDDA,PDDC,又底面ABCD为正方形,DADC,PA=DA-DP,DB=DA+DC,PADB=(DA-DP)(DA+DC)=DA2+DADC-DPDA-DPDC=1,|PA|=(DA-DP)2=DA2-2DADP+DP2=1+4=5,|DB|=(DA+DC)2=DA2+2DADC+DC
9、2=1+1=2,|cos|=|PADB|PA|DB|=152=1010,异面直线PA与BD所成角的余弦值为1010.7. D AC1=AB+AD+AA1,|AC1|2=|AB+AD+AA1|2=|AB|2+|AD|2+|AA1|2+2ABAD+2ABAA1+2ADAA1 =12+12+22+211cos2+212cos3+212cos3=1+1+4+2+2=10,|AC1|=10.故选D.8.解析(1)M是PC的中点,BM=12(BC+BP).AD=BC,BP=AP-AB,BM=12AD+(AP-AB),结合AB=a,AD=b,AP=c,得BM=12b+(c-a)=-12a+12b+12c.(
10、2)AB=AD=1,PA=2,|a|=|b|=1,|c|=2.ABAD,PAB=PAD=60,ab=0,ac=bc=21cos 60=1.由(1)知BM=-12a+12b+12c,BM2=-12a+12b+12c2=14(a2+b2+c2-2ab-2ac+2bc)=14(1+1+4-0-2+2)=32,|BM|=62,即BM的长等于62.9.A由PA平面ABCD,及三垂线定理可知DAPB,PDAB,PACD,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,故数量积不一定为零.10.解析(1)证明:E为PC的中点,BE=12(BP+BC)=12(AP-AB+AC-AB)
11、=12(AP+AC-DC)=12(AP+AD),又DP=AP-AD,BEDP=12(AP2-AD2)=0,BEPD.(2)F为PC上一点,可设PF=PC(01),BF=BP+PF=AP-AB+PC=AP-AB+(AD+2AB-AP)=(1-)AP-(1-2)AB+AD.又AC=AD+2AB,BFAC,BFAC=(1-)AP-(1-2)AB+AD(AD+2AB)=-2(1-2)+4=0,解得=14.|PC|=(AD+2AB-AP)2=4+4+4=23,PF=14PC=32,即线段PF的长为32.能力提升练1. D由题意可得A1M=A1B1+B1M=AB-12BB1,|A1M|=(A1B1+B1M
12、)2=5,B1C=BC-BB1,|B1C|=(BC-BB1)2=22,cos=A1MB1C|A1M|B1C|=AB-12BB1(BC-BB1)210=ABBC+12BB12210 =22cos60+124210=105.故选D.2.D如图所示,设四棱锥V-ABCD的各条棱的棱长为4, 由已知可得=60,=90,AP=12(AV+AC)=12AV+12AD+12AB,CD=-AB,|AP|=12AV+12AD+12AB2=25,|CD|=4,cos=APCD|AP|CD|=-12254=-3510,异面直线AP与CD所成角的余弦值为3510.故选D.3.C过A作平面平面DBC1,点P是底面A1B
13、1C1D1内(含边界)的一点,且AP平面DBC1,则P平面,即P在与平面A1B1C1D1的交线上,连接AB1,AD1,B1D1,DD1BB1,四边形BDD1B1是平行四边形,B1D1BD,B1D1平面DBC1,同理可证AB1平面DBC1,平面AB1D1平面DBC1,则平面AB1D1即为,点P在线段B1D1上,设正方体的棱长为1,且D1P=D1B1,则AP=AD1+D1P=AD+AA1+(AB-AD)=(1-)AD+AA1+AB,DB=AB-AD,|DB|=2,|AP|=22-2+2,设AP与BD所成角为,则cos =|DBAP|DB|AP|=|2-1|22-+1=12(2-1)22-+1=12
14、4-32-+1=124-3-122+34,当=12时,cos 取得最小值,为0,当=0或1时,cos 取得最大值,为12,0cos 12,则32.故选C.4.答案12(a+b-2c);16 解析画出对应的正四面体,设棱长均为1,易得DM=DA+AM=-c+12(a+b)=12(a+b-2c),CN=AN-AC=12a-b=12(a-2b).设异面直线DM与CN所成的角为,则cos =|2DM2CN|2DM|2CN|=|(a+b-2c)(a-2b)|33=|a2-2ab+ab-2b2-2ac+4bc|3=1-1+12-2-1+23=16.5.答案26 解析AM=AB+AD+12AA1,|AM|2
15、=AB+AD+12AA12=|AB|2+|AD|2+14|AA1|2+2ABAD+AA1AB+ADAA1 =22+22+1442+22212+4212+4212 =24,|AM|=26.6.解析连接AF,过E作EHBF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(0x1),则FG=AG-AF=xAD-(AE+EF)=xAD-AE-12AB,|FG|=xAD-AE-12AB2=x2AD2+AE2+14AB2-2xADAE-xADAB+AEAB=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的长度的范围是11,23.7.解析(1)证明:AE=DE-DA=12(DB+DC)-DA,BC=DC-DB,所以AEBC=12DB+12DC-DA(DC-DB)=12DBDC-12DBDB+12DCDC-12DCDB-DADC+DADB=0-2+2-0-0+0=0,所以AEBC.(2)AEDC=12DB+12DC-DADC=12DBDC+12DCDC-DADC=0+2-0=2,|AE|=(2)2+22=6,所以cos=AEDC|AE|DC|=262=66,即直线AE与DC所成角的余弦值为66.
