2022版人教A版高中数学选择性必修第一册练习题--空间向量的数量积运算

2022版人教A 版高中数学选择性必修第一册--1.1.2 空间向量的数量积
运算
基础过关练
题组一 数量积的概念及其运算 1.设a 、b 为空间中的任意两个非零向量,有下列各式: ①a 2=|a |2;②
a ·
b a 2
=b
a
;③(a ·b )2=a 2·b 2;④(a -b )2=a 2-2a ·b +b 2.
其中正确的个数为 ( ) A.1 B.2 C.3 D.4
2.在棱长为1的正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中,设AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =a ,AD ⃗⃗⃗⃗⃗ =b ,AA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =c ,则a ·(b +c )的值为 ( )
A.1
B.0
C.-1
D.-2
3.(2021北京海淀阶段性考试)已知四面体ABCD 的所有棱长都是2,点E 是AD 的中点,则BA ⃗⃗⃗⃗⃗ ·CE ⃗⃗⃗⃗⃗ = ( ) A.1 B.-1 C.√3D.−√3
题组二 利用空间向量的数量积求夹角
4.(2020山东济宁高二上检测)已知两条异面直线的方向向量分别为a ,b ,且|a |=|b |=1,a ·b =-1
2,则两直线的夹角为 ( )
A.30°
B.60°
C.120°
D.150°
5.已知空间向量a ,b ,c 满足a +b +c =0,|a |=2,|b |=3,|c |=4,则a 与b 的夹角为 ( ) A.30° B.45° C.60° D.以上都不对
6.(2020甘肃天水一中高二月考)在四棱锥P -ABCD 中,PD ⊥底面ABCD ,底面ABCD 为正方形,AB =1,PD =2,则异面直线PA 与BD 所成角的余弦值为 ( )
A.-√55
B.√55
C.−√1010
D.√1010
题组三 利用空间向量的数量积求距离(线段长度)
7.(2020安徽阜阳界首高二上期末)在底面是正方形的四棱柱ABCD -A 1B 1C 1D 1
中,AB =1,AA 1=2,∠A 1AD =∠A 1AB =π
3
,则|AC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |= ( )
A.2√2
B.2√3
C.3
D.√10
8.(2020山东济南历城第二中学高二上月考)如图,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 的夹角都等于60°,M 是PC 的中点,设AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =a ,AD ⃗⃗⃗⃗⃗ =b ,AP ⃗⃗⃗⃗⃗ =c. (1)试用a ,b ,c 表示向量BM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ; (2)求BM 的长.
题组四 利用空间向量的数量积证明垂直
9.(2020北京陈经纶中学高二上期中)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.PC ⃗⃗⃗⃗⃗ 与BD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ B.DA ⃗⃗⃗⃗⃗ 与PB ⃗⃗⃗⃗⃗ C.PD ⃗⃗⃗⃗⃗ 与AB ⃗⃗⃗⃗⃗ D.PA ⃗⃗⃗⃗⃗ 与CD ⃗⃗⃗⃗⃗
10.(2020上海复旦大学附属中学高二下期中)如图,在四棱锥P -ABCD 中,PA ⊥底面ABCD ,AD ⊥DC ,AB ∥DC ,AD =DC =AP =2,AB =1,点E 为棱PC 的中点. (1)证明:BE ⊥PD ;
(2)若F 为棱PC 上一点,满足BF ⊥AC ,求线段PF 的长.
能力提升练
题组一 利用空间向量的数量积求异面直线所成角
1.(2021湖北武汉、襄阳、荆门、宜昌四地六校考试联盟高三上联考,
)如图,
直四棱柱ABCD -A 1B 1C 1D 1的底面是菱形,AA 1=AB =2,∠BAD =60°,M 是BB 1的中点,则异面直线A 1M 与B 1C 所成角的余弦值为 ( )
A.-
√105 B.−15C.15D.√105
2.(2020河北沧州高三一模,)四棱锥V -ABCD 的底面是正方形,且各条棱长均相
等,点P 是VC 的中点,则异面直线AP 与CD 所成角的余弦值为 ( ) A.3
5B.
√55C.√5
10D.3√510
3.(2020重庆第一中学高三下模拟,)如图所示,在正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中,点P
是底面A 1B 1C 1D 1内(含边界)的一点,且AP ∥平面DBC 1,则异面直线AP 与BD 所成角的取值范围为 ( )
A.[π
4,
3π4]B.[π4
,π
2]
C.[π3,π2
]D.[π3
,2π3
]
4.(2020浙江宁波九校高二上期末联考,
)在正四面体ABCD 中,M ,N 分别为棱BC 、
AB 的中点,设AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =a ,AC ⃗⃗⃗⃗⃗ =b ,AD ⃗⃗⃗⃗⃗ =c ,用a ,b ,c 表示向量DM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ = ,异面直线DM 与CN 所成角的余弦值为 .
题组二 利用空间向量的数量积求距离(长度) 5.(2021山东新高考测评联盟高二上联考,
)如图所示,已知平行六面体
ABCD -A 1B 1C 1D 1中,AB =AD =2,AA 1=4,∠BAA 1=∠DAA 1=∠BAD =60°,M 为CC 1的中点,则AM
的长度为 .
6.()如图所示,四边形ABCD是矩形,EF∥AB,AB=4,EF=2,△ADE和△BCF都是边长为2的等边三角形,G是AD上一动点,求FG的长度的范围.
题组三利用空间向量的数量积证明垂直
7.(2020广西柳州高级中学期中,)如图所示,在三棱锥A-BCD中,DA,DB,DC两两垂直,且DB=DC=DA=2,E为BC的中点.
(1)证明:AE⊥BC;
(2)求直线AE与DC所成角的余弦值.
答案全解全析 基础过关练
1.B 对于①,a 2=|a |2cos 0°=|a |2,①正确;对于②,
a ·
b a 2
=
|a ||b |cos<a ,b>
|a |
2
=
|b |cos<a ,b>
|a |
≠b a
,另外,根据向量有大小和方向两个要素知向量不能作比值,也可以
判断②错误;对于③,设a 、b 的夹角为θ,则(a ·b )2=(|a ||b |cos
θ)2=|a |2|b |2cos 2θ≤a 2·b 2,③错误;对于④,由空间向量数量积的运算性质可得
(a -b )2=a 2-2a ·b +b 2,④正确.故选B . 2.B 由题意得a ·(b +c )=a ·b +a ·c =0. 3.A 如图,可知CE ⃗⃗⃗⃗⃗ =CA ⃗⃗⃗⃗⃗ +AE
⃗⃗⃗⃗⃗ , ∴BA ⃗⃗⃗⃗⃗ ·CE ⃗⃗⃗⃗⃗ =BA ⃗⃗⃗⃗⃗ ·(CA ⃗⃗⃗⃗⃗ +AE ⃗⃗⃗⃗⃗ )=BA ⃗⃗⃗⃗⃗ ·CA ⃗⃗⃗⃗⃗ +BA ⃗⃗⃗⃗⃗ ·AE ⃗⃗⃗⃗⃗ =2×2×cos 60°+2×1×cos 120°=1. 故选A .
4.B 设向量a ,b 的夹角为θ,则cos θ=
a ·
b |a ||b |
=−1
2
,∴θ=120°,∴两个方向向
量对应的直线的夹角为180°-120°=60°.故选B .
5.D 设a 与b 的夹角为θ.由a +b +c =0,得a +b =-c ,两边平方,得a 2+2a ·b +b 2=c 2,所以4+2×2×3cos θ+9=16,解得cos θ=1
4,故选D .
6.D ∵PD ⊥平面ABCD ,DA ,DC ⊂平面ABCD ,∴PD ⊥DA ,PD ⊥DC , 又底面ABCD 为正方形,∴DA ⊥DC , ∵PA ⃗⃗⃗⃗⃗ =DA ⃗⃗⃗⃗⃗ -DP ⃗⃗⃗⃗⃗ ,DB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =DA ⃗⃗⃗⃗⃗ +DC ⃗⃗⃗⃗⃗ ,
∴PA ⃗⃗⃗⃗⃗ ·DB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(DA ⃗⃗⃗⃗⃗ -DP ⃗⃗⃗⃗⃗ )·(DA ⃗⃗⃗⃗⃗ +DC ⃗⃗⃗⃗⃗ )=DA ⃗⃗⃗⃗⃗ 2+DA ⃗⃗⃗⃗⃗ ·DC ⃗⃗⃗⃗⃗ -DP ⃗⃗⃗⃗⃗ ·DA ⃗⃗⃗⃗⃗ -DP ⃗⃗⃗⃗⃗ ·DC ⃗⃗⃗⃗⃗ =1,
|PA ⃗⃗⃗⃗⃗ |=√(DA ⃗⃗⃗⃗⃗ -DP ⃗⃗⃗⃗⃗ )2
=√DA ⃗⃗⃗⃗⃗ 2-2DA ⃗⃗⃗⃗⃗ ·DP ⃗⃗⃗⃗⃗ +DP
⃗⃗⃗⃗⃗ 2=√1+4=√5, |DB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |=√(DA ⃗⃗⃗⃗⃗ +DC ⃗⃗⃗⃗⃗ )2
=√DA ⃗⃗⃗⃗⃗ 2+2DA ⃗⃗⃗⃗⃗ ·DC ⃗⃗⃗⃗⃗ +DC ⃗⃗⃗⃗⃗ 2=√1+1=√2,
∴|cos<PA ⃗⃗⃗⃗⃗ ,DB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ >|=|PA ⃗⃗⃗⃗⃗ ·DB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗
||PA ⃗⃗⃗⃗⃗ ||DB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗
|
=√5×√2
=
√10
10
, ∴异面直线PA 与BD 所成角的余弦值为√10
10
. 7.D ∵AC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +AD ⃗⃗⃗⃗⃗ +AA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,
∴|AC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |2=|AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +AD ⃗⃗⃗⃗⃗ +AA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |2=|AB ⃗⃗⃗⃗⃗ |2+|AD ⃗⃗⃗⃗⃗ |2+|AA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |2
+2AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ·A D ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +2AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ·AA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +2AD ⃗⃗⃗⃗⃗ ·
AA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =12+12+22+2×1×1×cos π2
+2×1×2×cos π3
+2×1×2×cos π
3
=1+1+4+2+2=10, ∴|AC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |=√10. 故选D .
8.解析 (1)∵M 是PC 的中点,
∴BM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =1
2
(BC ⃗⃗⃗⃗⃗ +BP
⃗⃗⃗⃗⃗ ). ∵AD ⃗⃗⃗⃗⃗ =BC ⃗⃗⃗⃗⃗ ,BP ⃗⃗⃗⃗⃗ =AP ⃗⃗⃗⃗⃗ -AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ,
∴BM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =1
2
[AD ⃗⃗⃗⃗⃗ +(AP ⃗⃗⃗⃗⃗ -A D ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ )],
结合AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =a ,AD ⃗⃗⃗⃗⃗ =b ,AP ⃗⃗⃗⃗⃗ =c , 得BM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =1
2[b +(c -a )]
=-12
a +12
b +1
2
c.
(2)∵AB =AD =1,PA =2, ∴|a |=|b |=1,|c |=2. ∵AB ⊥AD ,∠PAB =∠PAD =60°,
∴a ·b =0,a ·c =b ·c =2×1×cos 60°=1.
由(1)知BM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =−12
a +12
b +1
2
c ,
∴BM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 2
=(-12a +12b +1
2c)2
=1
4(a 2+b 2+c 2-2a ·b -2a ·c +2b ·c )
=1
4
×(1+1+4−0−2+2)=3
2
,
∴|BM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |=√62
,即BM 的长等于√6
2
.
9.A 由PA ⊥平面ABCD ,及三垂线定理可知DA ⊥PB ,PD ⊥AB ,PA ⊥CD ,故B,C,D 选项中两向量的数量积为零,无法判断PC 与BD 是否存在垂直关系,故数量积不一定为零.
10.解析 (1)证明:∵E 为PC 的中点,∴BE ⃗⃗⃗⃗⃗ =12
(BP ⃗⃗⃗⃗⃗ +BC ⃗⃗⃗⃗⃗ )=12
(AP ⃗⃗⃗⃗⃗ -AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +AC ⃗⃗⃗⃗⃗ -AB ⃗⃗⃗⃗⃗ )
=1
2(AP ⃗⃗⃗⃗⃗ +AC ⃗⃗⃗⃗⃗ -DC ⃗⃗⃗⃗⃗ ) =1
2
(AP ⃗⃗⃗⃗⃗ +AD ⃗⃗⃗⃗⃗ ),
又DP ⃗⃗⃗⃗⃗ =AP ⃗⃗⃗⃗⃗ -AD ⃗⃗⃗⃗⃗ ,
∴BE ⃗⃗⃗⃗⃗ ·DP ⃗⃗⃗⃗⃗ =12
(AP ⃗⃗⃗⃗⃗ 2-AD ⃗⃗⃗⃗⃗ 2)=0,
∴BE ⊥PD.
(2)∵F 为PC 上一点,∴可设PF ⃗⃗⃗⃗⃗ =λPC
⃗⃗⃗⃗⃗ (0≤λ≤1), ∴BF ⃗⃗⃗⃗⃗ =BP ⃗⃗⃗⃗⃗ +PF ⃗⃗⃗⃗⃗ =AP ⃗⃗⃗⃗⃗ -AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +λPC ⃗⃗⃗⃗⃗ =AP ⃗⃗⃗⃗⃗ -AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +λ(AD ⃗⃗⃗⃗⃗ +2AB ⃗⃗⃗⃗⃗ -AP ⃗⃗⃗⃗⃗ )=(1-λ)AP ⃗⃗⃗⃗⃗ -(1-2λ)AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +
λAD ⃗⃗⃗⃗⃗ .
又AC ⃗⃗⃗⃗⃗ =AD ⃗⃗⃗⃗⃗ +2AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ,BF ⊥AC ,
∴BF ⃗⃗⃗⃗⃗ ·AC ⃗⃗⃗⃗⃗ =[(1-λ)AP ⃗⃗⃗⃗⃗ -(1-2λ)AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +λAD ⃗⃗⃗⃗⃗ ]·(AD ⃗⃗⃗⃗⃗ +2AB ⃗⃗⃗⃗⃗ )=-2(1-2λ)+4λ=0, 解得λ=1
4.
∵|PC ⃗⃗⃗⃗⃗ |=√(AD ⃗⃗⃗⃗⃗ +2AB ⃗⃗⃗⃗⃗ -AP ⃗⃗⃗⃗⃗ )2
=√4+4+4=2√3, ∴PF =1
4PC =
√32,即线段PF 的长为√3
2
. 能力提升练
1. D 由题意可得A 1M ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =A 1B 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +B 1M ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =AB ⃗⃗⃗⃗⃗ −12
BB 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,|A 1M ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |=√(A 1B 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +B 1
M ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ )2
=√5,B 1C ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =BC ⃗⃗⃗⃗⃗ -BB 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,
|B 1C ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |=√(BC ⃗⃗⃗⃗⃗ -BB 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ )2
=2√2,cos<A 1M ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,B 1C ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ >=A 1M ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·B
1C ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |A 1M ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ||B
1C ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ | =(AB ⃗⃗⃗⃗⃗ -12
BB 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ )·(BC ⃗⃗⃗⃗⃗ -BB 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ )
2√10
=
AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ·BC ⃗⃗⃗⃗⃗ +1
2
BB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 22√10
=
2×2×cos60°+1
2
×4
2√10
=√10
5
.故选D .
2.D 如图所示,设四棱锥V -ABCD 的各条棱的棱长为4, 由已知可得<AV ⃗⃗⃗⃗⃗ ,AD ⃗⃗⃗⃗⃗ >=<AV ⃗⃗⃗⃗⃗ ,AB ⃗⃗⃗⃗⃗ >=60°,<AD ⃗⃗⃗⃗⃗ ,D B ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ >=90°,
AP ⃗⃗⃗⃗⃗ =12
(AV ⃗⃗⃗⃗⃗ +AC ⃗⃗⃗⃗⃗ )=12
AV ⃗⃗⃗⃗⃗ +12
AD ⃗⃗⃗⃗⃗ +12
AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ,CD ⃗⃗⃗⃗⃗ =-AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ,
∴|AP ⃗⃗⃗⃗⃗ |=√(12AV ⃗⃗⃗⃗⃗ +12AD ⃗⃗⃗⃗⃗ +1
2AB ⃗⃗⃗⃗⃗ )2
=2√5,|CD ⃗⃗⃗⃗⃗ |=4,
∴cos<AP ⃗⃗⃗⃗⃗ ,CD ⃗⃗⃗⃗⃗ >=
AP ⃗⃗⃗⃗⃗ ·CD
⃗⃗⃗⃗⃗ |AP ⃗⃗⃗⃗⃗ ||CD ⃗⃗⃗⃗⃗ |
=
-122√5×4
=−
3√5
10, ∴异面直线AP 与CD 所成角的余弦值为
3√5
10
.
故选D .
3.C 过A 作平面α∥平面DBC 1,∵点P 是底面A 1B 1C 1D 1内(含边界)的一点,且AP ∥平面DBC 1,则P ∈平面α,即P 在α与平面A 1B 1C 1D 1的交线上,连接AB 1,AD 1,B 1D 1,
∵DD 1D BB 1,∴四边形BDD 1B 1是平行四边形,∴B 1D 1∥BD ,∴B 1D 1∥平面DBC 1, 同理可证AB 1∥平面DBC 1,∴平面AB 1D 1∥平面DBC 1,则平面AB 1D 1即为α,点P 在线段B 1D 1上,设正方体的棱长为1,且D 1P =λD 1B 1,
则AP ⃗⃗⃗⃗⃗ =AD 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +D 1P ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =AD ⃗⃗⃗⃗⃗ +AA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +λ(AB ⃗⃗⃗⃗⃗ -AD ⃗⃗⃗⃗⃗ )=(1-λ)AD ⃗⃗⃗⃗⃗ +AA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +λAB ⃗⃗⃗⃗⃗ ,DB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =AB ⃗⃗⃗⃗⃗ -AD ⃗⃗⃗⃗⃗ , ∴|DB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |=√2,|AP ⃗⃗⃗⃗⃗ |=√2λ2-2λ+2, 设AP 与BD 所成角为θ,则cos θ=|DB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·AP ⃗⃗⃗⃗⃗ |
|DB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |·|AP ⃗⃗⃗⃗⃗
|
=
|2λ-1|2√λ2-λ+1
=12
√
(2λ-1)
2
D 2-λ+1
=1
2√4-3
λ2-λ+1
=12√4-3
(λ-12
)2+
34
, 当λ=1
2
时,cos θ取得最小值,为0,
当λ=0或1时,cos θ取得最大值,为1
2
,
∴0≤cos θ≤12
,则π3
≤θ≤π
2
.
故选C . 4.答案
12
(a +b −2c);1
6
解析
画出对应的正四面体,设棱长均为1,
易得DM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =DA ⃗⃗⃗⃗⃗ +AM
⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =−c +12
(a +b)=12
(a +b -2c ),CN ⃗⃗⃗⃗⃗ =AN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ -AC ⃗⃗⃗⃗⃗ =12
a −
b =12
(a -2b ).
设异面直线DM 与CN 所成的角为θ, 则cos θ=|2DM
⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·2CN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ||2DM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ||2CN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |
=|(a+b -2c )·(a -2b )|
√3·√3
=|a 2-2a ·b+a ·b -2b 2-2a ·c+4b ·c |3
=
|1-1+12
-2-1+2|
3
=1
6
.
5.答案 2√6
解析 ∵D M ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +AD ⃗⃗⃗⃗⃗ +1
2
AA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,
∴|AM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |2=(AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +AD ⃗⃗⃗⃗⃗ +1
2
AA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ )2
=|AB ⃗⃗⃗⃗⃗ |2+|AD ⃗⃗⃗⃗⃗ |2+
14
|AA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |2+2AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ·AD ⃗⃗⃗⃗⃗ +AA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +AD ⃗⃗⃗⃗⃗ ·AA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗
=22+22+14
×42+2×2×2×12
+4×2×12
+4×2×12
=24, ∴|AM
⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |=2√6. 6.解析 连接AF ,过E 作EH ∥BF 交AB 于点H ,如图,易得四边形EFBH 为平行四边形,
∵EF =2,AB =4,∴AH =2, 又AE =2,EH =2,∴∠EAH =60°,
设AG =xAD (0≤x ≤1),则FG ⃗⃗⃗⃗⃗ =AG ⃗⃗⃗⃗⃗ -AF ⃗⃗⃗⃗⃗ =x AD ⃗⃗⃗⃗⃗ -(AE ⃗⃗⃗⃗⃗ +EF ⃗⃗⃗⃗⃗ )=x AD ⃗⃗⃗⃗⃗ -AE ⃗⃗⃗⃗⃗ −12
AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ,
∴|FG ⃗⃗⃗⃗⃗ |=√(xAD ⃗⃗⃗⃗⃗ -AE ⃗⃗⃗⃗⃗ -12
AB ⃗⃗⃗⃗⃗ )2
=√x 2AD ⃗⃗⃗⃗⃗ 2+AE ⃗⃗⃗⃗⃗ 2+14
AB ⃗⃗⃗⃗⃗ 2-2xAD ⃗⃗⃗⃗⃗ ·AE ⃗⃗⃗⃗⃗ -xAD ⃗⃗⃗⃗⃗ ·AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +AE ⃗⃗⃗⃗⃗ ·AB ⃗⃗⃗⃗⃗
=√4x 2
+4+4-4x +4=2√(x -12
)2
+
114
,
当x =12
时,FG 取最小值√11;当x =0或x =1时,FG 取最大值2√3, ∴FG 的长度的范围是[√11,2√3].
7.解析 (1)证明:AE ⃗⃗⃗⃗⃗ =DE ⃗⃗⃗⃗⃗ -DA ⃗⃗⃗⃗⃗ =1
2
(DB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +DC ⃗⃗⃗⃗⃗ )-DA ⃗⃗⃗⃗⃗ ,BC ⃗⃗⃗⃗⃗ =DC ⃗⃗⃗⃗⃗ -DB
⃗⃗⃗⃗⃗⃗ , 所以AE ⃗⃗⃗⃗⃗ ·BC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(12
DB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +12
DC ⃗⃗⃗⃗⃗ -DA ⃗⃗⃗⃗⃗ )·(DC ⃗⃗⃗⃗⃗ -DB
⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ) =1
2
DB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·DC ⃗⃗⃗⃗⃗ −12
DB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·DB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +12
DC ⃗⃗⃗⃗⃗ ·DC ⃗⃗⃗⃗⃗ −1
2
DC ⃗⃗⃗⃗⃗ ·DB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ -DA ⃗⃗⃗⃗⃗ ·DC ⃗⃗⃗⃗⃗ +DA ⃗⃗⃗⃗⃗ ·DB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0-2+2-0-0+0=0, 所以AE ⊥BC.
(2)AE ⃗⃗⃗⃗⃗ ·DC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(12
DB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +12
DC ⃗⃗⃗⃗⃗ -DA ⃗⃗⃗⃗⃗ )·DC ⃗⃗⃗⃗⃗
=12
DB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·DC ⃗⃗⃗⃗⃗ +12
DC ⃗⃗⃗⃗⃗ ·DC ⃗⃗⃗⃗⃗ -DA ⃗⃗⃗⃗⃗ ·DC ⃗⃗⃗⃗⃗ =0+2-0 =2,
|AE
⃗⃗⃗⃗⃗ |=√(√2)2+22=√6, 所以cos<AE ⃗⃗⃗⃗⃗ ,DC ⃗⃗⃗⃗⃗ >=
AE ⃗⃗⃗⃗⃗ ·DC
⃗⃗⃗⃗⃗ |AE ⃗⃗⃗⃗⃗ ||DC ⃗⃗⃗⃗⃗ |
=
√6×2=
√66
, 即直线AE 与DC 所成角的余弦值为√6
6
.。