1.1.1 空间向量及其运算（第2课时 空间向量的数量积）课件-2024-2025学年高二上学期数学人教B版（2019）选择性必修第一册

第一章　空间向量与立体几何 1.1.1　空间向量及其运算 第2课时　空间向量的数量积 人教B版 数学 选择性必修第一册 课程标准 1.理解空间向量夹角的概念; 2.掌握空间向量的数量积的概念、相关性质及数量积的运算律; 3.能运用向量的数量积,判断向量垂直,并用于证明两直线垂直. 基础落实·必备知识全过关 重难探究·能力素养全提升 目录索引 成果验收·课堂达标检测 基础落实·必备知识全过关 知识点1 空间向量数量积的概念 (1)空间向量的夹角 定义 给定两个非零向量a,b,任意在空间中选定一点O,作 =a, =b,则大小在[0,π]内的　　　　　称为a与b的夹角,记作<a,b>  范围 　　　　　　　  向量 垂直 如果<a,b>= ,则称向量a与b互相垂直,记作　　　　  ∠AOB　 0≤<a,b>≤π a⊥b (2)向量的投影 一般地,给定空间向量a和空间中的直线l(或平面α),过a的始点和终点分别作直线l(或平面α)的垂线,假设垂足为A,B,则向量 称为a在直线l(或平面α)上的投影. (3)空间向量的数量积 两个非零向量a与b的数量积(也称为内积)定义为a·b=|a||b|cos<a,b>.规定零向量与任意向量的数量积为0. 向量的投影仍是一个向量 名师点睛 1.空间向量的数量积是一个实数而不是一个向量. 2.数量积的正负取决于向量的夹角,注意两向量反向时夹角为π. 3.数量积的几何意义:向量a在b上投影的数量与b的模的乘积. 过关自诊 判断正误.(正确的画√,错误的画×) (1)[北师大版教材习题]向量b在a方向上的投影的数量等于向量a在b方向上的投影的数量.(　　) × × 知识点2 空间向量数量积的性质及其运算律 (1)性质 ①若a,b为非零向量,则　　　　　⇔a·b=0(垂直条件);  ④|a·b|≤|a||b|(当且仅当a,b共线时等号成立). a⊥b |a|2 (2) 运算律 表示 数乘向量与数量积的结合律 (λa)·b=λ(a·b),λ∈R 交换律 a·b=b·a 分配律 (a+b)·c=a·c+b·c 名师点睛 1.a⊥b的充要条件是a·b=0,这是用向量证明空间中垂直关系的根本方法,同时也说明由a·b=0不能得到a=0或b=0. 2.向量的数量积不满足结合律. 过关自诊 1.判断正误.(正确的画√,错误的画×) (1)对于非零向量b,由a·b=b·c,可得a=c.(　　) (2)若非零向量a,b为共线且同向的向量,则a·b=|a||b|.(　　) × √ 2.对于空间任意两个非零向量a,b,“a∥b”是“<a,b>=0”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 B A.30° B.60° C.150° D.120° D 4. [人教A版教材习题]如图,正方体ABCD-A'B'C'D'的棱长为1,设 (1)a·(b+c); (2)a·(a+b+c); (3)(a+b)·(b+c). 解 (1)a·(b+c)=a·b+a·c=0+0=0. (2)a·(a+b+c)=a2+a·b+a·c=1+0+0=1. (3)(a+b)·(b+c)=a·b+a·c+b2+b·c=0+0+12+0=1. 重难探究·能力素养全提升 探究点一　向量的数量积的求解 【例1】如图所示,已知空间四边形ABCD的每条边和对角线长都等于1,点E,F分别是AB,AD的中点,计算: 规律方法　求两个向量数量积的方法 变式训练1如图,在三棱锥P-ABC中,AP,AB,AC两两垂直,AP=2,AB=AC=1,M D 探究点二　数量积的应用 角度1.利用数量积求解夹角和模 【例2】如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,CA=CB=1,∠BCA=90°,棱AA1=2,点N为AA1的中点.求: 变式探究2本例中,若CA=CB=AA1=1,其他条件不变,求异面直线CA1与AB所成的角. 规律方法　求向量的夹角和模 (1)求两个向量的夹角:利用公式cos<a,b>= 求cos<a,b>,进而确定<a,b>. (2)求线段长度(距离):①取此线段对应的向量;②用其他已知夹角和模的向量表示该向量;③利用|a|= ,计算出|a|,即得所求长度(距离). 角度2.利用数量积证明垂直问题 【例3】如图所示,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为平行四边形, ∠DAB=60°,AB=2AD,PD⊥底面ABCD.求证:PA⊥BD. 证明 由底面ABCD为平行四边形,∠DAB=60°,AB=2AD,知DA⊥BD, 规律方法　1.由数量积的性质a⊥b⇔a·b=0(a,b是非零向量)可知,要证两直线垂直,可构造与两直线分别平行的非零向量,只要证明这两个向量的数量积为0即可. 2.用向量法证明线面(面面)垂直,需将线面(面面)垂直转化为线线垂直,然后利用向量法证明线线垂直. 变式训练2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. 又OG∩BD=O,OG⊂平面GBD,BD⊂平面GBD, ∴A1O⊥平面GBD. 成果验收·课堂达标检测 A 级 必备知识基础练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 1. [探究点二(角度1)]如图所示,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,下列各组向量的夹角为45°的是(　　) A 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 2.[探究点一]已知向量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 D 解析 (2a-b)·a=2a2-b·a=2|a|2-|a||b|·cos 120°=2×4-2×5×(- )=13.故选D. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 3.[探究点二(角度2)]已知e1,e2为单位向量,且e1⊥e2,若a=2e1+3e2,b=ke1-4e2, a⊥b,则实数k的值为(　　) A.-6 B.6 C.3 D.-3 B 解析 由题意可得a·b=0,e1·e2=0,|e1|=|e2|=1, 所以(2e1+3e2)·(ke1-4e2)=0, 所以2k-12=0, 所以k=6.故选B. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 4.[探究点一·2023山东潍坊高二阶段练习](多选题)下列说法一定正确的是 (　　) A.设a,b是两个空间向量,则a,b一定共面 B.设a,b,c是三个空间向量,则a,b,c一定不共面 C.设a,b是两个空间向量,则a·b=b·a D.设a,b,c是三个空间向量,则(a·b)c=a(b·c) AC 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 解析 对于A,两个空间向量一定共面,故A正确; 对于B,三个空间向量可能共面也可能不共面,故B错误; 对于C,因为a,b是两个空间向量,则a·b=b·a,故C正确; 对于D,因为a,b,c是三个空间向量,则a(b·c)与向量a共线,(a·b)c与向量c共线,两向量不一定相等,故D错误. 故选AC. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 5.[探究点二(角度1)]已知|a|=13,|b|=19,|a+b|=24,则|a-b|=　　　　　.  22 解析 ∵|a+b|2=(a+b)2=a2+2a·b+b2=132+2a·b+192=242, ∴2a·b=46,∴|a-b|2=(a-b)2=a2-2a·b+b2=530-46=484,故|a-b|=22. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 6.[探究点二(角度1)]已知空间向量a,b,c中两两夹角都是 ,且|a|=4,|b|=6,|c|=2,则|a+b+c|=　　　　　.  10 解析 ∵|a|=4,|b|=6,|c|=2,且<a,b>=<a,c>=<b,c>= , ∴|a+b+c|2=(a+b+c)2=|a|2+|b|2+|c|2+2a·b+2a·c+2b·c =|a|2+|b|2+|c|2+2|a||b|·cos<a,b>+2|a||c|·cos<a,c>+2|b||c|·cos<b,c> =42+62+22+4×6+4×2+6×2=100, ∴|a+b+c|=10. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 7.[探究点一、二(角度1)·北师大版教材例题]如图,已知四棱柱ABCD-A'B'C'D'的底面ABCD是边长为1的菱形,且∠C'CB=∠C'CD=∠BCD 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 B 级 关键能力提升练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 △ABC一定是(　　) A.直角三角形 B.等腰三角形 C.等腰直角三角形 D.等边三角形 B 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 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 (　　) A.-13 B.-5 C.5 D.13 A 解析 ∵a+b+c=0,∴(a+b+c)2=0, ∴a2+b2+c2+2(a·b+b·c+c·a)=0, 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 10.已知空间向量a,b,c满足a+b+c=0,|a|=1,|b|=2,|c|= ,则a与b的夹角为 (　　) A.30° B.45° C.60° D.90° C 解析 设a与b的夹角为θ,由a+b+c=0,得a+b=-c,两边平方,得a2+2a·b+b2=c2,所以1+2×1×2cos θ+4=7,解得cos θ= .又θ∈[0,π],所以θ=60°. 故选C. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 11.已知空间向量a,b,|a|=3 ,|b|=5,m=a+b,n=a+λb,<a,b>=135°,若m⊥n,则λ的值为　　　　　.  解析 因为m⊥n,所以m·n=0,故(a+b)·(a+λb)=0, 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 12. 如图,在长方体ABCD-A1B1C1D1中,设AD=AA1=1,AB=2,P是C1D1的中点, 60° 1 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 13.已知a,b是空间中相互垂直的单位向量,且|c|=5,c·a=c·b=2 ,则 |c-ma-nb|的最小值是　　　　　.  3 解析 因为a,b互相垂直,所以a·b=0, 所以|c-ma-nb|2=c2+m2a2+n2b2-2ma·c-2nb·c+2mna·b 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 14. [人教A版教材习题]如图,正方体ABCD-A'B'C'D'的棱长为a. (1)求A'B和B'C所成的角; (2)求证:A'B⊥AC'. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 (2)向量的夹角等于向量的夹角.(　　) ②a·a=　　　　　或|a|=(求模公式);  ③若a,b为非零向量,则cos<a,b>=(夹角公式); 3.在正四面体ABCD中,的夹角等于(　　) =a,=b,=c,求: (1);(2);(3);(4). 解 (1)|·||·cos<>=×1×1×cos 60°=, 所以. (2)|·||cos<>=×1×1×cos 0°=, 所以. (3)|·||cos<>=×1×1×cos 120°=-, 所以=-. (4))·)=·(-)+·(-)+]=[-+()·]=×(-)=-. 为PC的中点,则的值为(　　) A.1 B. C. D. 解析 由题意得)=,故·()=.故选D. (1)的模; (2)cos<>的值. 解 由已知得||=||=1,||=||=2,.<> =<>=<>=90°, 所以=0. (1)因为,所以||2==()2==12+×22+12=3, 所以||=. (2)因为, , 所以||2==()2==12+22+12=6, ||=, ||2==()2==12+22=5,||=, =()·()==22-12=3, 所以cos<>=. 变式探究1本例中条件不变,求夹角的余弦值. 解 由例题知,||=,||=, =()·()=×22-12=1, 所以cos<>=, 所以夹角的余弦值为. 解 由已知得||=||=||=1,=0. 因为||2==()2==12+12=2, 所以||=. 因为||2==()2==12+12=2, 所以||=. 又因为=()·()=-=-1, 所以cos<>==-, 所以<>=120°, 所以异面直线CA1与AB所成的角为60°. 则=0. 由PD⊥底面ABCD,知PD⊥BD,则=0. 又,所以=()·=0,即PA⊥BD. 证明 设=a,=b,=c,则a·b=0,b·c=0,a·c=0,|a|=|b|=|c|. ∵)=c+a+b,=b-a, )+a+b-c, ∴=(c+a+b)·(b-a)=c·b-c·a+a·b-a2+b2-b·a=(b2-a2) =(|b|2-|a|2)=0,所以,即A1O⊥BD. 同理可证,即A1O⊥OG. A. B. C. D. =,DD'=2,求: (1);(2)·();(3)||. 解 (1)因为∠D'DA=∠C'CB=, 所以=||||cos∠D'DA=1. (2)因为, 而=||||cos∠C'CD=1,=||||cos∠C'CB=1, 所以·()==1-1=0. (3)|| = = =. 8.设平面上有四个互异的点A,B,C,D,已知(-2)·()=0,则 解析 因为-2=()+()=, 所以(-2)·()=()·()=||2-||2=0,所以||=||,即△ABC一定是等腰三角形.故选B. ∴a·b+b·c+c·a=-=-13.故选A. - 所以a2+(λ+1)a·b+λb2=0,即18+(λ+1)×15×(-)+25λ=0,故λ=-. 则的夹角的大小为　　　　　,=　　　　　.  解析 连接A1D(图略),则∠PA1D就是的夹角.连接PD(图略),在△PA1D中,易得PA1=DA1=PD=,即△PA1D为等边三角形,从而∠PA1D=60°,即的夹角的大小为60°,因此×cos 60°=1. =25+m2+n2-4m-4n=+9, 当且仅当m=n=2时,|c-ma-nb|2取得最小值,最小值为9,则|c-ma-nb|的最小值为3. (1)解 设=a,=b,=c. ∵正方体ABCD-A'B'C'D'的棱长为a, ∴|a|=|b|=|c|=a,且<a,b>=<a,c>=<b,c>=. ∵=a-c,=b-c, ∴=(a-c)·(b-c)=a·b-a·c-b·c+c2=0-0-0+a2=a2. 又||=a,||=a, ∴cos<>=. 又<>∈[0,π],∴<>=, ∴A'B与B'C所成的角为. (2)证明 由(1)知=a-c,=a+b+c, ∴=(a-c)·(a+b+c)=a2+a·b+a·c-c·a-c·b-c2=a2+0+0-0-0-a2=0, ∴, ∴A'B⊥AC'. $$