资料简介
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: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.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BA·CE=( )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)已知两条异面直线的方向向量分别为a,b,且|a|=|b|=1,a·b=-12,则两直线的夹角为( )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.(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)11
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,AB=1,AA1=2,∠A1AD=∠A1AB=π3,则|AC1|=( )A.22B.23C.3D.108.(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.11
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,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.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.351011
3.(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.π4,3π4B.π4,π2C.π3,π2D.π3,2π34.(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 . 11
6.()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:AE⊥BC;(2)求直线AE与DC所成角的余弦值.11
答案全解全析基础过关练1.B 对于①,a2=|a|2cos0°=|a|2,①正确;对于②,a·ba2=|a||b|cos<a,b>|a|2=|b|cos<a,b>|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.B 由题意得a·(b+c)=a·b+a·c=0.3.A 如图,可知CE=CA+AE,∴BA·CE=BA·(CA+AE)=BA·CA+BA·AE=2×2×cos60°+2×1×cos120°=1.故选A.4.B 设向量a,b的夹角为θ,则cosθ=a·b|a||b|=-12,∴θ=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+2×2×3cosθ+9=16,解得cosθ=14,故选D.6.D ∵PD⊥平面ABCD,DA,DC⊂平面ABCD,∴PD⊥DA,PD⊥DC,又底面ABCD为正方形,∴DA⊥DC,∵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||PA||DB|=15×2=1010,∴异面直线PA与BD所成角的余弦值为1010.11
7.D∵AC1=AB+AD+AA1,∴|AC1|2=|AB+AD+AA1|2=|AB|2+|AD|2+|AA1|2+2AB·AD+2AB·AA1+2AD·AA1=12+12+22+2×1×1×cosπ2+2×1×2×cosπ3+2×1×2×cosπ3=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=12[AD+(AP-AB)],结合AB=a,AD=b,AP=c,得BM=12[b+(c-a)]=-12a+12b+12c.(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×cos60°=1.由(1)知BM=-12a+12b+12c,∴BM2=-12a+12b+12c2=14(a2+b2+c2-2a·b-2a·c+2b·c)=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,故数量积不一定为零.10.解析 (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),11
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.能力提升练1.D 由题意可得A1M=A1B1+B1M=AB-12BB1,|A1M|=(A1B1+B1M)2=5,B1C=BC-BB1,|B1C|=(BC-BB1)2=22,cos<A1M,B1C>=A1M·B1C|A1M||B1C|=AB-12BB1·(BC-BB1)210=AB·BC+12BB12210=2×2×cos60°+12×4210=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<AV,AD>=<AV,AB>=60°,<AD,AB>=90°,AP=12(AV+AC)=12AV+12AD+12AB,CD=-AB,∴|AP|=12AV+12AD+12AB2=25,|CD|=4,∴cos<AP,CD>=AP·CD|AP||CD|=-1225×4=-3510,∴异面直线AP与CD所成角的余弦值为3510.11
故选D.3.C 过A作平面α∥平面DBC1,∵点P是底面A1B1C1D1内(含边界)的一点,且AP∥平面DBC1,则P∈平面α,即P在α与平面A1B1C1D1的交线上,连接AB1,AD1,B1D1,∵DD1BB1,∴四边形BDD1B1是平行四边形,∴B1D1∥BD,∴B1D1∥平面DBC1,同理可证AB1∥平面DBC1,∴平面AB1D1∥平面DBC1,则平面AB1D1即为α,点P在线段B1D1上,设正方体的棱长为1,且D1P=λD1B1,则AP=AD1+D1P=AD+AA1+λ(AB-AD)=(1-λ)AD+AA1+λAB,DB=AB-AD,∴|DB|=2,|AP|=2λ2-2λ+2,设AP与BD所成角为θ,则cosθ=|DB·AP||DB|·|AP|=|2λ-1|2λ2-λ+1=12(2λ-1)2λ2-λ+1=124-3λ2-λ+1=124-3λ-122+34,当λ=12时,cosθ取得最小值,为0,当λ=0或1时,cosθ取得最大值,为12,∴0≤cosθ≤12,则π3≤θ≤π2.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1,11
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θ,则cosθ=|2DM·2CN||2DM||2CN|=|(a+b-2c)·(a-2b)|3·3=|a2-2a·b+a·b-2b2-2a·c+4b·c|3=1-1+12-2-1+23=16.5.答案 26解析 ∵AM=AB+AD+12AA1,∴|AM|2=AB+AD+12AA12=|AB|2+|AD|2+14|AA1|2+2AB·AD+AA1·AB+AD·AA1=22+22+14×42+2×2×2×12+4×2×12+4×2×12=24,∴|AM|=26.6.解析 连接AF,过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23,11
∴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AE·BC=12DB+12DC-DA·(DC-DB)=12DB·DC-12DB·DB+12DC·DC-12DC·DB-DA·DC+DA·DB=0-2+2-0-0+0=0,所以AE⊥BC.(2)AE·DC=12DB+12DC-DA·DC=12DB·DC+12DC·DC-DA·DC=0+2-0=2,|AE|=(2)2+22=6,所以cos<AE,DC>=AE·DC|AE||DC|=26×2=66,即直线AE与DC所成角的余弦值为66.11
查看更多
Copyright 2004-2022 uxueke.com All Rights Reserved 闽ICP备15016911号-6
优学科声明：本站点发布的文章作品均来自用户投稿或网络整理，部分作品未联系到知识产权人或未发现有相关的知识产权登记
如有知识产权人不愿本站分享使用所属产权作品，请立即联系：uxuekecom，我们会立即处理。