【学案导学】高中数学(人教版A版选修2-1)配套练习：3.1.3空间向量的数量积运算(含答案解析)

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2019年人教A版高中数学选修2-1练习：3.1.1 空间向量及其加减运算3.1.2 空间向量的数

姓名，年级：时间：3.1。

1 空间向量及其加减运算3.1。

2 空间向量的数乘运算1。

已知空间四边形ABCD中,G为CD的中点，则+（+)等于( A ）(A） (B） (C)（D）解析：+（+）=+×(2)=+=。

故选A。

2。

下列命题中正确的个数是( A ）①若a与b共线，b与c共线,则a与c共线；②向量a,b,c共面，即它们所在的直线共面；③若a∥b，则存在唯一的实数λ，使a=λb.（A)0 (B)1 (C)2 （D）3解析：①当b=0时，a与c不一定共线，故①错误;②中a，b,c共面时,它们所在的直线平行于同一平面,不一定在同一平面内，故②错误;③当b为零向量,a不为零向量时，λ不存在。

故选A。

3.在平行六面体ABCD EFGH中，若=x—2y+3z,则x+y+z等于( C ）（A）（B)（C）（D）1解析：=++,则x=1,y=—,z=，故选C.4.已知空间向量a,b，且=a+2b，=—5a+6b，=7a—2b,则一定共线的三点是（ A ）(A）A,B，D （B）A,B,C (C)B，C，D (D)A，C,D解析：因为=+=2a+4b=2，所以A，B，D三点共线。

故选A.5.若空间中任意四点O,A,B,P满足=m+n，其中m+n=1,则（ A ）(A)P∈AB (B)P∉AB(C）点P可能在直线AB上（D）以上都不对解析：因为m+n=1,所以m=1—n，所以=（1—n)+n,即—=n（-）,即=n，所以与共线.又有公共起点A,所以P，A,B三点在同一直线上，即P∈AB.故选A。

6.若a与b不共线,且m=a+b,n=a-b,p=a,则( D ）（A）m,n,p共线（B）m与p共线（C)n与p共线(D)m,n，p共面解析:由于(a+b）+（a-b）=2a，即m+n=2p,即p=m+n，又m与n不共线，所以m,n,p共面。

7。

已知i，j,k是不共面向量,a=2i-j+3k,b=—i+4j—2k，c=7i+5j+λk，若a，b,c三个向量共面,则实数λ等于( D ）(A) (B）9 （C) (D)解析:因为a，b,c三向量共面,所以存在实数m，n,使得c=ma+nb,即7i+5j+λk=m(2i-j+3k）+n(—i+4j-2k）。

2021年高中数学3.1.3空间向量的数量积运算学案含解析人教A版选修2_1

3.1.3 空间向量的数量积运算[目标] 1.掌握空间向量夹角的概念及表示方法，掌握两个向量的数量积概念、性质和计算方法及运算规律.2.掌握两个向量的数量积的主要用途，会用它解决立体几何中一些简单的问题．[重点] 空间向量的数量积运算．[难点] 利用空间向量解决夹角、距离等问题．知识点一空间向量的夹角[填一填]1．定义：(1)条件：a ，b 是空间的两个非零向量．(2)作法：在空间任取一点O ，作OA →＝a ，OB →＝b . (3)结论：∠AOB 叫做向量a ，b 的夹角，记作a ，b ．2．范围：a ，b∈[0，π]，其中，(1)当a ，b ＝0时，a 与b 的方向相同． (2)当a ，b ＝π时，a 与b 的方向相反． (3)当a ，b＝π2时，a 与b 互相垂直，记作a ⊥b . [答一答]1．若a ，b 是空间的两个非零向量，则－a ，b ＝a ，－b ＝a ，b ，对吗？提示：不对．∵－a 与a ，－b 与b 分别是互为相反向量，∴－a ，b＝a ，－b ＝π－a ，b ．知识点二空间向量的数量积[填一填]1．空间向量的数量积 (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 .即a ·b＝|a ||b |cosa ，b ．(2)运算律：①(λa )·b ＝λ(a ·b )； ②交换律：a ·b ＝b ·a ；③分配律：a ·(b ＋c )＝a ·b ＋a ·c . 2．空间向量数量积的性质[答一答]2．类比平面向量，你能说出a ·b 的几何意义吗？提示：数量积a ·b 等于a 的长度|a |与b 在a 的方向上的投影|b |·cos θ的乘积． 3．对于向量a ，b ，c ，由a ·b ＝a ·c ，能得到b ＝c 吗？提示：不能，若a ，b ，c 是非零向量，则a ·b ＝a ·c 得到a ·(b －c )＝0，即可能有a ⊥(b －c )成立．4．对于向量a ，b ，若a ·b ＝k ，能不能写成a ＝k b？提示：不能，向量没有除法，k b无意义． 5．为什么(a ·b )c ＝a (b ·c )不一定成立？提示：由定义得(a ·b )c ＝(|a ||b |cosa ，b )c ，即(a ·b )c ＝λ1c ；a (b ·c )＝a (|b ||c |cos b ，c )，即a (b ·c )＝λ2a ，因此，(a ·b )c 表示一个与c 共线的向量，而a (b ·c )表示一个与a 共线的向量，而a 与c 不一定共线，所以(a ·b )c ＝a (b ·c )不一定成立．1.求两向量的数量积时，关键是搞清楚两个向量间的夹角，在求两个向量间的夹角时，可用平移向量的方法，把一个向量平移到另一个向量的起点．2.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．3.利用空间向量的数量积解决几何中的夹角垂直关系，其思路是将直线的方向向量用已知向量表示，然后进行数量积的运算．类型一空间向量的数量积运算【例1】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 分别是AB 、AD 、DC 的中点．求下列向量的数量积．(1)AB →·AC →；(2)AD →·BD →； (3)GF →·AC →；(4)EF →·BC →.【解】 (1)由题知|AB →|＝|AC →|＝a ，且〈AB →，AC →〉＝60°， ∴AB →·AC →＝a ·a ·cos60°＝12a 2.(2)|AD →|＝a ，|BD →|＝a ，且〈AD →，BD →〉＝60°. ∴AD →·BD →＝a ·a ·cos60°＝12a 2.(3)|GF →|＝12a ，|AC →|＝a ，又GF →∥AC →，∴〈GF →，AC →〉＝180°.∴GF →·AC →＝12a ·a ·cos180°＝－12a 2.(4)|EF →|＝12a ，|BC →|＝a ，又EF →∥BD →，∴〈EF →，BC →〉＝〈BD →，BC →〉＝60°. ∴EF →·BC →＝12a ·a ·cos60°＝14a 2.在几何体中求空间向量的数量积，首先要充分利用向量所在的图形，将各向量分解成已知模和夹角的向量的组合形式；其次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；最后利用数量积的定义求解即可.注意挖掘几何体中的垂直关系或者特殊角.已知正四面体OABC 的棱长为1.求：(1)OA →·OB →；(2)(OA →＋OB →)·(CA →＋CB →)．解：如图所示，(1)OA →·OB →＝|OA →||OB →|cos ∠AOB ＝1×1×cos60°＝12；(2)(OA →＋OB →)·(CA →＋CB →)＝(OA →＋OB →)·(OA →－OC →＋OB →－OC →)＝(OA →＋OB →)·(OA →＋OB →－2OC →)＝12＋1×1×cos60°－2×1×1×cos60°＋1×1×cos60°＋12－2×1×1×cos60°＝1.类型二利用数量积求夹角【例2】如图，在直三棱柱ABC A 1B 1C 1中，∠ABC ＝90°，AB ＝BC ＝1，AA 1＝2，求异面直线BA 1与AC 所成角的余弦值．【分析】求异面直线BA 1与AC 所成的角，可转化为求向量BA 1→与AC →所成的角，因此可先求BA 1→·AC →，再求|BA 1→|，|AC →|，最后套用夹角公式求得，但要注意两直线夹角与两向量夹角的区别．【解】因为BA 1→＝BA →＋AA 1→＝BA →＋BB 1→，AC →＝BC →－BA →，且BA →·BC →＝BB 1→·BA →＝BB 1→·BC →＝0，所以BA 1→·AC →＝(BA →＋BB 1→)·(BC →－BA →)＝BA →·BC →－BA→2＋BB 1→·BC →－BB 1→·BA →＝－1. 又|AC →|＝2，|BA 1→|＝1＋2＝ 3.所以cos 〈BA 1→，AC →〉＝BA 1→·AC→|BA 1→||AC →|＝－16＝－66.则异面直线BA 1与AC 所成角的余弦值为66.如图所示，在正方体ABCD A 1B 1C 1D 1中，求异面直线A 1B 与AC 所成的角．解：不妨设正方体的棱长为1，设AB →＝a ，AD →＝b ，AA 1→＝c ，则|a |＝|b |＝|c |＝1，a ·b ＝b ·c ＝c ·a ＝0，A 1B →＝a －c ，AC →＝a ＋b .∴A 1B →·AC →＝(a －c )·(a ＋b ) ＝|a |2＋a ·b －a ·c －b ·c ＝1.而|A 1B →|＝|AC →|＝2，∴cos 〈A 1B →，AC →〉＝12×2＝12，∴〈A 1B →，AC →〉＝60°.∴异面直线A 1B 与AC 所成的角为60°. 类型三利用数量积求距离【例3】在正四面体ABCD 中，棱长为a .M ，N 分别是棱AB ，CD 上的点，且|MB |＝2|AM |，|CN |＝12|ND |，求|MN |.【分析】转化为求向量MN →的模，然后将向量MN →分解，再根据数量积运算性质进行求解．【解】因为MN →＝MB →＋BC →＋CN →＝23AB →＋(AC →－AB →)＋13(AD →－AC →)＝－13AB →＋13AD →＋23AC →，所以MN →·MN →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－13AB →＋13AD →＋23AC →·⎝ ⎛⎭⎪⎫－13AB →＋13AD →＋23AC →＝19AB →2－29AD →·AB →－49AB →·AC →＋49AC →·AD →＋19AD →2＋49AC →2＝19a 2－19a 2－29a 2＋29a 2＋19a 2＋49a 2＝59a 2. 所以|MN |＝53a .求两点间的距离或某条线段的长度的方法：先将此线段用向量表示，然后用其他已知夹角和模的向量表示此向量，最后利用|a |2＝a ·a ，通过向量运算去求|a |，即得所求距离.如下图，在平行四边形ABCD 中，AB ＝AC ＝1，∠ACD ＝90°，将它沿对角线AC 折起，使直线AB 与CD 成60°角，求B ，D 间的距离．解：∵∠ACD ＝90°， ∴AC →·CD →＝0，同理BA →·AC →＝0.∵AB 与CD 成60°角，∴〈BA →，CD →〉＝60°或120°. ∵BD →＝BA →＋AC →＋CD →， ∴BD →2＝BA →2＋AC →2＋CD→2＋2BA →·AC →＋2BA →·CD →＋2AC →·CD →＝BA→2＋AC→2＋CD→2＋2BA →·CD →＝3＋2·1·1·cos〈BA →，CD →〉＝⎩⎪⎨⎪⎧4 〈BA →，CD →〉＝60°， 2〈BA →，CD →〉＝120°.∴|BD →|＝2或2，即B ，D 间的距离为2或 2. 类型四利用数量积证明垂直问题【例4】如下图，正方体ABCD A 1B 1C 1D 1中，P 为DD 1的中点，O 是底面ABCD 的中心．求证：B 1O ⊥平面PAC .【分析】本题考查利用a ⊥b ⇔a ·b ＝0求证线面垂直，关键是在平面PAC 中找出两相交向量与向量B 1O →垂直．【证明】不妨设正方体的棱长为1，AB →＝a ，AD →＝b ，AA 1→＝c ，则|a |＝|b |＝|c |＝1，a ·b＝b ·c ＝a ·c ＝0.由题图得：PA →＝PD →＋DA →＝－12AA 1→－AD →＝－b －12c ，PC →＝PD →＋DC →＝－12AA 1→＋AB →＝a －12c ，B 1O →＝B 1B →＋BO →＝－c ＋12(－a ＋b )＝－12a ＋12b －c .∵PA →·B 1O →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－b －12c ·⎝ ⎛⎭⎪⎫－12a ＋12b －c＝12a ·b －12b 2＋b ·c ＋14a ·c －14b ·c ＋12c 2， PC →·B 1O →＝⎝⎛⎭⎪⎫a －12c ·⎝ ⎛⎭⎪⎫－12a ＋12b －c＝－12a 2＋12a ·b －a ·c ＋14a ·c －14b ·c ＋12c 2，又∵|a |＝|b |＝|c |＝1，a ·b ＝a ·c ＝b ·c ＝0，∴PA →·B 1O →＝0，PC →·B 1O →＝0.∴PA →⊥B 1O →，PC →⊥B 1O →. ∴PA ⊥B 1O ，PC ⊥B 1O .又∵PA ∩PC ＝P ，∴B 1O ⊥平面PAC .用向量法证明线面垂直，离不开线面垂直的判定定理，需将线面垂直转化为线线垂直，然后利用向量法证明线线垂直即可.已知空间四边形ABCD 中，AB ⊥CD ，AC ⊥BD ，求证：AD ⊥BC . 证明：如图．方法一：∵AB ⊥CD ，AC ⊥BD ， ∴AB →·CD →＝0，AC →·BD →＝0.AD →·BC →＝(AB →＋BD →)·(AC →－AB →)＝AB →·AC →＋BD →·AC →－AB→2－AB →·BD →＝AB →·AC →－AB→2－AB →·BD →＝AB →·(AC →－AB →－BD →)＝AB →·DC →＝0. ∴AD →⊥BC →，从而AD ⊥BC .方法二：设AB →＝a ，AC →＝b ，AD →＝c ， ∵AB ⊥CD ，∴AB →·CD →＝0，即AB →·(AD →－AC →)＝0，a ·(c －b )＝0，即a ·c ＝b ·a . ∵AC ⊥BD ，∴AC →·BD →＝0，即AC →·(AD →－AB →)＝0，b ·(c －a )＝0，即b ·c ＝b ·a .∴a ·c ＝b ·c ，c ·(b －a )＝0，即AD →·(AC →－AB →)＝0，AD →·BC →＝0. ∴AD →⊥BC →，从而AD ⊥BC.1．如图所示，正方体ABCD A 1B 1C 1D 1的棱长为a ，对角线AC 1和BD 1相交于点O ，则有( C)A.AB →·A 1C 1→＝2a 2B.AB →·AC 1→＝2a 2C.AB →·AO →＝12a 2D.BC →·DA 1→＝a 2解析：∵AB →·AO →＝AB →·12AC 1→＝12AB →·(AB →＋AD →＋AA 1→)＝12(AB →2＋AB →·AD →＋AB →·AA 1→)＝12AB →2＝12|AB →|2＝12a 2. 2．已知a ，b ，c 是两两垂直的单位向量，则|a －2b ＋3c |＝( B ) A ．14 B.14 C ．4 D ．2解析：|a －2b ＋3c |2＝|a |2＋4|b |2＋9|c |2－4a ·b ＋6a ·c －12b ·c ＝14，∴|a －2b ＋3c |＝14.3．已知i 、j 、k 是两两垂直的单位向量，a ＝2i －j ＋k ，b ＝i ＋j －3k ，则a·b 等于－2.解析：a·b ＝(2i －j ＋k )·(i ＋j －3k )＝2i 2－j 2－3k 2＝－2. 4．已知向量a 、b 、c 两两之间的夹角都为60°，其模都为1，则 |a －b ＋2c |等于 5.解析：(a －b ＋2c )2＝a 2＋b 2＋4c 2－2a·b ＋4a·c －4b ·c ＝1＋1＋4－2cos60°＝5，∴|a －b ＋2c |＝ 5.5．如图所示，已知△ADB 和△ADC 都是以D 为直角顶点的直角三角形，且AD ＝BD ＝CD ，∠BAC ＝60°.求证：BD ⊥平面ADC .证明：不妨设AD ＝BD ＝CD ＝1，则AB ＝AC ＝ 2. BD →·AC →＝(AD →－AB →)·AC →＝AD →·AC →－AB →·AC →，由于AD →·AC →＝AD →·(AD →＋DC →)＝AD →·AD →＝1，AB →·AC →＝|AB →|·|AC →|cos60°＝2×2×12＝1.∴BD →·AC →＝0，即BD ⊥AC ，又已知BD ⊥AD ， ∴BD ⊥平面ADC .。

高中数学人教A版选修2-1 第三章空间向量与立体几何 3.1.3 Word版含答案

学业分层测评(建议用时：45分钟)[学业达标]一、选择题1．设a ，b ，c 是任意的非零平面向量，且它们相互不共线，下列命题：①(a ·b )c －(c ·a )b ＝0；②|a |＝a ·a ；③a 2b ＝b 2a ；④(3a ＋2b )·(3a －2b )＝9|a |2－4|b |2.其中正确的有( )A ．①②B ．②③C ．③④D ．②④【解析】由于数量积不满足结合律，故①不正确，由数量积的性质知②正确，③中，|a |2·b ＝|b |2·a 不一定成立，④运算正确．【答案】 D2．已知a ＋b ＋c ＝0，|a |＝2，|b |＝3，|c |＝4，则a 与b 的夹角〈a ，b 〉＝( )A ．30°B ．45°C ．60°D ．以上都不对【解析】 ∵a ＋b ＋c ＝0，∴a ＋b ＝－c ，∴(a ＋b )2＝|a |2＋|b |2＋2a ·b ＝|c |2，∴a ·b ＝32，∴cos 〈a ，b 〉＝a ·b |a ||b |＝14.【答案】 D3．已知四边形ABCD 为矩形，P A ⊥平面ABCD ，连接AC ，BD ，PB ，PC ，PD ，则下列各组向量中，数量积不为零的是( )A.PC →与BD →B.DA →与PB →C.PD→与AB → D.P A →与CD→ 【解析】用排除法，因为P A ⊥平面ABCD ，所以P A ⊥CD ，故P A →·CD→＝0，排除D ；因为AD ⊥AB ，P A ⊥AD ，又P A ∩AB ＝A ，所以AD ⊥平面P AB ，所以AD ⊥PB ，故DA →·PB →＝0，排除B ，同理PD →·AB →＝0，排除C.【答案】 A4.如图3-1-25，已知空间四边形每条边和对角线都等于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a 2的是( )图3-1-25A ．2BA →·AC →B ．2AD →·DB →C ．2FG→·AC → D ．2EF→·CB → 【解析】 2BA→·AC →＝－a 2，故A 错；2AD →·DB →＝－a 2，故B 错；2EF →·CB →＝－12a 2，故D 错；2FG→·AC →＝AC →2＝a 2，故只有C 正确．【答案】 C5．在正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，有下列命题：①(AA 1→＋AD →＋AB →)2＝3AB →2； ②A 1C →·(A 1B 1→－A 1A →)＝0； ③AD 1→与A 1B →的夹角为60°.其中正确命题的个数是( ) 【导学号：18490091】 A ．1个 B ．2个 C ．3个D ．0个【解析】由题意知①②都正确，③不正确，AD 1→与A 1B →的夹角为120°.【答案】 B 二、填空题6．已知|a |＝2，|b |＝3，〈a ，b 〉＝60°，则|2a －3b |＝________．【解析】 |2a －3b |2＝(2a －3b )2＝4a 2－12a ·b ＋9b 2 ＝4×|a |2＋9×|b |2－12×|a |·|b |·cos 60°＝61， ∴|2a －3b |＝61. 【答案】617．已知|a |＝2，|b |＝1，〈a ，b 〉＝60°，则使向量a ＋λb 与λa －2b 的夹角为钝角的实数λ的取值范围是________．【解析】由题意知⎩⎪⎨⎪⎧（a ＋λb ）·（λa －2b ）<0，cos 〈a ＋λb ，λa －2b 〉≠－1.即⎩⎪⎨⎪⎧（a ＋λb ）·（λa －2b ）<0，（a ＋λb ）·（λa －2b ）≠－|a ＋λb ||λa －2b | 得λ2＋2λ－2<0.∴－1－3<λ<－1＋ 3.【答案】 (－1－3，－1＋3)8.如图3-1-26，已知正三棱柱ABC -A 1B 1C 1的各条棱长都相等，M 是侧棱CC 1的中点，则异面直线AB 1和BM 所成的角的大小是________．图3-1-26【解析】不妨设棱长为2，则AB →1＝BB 1→－BA →，BM →＝BC →＋12BB 1→，cos 〈AB 1→，BM →〉＝（BB 1→－BA →）·⎝ ⎛⎭⎪⎫BC →＋12BB 1→22×5＝0－2＋2－022×5＝0，故填90°.【答案】 90° 三、解答题9．如图3-1-27，在正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，O 为AC 与BD 的交点，G 为CC 1的中点．求证：A 1O ⊥平面BDG .图3-1-27【证明】设A 1B 1→＝a ，A 1D 1→＝b ，A 1A →＝c . 则a ·b ＝0，a ·c ＝0，b ·c ＝0.而A 1O →＝A 1A →＋AO → ＝A 1A →＋12(AB →＋AD →) ＝c ＋12(a ＋b )， BD→＝AD →－AB →＝b －a ， OG→＝OC →＋CG → ＝12(AB →＋AD →)＋12CC 1→ ＝12(a ＋b )＋12c .∴A 1O →·BD →＝⎝⎛⎭⎪⎫c ＋12a ＋12b ·(b －a )＝c ·(b －a )＋12(a ＋b )·(b －a ) ＝c ·b －c ·a ＋12(b 2－a 2) ＝12(|b |2－|a |2)＝0. ∴A 1O →⊥BD →. ∴A 1O ⊥BD . 同理可证A 1O →⊥OG →. ∴A 1O ⊥OG .又OG ∩BD ＝O 且A 1O ⊄平面BDG ， ∴A 1O ⊥平面BDG .10．已知长方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，AB ＝AA 1＝2，AD ＝4，E 为侧面AB 1的中心，F 为A 1D 1的中点，试计算：(1)BC →·ED 1→；(2)BF →·AB 1→；(3)EF →·FC 1→. 【解】如图所示，设AB →＝a ，AD →＝b ，AA 1→＝c ，则|a |＝|c |＝2，|b |＝4，a·b ＝b·c ＝c·a ＝0.(1)BC →·ED 1→＝AD →·(EA 1→＋A 1D 1→)＝AD →·⎣⎢⎡⎦⎥⎤12（AA 1→－AB→）＋AD → ＝b ·⎣⎢⎡⎦⎥⎤12（c －a ）＋b ＝|b |2＝42＝16.(2)BF →·AB 1→＝(BA 1→＋A 1F →)·(AB →＋BB 1→) ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫AA 1→－AB →＋12AD →·(AB →＋AA 1→) ＝⎝⎛⎭⎪⎫c －a ＋12b ·(a ＋c )＝|c |2－|a |2＝22－22＝0.(3)EF →·FC 1→＝(EA 1→＋A 1F →)·(FD 1→＋D 1C 1→) ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤12（AA 1→－AB →）＋12AD →·⎝ ⎛⎭⎪⎫12AD →＋AB → ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤12（c －a ）＋12b ·⎝ ⎛⎭⎪⎫12b ＋a ＝12(－a ＋b ＋c )·⎝ ⎛⎭⎪⎫12b ＋a＝－12|a |2＋14|b |2＝2.[能力提升]1．已知边长为1的正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1的上底面A 1B 1C 1D 1的中心为O 1，则AO 1→·AC →的值为( ) A ．－1 B ．0 C ．1D ．2【解析】 AO 1→＝AA 1→＋A 1O 1→＝AA 1→＋12(A 1B 1→＋A 1D 1→)＝AA 1→＋12(AB →＋AD →)，而AC →＝AB →＋AD →，则AO 1→·AC →＝12(AB →2＋AD →2)＝1，故选C.【答案】 C2．已知a ，b 是两异面直线，A ，B ∈a ，C ，D ∈b ，AC ⊥b ，BD ⊥b 且AB ＝2，CD ＝1，则直线a ，b 所成的角为( )A ．30°B ．60°C ．90°D ．45°【解析】由于AB →＝AC →＋CD →＋DB →，则AB →·CD →＝(AC →＋CD →＋DB →)·CD→＝CD →2＝1. cos 〈AB →，CD →〉＝AB →·CD →|AB →|·|CD →|＝12，得〈AB→，CD →〉＝60°. 【答案】 B3．已知正三棱柱ABC -DEF 的侧棱长为2，底面边长为1，M 是BC 的中点，若直线CF 上有一点N ，使MN ⊥AE ，则CNCF ＝________. 【导学号：18490092】【解析】设CN CF ＝m ，由于AE →＝AB →＋BE →，MN →＝12BC →＋mAD →，又AE→·MN →＝0，得12×1×1×⎝ ⎛⎭⎪⎫－12＋4m ＝0，解得m ＝116. 【答案】 1164.如图3-1-28，平行六面体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，AB ＝1，AD ＝2，AA 1＝3，∠BAD ＝90°，∠BAA 1＝∠DAA 1＝60°，求AC 1的长．图3-1-28【解】 ∵AC 1→＝AB →＋AD →＋AA 1→， ∴|AC 1→|＝（AB →＋AD →＋AA 1→）2＝ AB →2＋AD →2＋AA 1→2＋2（AB →·AD →＋AB →·AA 1→＋AD →·AA 1→）. ∵AB ＝1，AD ＝2，AA 1＝3，∠BAD ＝90°，∠BAA 1＝∠DAA 1＝60°，∴〈AB →，AD →〉＝90°，〈AB →，AA 1→〉＝〈AD →，AA 1→〉＝60°， ∴|AC 1→| ＝1＋4＋9＋2（1×3×cos 60°＋2×3×cos 60°）＝23.。

人教版数学高二数学人教A版选修2-1学案3.1.3空间向量的数量积运算

3．1.3空间向量的数量积运算预习课本P90～91，思考并完成以下问题1．空间向量的数量积的定义是什么？2．空间向量的数量积满足哪些运算律？[新知初探]1．空间向量的夹角(1)如图，已知两个非零向量a，b，在空间任取一点O，作OA＝a，OB＝b，则∠AOB 叫做向量a，b的夹角，记作〈a，b〉．(2)向量a，b的夹角〈a，b〉的范围是[0，π]，若〈a，b〉＝π2，那么称向量a，b互相垂直，记作a⊥b.2．空间向量的数量积(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.即a·b＝|a||b|cos 〈a，b〉．(2)运算律：①(λa)·b＝λ(a·b)；②交换律：a·b＝b·a；③分配律：a·(b＋c)＝a·b＋a·c.3．空间向量数量积的性质序号性质① a ·e ＝|a |cos 〈a ，e 〉(其中e 为单位向量) ② 若a ，b 为非零向量，则a ⊥b ⇔a ·b ＝0③ a ·a ＝|a |2或|a |＝a ·a ＝a 2④ 若a ，b 为非零向量，则cos 〈a ，b 〉＝a ·b|a ||b |⑤|a ·b |≤|a ||b |(当且仅当a ，b 共线时等号成立)[点睛] (1)两个向量的数量积是数量，而不是向量，它可以是正数、负数或零； (2)向量数量积的运算不满足消去律和乘法的结合律，即a ·b ＝a ·c ⇒b ＝c ，(a ·b )·c ＝a ·(b ·c )都不成立．[小试身手]1．判断下列命题是否正确．(正确的打“√”，错误的打“×”) (1)对于非零向量a ，b ，a ，b与a ，－b相等( ) (2)对于任意向量a ，b ，c ，都有(a ·b )c ＝a (b ·c )( ) (3)若a ·b ＝b ·c ，且b ≠0，则a ＝c ( ) (4)(3a ＋2b )·(3a －2b )＝9|a |2－4|b |2( ) 答案：(1)× (2)× (3)× (4)√2．若向量a 与b 满足|a |＝1，|b |＝2且a 与b 的夹角为π3，则a ·b ＝________.答案：13．已知|a |＝3，|b |＝2，a ·b ＝－3，则a ，b＝________.答案：2π3空间向量的数量积的运算[典例] 如图所示，在棱长为1的正四面体ABCD 中，E ，F 分别是AB ，AD 的中点，求值：(1) EF ·BA ； (2) EF ·BD ； (3) EF ·DC ；(4)AB·CD.[解](1)EF·BA＝12BD·BA＝12|BD||BA|·cos〈BD，BA〉＝12cos 60°＝14.(2)EF·BD＝12BD·BD＝12|BD|2＝12.(3)EF·DC＝12BD·DC＝12|BD|·|DC|cos〈BD，DC〉＝12cos 120°＝－14.(4)AB·CD＝AB·(AD－AC)＝AB·AD－AB·AC＝|AB||AD|cos〈AB，AD〉－|AB||AC|cos〈AB，AC〉＝cos 60°－cos 60°＝0.求向量的数量积的关键是求两个向量的模和夹角，而该题目所给的四面体各棱长均为1，每个面都是正三角形，每个角都是60°，因此可结合这一特点进行分解，然后再具体求解数量积的值．[活学活用]1．已知a＝3p－2q，b＝p＋q，p和q是相互垂直的单位向量，则a·b＝()A．1B．2C．3 D．4解析：选A∵p⊥q且|p|＝|q|＝1，∴a·b＝(3p－2q)·(p＋q)＝3p2＋p·q－2q2＝3＋0－2＝1.2．在四面体OABC中，棱OA、OB、OC两两垂直，且OA＝1，OB＝2，OC＝3，G 为△ABC的重心，则OG·(OA＋OB＋OC)＝________.解析：由已知OA·OB＝OA·OC＝OB·OC＝0，且OG＝OA＋OB＋OC3，故OG·(OA＋OB＋OC)＝13(OA＋OB＋OC)2＝13(|OA|2＋|OB|2＋|OC|2)＝13(1＋4＋9)＝143.答案：143利用空间向量的数量积求夹角[典例]如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，求BC1与AC夹角的大小．[解]不妨设正方体的棱长为1，则BC1·AC＝(BC＋CC1)·(AB＋BC)＝(AD＋AA1)·(AB＋AD)＝AD·AB＋AD2＋AA1AB＋AA1·AD＝0＋AD2＋0＋0＝AD2＝1，又∵|BC1|＝2，|AC|＝2，∴cos〈BC1，AC〉＝BC1·AC|BC1||AC|＝12×2＝12.∵〈BC1，AC〉∈[0，π]，∴〈BC1，AC〉＝π3.即BC1与AC夹角的大小为π3.(1)求几何体中两个向量的夹角可以把其中一个向量起点平移到与另一个向量的起点重合转化为求平面中的角的大小．(2)由两个向量的数量积定义得cos〈a，b〉＝a·b|a||b|，求〈a，b〉的大小，转化为求两个向量的数量积及两个向量的模，求出〈a，b〉的余弦值，进而求〈a，b〉的大小．在求a·b 时注意结合空间图形，把a，b用基向量表示出来，进而化简得出a·b的值．[活学活用]如图，在直三棱柱ABC-A 1B1C1中，∠ABC＝90°，AB＝BC＝1，AA1＝2，求异面直线BA1与AC所成角的余弦值．解：∵BA1＝BA＋AA1＝BA＋BB1，AC＝BC－BA，且BA·BC＝BB1·BA＝BB1·BC＝0，∴BA1·A AC＝－BA2＝－1.又|AC|＝2，|BA1|＝1＋2＝3，∴cos〈BA1，AC〉＝BA1·AC|BA1||AC|＝－16＝－66，则异面直线BA1与AC所成角的余弦值为6 6.利用空间向量的数量积证明垂直[典例].[证明]∵AB⊥CD，AC⊥BD，∴AB·CD＝0，AC·BD＝0.∴AD·BC＝(AB＋BD)·(AC－AB)＝AB·AC＋BD·AC－AB2－AB·BD＝AB·AC－AB2－AB·BD＝AB·(AC－AB－BD)＝AB·DC＝0.∴AD⊥BC，从而AD⊥BC.当直接证明线线垂直但条件不易利用时，常常考虑证明两线段所对应的向量的数量积等于零．利用向量证明垂直的一般方法是把线段转化为向量，并用已知向量表示未知向量，然后通过向量的运算以及数量积和垂直条件来完成位置关系的判定．[活学活用]如图所示，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，O为AC与BD的交点，G为CC1的中点，求证：A1O⊥平面GBD.证明：设A B11＝a，A D11＝b，A A1＝c，则a·b＝0，b·c＝0，a·c＝0，|a|＝|b|＝|c|.∵A O1＝A A1＋AO＝A A1＋12(AB＋AD)＝c＋12a＋12b，BD ＝AD－AB＝b－a，OG＝OC＋CG＝12(AB＋AD)＋12CC1＝12a＋12b－12c.∴A O1·BD＝⎝⎛⎭⎫c＋12a＋12b·(b－a)＝c·b－c·a＋12a·b－12a2＋12b2－12b·a＝12(b2－a2)＝12(|b|2－|a|2)＝0.于是A O1⊥BD，即A1O⊥BD.同理可证A O1⊥OG，即A1O⊥OG.于是有A1O⊥平面GBD.利用空间向量数量积求距离(即线段长度)|＝2|AM|，|CN|＝12|ND|，求|MN|.[解]∵MN＝MB＋BC＋CN＝23AB＋(AC－AB)＋13(AD－AC)＝－13AB＋13AD＋23AC.∴MN·MN＝－13AB＋13AD＋23AC·－13AB＋13AD＋23AC＝19AB2－29AD·AB－49AB·AC＋49AC·AD＋19AD2＋49AC2＝19a2－19a2－29a2＋29a2＋19a2＋49a2＝59a2.故|MN|＝MN·MN＝5 3a.即|MN|＝5 3a.求两点间的距离或线段长度的方法(1)将此线段用向量表示；(2)用其他已知夹角和模的向量表示该向量；(3)利用|a|＝a2，通过计算求出|a|，即得所求距离．[活学活用]如图所示，在▱ABCD中，AD＝4，CD＝3，∠D＝60°，PA⊥平面ABCD，PA＝6，求线段PC的长．解：∴PC＝PA＋AD＋DC，∴|PC|2＝(PA＋AD＋DC)2＝|PA|2＋|AD|2＋|DC|2＋2PA·AD＋2AD·DC＋2DC·PA＝62＋42＋32＋2|AD ||DC |cos 120°＝61－12＝49. ∴|PC |＝7，即PC ＝7.层级一学业水平达标1．已知向量a ，b 是平面α内两个不相等的非零向量，非零向量c 在直线l 上，则c ·a ＝0，且c ·b ＝0是l ⊥α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：选B 若l ⊥平面α，则c ⊥a ，c ·a ＝0，c ⊥b ，c ·b ＝0；反之，若a ∥b ，则c ⊥a ，c ⊥b ，并不能保证l ⊥平面α.2．已知e 1，e 2是夹角为60°的两个单位向量，则a ＝e 1＋e 2与b ＝e 1－2e 2的夹角是( ) A ．60° B ．120° C ．30°D ．90°解析：选B a ·b ＝(e 1＋e 2)·(e 1－2e 2)＝e 21－e 1·e 2－2e 22＝1－1×1×12－2＝－32， |a |＝a 2＝(e 1＋e 2)2＝e 21＋2e 1·e 2＋e 22 ＝1＋1＋1＝3，|b |＝b 2＝(e 1－2e 2)2＝e 21－4e 1·e 2＋4e 22 ＝1－2＋4＝ 3.∴cos 〈a ，b 〉＝a ·b |a ||b |＝－323＝－12.∴〈a ，b 〉＝120°.3.如图，已知空间四边形每条边和对角线长都等于a ，E ，F ，G 分别是AB ，AD ，DC 的中点，则下列向量的数量积等于a 2的是( )A ．2BA ·ACB ．2AD ·DBC ．2FG ·ACD ．2EF ·CB 解析：选C 2BA ·AC ＝－a 2，故A 错；2AD ·DB ＝－a 2，故B 错；2EF ·CB ＝－12a 2，故D 错，只有C 正确． 4．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，数量积不为零的是()A．PC与BD B．DA与PBC．PD与AB D．PA与CD解析：选A用排除法，因为PA⊥平面ABCD，所以PA⊥CD，故PA·CD ＝0，排除D；因为AD⊥AB，PA⊥AD，又PA∩AB＝A，所以AD⊥平面PAB，所以AD⊥PB，故DA·PB＝0，排除B，同理PD·AB＝0，排除C.5．在正方体ABCD-A1B1C1D1中，有下列命题：①(AA1＋AD＋AB)2＝3AB2；②A C1·(A B11－A A1)＝0；③AD1与A B1的夹角为60°；④正方体的体积为|AB·AA1·AD|.其中正确命题的个数是()A．1 B．2 C．3 D．4 解析：选B如图所示，(AA1＋AD＋AB)2＝(AA1＋A D11＋D C11)2＝AC12＝3AB2；A C1·(A B11－A A1)＝A C1·AB1＝0；AD1与A B1的夹角是D C1与D A1夹角的补角，而D C1与D A1的夹角为60°，故AD1与A B1的夹角为120°；正方体的体积为|AB||AA1||AD|.综上可知，①②正确．6．已知|a|＝13，|b|＝19，|a＋b|＝24，则|a－b|＝________.解析：|a＋b|2＝a2＋2a·b＋b2＝132＋2a·b＋192＝242，∴2a·b＝46，|a－b|2＝a2－2a·b＋b2＝530－46＝484，故|a－b|＝22.答案：227．已知PA⊥平面ABC，∠ABC＝120°，PA＝AB＝BC＝6，如图，则PC等于________．解析：∵PC＝PA＋AB＋BC，∴|PC|2＝(PA＋AB＋BC)2＝PA2＋AB2＋BC2＋2PA·AB＋2PA·BC＋2AB·BC＝36＋36＋36＋0＋0＋2|AB||BC|cos 60°＝108＋2×6×6×12＝144.∴PC ＝12. 答案：128．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 ，b 所成的角是________．解析：AB ＝AC ＋CD ＋DB ，∴CD ·AB ＝CD ·(AC ＋CD ＋DB )＝|CD |2＝1， ∴cos 〈CD ，AB 〉＝CD ·AB | CD ||AB |＝12，∴异面直线a ，b 所成角是60°. 答案：60°9．已知空间四边形OABC 各边及对角线长都相等，E ，F 分别为AB ，OC 的中点，求异面直线OE 与BF 所成角的余弦值．解：如图所示，设OA ＝a ，OB ＝b ，OC ＝c ，|a |＝|b |＝|c |＝1，易知∠AOB ＝∠BOC ＝∠AOC ＝π3，则a ·b ＝b ·c ＝c ·a ＝12.∵OE ＝12(OA ＋OB )＝12(a ＋b )，BF ＝OF －OB ＝12OC －OB ＝12c －b ，又|OE |＝|BF |＝32， ∴OE ·BF ＝12(a ＋b )·⎝⎛⎭⎫12c －b ＝14a ·c ＋14b ·c －12a ·b －12b 2＝－12， ∴cos 〈OE ，BF 〉＝OE ·BF | OE ||BF |＝－23.∴异面直线OE 与BF 所成角的余弦值是23.10.如图，正三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，底面边长为 2. (1)设侧棱长为1，求证：AB 1⊥BC 1； (2)设AB 1与BC 1的夹角为π3，求侧棱的长．解：(1)证明：AB 1＝AB ＋BB 1，BC 1＝BB 1＋BC .∵BB1⊥平面ABC，∴BB1·AB＝0，BB1·BC＝0. 又△ABC为正三角形，∴〈AB，BC〉＝π－〈BA，BC〉＝π－π3＝2π3.∵AB1·BC1＝(AB＋BB1)·(BB1＋BC)＝AB·BB1＋AB·BC＋BB12＋BB1·BC＝|AB|·|BC|·cos〈AB，BC〉＋BB12＝－1＋1＝0，∴AB1⊥BC1.(2)由(1)知AB1·BC1＝|AB|·|BC|·cos〈AB，BC〉＋BB12＝BB12－1.又|AB1|＝AB2＋BB12＝2＋BB12＝|BC1|，∴cos〈AB1，BC1〉＝BB12－12＋BB12＝12，∴|BB1|＝2，即侧棱长为2.层级二应试能力达标1．已知在正四面体A-BCD中，所有棱长都为1，△ABC的重心为G，则DG的长为()A.33 B.23C.53 D.63解析：选D如图，连接AG并延长交BC于点M，连接DM，∵G是△ABC的重心，∴AG＝23AM，∴AG＝23AM，DG＝DA＋AG＝DA＋23AM＝DA＋23(DM－DA)＝DA＋2312(DB＋DC)－DA＝13(DA＋DB＋DC)，而(DA＋DB＋DC)2＝DA2＋DB2＋DB2＋2DA·DB＋2DB·DC＋2DC·DA＝1＋1＋1＋2(cos 60°＋cos60°＋cos 60°)＝6，∴|DG|＝6 3.2．已知空间四边形ABCD中，∠ACD＝∠BDC＝90°，且AB＝2，CD＝1，则AB与CD所成的角是()A．30°B．45°C．60°D．90°解析：选C 根据已知∠ACD ＝∠BDC ＝90°，得AC ·CD ＝DB ·CD ＝0，∴AB ·CD ＝(AC ＋CD ＋DB )·CD ＝AC ·CD ＋|CD |2＋DB ·CD ＝|CD |2＝1， ∴cos AB ，CD ＝AB ·CD |AB ||CD |＝12， ∴AB 与CD 所成的角为60°.3．设a ，b ，c 是任意的非零空间向量，且它们互不共线，给出下列命题：①(a ·b )c －(c ·a )b ＝0；②|a |－|b |<|a －b |；③(b ·a )c －(c ·a )b 一定不与c 垂直；④(3a ＋2b )·(3a －2b )＝9|a |2－4|b |2.其中正确的是( )A ．①②B ．②③C ．③④D ．②④解析：选D 根据向量数量积的定义及性质，可知a ·b 和c ·a 是实数，而c 与b 不共线，故(a ·b )c 与(c ·a )b 不一定相等，故①错误；③因为[(b ·a )c －(c ·a )b ]·c ＝(b ·a )c 2－(c ·a )(b ·c )，所以当a ⊥b ，且a ⊥c 或b ⊥c 时，[(b ·a )c －(c ·a )b ]·c ＝0，即(b ·a )c －(c ·a )b 与c 垂直，故③错误；易知②④正确．故选D.4．设A ，B ，C ，D 是空间不共面的四点，且满足AB ·AC ＝0，AC ·AD ＝0，AB ·AD ＝0，则△BCD ( )A ．是钝角三角形B ．是锐角三角形C ．是直角三角形D ．形状不确定解析：选B ∵BD ＝AD －AB ，BC ＝AC －AB ，∴BD ·BC ＝(AD －AB )(AC －AB ) ＝AD ·AC －AD ·AB －AB ·AC ＋|AB |2＝|AB |2>0，∴cos ∠CBD ＝cosBC ，BD ＝BC ·BD |BC |·|BD |>0， ∴∠CBD 为锐角．同理，∠BCD 与∠BDC 均为锐角，∴△BCD 为锐角三角形．5．已知a ，b 是空间两个向量，若|a |＝2，|b |＝2，|a －b |＝7，则cosa ，b ＝________.解析：将|a －b |＝7两边平方，得(a －b )2＝7.因为|a |＝2，|b |＝2，所以a ·b ＝12. 又a ·b ＝|a ||b |cosa ，b ，故cos a ，b ＝18. 答案：186.如图所示，在一个直二面角α -AB -β的棱上有两点A ，B ，AC ，BD分别是这个二面角的两个面内垂直于AB 的线段，且AB ＝4，AC ＝6，BD＝8，则CD 的长为________．解析：∵CD ＝CA ＋AB ＋BD ＝AB －AC ＋BD ，∴CD 2＝(AB －AC ＋BD )2＝AB 2＋AC 2＋BD 2－2AB ·AC ＋2AB ·BD －2AC ·BD ＝16＋36＋64＝116，∴|CD |＝229.答案：2297.如图，在长方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，AB ＝1，BC ＝2，AA 1＝3，E 为CC 1上的点，且CE ＝1，求异面直线AB 1，BE 所成角的余弦值．解：AB 1·BE ＝(AB ＋BB 1)·(BC ＋CE )＝AB ·BC ＋AB ·CE ＋BB 1·BC ＋BB 1·CE ＝0＋0＋0＋3＝3. 依题意，易知|AB 1|＝10，|BE |＝5，∴cos AB 1，BE ＝AB 1·BE | AB 1||BE |＝352＝3210.8．如图所示，在平行四边形ABCD 中，AB ＝AC ＝1，∠ACD ＝90°，将它沿对角线AC 折起，使AB 与CD 成60°角，求B ，D 间的距离．解：∵∠ACD ＝90°，∴AC ·CD ＝0. 同理AC ·BA ＝0. ∵AB 与CD 成60°角，∴〈BA ，CD 〉＝60°或120°.又∵BD ＝BA ＋AC ＋CD ，∴|BD |2＝BD ·BD ＝|BA |2＋|AC |2＋|CD |2＋2BA ·AC ＋2BA ·CD ＋2AC·CD＝3＋2×1×1×cos〈BA，CD〉．当〈BA，CD〉＝60°时，BD2＝4；当〈BA，CD〉＝120°时，BD2＝2.∴|BD|＝2或2，即B，D间的距离为2或 2.。

高中数学(人教版A版选修2-1)配套课时作业：第三章空间向量与立体几何 3.1.3 Word版含答案

3.1.3空间向量的数量积运算课时目标 1.掌握空间向量夹角的概念及表示方法，掌握两个向量的数量积概念、性质和计算方法及运算规律.2.掌握两个向量的数量积的主要用途，会用它解决立体几何中的夹角及距离问题．1．空间向量的夹角定义已知两个非零向量a，b，在空间中任取一点O，作OA→＝a，OB→＝b，则∠AOB叫做向量a，b的夹角记法范围,想一想：〈a，b〉与〈b，a〉相等吗？〈a，b〉与〈a，－b〉呢？2．空间向量的数量积(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＝________交换律a·b＝______分配律a·(b＋c)＝____________(3)两个向量数量积的性质①若a，b是非零向量，则a⊥b⇔__________.②若a与b同向，则a·b＝________；若反向，则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＝______④|a·b|≤|a|·|b|.一、选择题1．设a、b、c是任意的非零向量，且它们相互不共线，下列命题：①(a·b)·c－(c·a)·b＝0；②|a|－|b|<|a－b|；③(b·a)·c－(c·a)·b不与c垂直；④(3a＋2b)·(3a－2b)＝9|a|2－4|b|2.其中正确的有()A．①②B．②③C．③④D．②④2．若a，b均为非零向量，则a·b＝|a||b|是a与b共线的()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3．已知a，b均为单位向量，它们的夹角为60°，那么|a＋3b|等于()A.7B.10C.13 D ．44.在棱长为1的正四面体ABCD 中，E,F 分别是BC,AD 的中点，则AE uuu r ·CF →等于( )A ．0 B.12 C ．－34 D ．－125.如图，已知P A ⊥平面ABC ，∠ABC ＝120°，P A ＝AB ＝BC ＝6，则PC 等于( ) A ．6 2 B ．6 C ．12 D ．1446．若向量m 垂直于向量a 和b ，向量n ＝λa ＋μb (λ，μ∈R 且λ、μ≠0)，则( ) A ．m ∥n B ．m ⊥nC ．m 不平行于n ，m 也不垂直于nD ．以上三种情况都有可能二、填空题7．已知a ，b 是空间两向量，若|a |＝3，|b |＝2，|a －b |＝7，则a 与b 的夹角为________．8．若向量a ，b 满足|a |＝1，|b |＝2，且a 与b 的夹角为π3，则|a ＋b |＝________.9．在△ABC 中，有下列命题： ①AB →－AC →＝BC →；②AB →＋BC →＋CA u uu r ＝0； ③(AB →＋AC →)·(AB →－AC →)＝0，则△ABC 为等腰三角形；④若AC →·AB →>0，则△ABC 为锐角三角形．其中正确的是________．(填写正确的序号) 三、解答题 10.如图，已知在空间四边形OABC 中，OB ＝OC ，AB ＝AC .求证：OA ⊥BC .11．在正四面体ABCD 中，棱长为a ，M 、N 分别是棱AB 、CD 上的点，且|MB |＝2|AM |，|CN |＝12|ND |，求|MN |.能力提升12.平面式O,A.B 三点不共线，设OA →＝a ，OB uuu r ＝b ，则△OAB 的面积等于( ) A.|a |2|b |2－(a ·b )2 B.|a |2|b |2＋(a ·b )2 C.12|a |2|b |2－(a ·b )2 D.12|a |2|b |2＋(a ·b )2 13.如图所示，已知线段AB 在平面α内，线段AC ⊥α，线段BD ⊥AB ，且AB ＝7，AC ＝BD ＝24，线段BD 与α所成的角为30°，求CD 的长．1．空间向量数量积直接根据定义计算．2．利用数量积可以解决两直线夹角问题和线段长度问题：(1)利用a ⊥b ⇔a·b ＝0证线线垂直(a ，b 为非零向量)．(2)利用a·b ＝|a|·|b |cos 〈a ，b 〉，cos θ＝a·b |a|·|b |，求两直线的夹角．(3)利用|a |2＝a·a ，求解有关线段的长度问题． 3．1.3 空间向量的数量积运算知识梳理 1．〈a ，b 〉 [0，π] 2．(2)λ(a·b ) b·a a·b ＋a·c (3)①a·b ＝0 ②|a|·|b | －|a|·|b | ③a·b |a||b | 作业设计1．D [①错；②正确，可以利用三角形法则作出a －b ，三角形的两边之差小于第三边；③错，当b ·a ＝c·b ＝0时，(b·a )·c －(c·a )·b 与c 垂直；④正确，直接利用数量积的运算律．] 2．A [a·b ＝|a||b |cos 〈a ，b 〉＝|a||b |⇔cos 〈a ，b 〉＝1⇔〈a ，b 〉＝0，当a 与b 反向时，不能成立．]3．C [|a ＋3b |2＝(a ＋3b )2＝a 2＋6a ·b ＋9b 2 ＝1＋6·cos 60°＋9＝13.∴|a ＋3b |＝13.]4．D [AE →·CF →＝12(AB →＋AC →)·12AD AC ⎛⎫- ⎪⎝⎭u u u r u u u r＝14AB →·AD →＋14AC →·AD →－12AB →·AC →－12|AC →|2＝14cos 60°＋14cos 60°－12cos 60°－12＝－12.] 5．C [∵PC →＝PA →＋AB →＋BC →， ∴|PC →|2＝(PA →＋AB →＋BC →)2＝PA →2＋AB →2＋BC →2＋2PA →·AB →＋2PA →·BC →＋2AB →·BC →＝108＋2×6×6×12＝144，∴|PC →|＝12.]6．B [由题意m ⊥a ，m ⊥b ，则有m·a ＝0，m·b ＝0， m·n ＝m (λa ＋μb )＝λm·a ＋μm·b ＝0， ∴m ⊥n .] 7．60°解析由|a －b |＝7，得(a －b )2＝7，即|a |2－2a·b ＋|b |2＝7，∴2a·b ＝6，∴|a||b |cos 〈a ，b 〉＝3，∴cos 〈a ，b 〉＝12，〈a ，b 〉＝60°.即a 与b 的夹角为60°.8.7解析 |a ＋b |＝a 2＋2a·b ＋b 2＝1＋2×2×12＋4＝7.9．②③解析 ①错，AB →－AC →＝CB →；②正确；③正确，|AB →|＝|AC →|；④错，△ABC 不一定是锐角三角形．10．证明 ∵OB ＝OC ，AB ＝AC ，OA ＝OA ， ∴△OAC ≌△OAB .∴∠AOC ＝∠AOB . ∵OA →·BC →＝OA →·(OC →－OB →) ＝OA →·OC →－OA →·OB → ＝|OA →||OC →|cos ∠AOC －|OA →||OB →|·cos ∠AOB ＝0，∴OA ⊥BC . 11．解如图所示，|AB →|＝|AC →|＝|AD →|＝a ，把题中所用到的量都用向量AB →、AC →、AD →表示，于是MN →＝MB →＋BC →＋CN →＝23AB →＋(AC →－AB →)＋13(AD →－AC →)＝－13AB →＋13AD →＋23AC →. 又AD →·AB →＝AB →·AC →＝AC →·AD →＝|AD →|2cos 60°＝12|AD →|2＝12a 2，∴MN →·MN →＝112333AB AD AC ⎛⎫-++ ⎪⎝⎭u u u r u u u r u u u r · 112333AB AD AC ⎛⎫-++ ⎪⎝⎭u u ur u u u r u u u r＝19AB →2－29AD →·AB →－49AB →·AC →＋49AC →·AD →＋19AD →2＋49AC →2＝19a 2－19a 2＋19a 2＋49a 2＝59a 2. 故|MN →|＝MN MN •u u u u r u u u u r ＝53a ，即|MN |＝53a .12.C [如图所示，S △OAB ＝12|a ||b |·sin 〈a ，b 〉＝12|a ||b |1－cos 〈a ，b 〉2＝12|a ||b | 1－a ·b |a ||b |2＝12|a ||b | |a |2|b |2－a ·b2|a |2|b |2＝12|a |2|b |2－a ·b2.]13.解由AC ⊥α，可知AC ⊥AB ，过点D 作DD 1⊥α，D 1为垂足，连结BD 1，则∠DBD 1为BD 与α所成的角，即∠DBD 1＝30°， ∴∠BDD 1＝60°，∵AC ⊥α，DD 1⊥α，∴AC ∥DD 1，∴〈CA →，DB →〉＝60°，∴〈CA →，BD →〉＝120°. 又CD →＝CA →＋AB →＋BD →， ∴|CD →|2＝(CA →＋AB →＋BD →)2 ＝|CA →|2＋|AB →|2＋|BD →|2＋2CA →·AB →＋2CA →·BD →＋2AB →·BD →∵BD ⊥AB ，AC ⊥AB ， ∴BD →·AB →＝0，AC →·AB →＝0. 故|CD →|2＝|CA →|2＋|AB →|2＋|BD →|2＋2CA →·BD → ＝242＋72＋242＋2×24×24×cos 120°＝625， ∴|CD →|＝25.。

高中数学(人教版A版选修2-1)配套课时作业：第三章空间向量与立体几何 3.1.1 Word版含答案

第三章空间向量与立体几何§3.1 空间向量及其运算3.1.1 空间向量及其加减运算课时目标1．理解空间向量的概念，掌握空间向量的几何表示和字母表示．2．掌握空间向量的加减运算及其运算律，能借助图形理解空间向量及其运算的意义．2．几类特殊向量(1)零向量：____________的向量叫做零向量，记为________． (2)单位向量：________的向量称为单位向量．(3)相等向量：方向________且模________的向量称为相等向量．在空间，同向且等长的有向线段表示同一向量或相等向量．(4)相反向量：与向量a 长度______而方向________的向量，称为a 的相反向量，记为________．3．空间向量的加减法与运算律空间向量的加减法类似平面向量，定义空间向量的加、减法运算(如图)：OB →＝OA →＋AB →＝__________；CA →＝OA →－OC →＝________. 加法运算律(1)交换律：a ＋b ＝________(2)结合律：(a ＋b )＋c ＝____________.；一、选择题1．下列命题中，假命题是( )A. 向量AB →与BA →的长度相等B ．两个相等的向量，若起点相同，则终点也相同C ．只有零向量的模等于0D ．共线的单位向量都相等2.如图所示，平行四边形ABCD 的对角线的交点为O ，则下列等式成立的是( )A. OA →＋OB →＝AB →B. OA →＋OB →＝BA →C. AO →－OB →＝AB →D. OA →－OB →＝CD →3.已知O 是△ABC 所在平面内一点，D 为BC 边中点且2OA →＋OB →＋OC →=0，则AO →等于( )A. OB →B. OC →C. OD→ D .2OD→4.已知向量AB →，AC →，BC →满足|AB →|＝|AC →|＋|BC →|，则( )A. AB →＝AC →＋BC →B. AB →＝－AC →－BC →C. AC →与BC →同向D. 与AC →与CB →同向5.在正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，向量表达式DD 1→-AB →+BC →化简后的结果是( )A. BD 1→B. 1D B u u u u rC.1B D u u u u rD. 1DB u u u u r6．平行六面体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，E ，F ，G ，H ，P ，Q 分别是A 1A ，AB ，BC ，CC 1，C 1D 1，D 1A 1的中点，则( )A.EF→＋GH →＋PQ →＝0 B.EF→－GH →－PQ →＝0C.EF→＋GH →－PQ →＝0 D.EF→－GH →＋PQ →＝0二、填空题7.在平行六面体ABCD －A ’B’C ’D ’中，与向量''A B u u u u u r的模相等的向量有________个．8.若G 为△ABC 内一点，且满足AG u u u r ＋BG →＋CG →＝0，则G 为△ABC 的________．(填“外心”“内心”“垂心”或“重心”) 9．判断下列各命题的真假：①向量AB →的长度与向量BA →的长度相等；②向量a 与b 平行，则a 与b 的方向相同或相反； ③两个有共同起点而且相等的向量，其终点必相同； ④两个有公共终点的向量，一定是共线向量； ⑤有向线段就是向量，向量就是有向线段．其中假命题的个数为________．三、解答题10．判断下列命题是否正确，若不正确，请简述理由．①向量AB →与CD →是共线向量，则A 、B 、C 、D 四点必在一条直线上；②单位向量都相等；③任一向量与它的相反向量不相等；④四边形ABCD 是平行四边形的充要条件是AB →＝DC →；⑤模为0是一个向量方向不确定的充要条件．11.如图所示，已知空间四边形ABCD ，连结AC,BD,E,F,G 分别是BC,CD,DB 的中点，请化简：AB →＋BC →＋CD →，(2)AB →＋GD →＋EC →，并标出化简结果的向量．能力提升12.在平行四边形ABCD 中，AC 与BD 交于点O ，E 是线段OD 的中点，AE 的延长线与CD 交于点F.若AC →＝a ，BD →＝b ，则AF →等于( ) A.14a ＋12b B.13a ＋23b C.12a ＋14b D.23a ＋13b 13．证明：平行六面体的对角线交于一点，并且在交点处互相平分．1．在掌握向量加减法的同时，应首先掌握有特殊位置关系的两个向量的和或差，如共线、共起点、共终点等．2．通过掌握相反向量，理解两个向量的减法可以转化为加法．3．注意向量的三角形法则和平行四边形法则的要点．对于向量加法运用平行四边形法则要求两向量有共同起点，运用三角形法则要求向量首尾顺次相连．对于向量减法要求两向量有共同的起点．4．a －b 表示的是由b 的终点指向a 的终点的一条有向线段．第三章空间向量与立体几何 §3.1 空间向量及其运算 3．1.1 空间向量及其加减运算知识梳理1．大小方向 (2)大小模 (3)①有向线段 ②AB →2．(1)长度为0 0 (2)模为1 (3)相同相等 (4)相等相反－a3．a ＋b a －b (1)b ＋a (2)a ＋(b ＋c ) 作业设计1．D [共线的单位向量是相等向量或相反向量．]2．D [OA →－OB →＝BA →＝CD →.]3．C [∵D 为BC 边中点，∴OB →＋OC →＝2OD →， ∴OA →＋OD →＝0，∴AO →＝OD →.]4．D [由|AB →|＝|AC →|＋|BC →|＝|AC →|＋|CB →|，知C 点在线段AB 上，否则与三角形两边之和大于第三边矛盾，所以AC →与CB →同向．] 5．A[如图所示， ∵DD 1→＝AA 1→，DD →1－AB → ＝AA 1→－AB →＝BA 1→， BA 1→＋BC →＝BD →1， ∴DD 1→－AB →＋BC →＝BD 1→.]6．A [观察平行六面体ABCD —A 1B 1C 1D 1可知，向量EF →，GH →，PQ →平移后可以首尾相连，于是EF →＋GH →＋PQ →＝0.] 7．7解析 |D'C'→|＝|DC →|＝|C'D'→|＝|CD →|＝|BA →| ＝|AB →|＝|B'A'→|＝|A'B'→|. 8．重心解析如图，取BC 的中点O ，AC 的中点D ，连结OG 、DG .由题意知AG →＝－BG →－CG →＝GB →＋GC→＝2GO →，同理BG →＝2GD →，故G 为△ABC 的重心． 9．3解析 ①真命题；②假命题，若a 与b 中有一个为零向量时，其方向是不确定的；③真命题；④假命题，终点相同并不能说明这两个向量的方向相同或相反；⑤假命题，向量可用有向线段来表示，但并不是有向线段．10．解 ①不正确，共线向量即平行向量，只要求两个向量方向相同或相反即可，并不要求两个向量AB ，CD 在同一条直线上．②不正确，单位向量模均相等且为1，但方向并不一定相同．③不正确，零向量的相反向量仍是零向量，但零向量与零向量是相等的．④正确．⑤正确．11．解 (1) AB →＋BC →＋CD →＝AC →＋CD →＝AD →. (2)∵E ，F ，G 分别为BC ，CD ，DB 的中点．∴BE →＝EC →，EF →＝GD →. ∴AB →＋GD →＋EC → ＝AB →＋EF →＋BE →＝AF →.故所求向量AD →，AF →，如图所示．12．D [AF →＝AC →＋CF →＝a ＋23CD →＝a ＋13(b －a )＝23a ＋13b .]13．证明如图所示，平行六面体ABCD —A ′B ′C ′D ′，设点O 是AC ′的中点，则AO →＝12AC'→＝12(AB →＋AD →＋AA'→)．设P 、M 、N 分别是BD ′、CA ′、DB ′的中点．则AP ＝AB →＋BP →＝AB →＋12BD'→＝AB →＋12(BA →＋BC →＋B B'→)＝AB →＋12(－AB →＋AD →＋AA'→)＝12(AB →＋AD →＋AA'→)．同理可证：AM →＝12(AB →＋AD →＋AA'→)AN →＝12(AB →＋AD →＋AA'→)．由此可知O ，P ，M ，N 四点重合．故平行六面体的对角线相交于一点，且在交点处互相平分．。

高中数学选修2-1优质学案3-3.1.3 空间向量的数量积运算

3.1.3空间向量的数量积运算【学习目标】理解空间向量的夹角和数量积的意义和性质. 能用向量的数量积表示夹角和长度。

【学习重点】两个向量的数量积的计算方法及应用【学习难点】如何将立体几何问题转化为向量的计算问题【新知视界】 1．空间向量的夹角 (1)夹角的定义已知两个非零向量a 、b ，在空间任取一点O ，作OA ⃗⃗⃗⃗⃗ ＝a ，OB ⃗⃗⃗⃗⃗ ＝b ，则∠AOB 叫做向量a 、b 的夹角，记为〈a ，b 〉． (2)夹角的范围空间任意两个向量的夹角θ的取值范围是0≤θ≤π.特别是，当θ＝0时，两向量同向共线；当θ＝π时，两向量反向共线，所以若a ∥b ，则〈a ，b 〉＝0或π；当θ＝π2时，两向量垂直，记为a ⊥b . 【思考感悟】〈a ，b 〉与〈b ，a 〉的关系是怎样的？〈a ，b 〉与〈－a ，b 〉、〈a ，－b 〉的关系呢？提示：〈a ，b 〉＝〈b ，a 〉，〈a ，－b 〉＝〈－a ，b 〉＝π－〈a ，b 〉． 2．两个向量的数量积的定义已知两个非零向量a 和b ，它们的夹角为θ，我们把|a ||b |cos θ叫做向量a 与b 的数量积，记为a ·b , 即a ·b ＝|a ||b |cos θ.规定，零向量与任何向量的数量积为0，即0·a ＝0. 3．两个向量数量积的性质若a 、b 是非零向量，e 是与b 方向相同的单位向量，θ是a 与e 的夹角，则 ①e ·a ＝a ·e ＝|a |cos θ. ②a ⊥b ⇔a ·b ＝0.③若a 与b 同向，则a ·b ＝|a |·|b |；若a 与b 反向，则a ·b ＝－|a |·|b |. 特别地：a •a ＝|a|2或|a |＝a •a .④若θ为a 、b 的夹角，则cos θ＝a•b|a||b|. ⑤|a •b |≤|a ||b |.4．两个向量数量积的运算律空间向量的数量积满足如下的运算律： ①(结合律)(λa )·b ＝λ(a ·b )； ②(交换律)a ·b ＝b ·a ；③(分配律)a ·(b ＋c )＝a ·b ＋a ·c . 【实践演练】典型例题例1 如图3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 分别是AB 、AD 、DC 的中点．求下列向量的数量积： (1)AB →·AC →； (2)AD →·BD →； (3)GF →·AC →； (4)EF →·BC →.迁移体验1 已知正四面体O —ABC 的棱长为1.求：(1)OA →·OB →； (2)(OA →＋OB →)·(CA →＋CB →)； (3)|OA →＋OB →＋OC →|.例2 已知点O 是正△ABC 平面外的一点，若OA ＝OB ＝OC ＝AB ＝1，E 、F 分别是AB 、OC 的中点，试求OE 与BF 所成角的余弦值．迁移体验2 如图6所示，在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，求异面直线A 1B 与AC 所成的角．基础练习1．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 ＝0B ．若λa ＝0，则λ＝0或a ＝0C ．若a 2＝b 2，则a ＝b 或a ＝－bD ．若a ·b ＝a ·c ，则b ＝c2．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a 2的是( )． A ．2BA →·AC →B ．2AD →·DB →C ．2FG →·AC →D ．2EF →·CB →3．空间四边形OABC 中，OB ＝OC ，∠AOB ＝∠AOC ＝π3，则cos 〈OA →，BC →〉的值为( )． A.12 B.22 C ．－12D ．0 4．已知a ，b 是空间两个向量，若|a |＝2，|b |＝2，|a －b |＝7，则cos 〈a ，b 〉＝________．5．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________．拓展提升1．已知在平行六面体ABCD －A 1B 1C 1D 1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AC 1的长为( )． A. 3 B ．2 C. 5 D. 62．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°3．已知|a |＝32，|b |＝4，m ＝a ＋b ，n ＝a ＋λb ，〈a ，b 〉＝135°，m ⊥n ，则λ＝________．4．如图，已知正三棱柱ABC －A 1B 1C 1的各条棱长都相等，M 是侧棱CC 1的中点，则异面直线AB 1和BM 所成的角的大小是______．5．如图所示，已知△ADB 和△ADC 都是以D 为直角顶点的直角三角形，且AD ＝BD ＝CD ，∠BAC ＝60°. 求证：BD ⊥平面ADC .6．如图，正三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，底面边长为 2.(1)设侧棱长为1，求证：AB 1⊥BC 1； (2)设AB 1与BC 1的夹角为π3，求侧棱的长．——★ 参考答案 ★——例1 [答案] (1)由题知|AB →|＝|AC →|＝a ，且〈AB →，AC →〉＝60°，∴AB →·AC →＝a ·a ·cos60°＝12a 2.(2)|AD →|＝a ，|BD →|＝a ，且〈AD →，BD →〉＝60°. ∴AD →·BD →＝a ·a ·cos60°＝12a 2.(3)|GF →|＝12a ，|AC →|＝a ，又GF →∥AC →，∴〈GF →，AC →〉＝180°.∴GF →·AC →＝12a ·a ·cos180°＝－12a 2.(4)|EF →|＝12a ，|BC →|＝a ，又EF →∥BD →，∴〈EF →，BC →〉＝〈BD →，BC →〉＝60°. ∴EF →·BC →＝12a ·a ·cos60°＝14a 2.【点评】本题主要考查空间向量数量积的定义及其运算，要求大家在熟练掌握的基础上能灵活运用．迁移体验1 [答案]如图4所示，(1)OA →·OB →＝|OA →||OB →|cos ∠AOB ＝1×1×cos60°＝12；(2)(OA →＋OB →)·(CA →＋CB →)＝(OA →＋OB →)·(OA →－OC →＋OB →－OC →) ＝(OA →＋OB →)·(OA →＋OB →－2OC →)＝12＋1×1×cos60°－2×1×1×cos60°＋1×1×cos60°＋12－2×1×1×cos60°＝1；(3)|OA →＋OB →＋OC →|＝OA →＋OB →＋OC→2＝12＋12＋12＋21×1×cos60°×3＝ 6.例2 [解析]利用两向量的夹角公式cos 〈a ，b 〉＝a ·b |a ||b |，注意两异面直线所成的角与两向量的夹角有所区别． [答案] 如图5所示，设OA →＝a ，OB →＝b ，OC →＝c ，则a ·b ＝b ·c ＝c ·a ＝12，|a |＝|b |＝|c |＝1，OE →＝12(a ＋b )，BF →＝12c －b ，OE →·BF →＝12(a ＋b )·(12c －b )＝12(12a ·c ＋12b ·c －a ·b －|b |2) ＝12(14＋14－12－1)＝－12， ∴cos 〈OE →，BF →〉＝OE →·BF →|OE →||BF →|＝－1232×32＝－23，∴异面直线OE 与BF 所成角的余弦值为23.【点评】对于空间向量a 、b ，有cos 〈a ，b 〉＝a ·b|a ||b |.利用这一结论，我们可以较方便地求解异面直线所成角的问题．由于向量的夹角的取值范围为[0，π]，而异面直线所成的角的取值范围为(0，π2]，故〈OE →，BF →〉∈(0，π2]时，它们相等；而当〈OE →，BF →〉∈(π2，π)时，它们互补．迁移体验2 [答案]不妨设正方体的棱长为1，设AB →＝a ，AD →＝b ，AA 1→＝c ，则|a |＝|b |＝|c |＝1， a ·b ＝b ·c ＝c ·a ＝0， A 1B →＝a －c ，AC →＝a ＋b .∴A 1B →·AC →＝(a －c )·(a ＋b )＝|a |2＋a ·b －a ·c －b ·c ＝1. 而|A 1B →|＝|AC →|＝2， ∴cos 〈A 1B →，AC →〉＝12×2＝12， ∴〈A 1B →，AC →〉＝60°.∴异面直线A 1B 与AC 所成的角为60°. 基础练习1．[解析] 对于A ，可举反例：当a ⊥b 时，a ·b ＝0；对于C ，a 2＝b 2，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 )． [答案] B2．[解析] 2BA →·AC →＝－a 2，故A 错；2AD →·DB →＝－a 2，故B 错；EF →·CB →＝－12a 2，故D 错，只有C 正确．[答案] C3．[解析]因为OA →·BC →＝OA →·(OC →－OB →)＝OA →·OC →－OA →·OB →＝|OA →||OC →|cos 〈OA →，OC →〉－|OA →||OB →|cos 〈OA →，OB →〉，又因为〈OA →，OC →〉＝〈OA →，OB →〉＝π3，|OB →|＝|OC →|，所以OA →·BC →＝0，所以OA →⊥BC →，所以cos 〈OA →，BC →〉＝0. [答案] D4．[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.[答案] 185．[解析] ∵a ＋b ＋c ＝0，∴(a ＋b ＋c )2＝0，∴a 2＋b 2＋c 2＋2(a·b ＋b·c ＋c·a )＝0， ∴a·b ＋b·c ＋c·a ＝－32＋12＋422＝－13.[答案] －13 拓展提升1．[解析]∵AC 1→＝AB →＋AD →＋AA 1→∴AC 1→2＝(AB →＋AD →＋AA 1→)2＝AB →2＋AD →2＋AA 1→2＋2AB →·AD →＋2AB →·AA 1→＋2AD →·AA 1→＝1＋1＋1＋2(cos 60°＋cos 60°＋cos 60°)＝6，∴|AC 1→|＝ 6. [答案]D2．[解析] ∵AB →·CD →＝(AC →＋CD →＋DB →)·CD →＝AC →·CD →＋|CD →|2＋DB →·CD →＝|CD →|2＝1， ∴cos 〈AB →，CD →〉＝AB →·CD →|AB →||CD →|＝12，∴a 与b 的夹角为60°. [答案] C3．[解析] 由m ⊥n ，得(a ＋b )·(a ＋λb )＝0，∴a 2＋(1＋λ)a ·b ＋λb 2＝0， ∴18＋(λ＋1)×32×4cos 135°＋16λ＝0，即4λ＋6＝0，∴λ＝－32.[答案] －324．[解析] 不妨设棱长为2，则AB 1→＝BB 1→－BA →，BM →＝BC →＋12BB 1→，cos 〈AB 1→，BM →〉＝（BB 1→－BA →）·（BC →＋12BB 1→）22×5＝0－2＋2－022×5＝0，故填90°. [答案] 90°5．【证明】不妨设AD ＝BD ＝CD ＝1，则AB ＝AC ＝ 2.BD →·AC →＝(AD →－AB →)·AC →＝AD →·AC →－AB →·AC →，由于AD →·AC →＝AD →·(AD →＋DC →)＝AD →·AD →＝1，AB →·AC →＝|AB →|·|AC →|cos 60°＝2×2×12＝1.∴BD →·AC →＝0，即BD ⊥AC ，又已知BD ⊥AD ，AD ∩AC ＝A ，∴BD ⊥平面ADC .6．[答案](1)证明 AB 1→＝AB →＋BB 1→，BC 1→＝BB 1→＋BC →.∵BB 1⊥平面ABC ，∴BB 1→·AB →＝0，BB 1→·BC →＝0.又△ABC 为正三角形，∴〈AB →·BC →〉＝π－〈BA →·BC →〉＝π－π3＝2π3.∵AB 1→·BC 1→＝(AB →＋BB 1→)·(BB 1→＋BC →) ＝AB →·BB 1→＋AB →·BC →＋BB 1→2＋BB 1→·BC →＝|AB →|·|BC →|·cos 〈AB →，BC →〉＋BB 1→2＝－1＋1＝0， ∴AB 1⊥BC 1.(2)解结合(1)知AB 1→·BC 1→＝|AB →|·|BC →|·cos 〈AB →，BC →〉＋BB 1→2＝BB 1→2－1.又|AB 1→|＝|BC 1→|.∴cos 〈AB 1→，BC 1→〉＝BB 1→2－12＋BB 1→2＝12，∴|BB 1→|＝2，即侧棱长为2.。

高中数学(人教版A版选修2-1)配套课时作业：第三章空间向量与立体几何章末总结 Word版含答案

章末总结知识点一空间向量的计算空间向量及其运算的知识与方法与平面向量及其运算类似，是平面向量的拓展，主要考查空间向量的共线与共面以及数量积运算，是用向量法求解立体几何问题的基础．【例1】沿着正四面体O －ABC 的三条棱OA 、OB →、OC →的方向有大小等于1、2和3的三个力f 1，f 2，f 3.试求此三个力的合力f 的大小以及此合力与三条棱夹角的余弦值．知识点二证明平行、垂直关系空间图形中的平行、垂直问题是立体几何当中最重要的问题之一，利用空间向量证明平行和垂直问题，主要是运用直线的方向向量和平面的法向量，借助空间中已有的一些关于平行和垂直的定理，再通过向量运算来解决．例2如图，正方体ABCD—A1B1C1D1中，M、N分别为AB、B1C的中点．(1)用向量法证明平面A1BD∥平面B1CD1；(2)用向量法证明MN⊥面A1BD.例3如图，在棱长为1的正方体ABCD—A1B1C1D1中，P是侧棱CC1上的一点，CP＝m.试确定m使得直线AP与平面BDD1B1所成的角为60°.例4正方体ABCD—A1B1C1D1中，E、F分别是BB1、CD的中点，求证：平面AED⊥平面A1FD1.知识点三空间向量与空间角求异面直线所成的角、直线与平面所成的角、二面角，一般有两种方法：即几何法和向量法，几何法求角时，需要先作出(或证出)所求空间角的平面角，费时费力，难度很大．而利用向量法，只需求出直线的方向向量与平面的法向量．即可求解，体现了向量法极大的优越性．例5如图所示，在长方体ABCD—A1B1C1D1中，AB＝5，AD＝8，AA1＝4，M为B1C1上一点且B1M＝2，点N在线段A1D上，A1D⊥AN.(1)cos〈1A D，AM→〉；(2)求直线AD与平面ANM所成角的余弦值；(3)求平面ANM与平面ABCD所成角的余弦值．知识点四空间向量与空间距离近年来，对距离的考查主要体现在两点间的距离和点到平面的距离，两点间的距离可以直接代入向量模的公式求解，点面距可以借助直线的方向向量与平面的法向量求解，或者利用等积求高的方法求解．例6如图，P A⊥平面ABCD，四边形ABCD是正方形，P A＝AD＝2，M、N分别是AB、PC的中点．(1)求二面角P—CD—B的大小；(2)求证：平面MND⊥平面PCD；(3)求点P到平面MND的距离．章末总结重点解读例1 解如图所示，用a ，b ，c 分别代表棱OA →、OB →、OC →上的三个单位向量，则f 1＝a ，f 2＝2b ，f 3＝3c ，则f ＝f 1＋f 2＋f 3＝a ＋2b ＋3c ，∴|f |2＝(a ＋2b ＋3c )(a ＋2b ＋3c )＝|a |2＋4|b |2＋9|c |2＋4a·b ＋6a·c ＋12b·c＝14＋4cos 60°＋6cos 60°＋12 cos 60°＝14＋2＋3＋6＝25，∴|f |＝5，即所求合力的大小为5.且cos 〈f ，a 〉＝f·a |f |·|a |＝|a |2＋2a·b ＋3a·c 5＝1＋1＋325＝710，同理可得：cos 〈f ，b 〉＝45，cos 〈f ，c 〉＝910. 例2 证明 (1)在正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，BD →＝AD →－AB →，B 1D 1→＝A 1D 1→－A 1B 1→，又∵AD →＝A 1D 1→，AB →＝A 1B 1→，∴BD →＝B 1D 1→.∴BD ∥B 1D 1.同理可证A 1B ∥D 1C ，又BD ∩A 1B ＝B ，B 1D 1∩D 1C ＝D 1，所以平面A 1BD ∥平面B 1CD 1.(2) MN →＝MB →＋BC →＋CN →＝12AB →＋AD →＋12(CB →＋CC 1→) ＝12AB →＋AD →＋12(－AD →＋AA 1→) ＝12AB →＋12AD →＋12AA 1→. 设AB →＝a ，AD →＝b ，AA 1→＝c ，则MN →＝12(a ＋b ＋c )．又BD →＝AD →－AB →＝b －a ，∴MN →·BD →＝12(a ＋b ＋c )(b －a )＝12(b 2－a 2＋c·b －c·a )．又∵A 1A ⊥AD ，A 1A ⊥AB ，∴c·b ＝0，c·a ＝0.又|b |＝|a |，∴b 2＝a 2，∴b 2－a 2＝0.∴MN →·BD →＝0，∴MN ⊥BD .同理可证，MN ⊥A 1B ，又A 1B ∩BD ＝B ，∴MN ⊥平面A 1BD .例3 解建立如图所示的空间直角坐标系，则A (1,0,0)，B (1,1,0)，P (0,1，m )，C (0,1,0)，D (0,0,0)，B 1(1,1,1)，D 1(0,0,1)．则BD →＝(－1，－1,0)，BB 1→＝(0,0,1)，AP →＝(－1,1，m )，AC →＝(－1,1,0)．又由AC →·BD →＝0，AC →·BB 1→＝0知，AC →为平面BB 1D 1D 的一个法向量．设AP 与平面BB 1D 1D 所成的角为θ，则sin θ＝|cos 〈AP →，AC →〉|＝＝22＋m 2·2. 依题意得22＋2m 2·2＝sin 60°＝32，解得m ＝33. 故当m ＝33时，直线AP 与平面BDD 1B 1所成角为60°. 例4 证明如图，建立空间直角坐标系Dxyz .设正方体棱长为1，则E ⎝⎛⎭⎫1，1，12、D 1(0,0,1)、F ⎝⎛⎭⎫0，12，0、A (1,0,0)． ∴DA →＝(1,0,0)＝D 1A 1→，DE →＝⎝⎛⎭⎫1，1，12， D 1F →＝⎝⎛⎭⎫0，12，－1. 设m ＝(x 1，y 1，z 1)，n ＝(x 2，y 2，z 2)分别是平面AED 和A 1FD 1的一个法向量．⇒⎩⎪⎨⎪⎧ x 1＝0x 1＋y 1＋12z 1＝0. 令y 1＝1，得m ＝(0,1，－2)．又由⇒⎩⎪⎨⎪⎧x 2＝012y 2－z 2＝0，令z 2＝1，得n ＝(0,2,1)．∵m·n ＝(0,1，－2)·(0,2,1)＝0，∴m ⊥n ，故平面AED ⊥平面A 1FD 1.例5 解 (1)建立空间直角坐标系(如图)．则A (0,0,0)，A 1(0,0,4)，D (0,8,0)，M (5,2,4)．∴AM →＝(5,2,4)，A 1D →＝(0,8，－4)．∴AM →·A 1D →＝0＋16－16＝0，∴AM →⊥A 1D →.∴cos 〈A 1D →，AM →〉＝0.(2)∵A 1D ⊥AM ，A 1D ⊥AN ，且AM ∩AN ＝A ， ∴A 1D →⊥平面ANM ，∴A 1D →＝(0,8，－4)是平面ANM 的一个法向量．又AD →＝(0,8,0)，|A 1D →|＝45，|AD →|＝8，A 1D →·AD →＝64，∴cos 〈A 1D →，AD →〉＝6445×8＝25＝255. ∴AD 与平面ANM 所成角的余弦值为55. (3)∵平面ANM 的法向量是A 1D →＝(0,8，－4)，平面ABCD 的法向量是a ＝(0,0,1)，∴cos 〈A 1D →，a 〉＝－445＝－55. ∴平面ANM 与平面ABCD 所成角的余弦值为55. 例6 (1)解 ∵P A ⊥平面ABCD ，由ABCD 是正方形知AD ⊥CD .∴CD ⊥面P AD ，∴PD ⊥CD .∴∠PDA 是二面角P —CD —B 的平面角． ∵P A ＝AD ，∴∠PDA ＝45°，即二面角P —CD —B 的大小为45°. (2)如图，建立空间直角坐标系，则P (0,0,2)，D (0,2,0)，C (2,2,0)，M (1,0,0)，∵N 是PC 的中点，∴N (1,1,1)，∴MN →＝(0,1,1)，ND →＝(－1,1，－1)，PD →＝(0,2，－2)．设平面MND 的一个法向量为m ＝(x 1，y 1，z 1)，平面PCD 的一个法向量为n ＝(x 2，y 2，z 2)．∴m ·MN →＝0，m ·ND →＝0，即有⎩⎪⎨⎪⎧ y 1＋z 1＝0，－x 1＋y 1－z 1＝0. 令z 1＝1，得x 1＝－2，y 1＝－1.∴m ＝(－2，－1,1)．同理，由n ·ND →＝0，n ·PD →＝0，即有⎩⎪⎨⎪⎧－x 2＋y 2－z 2＝0，2y 2－2z 2＝0. 令z 2＝1，得x 2＝0，y 2＝1，∴n ＝(0,1,1)． ∵m·n ＝－2×0＋(－1)×1＋1×1＝0，∴m ⊥n .∴平面MND ⊥平面PCD .(3)设P 到平面MND 的距离为d .由(2)知平面MND 的法向量m ＝(－2，－1,1)， ∵PD →·m ＝(0,2，－2)·(－2，－1,1)＝－4，∴|PD →·m |＝4，又|m |＝－2＋－2＋12＝6， ∴d ＝＝46＝263. 即点P 到平面MND 的距离为263.。

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3.1.3 空间向量的数量积运算
课时目标 1.掌握空间向量夹角的概念及表示方法，掌握两个向量的数量积概念、性质和计算方法及运算规律.2.掌握两个向量的数量积的主要用途，会用它解决立体几何中的夹角及距离问题．
1．空间向量的夹角
定义已知两个非零向量a ，b ，在空间中任取一点O ，作OA →＝a ，OB →＝b ，则∠AOB 叫
做向量a ，b 的夹角
记法范围
,想一想：〈a ，b 〉与〈b ，a 〉相等吗？〈a ，b 〉与〈a ，－b 〉呢？ 2．空间向量的数量积
(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
(3)
一、选择题
1．设a 、b 、c 是任意的非零向量，且它们相互不共线，下列命题： ①(a·b)·c －(c·a)·b ＝0； ②|a|－|b|<|a －b|；
③(b·a)·c －(c·a)·b 不与c 垂直； ④(3a ＋2b)·(3a －2b)＝9|a|2－4|b|2. 其中正确的有( )
A ．①②
B ．②③
C ．③④
D ．②④ 2．若a ，b 均为非零向量，则a·b ＝|a||b|是a 与b 共线的( ) 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
3．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
4.在棱长为1的正四面体ABCD 中，E,F 分别是BC,AD 的中点，则AE ·CF →等于( ) A ．0 B.12 C ．－34 D ．－12
5.如图，已知PA ⊥平面ABC ，∠ABC ＝120°，PA ＝AB ＝BC ＝6，则PC 等于( )
A ．6 2
B ．6
C ．12
D ．144
6．若向量m 垂直于向量a 和b ，向量n ＝λa ＋μb (λ，μ∈R 且λ、μ≠0)，则( ) A ．m ∥n B ．m ⊥n
C ．m 不平行于n ，m 也不垂直于n
D ．以上三种情况都有可能二、填空题
7．已知a ，b 是空间两向量，若|a|＝3，|b|＝2，|a －b|＝7，则a 与b 的夹角为________． 8．若向量a ，b 满足|a|＝1，|b|＝2，且a 与b 的夹角为π
3
，则|a ＋b|＝________.
9．在△ABC 中，有下列命题： ①AB →－AC →＝BC →； ②AB →＋BC →
＋CA ＝0；
③(AB →＋AC →)·(AB →－AC →)＝0，则△ABC 为等腰三角形； ④若AC →·AB →>0，则△ABC 为锐角三角形．其中正确的是________．(填写正确的序号) 三、解答题
10.如图，已知在空间四边形OABC 中，OB ＝OC ，AB ＝AC.求证：OA ⊥BC.
11．在正四面体ABCD 中，棱长为a ，M 、N 分别是棱AB 、CD 上的点，且|MB|＝2|AM|，|CN|＝1
2|ND|，求|MN|.
能力提升
12.平面式O,A.B 三点不共线，设OA →
＝a ，OB ＝b ，则△OAB 的面积等于( ) A.|a|2|b|2－(a·b)2 B.|a|2|b|2＋(a·b)2 C.1
2
|a|2|b|2－(a·b)2 D.1
2|a|2|b|2＋(a·b)2 13.
如图所示，已知线段AB 在平面α内，线段AC ⊥α，线段BD ⊥AB ，且AB ＝7，AC ＝BD ＝24，线段BD 与α所成的角为30°，求CD 的长．
3．1.3 空间向量的数量积运算
知识梳理
1．〈a ，b 〉 [0，π] 2．(2)λ(a·b) b·a a·b ＋a·c (3)①a·b ＝0 ②|a|·|b| －|a|·|b| ③a·b
|a||b|
作业设计
1．D [①错；②正确，可以利用三角形法则作出a －b ，三角形的两边之差小于第三边；③错，当b·a ＝c·b ＝0时，(b·a)·c －(c·a)·b 与c 垂直；④正确，直接利用数量积的运算律．]
2．A [a·b ＝|a||b|cos 〈a ，b 〉＝|a||b|⇔cos 〈a ，b 〉＝1⇔〈a ，b 〉＝0，当a 与b 反向时，不能成立．]
3．C [|a ＋3b|2＝(a ＋3b)2＝a 2＋6a·b ＋9b 2 ＝1＋6·cos 60°＋9＝13.∴|a ＋3b|＝13.]
4．D [AE →·CF →＝12(AB →＋AC →)·12
AD AC ⎛⎫- ⎪⎝
⎭
＝14AB →·AD →＋14AC →·AD →－12AB →·AC →－12|AC →|2 ＝14cos 60°＋14cos 60°－12cos 60°－12＝－12.] 5．C [∵PC →＝PA →＋AB →＋BC →， ∴|PC →|2＝(PA →＋AB →＋BC →)2
＝PA →2＋AB →2＋BC →2＋2PA →·AB →＋2PA →·BC →＋2AB →·BC →＝108＋2×6×6×12＝144，∴|PC →
|＝12.]
6．B [由题意m ⊥a ，m ⊥b ，则有m·a ＝0，m·b ＝0， m·n ＝m(λa ＋μb)＝λm·a ＋μm·b ＝0， ∴m ⊥n.] 7．60°
解析由|a －b|＝7，得(a －b)2＝7，即|a|2－2a·b ＋|b|2＝7，∴2a·b ＝6，
∴|a||b|cos 〈a ，b 〉＝3，∴cos 〈a ，b 〉＝12，〈a ，b 〉＝60°.即a 与b 的夹角为60°.
8.7
解析 |a ＋b|＝a 2＋2a·b ＋b 2 ＝
1＋2×2×1
2
＋4＝7.
9．②③
解析 ①错，AB →－AC →＝CB →；②正确；③正确，|AB →|＝|AC →
|；④错，△ABC 不一定是锐角三角形．
10．证明 ∵OB ＝OC ，AB ＝AC ，OA ＝OA ， ∴△OAC ≌△OAB.∴∠AOC ＝∠AOB. ∵OA →·BC →＝OA →·(OC →－OB →) ＝OA →·OC →－OA →·OB →
＝|OA →||OC →|cos ∠AOC －|OA →||OB →|·cos ∠AOB ＝0，∴OA ⊥BC. 11．解
如图所示，|AB →|＝|AC →|＝|AD →|＝a ，把题中所用到的量都用向量AB →、AC →、AD →
表示，于是MN →＝MB →＋BC →＋CN →
＝23AB →＋(AC →－AB →
)＋13(AD →－AC →)＝－13AB →＋13AD →＋23AC →. 又AD →·AB →＝AB →·AC →＝AC →·AD → ＝|AD →
|2cos 60°＝12|AD →|2＝12
a 2，
∴MN →·MN →＝1
123
3
3
AB AD AC ⎛⎫-++ ⎪⎝⎭
·
112333AB AD AC ⎛⎫-++
⎪⎝⎭
＝19AB →2－29AD →·AB →－49AB →·AC →＋49AC →·AD →＋19AD →2＋49AC →2＝19a 2－19a 2＋19a 2＋49a 2＝59a 2
. 故|MN →
|MN MN ∙＝53a ，即|MN|＝53a.
12.
C [如图所示，
S △OAB ＝1
2|a||b|·sin 〈a ，b 〉
＝1
2|a||b|1－〈a ，b 〉2
＝12|a||b| 1－
a·b |a||b|
2
＝12
|a||b| |a|2|b|2－
2
|a|2|b|2
＝1
2|a|2|b|2－2
.]
13.
解由AC ⊥α，可知AC ⊥AB ，过点D 作DD 1⊥α，D 1为垂足，
连结BD 1，则∠DBD 1为BD 与α所成的角，即∠DBD 1＝30°， ∴∠BDD 1＝60°，
∵AC ⊥α，DD 1⊥α，∴AC ∥DD 1，
∴〈CA →，DB →〉＝60°，∴〈CA →，BD →〉＝120°. 又CD →＝CA →＋AB →＋BD →， ∴|CD →|2＝(CA →＋AB →＋BD →)2
＝|CA →|2＋|AB →|2＋|BD →|2＋2CA →·AB →＋2CA →·BD →＋2AB →·BD →∵BD ⊥AB ，AC ⊥AB ， ∴BD →·AB →＝0，AC →·AB →＝0.
故|CD →|2＝|CA →|2＋|AB →|2＋|BD →|2＋2CA →·BD → ＝242＋72＋242＋2×24×24×cos 120°＝625， ∴|CD →
|＝25.。