2025苏教版高中数学选择性必修第二册强化练习题（含解析）--6.1.2 空间向量的数量积
文档属性
| 名称 | 2025苏教版高中数学选择性必修第二册强化练习题（含解析）--6.1.2 空间向量的数量积 |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 435.1KB | ||
| 资源类型 | 试卷 | ||
| 版本资源 | 苏教版（2019） | ||
| 科目 | 数学 | ||
| 更新时间 | 2024-12-15 16:27:14 | ||
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文档简介
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2025苏教版高中数学选择性必修第二册
6.1.2 空间向量的数量积
基础过关练
题组一 空间向量的数量积的概念与运算
1.(2024江苏苏南八校联考)对于任意空间向量a,b,c,下列说法正确的是( )
A.若a∥b,b∥c,则a∥c
B.a·(b+c)=a·b+a·c
C.若a·b=a·c,且a≠0,则b=c
D.(a·b)c=a(b·c)
2.(2024北京房山期中)在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中,=( )
A.2 C.2 D.4
3.已知i,j,k是两两垂直的单位向量,若a=2i-j+k,b=i+2j-3k,则a·b等于( )
A.1 B.2 C.±3 D.-3
4.(多选题)(2024江苏常州联盟学校调研)在正方体ABCD-A1B1C1D1中,下列命题是真命题的是( )
A.
B.=0
C.的夹角为60°
D.正方体ABCD-A1B1C1D1的体积为||
5.(2024广东广州六区期末)已知正四面体ABCD的棱长为2,若=a,=b,=c,则a·(a+b+c)= .
题组二 空间向量的数量积的应用
6.(2024山东烟台多校联考)已知空间向量a,b,c满足a+b+c=0,|a|=2,|b|=3,|c|=,则a与b的夹角为( )
A.30° B.60° C.120° D.150°
7.(2023江苏镇江第一中学期末)如图,已知二面角A-EF-D的大小为45°,四边形ABFE和四边形CDEF都是边长为1的正方形,则B,D两点间的距离是( )
A.
8.(2024江苏无锡江阴调研)在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中,以顶点A为端点的三条棱的长度均为2,且它们彼此的夹角都是60°,直线BD1与直线AC所成角的余弦值为( )
A.
9.(2024江苏南京期中)已知单位向量a,b满足a⊥b,若a+b与xa+b的夹角为,则实数x= .
题组三 投影向量及其应用
10.(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,则上的投影向量为( )
A. B.
C. D.
11.(2023江苏徐州高级中学期中)在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中,M为CC1上任意一点,则=( )
A.-
12.(2024山东威海大光华学校月考)已知正四面体PABC的棱长为2,E是AB的中点,则的值为( )
A.-1 B.1 C.3 D.7
能力提升练
题组一 空间向量的数量积的运算
1.(多选题)(2024江苏无锡市北高级中学期初)如图,在四棱锥P-ABCD中,PD⊥底面ABCD,四边形ABCD是边长为1的菱形,且∠ADC=120°,PD=AD,则( )
A.()·=1
B.()·
C.
D.
2.(2024广东河源期末)如图,在正三棱锥P-ABC中,高PO=6,AB=3,E,F分别为PB,PC的中点,则=( )
A.
3.(2024江苏无锡太湖高级中学期中)在《九章算术》中,将四个面都为直角三角形的四面体称为“鳖臑”.在如图所示的“鳖臑”A-BCD中,AB⊥平面BCD,∠BDC=90°,BD=2AB=2CD=2,E是BC的中点,H是△ABD内的动点(含边界),且EH∥平面ACD,则的取值范围是( )
A.[0,3] B.
C. D.
4.(2024上海松江期末)已知正四面体ABCD的棱长为2,若空间内任意一点P满足||=2,则的取值范围是 .
题组二 空间向量的数量积的应用
5.(2024江苏南通期末)在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中,AA1=3,BD=4,=5,则cos<>=( )
A.
6.(2024江苏盐城阜宁中学期末)在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中,AB=AD=AA1=2,∠BAD=,∠BAA1=∠DAA1=,则AC1=( )
A.2 B.20 C.5 D.25
7.(2023江苏清河中学阶段测试)有一长方形的纸片ABCD,AB=4 cm,BC=3 cm,现沿它的对角线AC把它折叠成90°的二面角,如图,则折叠后= ,BD= cm.
8.(2024江苏苏州星海实验中学月考)如图,在矩形ABCD和矩形ABEF中,AB=4,AD=AF=3,∠DAF=,0<λ<1,设=a,=b,=c.
(1)当λ=时,求MN与AE夹角的余弦值;
(2)是否存在λ使得MN⊥平面ABCD 若存在,求出λ的值;若不存在,请说明理由.
答案与分层梯度式解析
6.1.2 空间向量的数量积
基础过关练
1.B 2.D 3.D 4.ABC 6.C 7.D 8.D 10.B
11.B 12.A
1.B 对于A,若b=0,则a∥b,b∥c,但不能得到a∥c,故A错误;
对于B,a·(b+c)=a·b+a·c,故B正确;
对于C,若a·b=a·c,且a≠0,则|a||b|cos=|a||c|cos,则|b|cos=|c|cos,无法得到b=c,故C错误;
对于D,(a·b)c表示与c共线的向量,而a(b·c)表示与a共线的向量,所以(a·b)c与a(b·c)不一定相等,故D错误.
故选B.
2.D 易知,所以,又|,
所以|·|=4.故选D.
3.D 因为i,j,k是两两垂直的单位向量,所以i·j=i·k=j·k=0,i2=j2=k2=1,
所以a·b=(2i-j+k)·(i+2j-3k)=2i2-2j2-3k2=-3.
4.ABC 设正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为a,
对于A,,故A中命题为真命题;
对于B,)·()
=()·()
=()·(·()
==a2-a2=0,故B中命题为真命题;
对于C,易知三角形AB1D1是等边三角形,所以的夹角为60°,故C中命题为真命题;
对于D,||=0,故D中命题为假命题.
故选ABC.
5.答案 8
解析 在正四面体ABCD中,∠BAC=∠BAD=∠DAC=,AB=AC=AD=2,则a·(a+b+c)=a2+a·b+a·c=22+2×2×cos +2×2×cos =8.
6.C 设a与b的夹角为θ,0°≤θ≤180°,由a+b+c=0,得a+b=-c,等号两边平方,得a2+2a·b+b2=c2,
又因为|a|=2,|b|=3,|c|=,所以4+2×2×3cos θ+9=7,解得cos θ=-,所以θ=120°,
故选C.
7.D ∵,
∴|.
8.D 如图,,
因为以顶点A为端点的三条棱的长度均为2,且它们彼此的夹角都是60°,
所以=4+4+4-2×2×2cos 60°+2×2×2cos 60°-2×2×2cos 60°=8,所以|,
由,得=4+4+2×2×2cos 60°=12,所以|.
则)·(=4,
所以|cos<.故选D.
9.答案 3-2
解析 ∵a+b与xa+b的夹角为,∴cos ,
即x2+4x-1=0,解得x=-2±3,
又x+1>0,即x>-,所以x=3-2.
10.B 因为∠ABD=∠BDC=90°,所以=0.
在空间四边形ABCD中,,则)·,
所以.
故选B.
11.B 解法一:如图,
连接A1C1,易知在平面A1B1C1D1上的投影向量为,
易得|,且<>=135°,
所以×1×cos 135°=-1.故选B.
解法二:易得,
所以)·,
由正方体的性质可得,
所以=0,
所以,
又|的方向相反,
所以=-1.
12.A 如图,连接CE,过点P作PO⊥平面ABC,则O为△ABC的重心,在平面ABC上的投影向量为,且,
∵△ABC是边长为2的等边三角形,
∴|>=150°,
∴×2×cos 150°=-1.故选A.
能力提升练
1.BD 2.B 3.B 5.B 6.A
1.BD 因为PD⊥底面ABCD,DA,DC 平面ABCD,所以PD⊥DA,PD⊥DC,所以()·=0,故A错误;
因为四边形ABCD是边长为1的菱形,且∠ADC=120°,所以△CBD为等边三角形,所以DB=1,所以()·=0+1×1×cos 120°=-,故B正确;
)·(|cos 120°+0=-1+,故C错误;
·(|·||cos 120°=-,故D正确.故选BD.
2.B 延长CO交AB于点D,易知O为等边△ABC的中心,所以CD⊥AB,则OC=×BCsin 60°=3,在Rt△POC中,PC=,则PB=PC=3,
连接EF,因为E,F分别为PB,PC的中点,
所以EF=,
在△OEF中,cos∠EOF=,
所以|·||cos∠EOF=.
故选B.
3.B 设F,G分别为AB,BD的中点,连接FG,EF,EG,如图,
易得FG∥AD,EF∥AC,EG∥CD,
又因为FG 平面EFG,AD 平面EFG,
所以AD∥平面EFG,
同理,AC∥平面EFG,
又因为AC∩AD=A,AC,AD 平面ACD,
所以平面EFG∥平面ACD.
又因为EH∥平面ACD,所以EH 平面EFG,所以H为线段FG上的点.
因为AB⊥平面BCD,CD 平面BCD,所以AB⊥CD,
由∠BDC=90°,得BD⊥CD,
又因为AB∩BD=B,AB,BD 平面ABD,所以CD⊥平面ABD,
又因为EG∥CD,所以EG⊥平面ABD,所以EG⊥FG,则cos∠EFG=.
因为BD=2AB=2CD=2,所以FG=,
所以·(
=2|·||cos(π-∠EFG)=2|·||cos∠EFG=2|·||.
又因为||∈,所以.
故选B.
4.答案 [4-2]
解析 如图,取BC的中点O,连接OP,因为点P满足||=2,所以||=1,即点P落在以O为球心,1为半径的球上.因为,所以)·.
因为正四面体ABCD的棱长为2,所以AO=DO=2×sin 60°=,
取AD的中点E,连接OE,易知OE⊥AD,所以上的投影向量的模为||,
所以|cos 0°==4.
设<>=θ,则|cos θ=4+2cos θ.
又因为cos θ∈[-1,1],
所以∈[4-2].
5.B )·)··(=5,
故=-5,所以cos <.故选B.
6.A 由题意可得)=4+4+4+2×2×2×cos=20,所以|,即AC1=2.故选A.
7.答案 -7;
解析 如图所示,作DE⊥AC,BF⊥AC,垂足分别为E,F,
由题意得AC==5(cm),则cos∠CAD=,cos∠CAB=.
易得DE=BF=(cm),则AE=CF=(cm),所以EF=AC-AE-CF=5-(cm),
因为二面角D-AC-B为直二面角,BF⊥AC,平面ADC∩平面ABC=AC,BF 平面ABC,所以BF⊥平面ADC,又DE 平面ADC,所以BF⊥DE,
所以·(=-7,
故,
所以|,即BD= cm.
8.解析 (1)=a+c,=a-b,
则)=λ(a+c)-[b+λ(a-b)]=(λ-1)b+λc,
当λ=时,b+c,则|,
所以(c-b)(a+c)=(a·c+c2-b·a-b·c)=,
易知||=5,
所以cos<,
故MN与AE夹角的余弦值为.
(2)假设存在λ使得MN⊥平面ABCD,
因为AB,AD 平面ABCD,所以MN⊥AB,MN⊥AD,
则=[(λ-1)b+λc]·a=(λ-1)b·a+λc·a=0,显然成立,
=[(λ-1)b+λc]·b=(λ-1)b2+λc·b=0,即9(λ-1)+=0,解得λ=,满足题意.
故存在λ=,使得MN⊥平面ABCD.
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2025苏教版高中数学选择性必修第二册
6.1.2 空间向量的数量积
基础过关练
题组一 空间向量的数量积的概念与运算
1.(2024江苏苏南八校联考)对于任意空间向量a,b,c,下列说法正确的是( )
A.若a∥b,b∥c,则a∥c
B.a·(b+c)=a·b+a·c
C.若a·b=a·c,且a≠0,则b=c
D.(a·b)c=a(b·c)
2.(2024北京房山期中)在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中,=( )
A.2 C.2 D.4
3.已知i,j,k是两两垂直的单位向量,若a=2i-j+k,b=i+2j-3k,则a·b等于( )
A.1 B.2 C.±3 D.-3
4.(多选题)(2024江苏常州联盟学校调研)在正方体ABCD-A1B1C1D1中,下列命题是真命题的是( )
A.
B.=0
C.的夹角为60°
D.正方体ABCD-A1B1C1D1的体积为||
5.(2024广东广州六区期末)已知正四面体ABCD的棱长为2,若=a,=b,=c,则a·(a+b+c)= .
题组二 空间向量的数量积的应用
6.(2024山东烟台多校联考)已知空间向量a,b,c满足a+b+c=0,|a|=2,|b|=3,|c|=,则a与b的夹角为( )
A.30° B.60° C.120° D.150°
7.(2023江苏镇江第一中学期末)如图,已知二面角A-EF-D的大小为45°,四边形ABFE和四边形CDEF都是边长为1的正方形,则B,D两点间的距离是( )
A.
8.(2024江苏无锡江阴调研)在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中,以顶点A为端点的三条棱的长度均为2,且它们彼此的夹角都是60°,直线BD1与直线AC所成角的余弦值为( )
A.
9.(2024江苏南京期中)已知单位向量a,b满足a⊥b,若a+b与xa+b的夹角为,则实数x= .
题组三 投影向量及其应用
10.(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,则上的投影向量为( )
A. B.
C. D.
11.(2023江苏徐州高级中学期中)在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中,M为CC1上任意一点,则=( )
A.-
12.(2024山东威海大光华学校月考)已知正四面体PABC的棱长为2,E是AB的中点,则的值为( )
A.-1 B.1 C.3 D.7
能力提升练
题组一 空间向量的数量积的运算
1.(多选题)(2024江苏无锡市北高级中学期初)如图,在四棱锥P-ABCD中,PD⊥底面ABCD,四边形ABCD是边长为1的菱形,且∠ADC=120°,PD=AD,则( )
A.()·=1
B.()·
C.
D.
2.(2024广东河源期末)如图,在正三棱锥P-ABC中,高PO=6,AB=3,E,F分别为PB,PC的中点,则=( )
A.
3.(2024江苏无锡太湖高级中学期中)在《九章算术》中,将四个面都为直角三角形的四面体称为“鳖臑”.在如图所示的“鳖臑”A-BCD中,AB⊥平面BCD,∠BDC=90°,BD=2AB=2CD=2,E是BC的中点,H是△ABD内的动点(含边界),且EH∥平面ACD,则的取值范围是( )
A.[0,3] B.
C. D.
4.(2024上海松江期末)已知正四面体ABCD的棱长为2,若空间内任意一点P满足||=2,则的取值范围是 .
题组二 空间向量的数量积的应用
5.(2024江苏南通期末)在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中,AA1=3,BD=4,=5,则cos<>=( )
A.
6.(2024江苏盐城阜宁中学期末)在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中,AB=AD=AA1=2,∠BAD=,∠BAA1=∠DAA1=,则AC1=( )
A.2 B.20 C.5 D.25
7.(2023江苏清河中学阶段测试)有一长方形的纸片ABCD,AB=4 cm,BC=3 cm,现沿它的对角线AC把它折叠成90°的二面角,如图,则折叠后= ,BD= cm.
8.(2024江苏苏州星海实验中学月考)如图,在矩形ABCD和矩形ABEF中,AB=4,AD=AF=3,∠DAF=,0<λ<1,设=a,=b,=c.
(1)当λ=时,求MN与AE夹角的余弦值;
(2)是否存在λ使得MN⊥平面ABCD 若存在,求出λ的值;若不存在,请说明理由.
答案与分层梯度式解析
6.1.2 空间向量的数量积
基础过关练
1.B 2.D 3.D 4.ABC 6.C 7.D 8.D 10.B
11.B 12.A
1.B 对于A,若b=0,则a∥b,b∥c,但不能得到a∥c,故A错误;
对于B,a·(b+c)=a·b+a·c,故B正确;
对于C,若a·b=a·c,且a≠0,则|a||b|cos
对于D,(a·b)c表示与c共线的向量,而a(b·c)表示与a共线的向量,所以(a·b)c与a(b·c)不一定相等,故D错误.
故选B.
2.D 易知,所以,又|,
所以|·|=4.故选D.
3.D 因为i,j,k是两两垂直的单位向量,所以i·j=i·k=j·k=0,i2=j2=k2=1,
所以a·b=(2i-j+k)·(i+2j-3k)=2i2-2j2-3k2=-3.
4.ABC 设正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为a,
对于A,,故A中命题为真命题;
对于B,)·()
=()·()
=()·(·()
==a2-a2=0,故B中命题为真命题;
对于C,易知三角形AB1D1是等边三角形,所以的夹角为60°,故C中命题为真命题;
对于D,||=0,故D中命题为假命题.
故选ABC.
5.答案 8
解析 在正四面体ABCD中,∠BAC=∠BAD=∠DAC=,AB=AC=AD=2,则a·(a+b+c)=a2+a·b+a·c=22+2×2×cos +2×2×cos =8.
6.C 设a与b的夹角为θ,0°≤θ≤180°,由a+b+c=0,得a+b=-c,等号两边平方,得a2+2a·b+b2=c2,
又因为|a|=2,|b|=3,|c|=,所以4+2×2×3cos θ+9=7,解得cos θ=-,所以θ=120°,
故选C.
7.D ∵,
∴|.
8.D 如图,,
因为以顶点A为端点的三条棱的长度均为2,且它们彼此的夹角都是60°,
所以=4+4+4-2×2×2cos 60°+2×2×2cos 60°-2×2×2cos 60°=8,所以|,
由,得=4+4+2×2×2cos 60°=12,所以|.
则)·(=4,
所以|cos<.故选D.
9.答案 3-2
解析 ∵a+b与xa+b的夹角为,∴cos ,
即x2+4x-1=0,解得x=-2±3,
又x+1>0,即x>-,所以x=3-2.
10.B 因为∠ABD=∠BDC=90°,所以=0.
在空间四边形ABCD中,,则)·,
所以.
故选B.
11.B 解法一:如图,
连接A1C1,易知在平面A1B1C1D1上的投影向量为,
易得|,且<>=135°,
所以×1×cos 135°=-1.故选B.
解法二:易得,
所以)·,
由正方体的性质可得,
所以=0,
所以,
又|的方向相反,
所以=-1.
12.A 如图,连接CE,过点P作PO⊥平面ABC,则O为△ABC的重心,在平面ABC上的投影向量为,且,
∵△ABC是边长为2的等边三角形,
∴|>=150°,
∴×2×cos 150°=-1.故选A.
能力提升练
1.BD 2.B 3.B 5.B 6.A
1.BD 因为PD⊥底面ABCD,DA,DC 平面ABCD,所以PD⊥DA,PD⊥DC,所以()·=0,故A错误;
因为四边形ABCD是边长为1的菱形,且∠ADC=120°,所以△CBD为等边三角形,所以DB=1,所以()·=0+1×1×cos 120°=-,故B正确;
)·(|cos 120°+0=-1+,故C错误;
·(|·||cos 120°=-,故D正确.故选BD.
2.B 延长CO交AB于点D,易知O为等边△ABC的中心,所以CD⊥AB,则OC=×BCsin 60°=3,在Rt△POC中,PC=,则PB=PC=3,
连接EF,因为E,F分别为PB,PC的中点,
所以EF=,
在△OEF中,cos∠EOF=,
所以|·||cos∠EOF=.
故选B.
3.B 设F,G分别为AB,BD的中点,连接FG,EF,EG,如图,
易得FG∥AD,EF∥AC,EG∥CD,
又因为FG 平面EFG,AD 平面EFG,
所以AD∥平面EFG,
同理,AC∥平面EFG,
又因为AC∩AD=A,AC,AD 平面ACD,
所以平面EFG∥平面ACD.
又因为EH∥平面ACD,所以EH 平面EFG,所以H为线段FG上的点.
因为AB⊥平面BCD,CD 平面BCD,所以AB⊥CD,
由∠BDC=90°,得BD⊥CD,
又因为AB∩BD=B,AB,BD 平面ABD,所以CD⊥平面ABD,
又因为EG∥CD,所以EG⊥平面ABD,所以EG⊥FG,则cos∠EFG=.
因为BD=2AB=2CD=2,所以FG=,
所以·(
=2|·||cos(π-∠EFG)=2|·||cos∠EFG=2|·||.
又因为||∈,所以.
故选B.
4.答案 [4-2]
解析 如图,取BC的中点O,连接OP,因为点P满足||=2,所以||=1,即点P落在以O为球心,1为半径的球上.因为,所以)·.
因为正四面体ABCD的棱长为2,所以AO=DO=2×sin 60°=,
取AD的中点E,连接OE,易知OE⊥AD,所以上的投影向量的模为||,
所以|cos 0°==4.
设<>=θ,则|cos θ=4+2cos θ.
又因为cos θ∈[-1,1],
所以∈[4-2].
5.B )·)··(=5,
故=-5,所以cos <.故选B.
6.A 由题意可得)=4+4+4+2×2×2×cos=20,所以|,即AC1=2.故选A.
7.答案 -7;
解析 如图所示,作DE⊥AC,BF⊥AC,垂足分别为E,F,
由题意得AC==5(cm),则cos∠CAD=,cos∠CAB=.
易得DE=BF=(cm),则AE=CF=(cm),所以EF=AC-AE-CF=5-(cm),
因为二面角D-AC-B为直二面角,BF⊥AC,平面ADC∩平面ABC=AC,BF 平面ABC,所以BF⊥平面ADC,又DE 平面ADC,所以BF⊥DE,
所以·(=-7,
故,
所以|,即BD= cm.
8.解析 (1)=a+c,=a-b,
则)=λ(a+c)-[b+λ(a-b)]=(λ-1)b+λc,
当λ=时,b+c,则|,
所以(c-b)(a+c)=(a·c+c2-b·a-b·c)=,
易知||=5,
所以cos<,
故MN与AE夹角的余弦值为.
(2)假设存在λ使得MN⊥平面ABCD,
因为AB,AD 平面ABCD,所以MN⊥AB,MN⊥AD,
则=[(λ-1)b+λc]·a=(λ-1)b·a+λc·a=0,显然成立,
=[(λ-1)b+λc]·b=(λ-1)b2+λc·b=0,即9(λ-1)+=0,解得λ=,满足题意.
故存在λ=,使得MN⊥平面ABCD.
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