(人教A版2019选择性必修第一册)重难点题型精讲专题1.4空间向量的数量积运算(原卷版+解析)

专题1.4空间向量的数量积运算-重难点题型检测【人教A版2019选择性必修第一册】考试时间：60分钟；满分：100分姓名：___________班级：___________考号：___________考卷信息：本卷试题共22题，单选8题，多选4题，填空4题，解答6题，满分100分，限时60分钟，本卷题型针对性较高，覆盖面广，选题有深度，可衡量学生掌握本节内容的具体情况！一．选择题（共8小题，满分24分，每小题3分）1．（3分）如图，在空间四边形ABCD中，AB→⋅CDA．﹣1 B．1 C．0 D．不确定2．（3分）若A，B，C，D是空间中不共面的四点，且满足AB→•AC→=AC→•AD→A．钝角三角形 B．锐角三角形 C．直角三角形 D．不确定3．（3分）（2023秋•宣城期中）我国古代数学名著《九章算术》商功中记载“斜解立方，得两堑堵”，堑堵是底面为直角三角形的直三棱柱．在堑堵ABC﹣A1B1C1中，AB＝AC＝AA1＝2，P为B1C1的中点，则AC1→A．6 B．﹣6 C．2 D．﹣24．（3分）已知单位向量b→与x，y轴的夹角分别为60度，60度，与z轴的夹角为钝角，向量a→=2j﹣kA．1+2 B．1−2 C．1+225．（3分）如图，正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为a，体对角线AC1与BD1相交于点O，则有（）A．AB→⋅A1CC．AB→⋅AO→=12a6．（3分）在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，有下列命题：①（AA1→+AD→+AB→）2＝3AB→2；②A1CA．0 B．1 C．2 D．37．（3分）已知四面体ABCD中，AB，AC，AD两两互相垂直，则下列结论中，不一定成立的是（）A．|ABB．|ABC．(ABD．AB8．（3分）（2023秋•北辰区期中）在四面体P﹣ABC中给出以下四个结论，则说法错误的是（）A．若AD→=13ACB．若Q为△ABC的重心，则PQ→C．若PA→•BC→=0，PC→•AB→=0D．若四面体P﹣ABC各棱长都为2，M，N分别为PA，BC的中点，则|MN→|＝二．多选题（共4小题，满分16分，每小题4分）9．（4分）（2023秋•益阳期末）已知四面体ABCD的所有棱长都是2，E，F，G分别是棱AB，AD，DC的中点，则（）A．AB→⋅AC→=2 B．EF→⋅FG10．（4分）（2023秋•武昌区校级月考）已知空间四边形ABCD的四条边和对角线长都为a，且E，F，G分别是AB，AD，DC的中点，则下列四个数量积中结果为﹣a2的式子的有（）A．2BA→⋅AC→ B．2AD→⋅11．（4分）（2023秋•新泰市校级期中）定义空间两个向量的一种运算a→⊗b→=|a→|•|b→A．a→⊗b→=B．λ（a→⊗b→）＝（λa→）C．（a→+b→）⊗c→=（a→⊗c→D．若a→=（x1，y1），b→=（x2，y2），则a→⊗b→=|x1y12．（4分）（2023秋•江岸区校级月考）已知ABCD﹣A1B1C1D1为正方体，下列说法中正确的是（）A．(AB．A1C．向量AD1→与向量A1D．正方体ABCD﹣A1B1C1D1的体积为|三．填空题（共4小题，满分16分，每小题4分）13．（4分）（2023秋•海淀区期末）在棱长为1的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AC1→⋅A14．（4分）（2023秋•临沂期中）已知四面体ABCD的每条棱长都等于2，点E，F，G分别是棱AB，AD，DC的中点，则GE→⋅GF→等于15．（4分）（2023秋•金山区期末）如图，四个棱长为1的正方体排成一个正四棱柱，AB是一条侧棱，Pi（i＝1，2，…，8）是上底面上其余的八个点，则集合{y|y=AB→•APi→，i＝1，2，3，…，8}中的元素个数为16．（4分）（2023秋•锦州期末）点P是棱长为26的正四面体表面上的动点，MN是该四面体内切球的一条直径，则PM→•PN→的最大值是四．解答题（共6小题，满分44分）17．（6分）（2023秋•太原期末）如图，三棱锥O﹣ABC各棱的棱长都是1，点D是棱AB的中点，点E在棱OC上，且OE→=λOC→，记OA→=（1）用向量a→，b→，c→（2）求DE的最小值．18．（6分）如图，在平行六面体ABCD﹣A'B'C'D′中，AB＝4，AD＝3，AA'＝5，∠BAD＝90°，∠BAA'＝∠DAA′＝60°．求：（1）AA'（2）AB′的长；（3）AC′的长．19．（8分）（2023秋•惠州期末）如图，已知平行六面体ABCD﹣A1B1C1D1中，底面ABCD是边长为1的正方形，AA1＝2，∠A1AB＝∠A1AD＝60°，设AB→=a→，（1）用a→，b→，c→表示A（2）求AA20．（8分）（2023秋•黑龙江期中）如图，四棱锥P﹣ABCD的各棱长都为a．（1）用向量法证明BD⊥PC；（2）求|AC→+21．（8分）（2023秋•武汉期中）如图，在三棱锥P﹣ABC中，点D为棱BC上一点，且CD＝2BD，点M为线段AD的中点．（1）以{AB→、AC→、AP→}（2）若AB＝AC＝3，AP＝4，∠BAC＝∠PAC＝60°，求PM→•AC22．（8分）（2023秋•福田区校级期中）在平行六面体ABCD﹣A1B1C1D1中，底面ABCD是边长为1的正方形，∠BAA1＝∠DAA1=π3，AC1（1）求侧棱AA1的长；（2）M，N分别为D1C1，C1B1的中点，求AC1→⋅MN→专题1.4空间向量的数量积运算-重难点题型检测参考答案与试题解析一．选择题（共8小题，满分24分，每小题3分）1．（3分）如图，在空间四边形ABCD中，AB→⋅CDA．﹣1 B．1 C．0 D．不确定【解题思路】用AB→、AD→和【解答过程】解：空间四边形ABCD中，AB→⋅=AB→•（AD→−AC→）+AC=AB→•AD→−AB→•AC→+AC＝0．故选：C．2．（3分）若A，B，C，D是空间中不共面的四点，且满足AB→•AC→=AC→•AD→A．钝角三角形 B．锐角三角形 C．直角三角形 D．不确定【解题思路】由题意知，AB⊥AC，AC⊥AD，AB⊥AD，设AB＝a，AC＝b，AD＝c，由勾股定理可求BC、CD、BD的长度，在△BCD中，由余弦定理得B，C，D三个角的余弦值都是正数，可得B，C，D都是锐角，得到△BCD的形状．【解答过程】解：∵AB→•AC→=AC→•AD→=AB→•AD→=0，∴AB设AB＝a，AC＝b，AD＝c，则BC=a2+b2，CD△BCD中，由余弦定理得cosB=a2同理可得，cosC＞0，cosD＞0，∴内角B，C，D都是锐角，即△BCD是锐角三角形．故选：B．3．（3分）（2023秋•宣城期中）我国古代数学名著《九章算术》商功中记载“斜解立方，得两堑堵”，堑堵是底面为直角三角形的直三棱柱．在堑堵ABC﹣A1B1C1中，AB＝AC＝AA1＝2，P为B1C1的中点，则AC1→A．6 B．﹣6 C．2 D．﹣2【解题思路】由条件得AB⊥AC，AA1⊥AB，AA1⊥AC，将AC1→，BP→用向量AC→【解答过程】解：根据堑堵的几何性质可知，AB⊥AC，AA1⊥AB，AA1⊥AC，因为AC1→=AC所以AC1→⋅BP→=（AC→+AA1故选：A．4．（3分）已知单位向量b→与x，y轴的夹角分别为60度，60度，与z轴的夹角为钝角，向量a→=2j﹣kA．1+2 B．1−2 C．1+22【解题思路】设向量b→与z轴正向的夹角为α，由cos260°+cos260°+cos2α＝1，求出α【解答过程】解：设向量b→与z轴正向的夹角为α∵向量b→与x轴正向的夹角为60°，与y轴正向的夹角为60∴cos260°+cos260°+cos2α＝1，解得cos2α＝1−1∵与z轴的夹角为钝角，∴cosα=−22，∴α∵a→=2j﹣则a→⋅b→=（2j﹣k）⋅b→=2j→•b→−k→•b→=故选：C．5．（3分）如图，正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为a，体对角线AC1与BD1相交于点O，则有（）A．AB→⋅A1CC．AB→⋅AO→=12a【解题思路】利用空间向量基本定理、空间向量数量积的运算律以及向量垂直的充要条件，分别求解四个选项中的数量积，即可得到答案．【解答过程】解：由题意，AB→⋅AAB→⋅AC1AB→⋅AOBC→⋅D故选：C．6．（3分）在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，有下列命题：①（AA1→+AD→+AB→）2＝3AB→2；②A1CA．0 B．1 C．2 D．3【解题思路】根据空间向量的垂直和异面直线的所成的角即可求出．【解答过程】解：对于①（AA1→+AD→+AB→）2＝（AA1→）2+（AD→）2+（AB→）2+2A对于②A1C→•（A1B1→−对于③∵A1B∥D1C→，AD1，AC，D1C，分别为面的对角线，∴∠AD1C＝60°，∴A故选：C．7．（3分）已知四面体ABCD中，AB，AC，AD两两互相垂直，则下列结论中，不一定成立的是（）A．|ABB．|ABC．(ABD．AB【解题思路】作出如图的图形，从图形上把各个向量对应的有向线段表示出来，对四个选项进行判别．【解答过程】解：作出如图的形，对于选项A|AB→+AC→+AD|AD→+AE→|＝|AD对于选项B，|AB→+AC→+AD→|2=|AB对于选项C，由于三个线段的长度未知，不确定，故C不一定正确．对于D选项，由线面垂直可得三组向量之间都是垂直的关系，故它们的内积都是0，D正确．综上知，C不一定正确，故应选C．8．（3分）（2023秋•北辰区期中）在四面体P﹣ABC中给出以下四个结论，则说法错误的是（）A．若AD→=13ACB．若Q为△ABC的重心，则PQ→C．若PA→•BC→=0，PC→•AB→=0D．若四面体P﹣ABC各棱长都为2，M，N分别为PA，BC的中点，则|MN→|＝【解题思路】根据向量的线性运算与数量积的公式，逐一对选项进行计算即可．【解答过程】解：对于A，AD→=13AC→整理得2AD→−2所以2BD→故2BD→所以BC→=3BD→对于B，由于Q为△ABC的重心，所以QA→所以3PQ→+QA整理得PQ→=1对于C，PA→⋅BC→=则PA→⋅所以PA→⋅BC→+整理得（PA→−PC→所以CA→⋅转换为AC→⋅整理得AC→⋅PB→对于D，由题可知，四面体各个面均为正三角形，则|PA→|＝|PB→|＝|PC→|PA→，PB→，PC→又MN→=PN由于|PB→+所以|MN→|=2，故故选：D．二．多选题（共4小题，满分16分，每小题4分）9．（4分）（2023秋•益阳期末）已知四面体ABCD的所有棱长都是2，E，F，G分别是棱AB，AD，DC的中点，则（）A．AB→⋅AC→=2 B．EF→⋅FG【解题思路】由题意，四面体是正四面体，每个三角形都是等边三角形，利用向量的数量积的定义解答．【解答过程】解：由题意，空间四边形ABCD的每条边及AC、BD的长都为2，四面体时正四面体，所以每个面都是等边三角形，点E、F、G分别是AB、AD、DC的中点，所以AB→•AC→=|AB→||AC→|cos60EF→•FG→=12BD→•12AC→=1AB→•EG→=AB→•（FG→−FE→）=AB→•12AC→GE→•GF→=（GC→+CB→+BE→）•GF→=GC→•GF→+故选：ACD．10．（4分）（2023秋•武昌区校级月考）已知空间四边形ABCD的四条边和对角线长都为a，且E，F，G分别是AB，AD，DC的中点，则下列四个数量积中结果为﹣a2的式子的有（）A．2BA→⋅AC→ B．2AD→⋅【解题思路】根据已知条件，结合平面向量数量积的性质及运算，即可求解．【解答过程】解：对于A，2BA→⋅AC→=2|BA→||AC→对于B，2AD→⋅BD→=2|AD→||BD→对于C，2GF→⋅对于D，2EF→⋅故选：AC．11．（4分）（2023秋•新泰市校级期中）定义空间两个向量的一种运算a→⊗b→=|a→|•|b→A．a→⊗b→=B．λ（a→⊗b→）＝（λa→）C．（a→+b→）⊗c→=（a→⊗c→D．若a→=（x1，y1），b→=（x2，y2），则a→⊗b→=|x1y【解题思路】A和B需要根据定义列出左边和右边的式子，再验证两边是否恒成立；C由定义验证若a→=λb→，且λ＞0，结论成立，从而得到原结论不成立；D根据数量积求出cos＜a→，b【解答过程】解：对于A，a→⊗b→=|a→|•|b→|sin＜a→，b→＞，b→⊗a→故a→⊗b→=对于B：λ（a→⊗b→）＝λ（|a→|•|b→|sin＜a→，b→＞），（λa→）⊗b→=|λ||a故λ（a→⊗b→）＝（λa→）对于C，若a→=λb→，（a→+b→）⊗c→=（1+|λ|）|（a→⊗c→）+（b→⊗c→）＝|λb→|•|c→|sin＜b→，c→＞+|b→|•|c→|sin＜b→，c显然（a→+b→）⊗c→=（a→⊗c对于D，cos＜a→，b→＞=x即有a→⊗b→=|a→|•|b→|•1=x12=(x12+y12)(x22则a→⊗b→=|x1y2﹣x2y故选：AD．12．（4分）（2023秋•江岸区校级月考）已知ABCD﹣A1B1C1D1为正方体，下列说法中正确的是（）A．(AB．A1C．向量AD1→与向量A1D．正方体ABCD﹣A1B1C1D1的体积为|【解题思路】本题考查的是用向量的知识和方法研究正方体中的线线位置关系及夹角与体积．用到向量的加法、减法、夹角及向量的数量积，研究了正方体中的线线平行、垂直，异面直线的夹角及正方体的对角线的计算、体积的计算．【解答过程】解：由向量的加法得到：A1A→+A1D∵A1B1→−A1A→=AB∵△ACD1是等边三角形，∴∠AD1C＝60°，又A1B∥D1C，∴异面直线AD1与A1B所成的夹角为60°，但是向量AD1→与向量A1B∵AB⊥AA1，∴AB→⋅AA1→故选：AB．三．填空题（共4小题，满分16分，每小题4分）13．（4分）（2023秋•海淀区期末）在棱长为1的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AC1→⋅A【解题思路】直接把向量转化再结合数量积即可求解结论．【解答过程】解：∵在棱长为1的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AB⊥BC，AB⊥CC1，如图：故AC1→⋅A1B故答案为：1．14．（4分）（2023秋•临沂期中）已知四面体ABCD的每条棱长都等于2，点E，F，G分别是棱AB，AD，DC的中点，则GE→⋅GF→等于【解题思路】求出EG、EF、GF的长，从而求出∠EGF＝45°，再由GE→⋅GF→=|EG→|•【解答过程】解：∵四面体ABCD的每条棱长都等于2，点E，F，G分别是棱AB，AD，DC的中点，∴GF∥AC，GF=12AC=1，EF∥BD，EF=12BD=1GE=A∴cos∠EGF=GE2+GF∴GE→⋅GF→=|EG→|•|GF→故答案为：1．15．（4分）（2023秋•金山区期末）如图，四个棱长为1的正方体排成一个正四棱柱，AB是一条侧棱，Pi（i＝1，2，…，8）是上底面上其余的八个点，则集合{y|y=AB→•APi→，i＝1，2，3，…，8}中的元素个数为【解题思路】根据向量的垂直和向量的数量积即可求出．【解答过程】解：AP则AB→•APi→=AB→•（AB→+∵AB→⊥B∴AB→•BP∴AB→•APi→=|AB∴AB→•APi→（i＝1，2，…，即集合{y|y=AB→•APi→，i＝1，2，3故答案为：1．16．（4分）（2023秋•锦州期末）点P是棱长为26的正四面体表面上的动点，MN是该四面体内切球的一条直径，则PM→•PN→的最大值是8【解题思路】点P位于正四面体ABCD的顶点时取得最大值，求出即可．【解答过程】解：如图所示：设正四面体ABCD的棱长为26，设其内切球球心为点O，连接AO并延长交底面BCD于点E，则E为正三角形BCD的中点，且AE⊥平面BCD，连接BE并延长交CD于点F，则F为CD的中点，且BF⊥CD，∴BF=BC2−CF2=32，∴∵AE⊥平面BCD，BE⊂平面BCD，∴AE⊥BE，∴AE=AB∴S△BCD=12•CD•BF＝6∴正四面体ABCD的体积V=13S△BCD•AE＝8设球O的半径为R，则V＝VO﹣BCD+VO﹣ACD+VO﹣ABD+VO﹣ABC＝4VO﹣BCD＝4×13S△BCD•∴R=3V4S△BCD=1，∴AO＝AE∵PM→=PO∴PM→•PN→=（PO→+OM→）（当PO→2最大，即点P位于正四面体ABCD的顶点时，则PM→此时，PM→•PN→=PO→2﹣1≤AO2﹣1＝9故答案为：8．四．解答题（共6小题，满分44分）17．（6分）（2023秋•太原期末）如图，三棱锥O﹣ABC各棱的棱长都是1，点D是棱AB的中点，点E在棱OC上，且OE→=λOC→，记OA→=（1）用向量a→，b→，c→（2）求DE的最小值．【解题思路】（1）根据题意，根据题意，连接OD，CD，由空间向量的运算方法可得DE→=OE→−（2）根据题意，由正三棱锥的几何结构分析可得|OD|=32，且cos∠DOE=33，由空间向量的运算法则可得|DE→|2＝|OE→−OD→|2，变形可得|DE【解答过程】解：（1）根据题意，连接OD，CD，点D是棱AB的中点，点E在棱OC上，且OE→=λOC→，记OA→=∴DE→=OE→−OD→=（2）根据题意，点D是棱AB的中点，则|OD|=32，且cos∠DOE|DE→|2＝|OE→−OD→|2=OE→2﹣2OE→•OD→+OD→2＝（λc→）2﹣2×λ×1×32×则当λ=12时，|DE→|2则|DE→|的最小值为218．（6分）如图，在平行六面体ABCD﹣A'B'C'D′中，AB＝4，AD＝3，AA'＝5，∠BAD＝90°，∠BAA'＝∠DAA′＝60°．求：（1）AA'（2）AB′的长；（3）AC′的长．【解题思路】（1）利用数量积的定义得AA'→⋅AB→=|AA'（3）因为AC'→=【解答过程】解：（1）AA'（2）因为AB'→=（3）因为AA'→⋅所以|AC'19．（8分）（2023秋•惠州期末）如图，已知平行六面体ABCD﹣A1B1C1D1中，底面ABCD是边长为1的正方形，AA1＝2，∠A1AB＝∠A1AD＝60°，设AB→=a→，（1）用a→，b→，c→表示A（2）求AA【解题思路】（1）利用向量的数量积运算，向量的求模公式求解即可．（2）利用向量数量积运算求解即可．【解答过程】解：（1）∵AB→=a→，∴AC∵底面ABCD是边长为1的正方形，AA1＝2，∠A1AB＝∠A1AD＝60°，∴|=1+1+4+0+2×2×1×（2）AA1→⋅BD→=AA1→•（AD→−AB20．（8分）（2023秋•黑龙江期中）如图，四棱锥P﹣ABCD的各棱长都为a．（1）用向量法证明BD⊥PC；（2）求|AC→+【解题思路】（1）根据题意得出四边形ABCD是菱形，BD→⊥OC→；△PBD是等腰三角形，PO→利用平面向量的数量积求出BD→⊥PC→=0，即证BD（2）根据题意，利用Rt△POC，求出＜AC→，PC→＞的大小，再求模长【解答过程】解：（1）证明：设AC、BD交于点O，连接PO，如