专题2 空间向量的数量积运算（解析版）2020-2021学年高二数学培优对点题组专题突破（人教A版2019选择性必修第一册）

专题2 空间向量的数量积运算
考点1 空间向量数量积的概念和性质
1.如下图，点P是单位正方体ABCD－A1B1C1D1中异于A的一个顶点，则·的值为（ ）

A．0
B．1
C．0或1
D．任意实数
【答案】C
【解析】可为下列7个向量：，，，，，，，其中一个与重合，·＝||2＝1；，，与垂直，这时·＝0；，与的夹角为45°，这时·＝×1×cos＝1，最后·＝×1×cos∠BAC1＝×＝1，故选C.
2.如下图，已知空间四边形每条边和对角线长都等于a，点E、F、G分别是AB、AD、DC的中点，则下列向量的数量积等于a2的是（ ）

A．2·
B．2·
C．2·
D．2·
【答案】C
【解析】2·＝－a2，故A错；2·＝－a2，故B错；2·＝－a2，故D错，只有C正确．
3.在空间四边形ABCD中，AB、AC、AD两两垂直，则下列结论不成立的是（ ）
A．|＋＋|＝|＋－|
B．|＋＋|2＝||2＋||2＋||2
C．(＋＋)·＝0
D．·＝·＝·
【答案】C
【解析】A中，由|＋＋|＝|＋－|，得(＋＋)2＝(＋－)2，展开得(＋)2＋||2＋2(＋)·＝(＋)2＋||2－2(＋)·，整理得(＋)·＝0，因为，，两两垂直，所以(＋)·＝0成立，因此A正确，易得B正确，(＋＋)·＝(＋＋)·(－)＝·－||2＋·－·＋||2－·＝||2－||2，当||＝||时，||2－||2＝0，否则不成立，因此C不正确．D中，·＝·(－)＝·－·＝0，同理·＝0，·＝0，因此D正确．
4.正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为a，点M在AC1上且＝，N为B1B的中点，则||为（ ）
A．a
B．a
C．a
D．a
【答案】A
【解析】设＝a，＝b，＝c，
∵＝，∴＝＝(＋＋)＝(a＋b＋c)，
∵N为BB1的中点，∴＝＋＝＋＝a＋c，∴＝－＝(a＋c)－(a＋b＋c)＝a－b＋c，∴||2＝(a－b＋c)2＝a2＋a2＋a2＝a2，∴||＝a，故选A.
5.平行六面体ABCD－A1B1C1D1中，向量、、两两的夹角均为60°，且||＝1，||＝2，||＝3，则||等于（ ）
A．5
B．6
C．4
D．8
【答案】A
【解析】设＝a，＝b，＝c，则＝a＋b＋c，2＝a2＋b2＋c2＋2a·b＋2b·c＋2c·a＝25，因此||＝5.
6.对于向量a、b、c和实数λ，下列命题中的真命题是（ ）
A．若a·b＝0，则a＝0或b＝0
B．若λa＝0，则λ＝0或a＝0
C．若a2＝b2，则a＝b或a＝－b
D．若a·b＝a·c，则b＝c
【答案】B
【解析】对于A，可举反例：当a⊥b时，a·b＝0；对于C，a2＝b2只能推得|a|＝|b|，而不能推出a＝±b；对于D，a·b＝a·c可以移项整理推得a⊥(b－c)．故选B.
7.已知正方体ABCD－A′B′C′D′的棱长为1，设＝a，＝b，＝c，则

(1)·＝________；cos〈，〉＝________；(2)·＝________.
【答案】(1)1　(2)1
【解析】(1)·＝(a＋b＋c)·(a－b＋c)＝a2＋c2＋2a·c－b2＝1，
||2＝(a＋b＋c)2＝a2＋b2＋c2＋2a·b＋2a·c＋2b·c＝3，∴||＝，
||2＝(a－b＋c)2＝a2＋b2＋c2－2a·b＋2a·c－2b·c＝3，∴||＝，
∴cos〈，〉＝＝；
(2)·＝(b＋c－a)·b＝|b|2＋b·c－b·a＝1.

考点2 空间向量数量积的应用
8.已知PA⊥平面ABC，垂足为A，∠ABC＝120°，PA＝AB＝BC＝6，则PC等于（ ）

A．6
B．6
C．12
D．144
【答案】C
【解析】∵＝＋＋，
∴2＝2＋2＋2＋2·＝36＋36＋36＋2×36cos60°＝144，
∴||＝12.
9.如下图所示，已知空间四边形OABC，OB＝OC，且∠AOB＝∠AOC＝，则cos〈，〉的值为（ ）

A．0
B．
C．
D．
【答案】A
【解析】设＝a，＝b，＝c，由已知条件〈a，b〉＝〈a，c〉＝，且|b|＝|c|，·＝a·(c－b)＝a·c－a·b＝|a||c|－|a||b|＝0，∴cos〈，〉＝0，故选A.
10.已知正方体ABCD－A′B′C′D′的棱长为a，设＝a，＝b，＝c，则〈，〉等于（ ）

A．30°
B．60°
C．90°
D．120°
【答案】D
【解析】∵△A′BD为正三角形，∴〈，〉＝120°.
11.在棱长为1的正方体ABCD－A1B1C1D1中，MN分别是A1B1，BB1的中点，那么直线AM与CN所成角的余弦值为(　　)
A．－
B．
C．
D．
【答案】B
【解析】如图，由图知直线AM与CN所成角等于〈，〉，＝＋，＝＋，
∴·＝(＋)·(＋)＝·＋·＋＋·＋·＝，

||＝＝＝，||＝＝，
∴cos〈，〉＝＝＝.
12.若O是△ABC所在平面内一点，且满足(＋)·(－)＝0，则△ABC一定是(　　)
A．等边三角形
B．斜三角形
C．直角三角形
D．等腰直角三角形
【答案】C
【解析】∵＋＝，－＝，∴·＝0，∴BC⊥AC，
∴△ABC一定是直角三角形．
13.设O，A，B，C为空间四点，若·＝0，·＝0，·＝0，则△ABC是(　　)
A．锐角三角形
B．钝角三角形
C．直角三角形
D．不确定
【答案】A
【解析】设＝e1，＝e2，＝e3，
则e1·e2＝0，e2·e1＝0，e1·e3＝0，
∴||2＝(e2－e1)2＝|e1|2＋|e2|2，||2＝(e3－e1)2＝|e1|2＋|e3|2，||2＝(e3－e2)2＝|e3|2＋|e2|2，
由此可知△ABC任一边的平方小于另两边的平方和，所以△ABC为锐角三角形．
14.如下图所示，已知正三棱锥A－BCD的侧棱长和底面边长都是a，点E，F，G是AB，AD，DC上的点，且AE∶EB＝AF∶FD＝CG∶GD＝1∶2.

求下列向量的数量积：
(1)·；(2)·；(3)·；(4)·.
【答案】解(1)||＝a，||＝a，〈，〉＝120°；
所以·＝||||cos120°＝－a2；
(2)因为＝－，所以·＝·(－)＝·－·，又因为||＝a，||＝a，〈，〉＝〈，〉＝60°，所以·＝a2－a2＝0.
(3)因为点F，G是AD，DC上的点，所以＝＝－，所以·＝－2，
因为2＝a2，所以·＝－a2；
(4)因为点E，F分别是AB，AD上的点，所以＝，所以·＝·，
结合图形可知〈，〉＝60°，所以·＝·＝×a×a×cos60°＝a2.
15.如下图所示，已知空间四边形ABCD的各边和对角线的长都等于a，点M、N分别是AB、CD的中点．

(1)求证：MN⊥AB，MN⊥CD；
(2)求MN的长．
【答案】(1)证明设＝p，＝q，＝r.
由题意可知，|p|＝|q|＝|r|＝a，且p、q、r三向量两两夹角均为60°，
＝－＝(＋)－＝(q＋r－p)，
∴·＝(q＋r－p)·p＝(q·p＋r·p－p2)＝(a2cos60°＋a2cos60°－a2)＝0，
∴MN⊥AB.同理可证MN⊥CD；
(2)解由(1)可知＝(q＋r－p)，
∴||2＝2＝(q＋r－p)2＝[q2＋r2＋p2＋2(q·r－p·q－r·p)]
＝[a2＋a2＋a2＋2(－－)]＝×2a2＝，
∴||＝a.∴MN的长为a.
16.如下图所示，平行六面体ABCD－A1B1C1D1的底面ABCD是菱形，且∠C1CD＝∠C1CB＝∠BCD＝60°.

(1)求证：C1C⊥BD；
(2)当的值是多少时，能使A1C⊥平面C1BD？请给出证明．
【答案】(1)证明设＝a，＝b，＝c，
由已知|a|＝|b|，且〈a，b〉＝〈b，c〉＝〈c，a〉＝60°，
＝－＝a－b，·＝c·(a－b)＝c·a－c·b＝|c||a|－|c||b|＝0，
∴⊥，即C1C⊥BD，
(2)解若A1C⊥平面C1BD，则A1C⊥C1D，＝a＋b＋c，＝a－c，
∴·＝0，即(a＋b＋c)·(a－c)＝0.整理得：3a2－|a||c|－2c2＝0，(3|a|＋2|c|)(|a|－|c|)＝0，∴|a|－|c|＝0，即|a|＝|c|.
即当＝＝1时，A1C⊥平面C1BD.
17.如下图，在四棱锥M—ABCD中，底面ABCD是边长为2的正方形，侧棱AM的长为3，且AM和AB、AD的夹角都是60°，N是CM的中点，设a＝，b＝，c＝，试以a，b，c为基向量表示出向量，并求BN的长．

【答案】∵＝＋＝＋
＝＋(－)＝＋[－(＋)]
＝－＋＋，
∴＝－a＋b＋c，
||2＝2＝2＝(a2＋b2＋c2－2a·b－2a·c＋2b·c)＝，
∴||＝，即BN的长为.
18.正三棱柱ABC－A1B1C1中，底面边长为.
(1)设侧棱长为1，求证：AB1⊥BC1；
(2)设AB1与BC1的夹角为，求侧棱的长．

【答案】(1)证明＝＋，＝＋，
∵BB1⊥平面ABC，∴·＝0，·＝0，
又△ABC为正三角形，∴〈，〉＝π－〈，〉＝π－＝，
∵·＝(＋)·(＋)
＝·＋·＋2＋·
＝||·||·cos〈，〉＋2＝－1＋1＝0，
∴AB1⊥BC1；
(2)解结合(1)知·＝||·||·cos〈，〉＋2＝2－1.
又||＝＝＝＝||，
∴cos〈，〉＝＝，∴||＝2，即侧棱长为2.
19.如图：在平行六面体ABCD－A1B1C1D1中，点M是线段A1D的中点，点N在线段C1D1上，且D1N＝D1C1，∠A1AD＝∠A1AB＝60°，∠BAD＝90°，AB＝AD＝AA1＝1.
(1)求满足＝x＋y＋z的实数x、y、z的值．
(2)求AC1的长．

【答案】(1)＝＋＝(＋)＋＝＋＋，
所以x＝，y＝，z＝；
(2)∵＝＋＋
∴||2＝(＋＋)2
＝＋＋2＋2·＋2·＋2·
＝1＋1＋1＋0＋1＋1＝5，
∴AC1＝.
20.如图所示，在平行四边形ABCD中，AB＝AC＝1，∠ACD＝90°，将△ACD沿对角线AC折起，使得AB与CD成60°角，求折起后BD的长．

【答案】∵∠ACD＝90°，∴·＝0，同理·＝0，
又AB与CD成60°角，∴〈，〉＝60°或〈，〉＝120°，
而＝＋＋，
∴＝(＋＋)2＝2＋2＋2＋2·＋2·＋2·＝3＋2cos〈，〉，
∴2＝2或2＝4，即||＝或2.
21.直三棱柱ABC—A′B′C′中，AC＝BC＝AA′，∠ACB＝90°，D、E分别为AB、BB′的中点．

(1)求证：CE⊥A′D；
(2)求异面直线CE与AC′所成角的余弦值．
【答案】(1)证明设＝a，＝b，＝c，
根据题意，|a|＝|b|＝|c|，且a·b＝b·c＝c·a＝0，
∴＝b＋c，＝－c＋b－a.∴·＝－c2＋b2＝0.∴⊥，即CE⊥A′D；
(2)解∵＝－a＋c，||＝|a|，||＝|a|，
·＝(－a＋c)·＝c2＝|a|2，
∴cos〈，〉＝＝，
即异面直线CE与AC′所成角的余弦值为.
22.在三棱锥O－ABC中，已知侧棱OA，OB，OC两两垂直，用空间向量知识证明：底面三角形ABC是锐角三角形．

【答案】证明∵OA，OB，OC两两互相垂直，
·＝(－)·(－)＝2＝||2＞0，
∴〈，〉为锐角，即∠BAC为锐角，
同理∠ABC，∠BCA均为锐角，
∴△ABC为锐角三角形．
23.如图，已知平行六面体ABCD－A1B1C1D1.
(1)若G为△ABC的重心，＝3，设＝a，＝b，＝c，用向量a、b、c表示向量；
(2)若平行六面体ABCD－A1B1C1D1各棱长相等且AB⊥平面BCC1B1，E为CD中点，AC1∩BD1＝O，求证：OE⊥平面ABC1D1.

【答案】(1)解依题意，＝＝(＋)，
∵G为△ABC的重心，∴＝×(＋)＝(＋)，
又∵＝＋，
∴＝
＝＋＋＝a＋b－c；
(2)证明连接C1E，AE，
∵平行六面体ABCD－A1B1C1D1各棱长相等且AB⊥平面BCC1B1，
∴C1E＝AE，∴△C1EA为等腰三角形，
∵O为AC1的中点，∴OE⊥AC1，同理可证OE⊥BD1，
∵AC1∩BD1＝O，∴OE⊥平面ABC1D1.
24.如图，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，求证：OG⊥BC.

【答案】证明设∠AOB＝∠BOC＝∠AOC＝θ，
又设＝a，＝b，＝c，|a|＝|b|＝|c|，
又＝(＋)＝＝(a＋b＋c)，
所以·＝(a＋b＋c)·(c－b)＝(a·c－a·b＋b·c－b2＋c2－b·c)
＝(|a|2cosθ－|a|2cosθ－|a|2＋|a|2)＝0.
所以⊥，即OG⊥BC.