高中数学 第三章 空间向量与立体几何 3.1 空间向量及其运算 3.1.3 空间向量的数量积运算学案

3.1.3 空间向量的数量积运算
学习目标 1.掌握空间向量夹角概念及表示方法.2.掌握两个向量的数量积的概念、性质、 计算方法及运算规律.3.掌握两个向量的数量积的主要用途,能运用数量积求向量夹角和判 断向量的共线与垂直.
知识点一 空间向量数量积的概念 思考 1 如图所示,在空间四边形 OABC 中,OA=8,AB=6,AC=4,BC=5,∠OAC=45°, ∠OAB=60°,类比平面向量有关运算,如何求向量O→A与B→C的数量积?并总结求两个向量数 量积的方法.

答案 ∵→BC=→AC-→AB,

∴O→A·B→C=O→A·A→C-O→A·A→B

=|→OA||→AC|cos〈→OA,→AC〉-|O→A||A→B|cos〈O→A,A→B〉

=8×4×cos 135°-8×6×cos 120°=24-16 2.

求两个向量的数量积需先确定这两个向量的模和夹角,当夹角和长度不确定时,可用已知夹

角和长度的向量来表示该向量,再代入计算.

思考 2 等边△ABC 中,A→B与B→C的夹角是多少?

答案 120°.

梳理 (1)定义:已知两个非零向量 a,b,则|a||b|cos〈a,b〉叫做 a,b 的数量积,记作

a·b.

(2)数量积的运算律

数乘向量与向量数量积的结合律

(λa)·b=λ(a·b)

交换律

a·b=b·a

分配律

a·(b+c)=a·b+a·c

(3)空间向量的夹角

1

①定义:已知两个非零向量 a,b,在空间任取一点 O,作→OA=a,O→B=b,则∠AOB 叫做向量

a,b 的夹角,记作〈a,b〉.

②范围:〈a,b〉∈[0,π].特别地:当〈a,b〉=π2 时,a⊥b.

知识点二 空间向量的数量积的性质

①若 a,b 是非零向量,则 a⊥b?a·b=0

②若 a 与 b 同向,则 a·b=|a|·|b|;若反向,则 a·b=-

两个向量数量积的性质

|a|·|b|. 特别地,a·a=|a|2 或|a|= a·a

③若 θ 为 a,b 的夹角,则 cos θ=|aa·||bb|

④|a·b|≤|a|·|b|

类型一 空间向量的数量积运算 命题角度 1 空间向量的数量积基本运算 例 1 (1)下列命题是否正确?正确的请给出证明,不正确的给予说明. ①p2·q2=(p·q)2; ②|p+q|·|p-q|=|p2-q2|; ③若 a 与(a·b)·c-(a·c)·b 均不为 0,则它们垂直. 解 ①此命题不正确. ∵p2·q2=|p|2·|q|2, 而(p·q)2=(|p|·|q|·cos〈p,q〉)2=|p|2·|q|2·cos2〈p,q〉, ∴当且仅当 p∥q 时,p2·q2=(p·q)2. ②此命题不正确. ∵|p2-q2|=|(p+q)·(p-q)|=|p+q|·|p-q|·|cos〈p+q,p-q〉|, ∴当且仅当(p+q)∥(p-q)时,|p2-q2|=|p+q|·|p-q|. ③此命题正确. ∵a·[(a·b)·c - (a·c)·b] = a·(a·b)·c - a·(a·c)·b = (a·b)(a·c) - (a·b)(a·c)=0, 且 a 与(a·b)·c-(a·c)·b 均为非零向量, ∴a 与(a·b)·c-(a·c)·b 垂直. (2)设 θ=〈a,b〉=120°,|a|=3,|b|=4,求:
2

①a·b;②(3a-2b)·(a+2b). 解 ①∵a·b=|a||b|cos〈a,b〉, ∴a·b=3×4×cos 120°=-6. ②∵(3a-2b)·(a+2b)=3|a|2+4a·b-4|b|2=3|a|2+4|a||b|cos 120°-4|b|2, ∴(3a-2b)·(a+2b)=3×9+4×3×4×(-12)-4×16=27-24-64=-61. 反思与感悟 (1)已知 a,b 的模及 a 与 b 的夹角,直接代入数量积的公式计算. (2)如果欲求的是关于 a 与 b 的多项式形式的数量积,可以先利用数量积的运算律将多项式 展开,再利用 a·a=|a|2 及数量积公式进行计算. 跟踪训练 1 已知 a,b 均为单位向量,它们的夹角为 60°,那么|a+3b|等于( ) A. 7 B. 10 C. 13 D.4 答案 C 解析 ∵|a+3b|2=(a+3b)2=a2+6a·b+9b2=1+6×cos 60°+9=13,∴|a+3b|=
13. 命题角度 2 利用空间向量的数量积解决立体几何中的运算问题 例 2 已知长方体 ABCD-A1B1C1D1 中,AB=AA1=2,AD=4,E 为侧面 AB1 的中心,F 为 A1D1 的 中点.试计算: (1)→BC·E→D1;(2)→BF·A→B1;(3)E→F·F→C1. 解 如图,设→AB=a,A→D=b,A→A1=c,
则|a|=|c|=2,|b|=4,a·b=b·c=c·a=0. (1)→BC·E→D1=b·[12(c-a)+b]=|b|2=42=16. (2)→BF·A→B1=???c-a+12b???·(a+c)=|c|2-|a|2=22-22=0. (3)→EF·F→C1=???12?c-a?+21b???·???12b+a???=12(-a+b+c)·???12b+a???=-12|a|2+14|b|2=2. 反思与感悟 两向量的数量积,其运算结果是数量,而不是向量.零向量与任意向量的数量 积为 0.向量的数量积不满足结合律. 跟踪训练 2 已知正四面体 OABC 的棱长为 1,求: (1)(→OA+→OB )·(→CA+→CB);(2)|→OA+→OB+→OC|. 解 (1)(→OA+→OB)·(C→A+C→B)=(→OA+→OB)·(O→A-O→C+O→B-O→C)=(→OA+→OB)·(O→A+O→B-2→OC)
3

=12+1×1×cos 60°-2×1×1×cos 60°+1×1×cos 60°+12-2×1×1×cos 60°= 1. (2)|→OA+→OB+→OC|= ?O→A+O→B+O→C?2
= O→A2+→OB2+O→C2+2?→OA·O→B+→OB·O→C+→OA·O→C?
= 12+12+12+2?1×1×cos 60°×3?= 6. 类型二 利用数量积求夹角或模 命题角度 1 利用数量积求夹角 例 3 已知 BB1⊥平面 ABC,且△ABC 是∠B=90°的等腰直角三角形,?ABB1A1、?BB1C1C 的对 角线都分别相互垂直且相等,若 AB=a,求异面直线 BA1 与 AC 所成的角. 解 如图所示.∵B→A1=→BA+B→B1,→AC=→AB+→BC,

∴B→A1·→AC=(→BA+B→B1)·(A→B+B→C)=→BA·→AB+→BA·→BC+B→B1·→AB+B→B1·→BC. ∵AB⊥BC,BB1⊥AB,BB1⊥BC,

∴A→B·B→C=0,B→B1·A→B=0,B→B1·B→C=0 且B→A·A→B=-a2.

∴B→A1·→AC=-a2.

又B→A1·→AC=|B→A1|·|A→C|cos〈B→A1,A→C〉,

∴cos〈B→A1,→AC〉=

-a2

1

2a· 2a=-2.

又∵〈B→A1,→AC〉∈[0°,180°],∴〈B→A1,→AC〉=120°,

又∵异面直线所成的角是锐角或直角,

∴异面直线 BA1 与 AC 所成的角为 60°.

反思与感悟 利用向量求异面直线夹角的方法

4

跟踪训练 3 已知:PO、PA 分别是平面 α 的垂线、斜线,AO 是 PA 在平面 α 内的射影, l? α,且 l⊥OA. 求证:l⊥PA. 证明 如图,取直线 l 的方向向量 a,同时取向量→PO,→OA.
因为 l⊥OA,所以 a·O→A=0. 因为 PO⊥α,且 l? α,所以 l⊥PO, 因此 a·→PO=0. 又因为 a·P→A=a·(→PO+→OA)=a·P→O+a·→OA=0, 所以 l⊥PA. 命题角度 2 利用数量积求模(或距离) 例 4 如图所示,在平行六面体 ABCD-A1B1C1D1 中,AB=1,AD=2,AA1=3,∠BAD=90°, ∠BAA1=∠DAA1=60°,求 AC1 的长.
解 因为A→C1=A→B+A→D+A→A1, 所以A→C12=(A→B+A→D+A→A1)2=→AB2+→AD2+A→A12+2(→AB·→AD+→AB·A→A1+→AD·A→A1). 因为∠BAD=90°,∠BAA1=∠DAA1=60°, 所以〈A→B,A→D〉=90°,〈→AB,A→A1〉=〈→AD,A→A1〉=60°, 所以A→C12=1+4+9+2(1×3×cos 60°+2×3×cos 60°)=23.
5

因为A→C12=|A→C1|2,所以|A→C1|2=23,|A→C1|= 23, 即 AC1= 23. 反思与感悟 利用向量的数量积求两点间的距离,可以转化为求向量的模的问题,其基本思 路是先选择以两点为端点的向量,将此向量表示为几个已知向量的和的形式,求出这几个已 知向量的两两之间的夹角以及它们的模,利用公式|a|= a·a求解即可. 跟踪训练 4 如图,已知线段 AB⊥平面 α,BC? α,CD⊥BC,DF⊥平面 α,且∠DCF=30°, D 与 A 在 α 的同侧,若 AB=BC=CD=2,求 A,D 两点间的距离.
解 ∵A→D=A→B+B→C+C→D, ∴|→AD|2=(A→B+B→C+C→D)2=|→AB|2+|B→C|2+|C→D|2+2→AB·→BC+2→AB·→CD+2B→C·C→D =12+2(2·2·cos 90°+2·2·cos 120°+2·2·cos 90°)=8, ∴|→AD|=2 2,即 A,D 两点间的距离为 2 2. 类型三 利用空间向量的数量积解决垂直问题 例 5 如图,在空间四边形 OABC 中,OB=OC,AB=AC,求证:OA⊥BC.
证明 因为 OB=OC,AB=AC,OA=OA, 所以△OAC≌△OAB, 所以∠AOC=∠AOB. 又O→A·B→C=O→A·(→OC-→OB)=→OA·→OC-→OA·→OB =|→OA|·|O→C|cos∠AOC-|→OA|·|O→B|cos∠AOB=0, 所以→OA⊥→BC,即 OA⊥BC. 反思与感悟 (1)证明线线垂直的方法 证明线线垂直的关键是确定直线的方向向量,看方向向量的数量积是否为 0 来判断两直线是 否垂直. (2)证明与空间向量 a,b,c 有关的向量 m,n 垂直的方法 先用向量 a,b,c 表示向量 m,n,再判断向量 m,n 的数量积是否为 0. 跟踪训练 5 已知向量 a,b 满足:|a|=2,|b|= 2,且 a 与 2b-a 互相垂直,则 a 与 b
6

的夹角为________. 答案 45° 解析 ∵a 与 2b-a 垂直,∴a·(2b-a)=0, 即 2a·b-|a|2=0. ∴2|a||b|·cos〈a,b〉-|a|2=0, ∴4 2cos〈a,b〉-4=0,∴cos〈a,b〉= 22, 又〈a,b〉∈[0°,180°],∴a 与 b 的夹角为 45°.

1.已知 a,b,c 是两两垂直的单位向量,则|a-2b+3c|等于( )

A.14 B. 14 C.4 D.2

答案 B 解析 |a-2b+3c|2=|a|2+4|b|2+9|c|2-4a·b+6a·c-12b·c=14. 2.在长方体 ABCD-A1B1C1D1 中,下列向量的数量积一定不为 0 的是( ) A.A→D1·B→1C B.B→D1·A→C C.→AB·A→D1 D.B→D1·B→C 答案 D 解析 选项 A,当四边形 ADD1A1 为正方形时,可得 AD1⊥A1D,而 A1D∥B1C, 所以 AD1⊥B1C,此时有A→D1·B→1C=0; 选项 B,当四边形 ABCD 为正方形时,易得 AC⊥BD,可得 AC⊥平面 BB1D1D,故有 AC⊥BD1,此 时B→D1·→AC=0; 选项 C,由长方体的性质可得 AB⊥平面 ADD1A1, 所以 AB⊥AD1,所以A→B·A→D1=0.故选 D. 3.在正方体 ABCD-A1B1C1D1 中,有下列命题: ①(A→A1+→AD+→AB)2=3A→B2;②A→1C·(—A1→B1 -A→1A)=0;③A→D1与A→1B的夹角为 60°. 其中真命题的个数为( )

A.1 B.2 C.3 D.0

答案 B

解析 易知①②正确;A→D1与A→1B的夹角为 120°,∴③不正确.故选 B.

4.已知 a,b 为两个非零空间向量,若|a|=2 2,|b|= 22,a·b=- 2,则〈a,b〉=____.

答案

3π 4

7

解析 cos〈a,b〉=|aa·||bb|=- 22,∴〈a,b〉=34π. 5.已知正四面体 ABCD 的棱长为 2,E,F 分别为 BC,AD 的中点,则 EF 的长为______. 答案 2 解析 |→EF|2=E→F2=(E→C+C→D+D→F)2 =E→C2+→CD2+→DF2+2(E→C·C→D+E→C·D→F+C→D·D→F) =12+22+12+2×(1×2×cos 120°+0+2×1×cos 120°)=2, ∴|→EF|= 2,∴EF 的长为 2.
1.空间向量运算的两种方法 (1)利用定义:利用 a·b=|a||b|cos〈a,b〉并结合运算律进行计算. (2)利用图形:计算两个数量的数量积,可先将各向量移到同一顶点,利用图形寻找夹角, 再代入数量积公式进行运算. 2.在几何体中求空间向量数量积的步骤 (1)首先将各向量分解成已知模和夹角的向量的组合形式. (2)利用向量的运算律将数量积展开,转化为已知模和夹角的向量的数量积. (3)代入 a·b=|a||b|cos〈a,b〉求解.
40 分钟课时作业 一、选择题 1.设 a、b 为空间的非零向量,下列各式: ①a2=|a|2;②a·a2 b=ba;③(a·b)2=a2·b2;④(a-b)2=a2-2a·b+b2.其中正确的个数为 () A.1 B.2 C.3 D.4 答案 B 解析 由数量积的性质和运算律可知①④是正确的,故选 B. 2.如图,空间四边形的各边和对角线长均相等,E 是 BC 的中点,那么( )
8

A.A→E·B→C<A→E·C→D B.A→E·B→C=A→E·C→D C.A→E·B→C>A→E·C→D D.A→E·B→C与A→E·C→D不能比较大小 答案 C 解析 易知 AE⊥BC,∴A→E·B→C=0,→AE·→CD=(A→B+B→E)·C→D=A→B·(→BD-→BC)+12B→C·C→D =|→AB|·|B→D|·cos 120°-|A→B|·|→BC|·cos 120°+12|B→C|·|→CD|·cos 120°<0. ∴A→E·B→C>A→E·C→D. 3.已知空间向量 a,b,c 两两夹角为 60°,其模都为 1,则|a-b+2c|等于( ) A. 5 B.5 C.6 D. 6 答案 A 解析 ∵|a-b+2c|2=|a|2+|b|2+4|c|2-2a·b+4a·c-4b·c =12+12+4×12-2·1·1·cos 60°+4·1·1·cos 60°-4·1·1·cos 60°=5, ∴|a-b+2c|= 5. 4.如图,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→BA·→AC B.2A→D·D→B C.2F→G·A→C D.2→EF·→CB 答案 C 解析 2→BA·→AC=-a2,故 A 错;2A→D·D→B=-a2,故 B 错;2→EF·→CB=-12a2,故 D 错,只有 C 正确. 5.已知 a、b 是异面直线,A、B∈a,C、D∈b,AC⊥b,BD⊥b,且 AB=2,CD=1,则 a 与 b 所成的角是( ) A.30° B.45° C.60° D.90° 答案 C 解析 A→B=A→C+C→D+D→B,
9

∴A→B·C→D=(→AC+→CD+→DB)·→CD=→AC·→CD+→CD2+D→B·C→D=0+12+0=1, 又|→AB|=2,|→CD|=1. ∴cos〈→AB,→CD〉=|A→ A→BB·||C→C→DD|=2×1 1=12.

∵异面直线所成的角是锐角或直角, ∴a 与 b 所成的角是 60°. 6.已知在平行六面体 ABCDA1B1C1D1 中,同一顶点为端点的三条棱长都等于 1,且彼此的夹角 都是 60°,则此平行六面体的对角线 AC1 的长为( ) A. 3 B.2 C. 5 D. 6 答案 D 解析 ∵A→C1=A→B+A→D+A→A1, ∴A→C12=(→AB+→AD+A→A1)2=A→B2+A→D2+A→A12+2→AB·→AD+2A→B·A→A1+2A→D·A→A1 =1+1+1+2(cos 60°+cos 60°+cos 60°)=6,∴|A→C1|= 6. 二、填空题 7.已知向量 a,b 满足|a|=1,|b|=2,且 a 与 b 的夹角为π3 ,则|a+b|=________.

答案 7 解析 |a+b|2=a2+2a·b+b2=1+2×1×2×cos π3 +22=7,∴|a+b|= 7.

8.已知 a,b 是空间两个向量,若|a|=2,|b|=2,|a-b|= 7,则 cos〈a,b〉=______.

答案

1 8

解析 将|a-b|= 7化为(a-b)2=7,求得 a·b=12,

再由 a·b=|a||b|cos〈a,b〉求得 cos〈a,b〉=18. 9.已知空间向量 a,b,c 满足 a+b+c=0,|a|=3,|b|=1,|c|=4,则 a·b+b·c+c·a 的值为________. 答案 -13 解析 ∵a+b+c=0, ∴(a+b+c)2=0, ∴a2+b2+c2+2(a·b+b·c+c·a)=0, ∴a·b+b·c+c·a=-32+122+42=-13.

10

10.将 AB=2 3,BC=2 的长方形 ABCD 沿对角线 AC 折成 60°的二面角,则 B,D 间的距离为 ________. 答案 7 解析 作 DE⊥AC 于点 E,BF⊥AC 于点 F. 由已知可得,AC=4,DE=BF= 3, ∴AE=1,CF=1,∴EF=2. ∵二面角的大小为 60°, ∴D→E与F→B的夹角为 120°, ∴|→DB|2=(D→E+E→F+F→B)2=7, ∴|→DB|= 7, ∴B,D 间的距离为 7. 三、解答题 11.如图所示,已知空间四边形 ABCD,连接 AC,BD,若 AB=CD,AC=BD,E,F 分别是 AD, BC 的中点,试用向量方法证明 EF⊥AD 且 EF⊥BC.

证明 连接 AF,∵点 F 是 BC 的中点,

∴A→F=12(→AB+→AC),

∴E→F=A→F-A→E=12(→AB+→AC)-12A→D=12(→AB+→AC-→AD),

又|→AC|=|B→D|=|→AD-→AB|,

∴A→C2=→AD2-2→AD·→AB+→AB2,



同理→AB2=C→D2=A→D2-2A→C·A→D+A→C2,



将①代入②可得A→B2=→AD2-2→AC·→AD+→AD2-2A→B·A→D+A→B2,

∴2→AD2-2A→D·(A→C+A→B)=0,

11

∴A→D·(→AC+→AB-→AD)=0, ∴A→D·12(→AB+→AC-→AD)=0, ∴A→D·E→F=0,∴→EF⊥→AD. 同理可得→EF⊥→BC. ∴EF⊥AD 且 EF⊥BC. 12.如图所示,在四棱锥 P—ABCD 中,PA⊥平面 ABCD,AB⊥BC,AB⊥AD,且 PA=AB=BC=12AD =1,求 PB 与 CD 所成的角.

解 由题意知|P→B|= 2,|C→D|= 2,

→PB=→PA+→AB,→DC=→DA+→AB+→BC,

∵PA⊥平面 ABCD,

∴P→A·D→A=P→A·A→B=P→A·B→C=0.

∵AB⊥AD,

∴A→B·D→A=0,

∵AB⊥BC,

∴A→B·B→C=0,

∴P→B·D→C=(→PA+→AB)·(D→A+A→B+B→C)=A→B2=|→AB|2=1,

又∵|P→B|= 2,|C→D|= 2,

∴cos〈→PB,→DC〉=|P→ P→BB·||D→D→CC|=

1 2×

1 2=2,

∵〈→PB,→DC〉∈[0,π],

∴〈→PB,→DC〉=π3 ,

∵异面直线所成的角为锐角或直角,

∴PB 与 CD 所成的角为π3 .

12

13.如图,在正三棱柱 ABCA1B1C1 中,底面边长为 2.
(1)设侧棱长为 1,求证:AB1⊥BC1; (2)设 AB1 与 BC1 的夹角为π3 ,求侧棱的长. (1)证明 A→B1=A→B+B→B1, B→C1=B→B1+B→C. ∵BB1⊥平面 ABC,∴B→B1·→AB=0,B→B1·B→C=0. 又△ABC 为正三角形, ∴〈→AB,→BC〉=π-〈→BA,→BC〉=π-π3 =2π3 . ∵A→B1·B→C1=(→AB+B→B1)·(B→B1+→BC) =A→B·B→B1+→AB·→BC+B→B12+B→B1·→BC =|→AB|·|B→C|·cos〈→AB,→BC〉+B→B12=-1+1=0, ∴AB1⊥BC1. (2)解 结合(1)知A→B1·B→C1=|A→B|·|→BC|·cos〈A→B,B→C〉+B→B12=B→B12-1. 又|A→B1|= ?→AB+B→B1?2= 2+B→B12=|B→C1|, ∴cos〈A→B1,B→C1〉=B2→B+12B-→B112=12, ∴|B→B1|=2,即侧棱长为 2.
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