文档内容
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·a=|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,则⃗AE·⃗AF的值为( )
1 1 √3
A.a2 B. a2 C. a2 D. a2
2 4 4
3.在棱长为1的正方体ABCD-A B C D 中,设 =a, =b, =c,则a·(b+c)的值为(
1 1 1 1 ⃗AB ⃗AD ⃗A A
1
)
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-A B C D 中,异面直线
1 1 1 1
AC和BC 所成角的大小为( )
1 易错
π π 2π π 2π
A. B. C. D. 或
3 2 3 3 3
7.已知|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 .
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.√13 C.2 D.√5
9.(2020吉林第一中学阶段测试)平行六面体ABCD-A B C D 中,向量⃗AB,⃗AD,⃗A A 两
1 1 1 1 1
两的夹角均为60°,且| |=1,| |=2,| |=3,则| |等于( )
⃗AB ⃗AD ⃗A A ⃗AC
1 1
A.5 B.6 C.4 D.810.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.⃗PC与⃗BD B.⃗DA与⃗PB
C.⃗PD与⃗AB D.⃗PA与⃗CD
13.已知|a|=3√2,|b|=4,m=a+b,n=a+λb,=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-A B C 中,
1 1 1
∠ABC=120°,AB=2,BC=CC =1,则异面直线AB 与BC 所成角的余弦值为( )
1 1 1
√3 √15 √10 √3
A. B. C. D.
2 5 5 3
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( )
1 1 √3 √3
A. B. C. D.
3 2 3 2
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-A B C D 中,
1 1 1 1
O是底面ABCD的中心,E,F分别是CC ,AD的中点,那么异面直线OE和FD 所成
1 1
角的余弦值等于( )
√10 √15 4 2
A. B. C. D.
5 5 5 3
4.(多选)( )在正方体ABCD-A B C D 中,若M是线段A C 上的动点,则下列结论
1 1 1 1 1 1
正确的有( )
π
A.异面直线AM,BD所成的角为
2
π
B.异面直线CM,AB所成的角可为
3π
C.异面直线CM,BD所成的角为
2
π
D.异面直线CM,B B所成的角可为
1
2
5.(2020北京十一学校高二上期中, )在长方体ABCD-A B C D
1 1 1 1
π
中,BC=CC =1,∠AD B= ,则直线AB 与BC 所成角的余弦值为 .
1 1 1 1
3
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.√2 B.√3 C.2 D.√5
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.
题组三 利用空间向量的数量积证明垂直
9.(多选)( )已知长方体ABCD-A B C D ,则下列向量的数量积可以为0的是( )
1 1 1 1
A. · B. ·
⃗AD ⃗B C ⃗BD ⃗AC
1 1 1
C. · D. ·
⃗AB ⃗AD ⃗BD ⃗BC
1 110.(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.
1 1 1 1 1
2.C 由题意得,⃗AE·⃗AF= (⃗AB+⃗AC)· ⃗AD= ·(⃗AB·⃗AD+⃗AC·⃗AD)= ×2×a×a×cos 60°= a2.
2 2 4 4 4
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=
1
,∴θ=60°.
2
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
1
4+2×2×3cos θ+9=16,解得cos θ= ,故选D.
4
6.A 设正方体的棱长为1,∵ = - ,
⃗BC ⃗CC ⃗CB
1 1
∴ · = ·( - )=- · =-1,
⃗CA ⃗BC ⃗CA ⃗CC ⃗CB ⃗CA ⃗CB
1 1
∴cos< , >= ⃗CA·⃗BC =-1 =-1,
⃗CA ⃗BC 1
1 |⃗CA||⃗BC | √2×√2 2
1
π
∴异面直线AC和BC 所成角的大小为 .
1
3
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 ( π],
0,
2
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∈( π]时,它们
0,
2
相等;当∈(π ]时,它们互补.异面直线所成的角的余弦值一定是非负的.
,π
2
7.答案 (-1-√3,-1+√3)
解析 a+λb与λa-2b的夹角为钝角,则(a+λb)·(λa-2b)<0,且a+λb≠2b-λa,
1 λ
即λ2+2λ-2<0且- ≠ ,解得-1-√3<λ<-1+√3.
λ 2
1
8.B (a+3b)2=a2+6a·b+9b2=1+6×1×1× +9=13,则|a+3b|=√13,故选B.
29.A | |2=( + + )2=| |2+| |2+| |2+2 · +2 · +2 ·
⃗AC ⃗AB ⃗AD ⃗A A ⃗AB ⃗AD ⃗A A ⃗AB ⃗AD ⃗AB ⃗A A ⃗A A ⃗AD
1 1 1 1 1
=1+4+9+2+3+6=25,∴| |=5,故选A.
⃗AC
1
10.答案 12
解析 因为AC⊥AB,BD⊥AB,所以⃗CA·⃗AB=0,⃗BD·⃗AB=0.又因为二面角α-l-β的平面角
为120°,所以<⃗CA,⃗BD>=60°.所以|⃗CD|2=(⃗CA+⃗AB+⃗BD)2=|⃗CA|2+|⃗AB|2+|⃗BD|2+2⃗CA·⃗AB+2⃗CA
·⃗BD+2⃗AB·⃗BD=36+36+36+36=144,所以|⃗CD|=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.
3
13.答案 -
2
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
3
λ=- .
2
1
14.证明 设⃗OA=a,⃗OB=b,⃗OC=c,由题意得|a|=|b|=|c|,⃗OG= (⃗OM+⃗ON),
2
1 1 1
因为⃗OM= a,⃗ON= (b+c),所以⃗OG= (a+b+c),又⃗BC=c-b,
2 2 4
1 1 1
所以⃗OG·⃗BC= (a+b+c)·(c-b)= (a·c-a·b)+ (c2-b2)=0,
4 4 4
所以OG⊥BC.
15.证明 因为PA⊥平面ABCD,所以PA⊥BC,所以⃗PA·⃗BC=0,又BC⊥PB,所以⃗PB·⃗BC
=0.由⃗AB=⃗PB-⃗PA,得⃗AB·⃗BC=(⃗PB-⃗PA)·⃗BC=⃗PB·⃗BC-⃗PA·⃗BC=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 ∵ = - , = + ,
⃗AB ⃗BB ⃗BA ⃗BC ⃗BC ⃗CC
1 1 1 1
∴ · = · + · - · - · =0+1-2×1×( 1)-0=2.
⃗AB ⃗BC ⃗BB ⃗BC ⃗BB ⃗CC ⃗BA ⃗BC ⃗BA ⃗CC -
1 1 1 1 1 1 2
易知| |= ,| |= ,
⃗AB √5 ⃗BC √2
1 1∴cos< , >= ⃗AB ·⃗BC = 2 =√10,故选C.
⃗AB ⃗BC 1 1
1 1 |⃗AB ||⃗BC | √5×√2 5
1 1
1
2.C 设正四棱锥的侧棱长与底面边长均为a.由题意知,⃗BE= (⃗BS+⃗BC),
2
∴ · =1( · + · )=1×[ ( 1) ( 1)]=-1a2.易得| |=√3a,| |
⃗SA ⃗BE ⃗SA ⃗BS ⃗SA ⃗BC a×a× - +a×a× - ⃗BE ⃗SA
2 2 2 2 2 2
1
- a2
⃗BE·⃗SA 2 √3 √3
=a,∴cos<⃗BE,⃗SA>= = =- ,故BE与SA所成角的余弦值为 .故选
|⃗BE||⃗SA| √3 3 3
a×a
2
C.
1 1
3.B 设⃗AB=a,⃗AD=b,⃗A A =c,且|a|=|b|=|c|=2,则⃗OE= (a+b+c),⃗FD = b+c,所以⃗OE·⃗FD =
1 2 1 2 1
1(a+b+c)· (1
b+c
) =1× (1 b2+c2) =3,又|
⃗OE
|=
√3
,|
⃗FD
|=
√5
,所以cos<
⃗OE
,
⃗FD
>=
2 2 2 2 1 1
⃗OE·⃗FD
=√15,故选B.
1
|⃗OE||⃗FD | 5
1
4.ABC 设正方体的棱长为1,且C M=λC A (0≤λ≤1),
1 1 1
则 · =( + )· = · +(1-λ) · =0,∴A正确;
⃗AM ⃗BD ⃗A A ⃗A M ⃗BD ⃗A A ⃗BD ⃗A C ⃗BD
1 1 1 1 1
∵ · =( + )· = · +λ · =-λ,
⃗CM ⃗AB ⃗CC ⃗C M ⃗AB ⃗CC ⃗AB ⃗C A ⃗AB
1 1 1 1 1
∴cos< , >= ⃗CM·⃗AB =-λ ,
⃗CM ⃗AB
|⃗CM||⃗AB| √1+2λ2
∴异面直线CM,AB所成角的余弦值为 λ ,
√1+2λ2
又 λ =1(0≤λ≤1)有解,∴B正确;
√1+2λ2 2
· =( + )· = · +λ · =0,∴C正确;
⃗CM ⃗BD ⃗CC ⃗C M ⃗BD ⃗CC ⃗BD ⃗C A ⃗BD
1 1 1 1 1
π
∵B B∥C C,∴CM与B B所成的角等于CM与C C所成的角,易得该角小于 ,
1 1 1 1
2
∴D不正确.
故选ABC.
√14
5.答案
14解析 设AB=a,⃗AD =⃗A A +⃗AD,⃗BD =⃗BA+⃗BB +⃗BC,
1 1 1 1
则 · = · + · + · + · + · + · =0+1+0+0+0+1=2,
⃗AD ⃗BD ⃗A A ⃗BA ⃗A A ⃗BB ⃗A A ⃗BC ⃗AD ⃗BA ⃗AD ⃗BB ⃗AD ⃗BC
1 1 1 1 1 1 1
| |= ,| |= .
⃗AD √2 ⃗BD √2+a2
1 1
由 2 =1,得a= (负值舍去),
√6
√2·√2+a2 2
∵ = + , = + ,∴ · = · + · + · + · =1+0
⃗AB ⃗A A ⃗AB ⃗BC ⃗BB ⃗BC ⃗AB ⃗BC ⃗A A ⃗BB ⃗A A ⃗BC ⃗AB ⃗BB ⃗AB ⃗BC
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
+0+0=1,又| |= ,| |= ,
⃗AB √7 ⃗BC √2
1 1
∴cos< , >= ⃗AB ·⃗BC = 1 =√14.
⃗AB ⃗BC 1 1
1 1 |⃗AB ||⃗BC | √7×√2 14
1 1
1
6.解析 (1)证明:⃗AE=⃗DE-⃗DA= (⃗DB+⃗DC)-⃗DA,⃗BC=⃗DC-⃗DB,
2
所以
⃗AE
·
⃗BC
=(1
⃗DB+
1
⃗DC-⃗DA
)·(
⃗DC
-
⃗DB
)
2 2
1 1 1 1
= ⃗DB·⃗DC- ⃗DB·⃗DB+ ⃗DC·⃗DC- ⃗DC·⃗DB-⃗DA·⃗DC+⃗DA·⃗DB
2 2 2 2
=0-2+2-0-0+0=0,
所以AE⊥BC.
(2) ⃗AE · ⃗DC = (1 ⃗DB+ 1 ⃗DC-⃗DA ) · ⃗DC
2 2
1 1
= ⃗DB·⃗DC+ ⃗DC·⃗DC-⃗DA·⃗DC
2 2
=0+2-0
=2,
| |= = ,
⃗AE √(√2)2+22 √6
所以cos< , >= ⃗AE·⃗DC = 2 =√6,
⃗AE ⃗DC
|⃗AE||⃗DC| √6×2 6
√6
即直线AE与DC所成角的余弦值为 .
6
7.B ⃗AE2=(⃗AB+⃗BC+⃗CE)2
=⃗AB2+⃗BC2+⃗CE2+2⃗AB·⃗BC+2⃗AB·⃗CE+2⃗BC·⃗CE
1
=⃗AB2+⃗BC2+ ⃗CD2
4=1+1+1
=3,
所以|⃗AE|=√3,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,
1
∴⃗BM= (⃗BC+⃗BP).
2
∵⃗AD=⃗BC,⃗BP=⃗AP-⃗AB,
1
∴⃗BM= [⃗AD+(⃗AP-⃗AB)],
2
1 1 1 1
结合⃗AB=a,⃗AD=b,⃗AP=c,得⃗BM= [b+(c-a)]=- a+ b+ c.
2 2 2 2
(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.
1 1 1
由(1)知⃗BM=- a+ b+ c,
2 2 2
∴ =( 1 1 1 ) 2=1(a2+b2+c2-2a·b-2a·c+2b·c)
⃗BM2 - a+ b+ c
2 2 2 4
1 3
= ×(1+1+4-0-2+2)= ,
4 2
√6 √6
∴|⃗BM|= ,即BM的长等于 .
2 2
9.ABC 若AA =AD,则AD ⊥B C,A正确;若AB=AD,则BD ⊥AC,B正确;∵AB⊥平
1 1 1 1
面AA D D,∴AB⊥AD ,C正确;∵BD 和BC分别为矩形A D CB的对角线和边,
1 1 1 1 1 1
∴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,所以⃗AP·⃗CD=0,又AC⊥CD,所以⃗AC·
1 1 1 1
⃗CD=0,又⃗AE= (⃗AP+⃗AC),所以⃗AE·⃗CD= (⃗AP+⃗AC)·⃗CD= ⃗AP·⃗CD+ ⃗AC·⃗CD=0,所以
2 2 2 2
CD⊥AE.
(2)设PA=AB=BC=1,因为∠ABC=60°,AB=BC=1,所以AC=1.又AC⊥CD,所以⃗CD·⃗AC
=(⃗AD-⃗AC)·⃗AC=0,得⃗AC·⃗AD=1.1 1 1
因为⃗PD·⃗AE=(⃗AD-⃗AP)· (⃗AP+⃗AC)= (⃗AD·⃗AP+⃗AD·⃗AC-⃗AP2-⃗AP·⃗AC)= ×(0+1-1-0)=0,⃗PD·
2 2 2
=( - )· =0,所以PD⊥AE,PD⊥AB,又AE∩AB=A,所以PD⊥平面ABE.
⃗AB ⃗AD ⃗AP ⃗AB
