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1.1 练习2　空间向量的数量积运算
1. 对于空间任意两个非零向量a，b，“a·b＜0”是“为钝角”的( 　)
A. 充分不必要条件
B. 必要不充分条件
C. 充要条件
D. 既不充分也不必要条件
2. 已知空间向量a和b的夹角为120°，且|a|＝2，|b|＝5，则(2a－b)·a等于( 　)
A. 12 B. 8
C. 4 D. 13
3. 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. 与 B. 与
C. 与 D. 与
4. 如图所示，在正方体ABCD－A'B'C'D'中，<>为( 　)
A. 30° B. 60°
C. 90° D. 120°
5. 已知正四面体ABCD的棱长为1，E为BC上一点，且＝2，则·等于( 　)
A. B.
C. D.
6. 如图所示，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的夹角都是60°，若M是PC的中点，则||等于( 　)
A. B.
C. D.
7. 设A，B，C，D是空间不共面的四点，且满足·＝0，·＝0，·＝0，则△BCD是( 　)
A. 钝角三角形 B. 锐角三角形
C. 直角三角形 D. 等腰三角形
8. (多选)(2024·湖南娄底高二期中)已知正方体ABCD－A'B'C'D'的棱长为1，设＝a，＝b，＝c，则下列各式的值中，为1的是( 　)
A. a·(b＋c)
B. a·(a＋b＋c)
C. (a＋b)·(b＋c)
D. (a＋b)·c
9. (多选)如图所示，已知空间四边形ABCD的每条边和对角线长都为a，E，F，G分别是AB，AD，DC的中点，则下列向量的数量积中，等于a2的是( 　)
A. 2· B. 2·
C. 2· D. 2·
10. 若a，b，c为空间中两两夹角都是60°的三个单位向量，则|a－b＋2c|＝ .
11. (2024·鲁迅中学检测)如图所示，在长方体ABCD－A1B1C1D1中，设AD＝AA1＝1，AB＝2，P是C1D1的中点，则与所成角的大小为 ，·＝ .
12. (2024·杭州浙大附中高二期中)两条异面直线a，b所成的角为60°，在直线a，b上分别取点A'，E和点A，F，使AA'⊥a，且AA'⊥b.若A'E＝2，AF＝3，EF＝，则线段AA'的长为 .
13. 已知四面体OABC的所有棱长均为1.
求：(1)·；(2)()·()；(3)||.
14. 如图所示，正四面体V－ABC的高VD的中点为O，VC的中点为M.
(1)证明：AO，BO，CO两两垂直；
(2)求<>的大小.
15. (多选)(2024·重庆万州区高二质检)在三维空间中，a×b叫做向量a与b的外积，它是一个向量，且满足下列两个条件：①a⊥(a×b)，b⊥(a×b)，且a，b，a×b三个向量构成右手系(如图所示)；②|a×b|＝|a||b|·sin.已知正方体ABCD－A1B1C1D1的表面积为S，下列结论中，正确的是( 　)
A. ||＝||
B.
C. S＝6||
D. 与共线
16. (2024·江苏苏州星海实验学校高二月考)如图所示，在矩形ABCD和矩形ABEF中，AB＝4，AD＝AF＝3，∠DAF＝＝λ＝λ，0＜λ＜1，记＝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.(共32张PPT)
一、 空间向量及其运算
练习2　空间向量的数量积运算
空间向量与立体几何
第一章
必备知识练
1. 对于空间任意两个非零向量a，b，“a·b＜0”是“
为钝角”的(　　)
A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件
C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件
【解析】 当＝π时，a·b＜0，但不是钝角，即由“a，b＜0”不能推出“为钝角”，又当为钝角时，a·b＜0，∴“a·b＜0”是“为钝角”的必要不充分条件.
B
2. 已知空间向量a和b的夹角为120°，且|a|＝2，|b|＝5，则
(2a－b)·a等于(　　)
A. 12 B. 8
C. 4 D. 13
【解析】 (2a－b)·a＝2a2－b·a＝2|a|2－|a||b|·cos 120°＝2×4－2×5×＝13.
D
3. 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. 与 B. 与
C. 与 D. 与
【解析】 ∵PA⊥平面ABCD，∴PA⊥CD，·＝0，排除D.又AD⊥AB，∴AD⊥PB，∴·＝0，同理·＝0，排除B，C.
A
4. 如图所示，在正方体ABCD-A'B'C'D'中，<>为
(　　)
A. 30°
B. 60°
C. 90°
D. 120°
D
【解析】 如图所示，连接BD，A'D，则，∴<>是∠DBA'的补角.∵A'D＝A'B＝BD，∴∠DBA'＝60°，∴<>＝120°.
5. 已知正四面体ABCD的棱长为1，E为BC上一点，且＝
2，则·等于(　　)
A. B.
C. D.
C
【解析】 ∵＝2，∴.根据向量的减法法则，得，∴····||||cos ×1×1×1×1×.
6. 如图所示，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的夹角都是60°，若
M是PC的中点，则||等于(　　)
A. B.
C. D.
A
【解析】 ∵M是PC的中点，∴()＝·[
()]＝，又AB⊥AD，∠PAB＝∠PAD＝60°，AB＝AD＝1，PA＝2，∴()×||·||·cos 60°×||·||·cos 60°＝×(1＋1＋4)×1×2××1×2×，∴||＝.
7. 设A，B，C，D是空间不共面的四点，且满足·＝0，
·＝0，·＝0，则△BCD是(　　)
A. 钝角三角形 B. 锐角三角形
C. 直角三角形 D. 等腰三角形
【解析】 ∵，∴·＝()·()＝···||2＝||2＞0，∴cos∠CBD＝cos<>＝＞0，∴∠CBD为锐角，同理，∠BCD与∠BDC均为锐角，∴△BCD为锐角三角形.
B
8. (多选)(2024·湖南娄底高二期中)已知正方体ABCD-A'B'C'D'
的棱长为1，设＝a，＝b，＝c，则下列各式的值中，
为1的是(　　)
A. a·(b＋c)
B. a·(a＋b＋c)
C. (a＋b)·(b＋c)
D. (a＋b)·c
BC
【解析】 由题意得a⊥b，a⊥c，b⊥c，∴a·b＝0，a·c＝0，b·c＝0.对于A，a·(b＋c)＝a·b＋a·c＝0，A错误；对于B，a·(a＋b＋c)＝|a|2＋a·b＋a·c＝1，B正确；对于C，(a＋b)·(b＋c)＝a·b＋a·c＋|b|2＋b·c＝1，C正确；对于D，(a＋b)·c＝a·c＋b·c＝0，D错误.
9. (多选)如图所示，已知空间四边形ABCD的每条边和对角线长都为a，E，F，G分别是AB，AD，DC的中点，则下列向量的数量积中，等于a2的是(　　)
A. 2·
B. 2·
C. 2·
D. 2·
BC
【解析】 2·＝2a2cos 120°＝－a2，2·＝2·＝2a2cos 60°＝a2，2··＝a2，2···a2，B，C正确.
10. 若a，b，c为空间中两两夹角都是60°的三个单位向量，则|a－b＋2c|＝_____.
【解析】 |a－b＋2c|2＝(a－b＋2c)2＝a2＋b2＋4c2－2a·b＋4a·c－4b·c＝5，∴|a－b＋2c|＝.

11. (2024·鲁迅中学检测)如图所示，在长方体ABCD-A1B1C1D1
中，设AD＝AA1＝1，AB＝2，P是C1D1的中点，则与所
成角的大小为__________，·＝__________.
60°
1
【解析】 根据向量的线性运算可得·
＝()·＝1.由题
意可得PA1＝B1C＝，则×
cos<>＝1，从而<>＝60°.
12. (2024·杭州浙大附中高二期中)两条异面直线a，b所成的角为60°，在直线a，b上分别取点A'，E和点A，F，使AA'⊥a，且AA'⊥b.若A'E＝2，AF＝3，EF＝，则线段AA'的长为__________.
【解析】 由题意知，，∴＝()2＝2·2·2·，∵异面直线a，b所成的角为60°，A'E＝2，AF＝3，EF＝，∴23＝94＋0±2×2×3cos 60°＋0，∴||＝4，或||＝2.
4或2
关键能力练
13. 已知四面体OABC的所有棱长均为1.
求：(1)·；(2)()·()；
(3)||.
解： (1)·＝||·||·cos∠AOB＝1×1×cos 60°＝.
(2)()·()＝()·()＝()·(2)＝12＋1×1×cos 60°－2×1×1×
cos 60°＋1×1×cos 60°＋12－2×1×1×cos 60°＝1.
(3)||＝
.
14. 如图所示，正四面体V-ABC的高VD的中
点为O，VC的中点为M.
(1)证明：AO，BO，CO两两垂直；
证明： 设＝a，＝b，＝c，正四面体
V-ABC的棱长为1，则|a|＝|b|＝|c|＝1，a·b＝b·c＝a·c＝.
由题意知(a＋b＋c)，则＝－a(a＋b＋c)＝(b＋c－5a)，
同理可得(a＋c－5b)，(a＋b－5c)，
∴·(b＋c－5a)·(a＋c－5b)＝＝0，∴⊥，即AO⊥BO.
同理可得AO⊥CO，BO⊥CO，∴AO，BO，CO两两垂直.
(2)求<>的大小.
解： (a＋b＋c)c＝(－2a－2b＋c)，∴||＝.
又||＝·(－2a－2b＋c)·(b＋c－5a)＝(－2a·b－2a·c＋10a2－2b2－2b·c＋10a·b＋b·c＋c2－5a·c)＝，
∴cos<>＝，故<>＝.
拓展突破练
15. (多选)(2024·重庆万州区高二质检)在三维空间中，a×b叫做向量a与b的外积，它是一个向量，且满足下列两个条件：
①a⊥(a×b)，b⊥(a×b)，且a，b，a×b三个向量构成右手系(如图所示)；②|a×b|＝|a||b|·sin.已知正方体ABCD－
A1B1C1D1的表面积为S，下列结论中，正确的是(　 　)
A. ||＝||
B.
C. S＝6||
D. 与共线
ACD
【解析】 设正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为a，如图所示.
对于A，连接B1C，易知△AB1C为等边三
角形，∴||＝a×a×sin
a2，连接B1D1，易知，
△AB1D1为等边三角形，∴||
＝||＝a×a×sina2，A正确；对于B，
根据定义，，B错误；对于C，6||＝6×a×a×＝6a2＝S，C正确；对于D，∵B1D1⊥A1C1，DD1⊥A1C1，B1D1∩DD1＝D1，∴A1C1⊥平面BB1D1D，又BD1 平面BB1D1D，∴A1C1⊥BD1.∵AD1⊥A1D，AB⊥A1D，AD1∩AB＝A，∴A1D⊥平面ABD1，又BD1 平面ABD1，∴A1D⊥BD1，结合外积的定义可知与共线，D正确.
16. (2024·江苏苏州星海实验学校高二月考)如图所示，在矩形ABCD和矩形ABEF中，AB＝4，AD＝AF＝3，∠DAF＝＝λ＝λ，0＜λ＜1，记＝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.
解： (1)连接AM，则()＝λ()－[λ()]＝λ(a＋c)－[b＋λ(a－b)]＝(λ－1)b＋λc，
当λ＝时，bc，∴||＝，
又＝a＋c，
∴·(c－b)·(a＋c)＝(a·c＋c2－b·a－b·c)＝，又易知||＝5，
∴cos<>＝，
故MN与AE夹角的余弦值为.
(2)假设存在λ使得MN⊥平面ABCD，
∵AB，AD 平面ABCD，∴MN⊥AB，MN⊥AD，
则·＝[(λ－1)b＋λc]·a＝(λ－1)b·a＋λc·a＝0，显然成立，
又·＝[(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.1.1 练习2　空间向量的数量积运算
1. 对于空间任意两个非零向量a，b，“a·b＜0”是“为钝角”的(　B　)
A. 充分不必要条件
B. 必要不充分条件
C. 充要条件
D. 既不充分也不必要条件
【解析】 当＝π时，a·b＜0，但不是钝角，即由“a，b＜0”不能推出“为钝角”，又当为钝角时，a·b＜0，∴“a·b＜0”是“为钝角”的必要不充分条件.
2. 已知空间向量a和b的夹角为120°，且|a|＝2，|b|＝5，则(2a－b)·a等于(　D　)
A. 12 B. 8
C. 4 D. 13
【解析】 (2a－b)·a＝2a2－b·a＝2|a|2－|a||b|·cos 120°＝2×4－2×5×＝13.
3. 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　)
A. 与 B. 与
C. 与 D. 与
【解析】 ∵PA⊥平面ABCD，∴PA⊥CD，·＝0，排除D.又AD⊥AB，∴AD⊥PB，∴·＝0，同理·＝0，排除B，C.
4. 如图所示，在正方体ABCD－A'B'C'D'中，<>为(　D　)
A. 30° B. 60°
C. 90° D. 120°
【解析】 如图所示，连接BD，A'D，则，∴<>是∠DBA'的补角.∵A'D＝A'B＝BD，∴∠DBA'＝60°，∴<>＝120°.
5. 已知正四面体ABCD的棱长为1，E为BC上一点，且＝2，则·等于(　C　)
A. B.
C. D.
【解析】 ∵＝2，∴.根据向量的减法法则，得，∴····||||cos×1×1×1×1×.
6. 如图所示，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的夹角都是60°，若M是PC的中点，则||等于(　A　)
A. B.
C. D.
【解析】 ∵M是PC的中点，∴()＝·[()]＝，又AB⊥AD，∠PAB＝∠PAD＝60°，AB＝AD＝1，PA＝2，∴()×||·||·cos 60°×||·||·cos 60°＝×(1＋1＋4)×1×2××1×2×，∴||＝.
7. 设A，B，C，D是空间不共面的四点，且满足·＝0，·＝0，·＝0，则△BCD是(　B　)
A. 钝角三角形 B. 锐角三角形
C. 直角三角形 D. 等腰三角形
【解析】 ∵，∴·＝()·()＝···||2＝||2＞0，∴cos∠CBD＝cos<>＝＞0，∴∠CBD为锐角，同理，∠BCD与∠BDC均为锐角，∴△BCD为锐角三角形.
8. (多选)(2024·湖南娄底高二期中)已知正方体ABCD－A'B'C'D'的棱长为1，设＝a，＝b，＝c，则下列各式的值中，为1的是(　BC　)
A. a·(b＋c)
B. a·(a＋b＋c)
C. (a＋b)·(b＋c)
D. (a＋b)·c
【解析】 由题意得a⊥b，a⊥c，b⊥c，∴a·b＝0，a·c＝0，b·c＝0.对于A，a·(b＋c)＝a·b＋a·c＝0，A错误；对于B，a·(a＋b＋c)＝|a|2＋a·b＋a·c＝1，B正确；对于C，(a＋b)·(b＋c)＝a·b＋a·c＋|b|2＋b·c＝1，C正确；对于D，(a＋b)·c＝a·c＋b·c＝0，D错误.
9. (多选)如图所示，已知空间四边形ABCD的每条边和对角线长都为a，E，F，G分别是AB，AD，DC的中点，则下列向量的数量积中，等于a2的是(　BC　)
A. 2· B. 2·
C. 2· D. 2·
【解析】 2·＝2a2cos 120°＝－a2，2·＝2·＝2a2cos 60°＝a2，2··＝a2，2···a2，B，C正确.
10. 若a，b，c为空间中两两夹角都是60°的三个单位向量，则|a－b＋2c|＝ 　.
【解析】 |a－b＋2c|2＝(a－b＋2c)2＝a2＋b2＋4c2－2a·b＋4a·c－4b·c＝5，∴|a－b＋2c|＝.
11. (2024·鲁迅中学检测)如图所示，在长方体ABCD－A1B1C1D1中，设AD＝AA1＝1，AB＝2，P是C1D1的中点，则与所成角的大小为　60°　，·＝　1　.
【解析】 根据向量的线性运算可得·＝()·＝1.由题意可得PA1＝B1C＝，则×cos<>＝1，从而<>＝60°.
12. (2024·杭州浙大附中高二期中)两条异面直线a，b所成的角为60°，在直线a，b上分别取点A'，E和点A，F，使AA'⊥a，且AA'⊥b.若A'E＝2，AF＝3，EF＝，则线段AA'的长为　4或2　.
【解析】 由题意知，，∴＝()2＝2·2·2·，∵异面直线a，b所成的角为60°，A'E＝2，AF＝3，EF＝，∴23＝94＋0±2×2×3cos 60°＋0，∴||＝4，或||＝2.
13. 已知四面体OABC的所有棱长均为1.
求：(1)·；(2)()·()；(3)||.
解： (1)·＝||·||·cos∠AOB＝1×1×cos 60°＝.
(2)()·()＝()·()＝()·(2)＝12＋1×1×cos 60°－2×1×1×cos 60°＋1×1×cos 60°＋12－2×1×1×cos 60°＝1.
(3)||＝.
14. 如图所示，正四面体V－ABC的高VD的中点为O，VC的中点为M.
(1)证明：AO，BO，CO两两垂直；
证明： 设＝a，＝b，＝c，正四面体V－ABC的棱长为1，则|a|＝|b|＝|c|＝1，a·b＝b·c＝a·c＝.
由题意知(a＋b＋c)，则＝－a(a＋b＋c)＝(b＋c－5a)，
同理可得(a＋c－5b)，(a＋b－5c)，
∴·(b＋c－5a)·(a＋c－5b)＝＝0，∴⊥，即AO⊥BO.
同理可得AO⊥CO，BO⊥CO，∴AO，BO，CO两两垂直.
(2)求<>的大小.
解： (a＋b＋c)c＝(－2a－2b＋c)，∴||＝.
又||＝·(－2a－2b＋c)·(b＋c－5a)＝(－2a·b－2a·c＋10a2－2b2－2b·c＋10a·b＋b·c＋c2－5a·c)＝，
∴cos<>＝，故<>＝.
15. (多选)(2024·重庆万州区高二质检)在三维空间中，a×b叫做向量a与b的外积，它是一个向量，且满足下列两个条件：①a⊥(a×b)，b⊥(a×b)，且a，b，a×b三个向量构成右手系(如图所示)；②|a×b|＝|a||b|·sin.已知正方体ABCD－A1B1C1D1的表面积为S，下列结论中，正确的是(　ACD　)
A. ||＝||
B.
C. S＝6||
D. 与共线
【解析】 设正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为a，如图所示.
对于A，连接B1C，易知△AB1C为等边三角形，∴||＝a×a×sina2，连接B1D1，易知，△AB1D1为等边三角形，∴||＝||＝a×a×sina2，A正确；对于B，根据定义，，B错误；对于C，6||＝6×a×a×＝6a2＝S，C正确；对于D，∵B1D1⊥A1C1，DD1⊥A1C1，B1D1∩DD1＝D1，∴A1C1⊥平面BB1D1D，又BD1 平面BB1D1D，∴A1C1⊥BD1.∵AD1⊥A1D，AB⊥A1D，AD1∩AB＝A，∴A1D⊥平面ABD1，又BD1 平面ABD1，∴A1D⊥BD1，结合外积的定义可知与共线，D正确.
16. (2024·江苏苏州星海实验学校高二月考)如图所示，在矩形ABCD和矩形ABEF中，AB＝4，AD＝AF＝3，∠DAF＝＝λ＝λ，0＜λ＜1，记＝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.
解： (1)连接AM，则()＝λ()－[λ()]＝λ(a＋c)－[b＋λ(a－b)]＝(λ－1)b＋λc，
当λ＝时，bc，∴||＝，
又＝a＋c，
∴·(c－b)·(a＋c)＝(a·c＋c2－b·a－b·c)＝，又易知||＝5，
∴cos<>＝，
故MN与AE夹角的余弦值为.
(2)假设存在λ使得MN⊥平面ABCD，
∵AB，AD 平面ABCD，∴MN⊥AB，MN⊥AD，
则·＝[(λ－1)b＋λc]·a＝(λ－1)b·a＋λc·a＝0，显然成立，
又·＝[(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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