第第頁(yè)人教版高二上學(xué)期數(shù)學(xué)(選擇性必修1)《1.4空間向量的數(shù)量積運(yùn)算》同步測(cè)試題及答案考試時(shí)間：60分鐘；滿分：100分學(xué)校：___________班級(jí)：___________姓名：___________考號(hào)：___________考卷信息：本卷試題共22題，單選8題，多選4題，填空4題，解答6題，滿分100分，限時(shí)60分鐘，本卷題型針對(duì)性較高，覆蓋面廣，選題有深度，可衡量學(xué)生掌握本節(jié)內(nèi)容的具體情況！一．選擇題（共8小題，滿分24分，每小題3分）1．（3分）如圖，在空間四邊形ABCD中，AB→?CDA．﹣1 B．1 C．0 D．不確定2．（3分）若A，B，C，D是空間中不共面的四點(diǎn)，且滿足AB→?AC→=AC→?AD→A．鈍角三角形 B．銳角三角形 C．直角三角形 D．不確定3．（3分）（2021秋?宣城期中）我國(guó)古代數(shù)學(xué)名著《九章算術(shù)》商功中記載“斜解立方，得兩塹堵”，塹堵是底面為直角三角形的直三棱柱．在塹堵ABC﹣A1B1C1中，AB＝AC＝AA1＝2，P為B1C1的中點(diǎn)，則AC1→A．6 B．﹣6 C．2 D．﹣24．（3分）已知單位向量b→與x，y軸的夾角分別為60度，60度，與z軸的夾角為鈍角，向量a→=2j﹣kA．1+2 B．1?2 C．1+225．（3分）如圖，正方體ABCD﹣A1B1C1D1的棱長(zhǎng)為a，體對(duì)角線AC1與BD1相交于點(diǎn)O，則有（）A．AB→?A1CC．AB→?AO→=12a6．（3分）在正方體ABCD﹣A1B1C1D1中，有下列命題：①（AA1→+AD→+AB→）2＝3AB→2；②A1CA．0 B．1 C．2 D．37．（3分）已知四面體ABCD中，AB，AC，AD兩兩互相垂直，則下列結(jié)論中，不一定成立的是（）A．|ABB．|ABC．(ABD．AB8．（3分）（2021秋?北辰區(qū)期中）在四面體P﹣ABC中給出以下四個(gè)結(jié)論，則說法錯(cuò)誤的是（）A．若AD→=13ACB．若Q為△ABC的重心，則PQ→C．若PA→?BC→=0，PC→?AB→=0D．若四面體P﹣ABC各棱長(zhǎng)都為2，M，N分別為PA，BC的中點(diǎn)，則|MN→|＝二．多選題（共4小題，滿分16分，每小題4分）9．（4分）（2021秋?益陽期末）已知四面體ABCD的所有棱長(zhǎng)都是2，E，F(xiàn)，G分別是棱AB，AD，DC的中點(diǎn)，則（）A．AB→?AC→=2 B．EF→?FG10．（4分）（2021秋?武昌區(qū)校級(jí)月考）已知空間四邊形ABCD的四條邊和對(duì)角線長(zhǎng)都為a，且E，F(xiàn)，G分別是AB，AD，DC的中點(diǎn)，則下列四個(gè)數(shù)量積中結(jié)果為﹣a2的式子的有（）A．2BA→?AC→ B．2AD→?11．（4分）（2020秋?新泰市校級(jí)期中）定義空間兩個(gè)向量的一種運(yùn)算a→?b→=|a→|?|b→A．a(chǎn)→?b→=B．λ（a→?b→）＝（λa→）C．（a→+b→）?c→=（a→?c→D．若a→=（x1，y1），b→=（x2，y2），則a→?b→=|x1y12．（4分）（2021秋?江岸區(qū)校級(jí)月考）已知ABCD﹣A1B1C1D1為正方體，下列說法中正確的是（）A．(AB．A1C．向量AD1→與向量A1D．正方體ABCD﹣A1B1C1D1的體積為|三．填空題（共4小題，滿分16分，每小題4分）13．（4分）（2021秋?海淀區(qū)期末）在棱長(zhǎng)為1的正方體ABCD﹣A1B1C1D1中，AC1→?A14．（4分）（2021秋?臨沂期中）已知四面體ABCD的每條棱長(zhǎng)都等于2，點(diǎn)E，F(xiàn)，G分別是棱AB，AD，DC的中點(diǎn)，則GE→?GF→等于15．（4分）（2021秋?金山區(qū)期末）如圖，四個(gè)棱長(zhǎng)為1的正方體排成一個(gè)正四棱柱，AB是一條側(cè)棱，Pi（i＝1，2，…，8）是上底面上其余的八個(gè)點(diǎn)，則集合{y|y=AB→?APi→，i＝1，2，3，…，8}中的元素個(gè)數(shù)為16．（4分）（2020秋?錦州期末）點(diǎn)P是棱長(zhǎng)為26的正四面體表面上的動(dòng)點(diǎn)，MN是該四面體內(nèi)切球的一條直徑，則PM→?PN→的最大值是四．解答題（共6小題，滿分44分）17．（6分）（2021秋?太原期末）如圖，三棱錐O﹣ABC各棱的棱長(zhǎng)都是1，點(diǎn)D是棱AB的中點(diǎn)，點(diǎn)E在棱OC上，且OE→=λOC→，記OA→=（1）用向量a→，b→，c→（2）求DE的最小值．18．（6分）如圖，在平行六面體ABCD﹣A'B'C'D′中，AB＝4，AD＝3，AA'＝5，∠BAD＝90°，∠BAA'＝∠DAA′＝60°．求：（1）AA'（2）AB′的長(zhǎng)；（3）AC′的長(zhǎng)．19．（8分）（2021秋?惠州期末）如圖，已知平行六面體ABCD﹣A1B1C1D1中，底面ABCD是邊長(zhǎng)為1的正方形，AA1＝2，∠A1AB＝∠A1AD＝60°，設(shè)AB→=a→，（1）用a→，b→，c→表示A（2）求AA20．（8分）（2021秋?黑龍江期中）如圖，四棱錐P﹣ABCD的各棱長(zhǎng)都為a．（1）用向量法證明BD⊥PC；（2）求|AC→+21．（8分）（2021秋?武漢期中）如圖，在三棱錐P﹣ABC中，點(diǎn)D為棱BC上一點(diǎn)，且CD＝2BD，點(diǎn)M為線段AD的中點(diǎn)．（1）以{AB→、AC→、AP→}（2）若AB＝AC＝3，AP＝4，∠BAC＝∠PAC＝60°，求PM→?AC22．（8分）（2021秋?福田區(qū)校級(jí)期中）在平行六面體ABCD﹣A1B1C1D1中，底面ABCD是邊長(zhǎng)為1的正方形，∠BAA1＝∠DAA1=π3，AC1（1）求側(cè)棱AA1的長(zhǎng)；（2）M，N分別為D1C1，C1B1的中點(diǎn)，求AC1→?MN→參考答案與試題解析一．選擇題（共8小題，滿分24分，每小題3分）1．（3分）如圖，在空間四邊形ABCD中，AB→?CDA．﹣1 B．1 C．0 D．不確定【解題思路】用AB→、AD→和【解答過程】解：空間四邊形ABCD中，AB→?=AB→?（AD→?AC→）+AC=AB→?AD→?AB→?AC→+AC＝0．故選：C．2．（3分）若A，B，C，D是空間中不共面的四點(diǎn)，且滿足AB→?AC→=AC→?AD→A．鈍角三角形 B．銳角三角形 C．直角三角形 D．不確定【解題思路】由題意知，AB⊥AC，AC⊥AD，AB⊥AD，設(shè)AB＝a，AC＝b，AD＝c，由勾股定理可求BC、CD、BD的長(zhǎng)度，在△BCD中，由余弦定理得B，C，D三個(gè)角的余弦值都是正數(shù)，可得B，C，D都是銳角，得到△BCD的形狀．【解答過程】解：∵AB→?AC→=AC→?AD→=AB→?AD→=0，∴AB設(shè)AB＝a，AC＝b，AD＝c，則BC=a2+b2，CD△BCD中，由余弦定理得cosB=a2同理可得，cosC＞0，cosD＞0，∴內(nèi)角B，C，D都是銳角，即△BCD是銳角三角形．故選：B．3．（3分）（2021秋?宣城期中）我國(guó)古代數(shù)學(xué)名著《九章算術(shù)》商功中記載“斜解立方，得兩塹堵”，塹堵是底面為直角三角形的直三棱柱．在塹堵ABC﹣A1B1C1中，AB＝AC＝AA1＝2，P為B1C1的中點(diǎn)，則AC1→A．6 B．﹣6 C．2 D．﹣2【解題思路】由條件得AB⊥AC，AA1⊥AB，AA1⊥AC，將AC1→，BP→用向量AC→【解答過程】解：根據(jù)塹堵的幾何性質(zhì)可知，AB⊥AC，AA1⊥AB，AA1⊥AC，因?yàn)锳C1→=AC所以AC1→?BP→=（AC→+AA1故選：A．4．（3分）已知單位向量b→與x，y軸的夾角分別為60度，60度，與z軸的夾角為鈍角，向量a→=2j﹣kA．1+2 B．1?2 C．1+22【解題思路】設(shè)向量b→與z軸正向的夾角為α，由cos260°+cos260°+cos2α＝1，求出α【解答過程】解：設(shè)向量b→與z軸正向的夾角為α∵向量b→與x軸正向的夾角為60°，與y軸正向的夾角為60∴cos260°+cos260°+cos2α＝1，解得cos2α＝1?1∵與z軸的夾角為鈍角，∴cosα=?22，∴α∵a→=2j﹣則a→?b→=（2j﹣k）?b→=2j→?b→?k→?b→=故選：C．5．（3分）如圖，正方體ABCD﹣A1B1C1D1的棱長(zhǎng)為a，體對(duì)角線AC1與BD1相交于點(diǎn)O，則有（）A．AB→?A1CC．AB→?AO→=12a【解題思路】利用空間向量基本定理、空間向量數(shù)量積的運(yùn)算律以及向量垂直的充要條件，分別求解四個(gè)選項(xiàng)中的數(shù)量積，即可得到答案．【解答過程】解：由題意，AB→?AAB→?AC1AB→?AOBC→?D故選：C．6．（3分）在正方體ABCD﹣A1B1C1D1中，有下列命題：①（AA1→+AD→+AB→）2＝3AB→2；②A1CA．0 B．1 C．2 D．3【解題思路】根據(jù)空間向量的垂直和異面直線的所成的角即可求出．【解答過程】解：對(duì)于①（AA1→+AD→+AB→）2＝（AA1→）2+（AD→）2+（AB→）2+2A對(duì)于②A1C→?（A1B1→?對(duì)于③∵A1B∥D1C→，AD1，AC，D1C，分別為面的對(duì)角線，∴∠AD1C＝60°，∴A故選：C．7．（3分）已知四面體ABCD中，AB，AC，AD兩兩互相垂直，則下列結(jié)論中，不一定成立的是（）A．|ABB．|ABC．(ABD．AB【解題思路】作出如圖的圖形，從圖形上把各個(gè)向量對(duì)應(yīng)的有向線段表示出來，對(duì)四個(gè)選項(xiàng)進(jìn)行判別．【解答過程】解：作出如圖的形，對(duì)于選項(xiàng)A|AB→+AC→+AD|AD→+AE→|＝|AD對(duì)于選項(xiàng)B，|AB→+AC→+AD→|2=|AB對(duì)于選項(xiàng)C，由于三個(gè)線段的長(zhǎng)度未知，不確定，故C不一定正確．對(duì)于D選項(xiàng)，由線面垂直可得三組向量之間都是垂直的關(guān)系，故它們的內(nèi)積都是0，D正確．綜上知，C不一定正確，故應(yīng)選C．8．（3分）（2021秋?北辰區(qū)期中）在四面體P﹣ABC中給出以下四個(gè)結(jié)論，則說法錯(cuò)誤的是（）A．若AD→=13ACB．若Q為△ABC的重心，則PQ→C．若PA→?BC→=0，PC→?AB→=0D．若四面體P﹣ABC各棱長(zhǎng)都為2，M，N分別為PA，BC的中點(diǎn)，則|MN→|＝【解題思路】根據(jù)向量的線性運(yùn)算與數(shù)量積的公式，逐一對(duì)選項(xiàng)進(jìn)行計(jì)算即可．【解答過程】解：對(duì)于A，AD→=13AC→整理得2AD→?2所以2BD→故2BD→所以BC→=3BD→對(duì)于B，由于Q為△ABC的重心，所以QA→所以3PQ→+QA整理得PQ→=1對(duì)于C，PA→?BC→=則PA→?所以PA→?BC→+整理得（PA→?PC→所以CA→?轉(zhuǎn)換為AC→?整理得AC→?PB→對(duì)于D，由題可知，四面體各個(gè)面均為正三角形，則|PA→|＝|PB→|＝|PC→|PA→，PB→，PC→又MN→=PN由于|PB→+所以|MN→|=2，故故選：D．二．多選題（共4小題，滿分16分，每小題4分）9．（4分）（2021秋?益陽期末）已知四面體ABCD的所有棱長(zhǎng)都是2，E，F(xiàn)，G分別是棱AB，AD，DC的中點(diǎn)，則（）A．AB→?AC→=2 B．EF→?FG【解題思路】由題意，四面體是正四面體，每個(gè)三角形都是等邊三角形，利用向量的數(shù)量積的定義解答．【解答過程】解：由題意，空間四邊形ABCD的每條邊及AC、BD的長(zhǎng)都為2，四面體時(shí)正四面體，所以每個(gè)面都是等邊三角形，點(diǎn)E、F、G分別是AB、AD、DC的中點(diǎn)，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→+故選：ACD．10．（4分）（2021秋?武昌區(qū)校級(jí)月考）已知空間四邊形ABCD的四條邊和對(duì)角線長(zhǎng)都為a，且E，F(xiàn)，G分別是AB，AD，DC的中點(diǎn)，則下列四個(gè)數(shù)量積中結(jié)果為﹣a2的式子的有（）A．2BA→?AC→ B．2AD→?【解題思路】根據(jù)已知條件，結(jié)合平面向量數(shù)量積的性質(zhì)及運(yùn)算，即可求解．【解答過程】解：對(duì)于A，2BA→?AC→=2|BA→||AC→對(duì)于B，2AD→?BD→=2|AD→||BD→對(duì)于C，2GF→?對(duì)于D，2EF→?故選：AC．11．（4分）（2020秋?新泰市校級(jí)期中）定義空間兩個(gè)向量的一種運(yùn)算a→?b→=|a→|?|b→A．a(chǎn)→?b→=B．λ（a→?b→）＝（λa→）C．（a→+b→）?c→=（a→?c→D．若a→=（x1，y1），b→=（x2，y2），則a→?b→=|x1y【解題思路】A和B需要根據(jù)定義列出左邊和右邊的式子，再驗(yàn)證兩邊是否恒成立；C由定義驗(yàn)證若a→=λb→，且λ＞0，結(jié)論成立，從而得到原結(jié)論不成立；D根據(jù)數(shù)量積求出cos＜a→，b【解答過程】解：對(duì)于A，a→?b→=|a→|?|b→|sin＜a→，b→＞，b→?a→故a→?b→=對(duì)于B：λ（a→?b→）＝λ（|a→|?|b→|sin＜a→，b→＞），（λa→）?b→=|λ||a故λ（a→?b→）＝（λa→）對(duì)于C，若a→=λb→，（a→+b→）?c→=（1+|λ|）|（a→?c→）+（b→?c→）＝|λb→|?|c→|sin＜b→，c→＞+|b→|?|c→|sin＜b→，c顯然（a→+b→）?c→=（a→?c對(duì)于D，cos＜a→，b→＞=x即有a→?b→=|a→|?|b→|?1=x12=(x12+y12)(x22則a→?b→=|x1y2﹣x2y故選：AD．12．（4分）（2021秋?江岸區(qū)校級(jí)月考）已知ABCD﹣A1B1C1D1為正方體，下列說法中正確的是（）A．(AB．A1C．向量AD1→與向量A1D．正方體ABCD﹣A1B1C1D1的體積為|【解題思路】本題考查的是用向量的知識(shí)和方法研究正方體中的線線位置關(guān)系及夾角與體積．用到向量的加法、減法、夾角及向量的數(shù)量積，研究了正方體中的線線平行、垂直，異面直線的夾角及正方體的對(duì)角線的計(jì)算、體積的計(jì)算．【解答過程】解：由向量的加法得到：A1A→+A1D∵A1B1→?A1A→=AB∵△ACD1是等邊三角形，∴∠AD1C＝60°，又A1B∥D1C，∴異面直線AD1與A1B所成的夾角為60°，但是向量AD1→與向量A1B∵AB⊥AA1，∴AB→?AA1→故選：AB．三．填空題（共4小題，滿分16分，每小題4分）13．（4分）（2021秋?海淀區(qū)期末）在棱長(zhǎng)為1的正方體ABCD﹣A1B1C1D1中，AC1→?A【解題思路】直接把向量轉(zhuǎn)化再結(jié)合數(shù)量積即可求解結(jié)論．【解答過程】解：∵在棱長(zhǎng)為1的正方體ABCD﹣A1B1C1D1中，AB⊥BC，AB⊥CC1，如圖：故AC1→?A1B故答案為：1．14．（4分）（2021秋?臨沂期中）已知四面體ABCD的每條棱長(zhǎng)都等于2，點(diǎn)E，F(xiàn)，G分別是棱AB，AD，DC的中點(diǎn)，則GE→?GF→等于【解題思路】求出EG、EF、GF的長(zhǎng)，從而求出∠EGF＝45°，再由GE→?GF→=|EG→|?【解答過程】解：∵四面體ABCD的每條棱長(zhǎng)都等于2，點(diǎn)E，F(xiàn)，G分別是棱AB，AD，DC的中點(diǎn)，∴GF∥AC，GF=12AC=1，EF∥BD，EF=12BD=1GE=A∴cos∠EGF=GE2+GF∴GE→?GF→=|EG→|?|GF→故答案為：1．15．（4分）（2021秋?金山區(qū)期末）如圖，四個(gè)棱長(zhǎng)為1的正方體排成一個(gè)正四棱柱，AB是一條側(cè)棱，Pi（i＝1，2，…，8）是上底面上其余的八個(gè)點(diǎn)，則集合{y|y=AB→?APi→，i＝1，2，3，…，8}中的元素個(gè)數(shù)為【解題思路】根據(jù)向量的垂直和向量的數(shù)量積即可求出．【解答過程】解：AP則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故答案為：1．16．（4分）（2020秋?錦州期末）點(diǎn)P是棱長(zhǎng)為26的正四面體表面上的動(dòng)點(diǎn)，MN是該四面體內(nèi)切球的一條直徑，則PM→?PN→的最大值是8【解題思路】點(diǎn)P位于正四面體ABCD的頂點(diǎn)時(shí)取得最大值，求出即可．【解答過程】解：如圖所示：設(shè)正四面體ABCD的棱長(zhǎng)為26，設(shè)其內(nèi)切球球心為點(diǎn)O，連接AO并延長(zhǎng)交底面BCD于點(diǎn)E，則E為正三角形BCD的中點(diǎn)，且AE⊥平面BCD，連接BE并延長(zhǎng)交CD于點(diǎn)F，則F為CD的中點(diǎn)，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∴正四面體ABCD的體積V=13S△BCD?AE＝8設(shè)球O的半徑為R，則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→）（當(dāng)PO→2最大，即點(diǎn)P位于正四面體ABCD的頂點(diǎn)時(shí)，則PM→此時(shí)，PM→?PN→=PO→2﹣1≤AO2﹣1＝9故答案為：8．四．解答題（共6小題，滿分44分）17．（6分）（2021秋?太原期末）如圖，三棱錐O﹣ABC各棱的棱長(zhǎng)都是1，點(diǎn)D是棱AB的中點(diǎn)，點(diǎn)E在棱OC上，且OE→=λOC→，記OA→=（1）用向量a→，b→，c→（2）求DE的最小值．【解題思路】（1）根據(jù)題意，根據(jù)題意，連接OD，CD，由空間向量的運(yùn)算方法可得DE→=OE→?（2）根據(jù)題意，由正三棱錐的幾何結(jié)構(gòu)分析可得|OD|=32，且cos∠DOE=33，由空間向量的運(yùn)算法則可得|DE→|2＝|OE→?OD→|2，變形可得|DE【解答過程】解：（1）根據(jù)題意，連接OD，CD，點(diǎn)D是棱AB的中點(diǎn)，點(diǎn)E在棱OC上，且OE→=λOC→，記OA→=∴DE→=OE→?OD→=（2）根據(jù)題意，點(diǎn)D是棱AB的中點(diǎn)，則|OD|=32，且cos∠DOE|DE→|2＝|OE→?OD→|2=OE→2﹣2OE→?OD→+OD→2＝（λc→）2﹣2×λ×1×32×則當(dāng)λ=12時(shí)，|DE→|2則|DE→|的最小值為218．（6分）如圖，在平行六面體ABCD﹣A'B'C'D′中，AB＝4，AD＝3，AA'＝5，∠BAD＝90°，∠BAA'＝∠DAA′＝60°．求：（1）AA'（2）AB′的長(zhǎng)；（3）AC′的長(zhǎng)．【解題思路】（1）利用數(shù)量積的定義得AA'→?AB→=|AA'（3）因?yàn)锳C'→=【解答過程】解：（1）AA'（2）因?yàn)锳B'→=（3）因?yàn)锳A'→?所以|AC'19．（8分）（2021秋?惠州期末）如圖，已知平行六面體ABCD﹣A1B1C1D1中，底面ABCD是邊長(zhǎng)為1的正方形，AA1＝2，∠A1AB＝∠A1AD＝60°，設(shè)AB→=a→，（1）用a→，b→，c→表示A（2）求AA【解題思路】（1）利用向量的數(shù)量積運(yùn)算，向量的求模公式求解即可．（2）利用向量數(shù)量積運(yùn)算求解即可．【解答過程】解：（1）∵AB→=a→，∴AC∵底面ABCD是邊長(zhǎng)為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）（2021秋?黑龍江期中）如圖，四棱錐P﹣ABCD的各棱長(zhǎng)都為a．（1）用向量法證明BD⊥PC；（2）求|AC→+【解題思路】（1）根據(jù)題意得出四邊形ABCD是菱形，BD→⊥OC→；△PBD是等腰三角形，PO→利用平面向量的數(shù)量積求出BD→⊥PC→=0，即證BD（2）根據(jù)題意，利用Rt△POC，求出＜AC→，PC→＞的大小，再求模長(zhǎng)【解答過程】解：（1）證明：設(shè)AC、BD交于點(diǎn)O，連接PO，如