1.1.2 空间向量的数量积运算-【金版教程】2024-2025学年新教材高中数学选择性必修第一册创新导学案课件PPT（人教A版2019）

第一章　空间向量与立体几何 1.1　空间向量及其运算 1.1.2　空间向量的数量积运算 (教师独具内容) 课程标准：1．掌握空间向量的数量积．2．了解空间向量投影的概念以及投影向量的意义．3．能初步运用数量积解决空间中的垂直、夹角及距离问题． 教学重点：数量积运算在空间几何体中的应用． 教学难点：空间向量数量积性质的应用． 核心素养：在理解并应用空间向量数量积的过程中，掌握相关概念和方法，培养数学抽象及数学运算素养． 核心概念掌握 核心素养形成 随堂水平达标 目录 课后课时精练 核心概念掌握 非零 ∠AOB 〈a，b〉 0≤〈a，b〉 ≤ π 核心概念掌握 目录 5 互相垂直 a⊥b 核心概念掌握 目录 6 已知两个非零向量a，b，则|a||b|cos〈a，b〉 a·b a·b＝|a||b|cos〈a，b〉 零向量 a·b＝0 |a||a|cos〈a，a〉 |a|2 核心概念掌握 目录 7 c 核心概念掌握 目录 8 a 核心概念掌握 目录 9 λ(a·b) b·a a·c＋b·c 核心概念掌握 目录 10 答案 核心概念掌握 目录 11 答案 核心概念掌握 目录 12 答案 核心概念掌握 目录 13 答案 核心概念掌握 目录 14 答案 核心概念掌握 目录 15 核心素养形成 核心素养形成 目录 17 解 核心素养形成 目录 18 感悟提升 (1)只有两个非零空间向量才有夹角，当两个非零空间向量共线同向时，夹角为0，共线反向时，夹角为π． (2)对空间任意两个非零向量a，b有①〈a，b〉＝〈b，a〉；②〈－a，b〉＝〈a，－b〉；③〈－a，－b〉＝〈a，b〉． 核心素养形成 目录 19 答案 解析 核心素养形成 目录 20 核心素养形成 目录 21 解 核心素养形成 目录 22 解 核心素养形成 目录 23 感悟提升 1．空间向量数量积运算的两种方法 (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：计算两个向量的数量积，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． 核心素养形成 目录 24 答案 核心素养形成 目录 25 解析 核心素养形成 目录 26 核心素养形成 目录 27 解 核心素养形成 目录 28 解 核心素养形成 目录 29 解 核心素养形成 目录 30 核心素养形成 目录 31 答案 解析 核心素养形成 目录 32 解 核心素养形成 目录 33 解 核心素养形成 目录 34 核心素养形成 目录 35 答案 解析 核心素养形成 目录 36 答案 核心素养形成 目录 37 解析 核心素养形成 目录 38 核心素养形成 目录 39 证明 核心素养形成 目录 40 感悟提升 利用空间向量数量积判断或证明线面垂直的思路 (1)由数量积的性质a⊥b⇔a·b＝0可知，要证两直线垂直，可在两直线上分别取一个向量，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． 核心素养形成 目录 41 核心素养形成 目录 42 证明 核心素养形成 目录 43 随堂水平达标 答案 随堂水平达标 1 2 3 4 5 目录 45 解析 随堂水平达标 1 2 3 4 5 目录 46 答案 解析 随堂水平达标 1 2 3 4 5 目录 47 答案 解析 随堂水平达标 1 2 3 4 5 目录 48 答案 解析 随堂水平达标 1 2 3 4 5 目录 49 答案 60° 1 随堂水平达标 1 2 3 4 5 目录 50 解析 随堂水平达标 1 2 3 4 5 目录 51 课后课时精练 答案 解析 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 B级 1 2 目录 53 答案 解析 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 B级 1 2 目录 54 答案 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 B级 1 2 目录 55 解析 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 B级 1 2 目录 56 答案 解析 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 B级 1 2 目录 57 答案 解析 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 B级 1 2 目录 58 答案 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 B级 1 2 目录 59 解析 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 B级 1 2 目录 60 答案 解析 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 B级 1 2 目录 61 答案 －13 解析 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 B级 1 2 目录 62 答案 解析 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 B级 1 2 目录 63 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 B级 1 2 目录 64 解 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 B级 1 2 目录 65 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 B级 1 2 目录 66 解 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 B级 1 2 目录 67 解 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 B级 1 2 目录 68 解 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 B级 1 2 目录 69 解 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 B级 1 2 目录 70 解 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 B级 1 2 目录 71 　　　　　　　　　　　　　 R 知识点一　空间向量的夹角 如果〈a，b〉＝eq \f(π,2)，那么向量a，beq \x(\s\up1(05))______________，记作eq \x(\s\up1(06))_______． [说明]　因为向量是自由向量，空间中的任意两个向量都能平移到同一平面内，因此，空间中两向量的夹角的实质就是平面内两向量的夹角． 知识点二　空间向量的数量积 (1)定义 eq \x(\s\up1(01))___________________________________________叫做a，b的数量积，记作eq \x(\s\up1(02))____，即eq \x(\s\up1(03))______________________________． 特别地，eq \x(\s\up1(04))___________与任意向量的数量积为0． (2)由向量的数量积定义，可以得到： ①a⊥b⇔eq \x(\s\up1(05))_________． ②a·a＝eq \x(\s\up1(06))__________________＝eq \x(\s\up1(07))______． (3)向量的投影 ①如图1，在空间，向量a向向量b投影，由于它们是自由向量，因此可以先将它们平移到同一个平面α内，进而利用平面上向量的投影，得到与向量b共线的向量c，c＝eq \x(\s\up1(08))______________________，向量eq \x(\s\up1(09))___称为向量a在向量b上的投影向量．类似地，可以将向量a向直线l投影(如图2)． |a|cos〈a，b〉eq \f(b,|b|) ②如图3，向量a向平面β投影，就是分别由向量a的起点A和终点B作平面β的垂线，垂足分别为A′，B′，得到向量eq \o(A′B′,\s\up14(→))，向量eq \x(\s\up1(10))______称为向量a在平面β上的投影向量．这时，向量eq \x(\s\up1(11))_____，eq \x(\s\up1(12))_____的夹角就是向量a所在直线与平面β所成的角． eq \o(A′B′,\s\up14(→)) eq \o(A′B′,\s\up14(→)) (4)运算律 ①(λa)·b＝eq \x(\s\up1(13))____________，λ∈R． ②a·b＝eq \x(\s\up1(14))_______ (交换律)． ③(a＋b)·c＝eq \x(\s\up1(15))___________ (分配律)． [提醒]　(1)向量a，b的数量积记为a·b，而不能表示为a×b或者ab． (2)空间向量的数量积运算不满足消去律和结合律，即a·b＝a·c⇒b＝c，(a·b)·c＝a·(b·c)都不成立． 1．(空间向量的数量积)若空间向量a与b满足|a|＝1，|b|＝2，且a与b的夹角为eq \f(π,3)，则a·b＝(　　) A．1 B．2 C．eq \f(1,2) D．－eq \f(1,2) 2．(空间向量的夹角)已知a，b是空间两个向量，且|a|＝eq \r(2)，|b|＝eq \f(\r(2),2)，a·b＝－eq \f(\r(2),2)，则a与b的夹角为(　　) A．eq \f(π,4) B．eq \f(π,3) C．eq \f(3π,4) D．eq \f(2π,3) 3．(空间向量的投影向量)已知空间向量a，b满足|a|＝eq \r(6)，|b|＝eq \r(2)，cos〈a，b〉＝eq \f(\r(3),4)，则a在b上的投影向量为(　　) A．eq \f(2,3)b B．eq \f(\r(3),4)b C．eq \f(4,3)b D．eq \f(3,4)b 4．(多选)(空间向量数量积的运算律)设a，b为空间中的任意两个非零向量，下列各式中正确的是(　　) A．eq \f(a·b,a)＝eq \f(b,a) B．a2＝|a|2 C．(a·b)2＝a2·b2 D．(a－b)2＝a2－2a·b＋b2 5．(空间向量的模)若a，b，c为两两垂直的三个空间单位向量，则|2a＋2b－3c|＝________． eq \r(17) 题型一　空间向量的夹角 (AC,\s\up14(→)) 　如图，在正方体ABCD－A′B′C′D′中，求向量分别与向量eq \o(A′B′,\s\up14(→))，eq \o(B′A′,\s\up14(→))，eq \o(AD′,\s\up14(→))，eq \o(CD′,\s\up14(→))，eq \o(B′D′,\s\up14(→))的夹角． 解　如图，连接BD，则在正方体ABCD－A′B′C′D′中，AC⊥BD，∠BAC＝45°，AC＝AD′＝CD′，所以〈eq \o(AC,\s\up14(→))，eq \o(A′B′,\s\up14(→))〉＝〈eq \o(AC,\s\up14(→))，eq \o(AB,\s\up14(→))〉＝45°，〈eq \o(AC,\s\up14(→))，eq \o(B′A′,\s\up14(→))〉＝180°－〈eq \o(AC,\s\up14(→))，eq \o(AB,\s\up14(→))〉＝135°，〈eq \o(AC,\s\up14(→))，eq \o(AD′,\s\up14(→))〉＝∠D′AC＝60°，〈eq \o(AC,\s\up14(→))，eq \o(CD′,\s\up14(→))〉＝180°－〈eq \o(CA,\s\up14(→))，eq \o(CD′,\s\up14(→))〉＝180°－60°＝120°，〈eq \o(AC,\s\up14(→))，eq \o(B′D′,\s\up14(→))〉＝〈eq \o(AC,\s\up14(→))，eq \o(BD,\s\up14(→))〉＝90°． [跟踪训练1]　在正四面体ABCD中，eq \o(BC,\s\up14(→))与eq \o(CD,\s\up14(→))的夹角为(　　) A．30° B．60° C．150° D．120° 解析　〈eq \o(BC,\s\up14(→))，eq \o(CD,\s\up14(→))〉＝180°－〈eq \o(CB,\s\up14(→))，eq \o(CD,\s\up14(→))〉＝180°－60°＝120°． 题型二　求空间向量的数量积 　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，E，F分别是AB，AD的中点，计算： (1)eq \o(EF,\s\up14(→))·eq \o(BA,\s\up14(→))；(2)eq \o(EF,\s\up14(→))·eq \o(BD,\s\up14(→))；(3)eq \o(EF,\s\up14(→))·eq \o(DC,\s\up14(→))；(4)eq \o(BF,\s\up14(→))·eq \o(CE,\s\up14(→))． 解　(1)eq \o(EF,\s\up14(→))·eq \o(BA,\s\up14(→))＝eq \f(1,2) eq \o(BD,\s\up14(→))·eq \o(BA,\s\up14(→)) ＝eq \f(1,2)|eq \o(BD,\s\up14(→))|·|eq \o(BA,\s\up14(→))|·cos〈eq \o(BD,\s\up14(→))，eq \o(BA,\s\up14(→))〉 ＝eq \f(1,2)×1×1×cos60°＝eq \f(1,4)． (2)eq \o(EF,\s\up14(→))·eq \o(BD,\s\up14(→))＝eq \f(1,2) eq \o(BD,\s\up14(→))·eq \o(BD,\s\up14(→))＝eq \f(1,2)|eq \o(BD,\s\up14(→))|2＝eq \f(1,2)． (3)eq \o(EF,\s\up14(→))·eq \o(DC,\s\up14(→))＝eq \f(1,2) eq \o(BD,\s\up14(→))·eq \o(DC,\s\up14(→)) ＝eq \f(1,2)|eq \o(BD,\s\up14(→))||eq \o(DC,\s\up14(→))|cos〈eq \o(BD,\s\up14(→))，eq \o(DC,\s\up14(→))〉 ＝eq \f(1,2)×1×1×cos120°＝－eq \f(1,4)． (4)eq \o(BF,\s\up14(→))·eq \o(CE,\s\up14(→))＝eq \f(1,2)(eq \o(BD,\s\up14(→))＋eq \o(BA,\s\up14(→)))·eq \f(1,2)(eq \o(CB,\s\up14(→))＋eq \o(CA,\s\up14(→))) ＝eq \f(1,4)[eq \o(BD,\s\up14(→))·(－eq \o(BC,\s\up14(→)))＋eq \o(BA,\s\up14(→))·(－eq \o(BC,\s\up14(→)))＋eq \o(BD,\s\up14(→))·eq \o(CA,\s\up14(→))＋eq \o(BA,\s\up14(→))·eq \o(CA,\s\up14(→))] ＝eq \f(1,4)[－eq \o(BD,\s\up14(→))·eq \o(BC,\s\up14(→))－eq \o(BA,\s\up14(→))·eq \o(BC,\s\up14(→))＋(eq \o(CD,\s\up14(→))－eq \o(CB,\s\up14(→)))·eq \o(CA,\s\up14(→))＋eq \o(AB,\s\up14(→))·eq \o(AC,\s\up14(→))] ＝eq \f(1,4)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)－\f(1,2)＋\f(1,2)－\f(1,2)＋\f(1,2)))＝－eq \f(1,8)． [跟踪训练2]　(2024·长沙一中高二质检)设ABCD－A1B1C1D1是棱长为a的正方体，AC1与BD1相交于点O，则(　　) A．eq \o(AB,\s\up14(→))·eq \o(A1C1,\s\up14(→))＝eq \r(2)a2 B．eq \o(AB,\s\up14(→))·eq \o(AC1,\s\up14(→))＝a2 C．eq \o(AB,\s\up14(→))·eq \o(AO,\s\up14(→))＝eq \f(1,2)a D．eq \o(BC,\s\up14(→))·eq \o(DA1,\s\up14(→))＝a2 解析　在正方体ABCD－A1B1C1D1中．对于A，eq \o(AB,\s\up14(→))·eq \o(A1C1,\s\up14(→))＝eq \o(AB,\s\up14(→))·(eq \o(AB,\s\up14(→))＋eq \o(AD,\s\up14(→)))＝eq \o(AB,\s\up14(→))2＋eq \o(AB,\s\up14(→))·eq \o(AD,\s\up14(→))＝a2，故A错误；对于B，eq \o(AB,\s\up14(→))·eq \o(AC1,\s\up14(→))＝eq \o(AB,\s\up14(→))·(eq \o(AB,\s\up14(→))＋eq \o(AD,\s\up14(→))＋eq \o(AA1,\s\up14(→)))＝eq \o(AB,\s\up14(→))2＋eq \o(AB,\s\up14(→))·eq \o(AD,\s\up14(→))＋eq \o(AB,\s\up14(→))·eq \o(AA1,\s\up14(→))＝eq \o(AB,\s\up14(→))2＝a2，故B正确；对于C，eq \o(AB,\s\up14(→))·eq \o(AO,\s\up14(→))＝eq \o(AB,\s\up14(→))·eq \f(1,2) eq \o(AC,\s\up14(→))1＝eq \f(1,2) eq \o(AB,\s\up14(→))·eq \o(AC1,\s\up14(→))＝eq \f(1,2)a2，故C错误；对于D，eq \o(BC,\s\up14(→))·eq \o(DA1,\s\up14(→))＝eq \o(AD,\s\up14(→))·(eq \o(AA1,\s\up14(→))－eq \o(AD,\s\up14(→)))＝eq \o(AD,\s\up14(→))·eq \o(AA1,\s\up14(→))－eq \o(AD,\s\up14(→))2＝－a2，故D错误．故选B． 题型三　利用空间向量的数量积求夹角 (BA1,\s\up14(→)) 　(2024·安庆一中高二月考)如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，∠BCA＝90°，CA＝CB＝1，棱AA1＝2．求cos〈，eq \o(CB1,\s\up14(→))〉的值． 解　因为eq \o(BA1,\s\up14(→))＝eq \o(CA1,\s\up14(→))－eq \o(CB,\s\up14(→))＝eq \o(CA,\s\up14(→))＋eq \o(CC1,\s\up14(→))－eq \o(CB,\s\up14(→))，eq \o(CB1,\s\up14(→))＝eq \o(CB,\s\up14(→))＋eq \o(CC1,\s\up14(→))， 所以|eq \o(BA1,\s\up14(→))|2＝eq \o(BA1,\s\up14(→))2＝(eq \o(CA,\s\up14(→))＋eq \o(CC1,\s\up14(→))－eq \o(CB,\s\up14(→)))2＝eq \o(CA,\s\up14(→))2＋eq \o(CC1,\s\up14(→))2＋eq \o(CB,\s\up14(→))2＝ 12＋22＋12＝6，即|eq \o(BA1,\s\up14(→))|＝eq \r(6)， |eq \o(CB1,\s\up14(→))|2＝eq \o(CB1,\s\up14(→))2＝(eq \o(CB,\s\up14(→))＋eq \o(CC1,\s\up14(→)))2＝eq \o(CB,\s\up14(→))2＋eq \o(CC1,\s\up14(→))2＝12＋22＝5， 即|eq \o(CB1,\s\up14(→))|＝eq \r(5)， eq \o(BA1,\s\up14(→))·eq \o(CB1,\s\up14(→))＝(eq \o(CA,\s\up14(→))＋eq \o(CC1,\s\up14(→))－eq \o(CB,\s\up14(→)))·(eq \o(CB,\s\up14(→))＋eq \o(CC1,\s\up14(→)))＝eq \o(CC1,\s\up14(→))2－eq \o(CB,\s\up14(→))2＝22－12＝3， 所以cos〈eq \o(BA1,\s\up14(→))，eq \o(CB1,\s\up14(→))〉＝eq \f(\o(BA1,\s\up14(→))·\o(CB1,\s\up14(→)),|\o(BA1,\s\up14(→))||\o(CB1,\s\up14(→))|)＝eq \f(3,\r(6)×\r(5))＝eq \f(\r(30),10)． 【结论探究】　(1)本例中条件不变，加一条件“N为AA1的中点”，求eq \o(BN,\s\up14(→))与eq \o(CB1,\s\up14(→))夹角的余弦值． 解　由例题知，|eq \o(CB1,\s\up14(→))|＝eq \r(5)，因为eq \o(BN,\s\up14(→))＝eq \o(CN,\s\up14(→))－eq \o(CB,\s\up14(→))＝eq \o(CA,\s\up14(→))＋eq \o(AN,\s\up14(→))－eq \o(CB,\s\up14(→))＝eq \o(CA,\s\up14(→))＋eq \f(1,2) eq \o(CC1,\s\up14(→))－eq \o(CB,\s\up14(→))，所以|eq \o(BN,\s\up14(→))|2＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\o(CA,\s\up14(→))＋\f(1,2)\o(CC1,\s\up14(→))－\o(CB,\s\up14(→))))eq \s\up12(2)＝eq \o(CA,\s\up14(→))2＋eq \f(1,4) eq \o(CC1,\s\up14(→))2＋eq \o(CB,\s\up14(→))2＝12＋eq \f(1,4)×22＋12＝3，即|eq \o(BN,\s\up14(→))|＝eq \r(3)， eq \o(BN,\s\up14(→))·eq \o(CB1,\s\up14(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\o(CA,\s\up14(→))＋\f(1,2)\o(CC1,\s\up14(→))－\o(CB,\s\up14(→))))·(eq \o(CB,\s\up14(→))＋eq \o(CC1,\s\up14(→)))＝eq \f(1,2) eq \o(CC1,\s\up14(→))2－eq \o(CB,\s\up14(→))2＝eq \f(1,2)×22－12＝1， 所以cos〈eq \o(BN,\s\up14(→))，eq \o(CB1,\s\up14(→))〉＝eq \f(\o(BN,\s\up14(→))·\o(CB1,\s\up14(→)),|\o(BN,\s\up14(→))||\o(CB1,\s\up14(→))|)＝eq \f(1,\r(3)×\r(5))＝eq \f(\r(15),15)． 所以eq \o(BN,\s\up14(→))与eq \o(CB1,\s\up14(→))夹角的余弦值为eq \f(\r(15),15)． (2)本例中条件不变，求异面直线CA1与AB夹角的余弦值． 解　因为|eq \o(CA1,\s\up14(→))|2＝eq \o(CA1,\s\up14(→))2＝(eq \o(CA,\s\up14(→))＋eq \o(CC1,\s\up14(→)))2＝eq \o(CA,\s\up14(→))2＋eq \o(CC1,\s\up14(→))2＝12＋22＝5， 所以|eq \o(CA1,\s\up14(→))|＝eq \r(5)． 因为|eq \o(AB,\s\up14(→))|2＝eq \o(AB,\s\up14(→))2＝(eq \o(CB,\s\up14(→))－eq \o(CA,\s\up14(→)))2＝eq \o(CB,\s\up14(→))2＋eq \o(CA,\s\up14(→))2＝12＋12＝2，所以|eq \o(AB,\s\up14(→))|＝eq \r(2)， 又eq \o(CA1,\s\up14(→))·eq \o(AB,\s\up14(→))＝(eq \o(CA,\s\up14(→))＋eq \o(CC1,\s\up14(→)))·(eq \o(CB,\s\up14(→))－eq \o(CA,\s\up14(→))) ＝－eq \o(CA,\s\up14(→))2＝－1， 所以cos〈eq \o(CA1,\s\up14(→))，eq \o(AB,\s\up14(→))〉＝eq \f(\o(CA1,\s\up14(→))·\o(AB,\s\up14(→)),|\o(CA1,\s\up14(→))||\o(AB,\s\up14(→))|)＝eq \f(－1,\r(5)×\r(2))＝－eq \f(\r(10),10)． 所以异面直线CA1与AB夹角的余弦值为eq \f(\r(10),10)． 感悟提升 由空间向量的数量积求夹角的方法 (1)由两个向量的数量积的定义得cos〈a，b〉＝eq \f(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，进而求出〈a，b〉的大小． (2)利用向量的数量积求出两个向量的夹角，则这个夹角是两异面直线所成的角或其补角(注意异面直线所成的角的范围)． [跟踪训练3]　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，则eq \o(OE,\s\up14(→))与eq \o(BF,\s\up14(→))夹角的余弦值为________． 解析　如图，设eq \o(OA,\s\up14(→))＝a，eq \o(OB,\s\up14(→))＝b，eq \o(OC,\s\up14(→))＝c，|a|＝|b|＝|c|＝1， 易知∠AOB＝∠BOC＝∠AOC＝eq \f(π,3)，则a·b＝b·c＝c·a＝eq \f(1,2)． 因为eq \o(OE,\s\up14(→))＝eq \f(1,2)(eq \o(OA,\s\up14(→))＋eq \o(OB,\s\up14(→)))＝eq \f(1,2)(a＋b)，eq \o(BF,\s\up14(→))＝eq \o(OF,\s\up14(→))－eq \o(OB,\s\up14(→))＝eq \f(1,2) eq \o(OC,\s\up14(→))－eq \o(OB,\s\up14(→))＝ eq \f(1,2)c－b，|eq \o(OE,\s\up14(→))|＝|eq \o(BF,\s\up14(→))|＝eq \f(\r(3),2)，所以eq \o(OE,\s\up14(→))·eq \o(BF,\s\up14(→))＝eq \f(1,2)(a＋b)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)c－b))＝eq \f(1,4)a·c＋eq \f(1,4)b·c－eq \f(1,2)a·b－eq \f(1,2)b2＝－eq \f(1,2)，所以cos〈eq \o(OE,\s\up14(→))，eq \o(BF,\s\up14(→))〉＝eq \f(\o(OE,\s\up14(→))·\o(BF,\s\up14(→)),|\o(OE,\s\up14(→))||\o(BF,\s\up14(→))|)＝－eq \f(2,3)．所以eq \o(OE,\s\up14(→))与eq \o(BF,\s\up14(→))夹角的余弦值为－eq \f(2,3)． －eq \f(2,3) 题型四　利用空间向量的数量积求距离 　已知线段AB在平面α内，线段AC⊥α，线段BD⊥AB，且与α所成的角是30°，点C与点D位于平面α同侧，如果AB＝a，AC＝BD＝b，求C，D间的距离． 解　如图，由AC⊥α，知AC⊥AB．过点D作DD′⊥α于点D′， 连接BD′，CD， 则∠DBD′＝30°， 〈eq \o(CA,\s\up14(→))，eq \o(BD,\s\up14(→))〉＝120°， 所以|eq \o(CD,\s\up14(→))|2＝eq \o(CD,\s\up14(→))·eq \o(CD,\s\up14(→)) ＝(eq \o(CA,\s\up14(→))＋eq \o(AB,\s\up14(→))＋eq \o(BD,\s\up14(→)))2 ＝|eq \o(CA,\s\up14(→))|2＋|eq \o(AB,\s\up14(→))|2＋|eq \o(BD,\s\up14(→))|2＋2eq \o(CA,\s\up14(→))·eq \o(AB,\s\up14(→))＋2eq \o(CA,\s\up14(→))·eq \o(BD,\s\up14(→))＋2eq \o(AB,\s\up14(→))·eq \o(BD,\s\up14(→)) ＝b2＋a2＋b2＋2b2cos120°＝a2＋b2， 故CD＝eq \r(a2＋b2)． 感悟提升 (1)线段长度的计算通常有两种方法：一是构造三角形，解三角形；二是向量法，计算相应向量的模，此时常需将待求向量转化为关系明确的向量(一般向几何体的棱上转化)． (2)应牢记并能熟练地应用公式 |a＋b＋c|＝eq \r(（a＋b＋c）2)＝ eq \r(|a|2＋|b|2＋|c|2＋2a·c＋2a·b＋2b·c)． [跟踪训练4]　(1)(2024·新疆和田一中期中)已知a，b，c均为单位向量，〈a，b〉＝〈b，c〉＝90°，〈a，c〉＝60°，则|a－b＋c|＝(　　) A．4 B．eq \r(2) C．2 D．eq \r(3) 解析　因为a，b，c均为单位向量，〈a，b〉＝〈b，c〉＝90°，〈a，c〉＝60°，由空间向量数量积的定义可得a·b＝b·c＝0，a·c＝|a||c|cos60°＝eq \f(1,2)，所以|a－b＋c|2＝a2＋b2＋c2－2a·b＋2a·c－2b·c＝3－0＋2×eq \f(1,2)－0＝4，因此|a－b＋c|＝2．故选C． (2)(2024·洛阳一中期中)自然界中，构成晶体的 最基本的几何单元称为晶胞，其形状、大小与空间 格子的平行六面体单位相同．如图是某种晶体的晶胞， 其中a＝2，b＝c＝1，α＝60°，β＝90°，γ＝120°， 则该晶胞的体对角线AC1的长为________． eq \r(10) 解析　在晶胞各顶点标上字母，如图所示，则eq \o(AC1,\s\up14(→))＝eq \o(AB,\s\up14(→))＋eq \o(AD,\s\up14(→))＋eq \o(AA1,\s\up14(→))，由题可知|eq \o(AB,\s\up14(→))|＝2，|eq \o(AA1,\s\up14(→))|＝|eq \o(AD,\s\up14(→))|＝1，α＝∠A1AB＝60°，β＝∠A1AD＝90°，∠BAD＝180°－γ＝60°，所以|eq \o(AC1,\s\up14(→))|2＝|eq \o(AB,\s\up14(→))＋eq \o(AD,\s\up14(→))＋eq \o(AA1,\s\up14(→))|2＝eq \o(AB,\s\up14(→))2＋eq \o(AD,\s\up14(→))2＋eq \o(AA1,\s\up14(→))2＋2eq \o(AB,\s\up14(→))·eq \o(AD,\s\up14(→))＋2eq \o(AB,\s\up14(→))·eq \o(AA1,\s\up14(→))＋2eq \o(AD,\s\up14(→))·eq \o(AA1,\s\up14(→))＝4＋1＋1＋2×2×1×cos60°＋2×2×1×cos60°＋2×1×1×cos90°＝10，故|eq \o(AC1,\s\up14(→))|＝eq \r(10)． 题型五　判断或证明垂直问题 　如图所示，正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F，G分别是棱CC1，BC，CD的中点，求证：A1G⊥平面DEF． 证明　设正方体的棱长为a， ∵eq \o(A1G,\s\up14(→))·eq \o(DF,\s\up14(→))＝(eq \o(A1A,\s\up14(→))＋eq \o(AD,\s\up14(→))＋eq \o(DG,\s\up14(→)))·(eq \o(DC,\s\up14(→))＋eq \o(CF,\s\up14(→)))＝eq \o(A1A,\s\up14(→))·eq \o(DC,\s\up14(→))＋eq \o(AD,\s\up14(→))·eq \o(DC,\s\up14(→))＋eq \o(DG,\s\up14(→))·eq \o(DC,\s\up14(→))＋eq \o(A1A,\s\up14(→))·eq \o(CF,\s\up14(→))＋eq \o(AD,\s\up14(→))·eq \o(CF,\s\up14(→))＋eq \o(DG,\s\up14(→))·eq \o(CF,\s\up14(→))＝eq \o(DG,\s\up14(→))·eq \o(DC,\s\up14(→))＋eq \o(AD,\s\up14(→))·eq \o(CF,\s\up14(→))＝eq \f(1,2)a2－eq \f(1,2)a2＝0， ∴A1G⊥DF，同理可证A1G⊥DE， 又DF∩DE＝D，DF，DE⊂平面DEF， ∴A1G⊥平面DEF． [跟踪训练5]　如图，四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为平行四边形，∠DAB＝60°，AB＝2AD，PD⊥底面ABCD．证明：PA⊥BD． 证明　由底面ABCD为平行四边形， ∠DAB＝60°，AB＝2AD知，DA⊥BD， 则eq \o(BD,\s\up14(→))·eq \o(DA,\s\up14(→))＝0． 由PD⊥底面ABCD知，PD⊥BD， 则eq \o(BD,\s\up14(→))·eq \o(PD,\s\up14(→))＝0． 又eq \o(PA,\s\up14(→))＝eq \o(PD,\s\up14(→))＋eq \o(DA,\s\up14(→))， ∴eq \o(PA,\s\up14(→))·eq \o(BD,\s\up14(→))＝(eq \o(PD,\s\up14(→))＋eq \o(DA,\s\up14(→)))·eq \o(BD,\s\up14(→))＝eq \o(PD,\s\up14(→))·eq \o(BD,\s\up14(→))＋eq \o(DA,\s\up14(→))·eq \o(BD,\s\up14(→))＝0， 即PA⊥BD． 1．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 解析　显然〈a，b〉＝0⇒a∥b，但a∥b包括向量a，b同向共线和反向共线两种情况，即当a∥b时，〈a，b〉＝0或π，因此a∥b 〈a，b〉＝0．故“a∥b”是“〈a，b〉＝0”的必要不充分条件． 2．(2024·信宜二中高二校级月考)在棱长为1的正方体ABCD－A1B1C1D1中，设eq \o(AB,\s\up14(→))＝a，eq \o(AD,\s\up14(→))＝b，eq \o(AA1,\s\up14(→))＝c，则a·(b＋c)的值为(　　) A．1 B．0 C．－1 D．－2 解析　由正方体的性质可得，eq \o(AB,\s\up14(→))⊥eq \o(AD,\s\up14(→))，eq \o(AB,\s\up14(→))⊥eq \o(AA1,\s\up14(→))，故eq \o(AB,\s\up14(→))·eq \o(AD,\s\up14(→))＝0，eq \o(AB,\s\up14(→))·eq \o(AA1,\s\up14(→))＝0，∵eq \o(AB,\s\up14(→))＝a，eq \o(AD,\s\up14(→))＝b，eq \o(AA1,\s\up14(→))＝c，∴a·(b＋c)＝eq \o(AB,\s\up14(→))·(eq \o(AD,\s\up14(→))＋eq \o(AA1,\s\up14(→)))＝eq \o(AB,\s\up14(→))·eq \o(AD,\s\up14(→))＋eq \o(AB,\s\up14(→))·eq \o(AA1,\s\up14(→))＝0．故选B． 3．已知a，b是空间两个向量，且|a|＝1，|b|＝eq \r(2)，a－b与a垂直，则a与b的夹角为(　　) A．60° B．30° C．135° D．45° 解析　∵a－b与a垂直，∴(a－b)·a＝0，∴a·a－a·b＝|a|2－|a||b|cos〈a，b〉＝1－1×eq \r(2)×cos〈a，b〉＝0，∴cos〈a，b〉＝eq \f(\r(2),2)．∵0°≤〈a，b〉≤180°，∴〈a，b〉＝45°． 4．(2024·银川贺兰县一中高二月考)已知|a|＝4，空间向量e为单位向量，〈a，e〉＝eq \f(2π,3)，则空间向量a在向量e上的投影向量的模为(　　) A．2 B．－2 C．－eq \f(1,2) D．eq \f(1,2) 解析　由题意，|a|＝4，|e|＝1，〈a，e〉＝eq \f(2π,3)，则空间向量a在向量e上的投影向量的模为eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(a·e,|e|)))＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(|a||e|cos\f(2π,3),|e|)))＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(4×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))))＝2．故选A． 5．如图，在长方体ABCD－A1B1C1D1中，设AD＝AA1＝1，AB＝2，P是C1D1的中点，则eq \o(B1C,\s\up14(→))与eq \o(A1P,\s\up14(→))夹角的大小为________，eq \o(B1C,\s\up14(→))·eq \o(A1P,\s\up14(→))＝________． 解析　解法一：连接A1D，则∠PA1D就是eq \o(B1C,\s\up14(→))与eq \o(A1P,\s\up14(→))的夹角，连接PD，在△PA1D中，易得PA1＝DA1＝PD＝eq \r(2)，即△PA1D为等边三角形，从而∠PA1D＝60°，即eq \o(B1C,\s\up14(→))与eq \o(A1P,\s\up14(→))夹角的大小为60°．因此eq \o(B1C,\s\up14(→))·eq \o(A1P,\s\up14(→))＝eq \r(2)×eq \r(2)×cos60°＝1． 解法二：根据向量的线性运算可得eq \o(B1C,\s\up14(→))·eq \o(A1P,\s\up14(→))＝(eq \o(A1A,\s\up14(→))＋eq \o(AD,\s\up14(→)))·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\o(AD,\s\up14(→))＋\f(1,2)\o(AB,\s\up14(→))))＝eq \o(AD,\s\up14(→))2＝1．由题意可得PA1＝B1C＝eq \r(2)，则eq \r(2)×eq \r(2)×cos〈eq \o(B1C,\s\up14(→))，eq \o(A1P,\s\up14(→))〉＝1，从而〈eq \o(B1C,\s\up14(→))，eq \o(A1P,\s\up14(→))〉＝60°． 一、选择题 1．(2024·北京房山区期中)在棱长为2的正方体ABCD－A1B1C1D1中，eq \o(AA1,\s\up14(→))·eq \o(BC1,\s\up14(→))＝(　　) A．2eq \r(2) B．4eq \r(2) C．2 D．4 解析　在正方体ABCD－A1B1C1D1中，eq \o(AA1,\s\up14(→))·eq \o(BC,\s\up14(→))＝0，eq \o(AA1,\s\up14(→))＝eq \o(CC1,\s\up14(→))，eq \o(AA1,\s\up14(→))·eq \o(BC1,\s\up14(→))＝eq \o(AA1,\s\up14(→))·(eq \o(BC,\s\up14(→))＋eq \o(CC1,\s\up14(→)))＝eq \o(AA1,\s\up14(→))·eq \o(BC,\s\up14(→))＋eq \o(AA1,\s\up14(→))·eq \o(CC1,\s\up14(→))＝0＋22＝4．故选D． 2．若O是△ABC所在平面内一点，且满足(eq \o(BO,\s\up14(→))＋eq \o(OC,\s\up14(→)))·(eq \o(OC,\s\up14(→))－eq \o(OA,\s\up14(→)))＝0，则△ABC一定是(　　) A．直角三角形 B．斜三角形 C．等边三角形 D．等腰直角三角形 解析　∵eq \o(BO,\s\up14(→))＋eq \o(OC,\s\up14(→))＝eq \o(BC,\s\up14(→))，eq \o(OC,\s\up14(→))－eq \o(OA,\s\up14(→))＝eq \o(AC,\s\up14(→))，∴eq \o(BC,\s\up14(→))·eq \o(AC,\s\up14(→))＝0．∴BC⊥AC．∴△ABC一定是直角三角形． 3．(2024·保定高二校联考开学考试)如图，A1B1，AB分别是圆台上、下底面的两条直径，且AB＝2A1B1，AB∥A1B1，C1是弧A1B1靠近点B1的三等分点，则eq \o(AC1,\s\up14(→))在eq \o(AB,\s\up14(→))上的投影向量是(　　) A．eq \f(5,4) eq \o(AB,\s\up14(→)) B．eq \f(5,6) eq \o(AB,\s\up14(→)) C．eq \f(5,8) eq \o(AB,\s\up14(→)) D．eq \f(2,3) eq \o(AB,\s\up14(→)) 解析　如图，取C1在下底面的投影C，作CD⊥AB，垂足为D．连接CA，CO，CC1，则∠COD＝eq \f(π,3)，eq \o(AC1,\s\up14(→))在eq \o(AB,\s\up14(→))上的投影向量是eq \o(AD,\s\up14(→))．设上底面的半径为r，则OD＝eq \f(1,2)r，AD＝eq \f(5,2)r＝eq \f(5,8)AB．故eq \o(AC1,\s\up14(→))在eq \o(AB,\s\up14(→))上的投影向量是eq \f(5,8) eq \o(AB,\s\up14(→))．故选C． 4．已知在平行六面体ABCD－A1B1C1D1中，以A为顶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．6 B．eq \r(6) C．3 D．eq \r(3) 解析　如图，由题意可知，eq \o(AC1,\s\up14(→))＝eq \o(AB,\s\up14(→))＋eq \o(AD,\s\up14(→))＋eq \o(AA1,\s\up14(→))，∴eq \o(AC1,\s\up14(→))2＝(eq \o(AB,\s\up14(→))＋eq \o(AD,\s\up14(→))＋eq \o(AA1,\s\up14(→)))2＝eq \o(AB,\s\up14(→))2＋eq \o(AD,\s\up14(→))2＋eq \o(AA1,\s\up14(→))2＋2eq \o(AB,\s\up14(→))·eq \o(AD,\s\up14(→))＋2eq \o(AB,\s\up14(→))·eq \o(AA1,\s\up14(→))＋2eq \o(AD,\s\up14(→))·eq \o(AA1,\s\up14(→))＝1＋1＋1＋2(cos60°＋cos60°＋cos60°)＝6，∴|eq \o(AC1,\s\up14(→))|＝eq \r(6)，即AC1的长为eq \r(6)． 5．(多选)(2024·华南师大附中高二月考)已知向量a，b，c满足(a·b)c＝(a·c)b，(b·c)a＝(b·a)c，(c·a)b＝(c·b)a，这三个向量可构成两两共线的向量组的组数为(　　) A．3 B．2 C．1 D．0 解析　若向量a，b，c均为非零向量，则向量a，b，c共线或两两互相垂直，此时三组向量中两两共线的有0组或3组；若其中一个为零向量，则另外两个向量不共线时满足条件，此时零向量和另外两个向量组成2组共线向量．故选ABD． 6．(多选)(2024·成都七中高二诊断考试)在正方体ABCD－A1B1C1D1中，下列命题为真命题的是(　　) A．(eq \o(AA1,\s\up14(→))＋eq \o(AD,\s\up14(→))＋eq \o(AB,\s\up14(→)))2＝3eq \o(AB,\s\up14(→))2 B．eq \o(A1C,\s\up14(→))·(eq \o(A1B1,\s\up14(→))－eq \o(A1A,\s\up14(→)))＝0 C．eq \o(AD1,\s\up14(→))与eq \o(A1B,\s\up14(→))的夹角为60° D．正方体的体积为|eq \o(AB,\s\up14(→))|·(eq \o(AA1,\s\up14(→))·eq \o(AD,\s\up14(→))) 解析　如图所示，(eq \o(AA1,\s\up14(→))＋eq \o(AD,\s\up14(→))＋eq \o(AB,\s\up14(→)))2＝(eq \o(AA1,\s\up14(→))＋eq \o(A1D1,\s\up14(→))＋eq \o(D1C1,\s\up14(→)))2＝eq \o(AC1,\s\up14(→))2＝3eq \o(AB,\s\up14(→))2，故A为真命题；eq \o(A1C,\s\up14(→))·(eq \o(A1B1,\s\up14(→))－eq \o(A1A,\s\up14(→)))＝eq \o(A1C,\s\up14(→))·eq \o(AB1,\s\up14(→))＝0，故B为真命题；eq \o(AD1,\s\up14(→))与eq \o(A1B,\s\up14(→))的夹角是eq \o(D1C,\s\up14(→))与eq \o(D1A,\s\up14(→))夹角的补角，而eq \o(D1C,\s\up14(→))与eq \o(D1A,\s\up14(→))的夹角为60°，故eq \o(AD1,\s\up14(→))与eq \o(A1B,\s\up14(→))的夹角为120°，故C为假命题；正方体的体积为|eq \o(AB,\s\up14(→))||eq \o(AA1,\s\up14(→))||eq \o(AD,\s\up14(→))|，故D为假命题．故选AB． 二、填空题 7．已知空间向量a，b，|a|＝3eq \r(2)，|b|＝5，m＝a＋b，n＝a＋λb，〈a，b〉＝135°，若m⊥n，则λ的值为________． －eq \f(3,10) 解析　由m⊥n，得(a＋b)·(a＋λb)＝0，∴a2＋λb2＋(1＋λ)a·b＝0，即18＋25λ＋(1＋λ)×3eq \r(2)×5×cos135°＝0，∴λ＝－eq \f(3,10)． 8．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________． 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＝－eq \f(32＋12＋42,2)＝－13． 9．如图，在△ABC和△AEF中，B是EF的中点，AB＝2，EF＝4，CA＝CB＝3．若eq \o(AB,\s\up14(→))·eq \o(AE,\s\up14(→))＋eq \o(AC,\s\up14(→))·eq \o(AF,\s\up14(→))＝7，则eq \o(EF,\s\up14(→))与eq \o(BC,\s\up14(→))夹角的余弦值为________． 解析　由题意，得eq \o(BC,\s\up14(→))2＝9＝(eq \o(AC,\s\up14(→))－eq \o(AB,\s\up14(→)))2＝eq \o(AC,\s\up14(→))2＋eq \o(AB,\s\up14(→))2－2eq \o(AC,\s\up14(→))·eq \o(AB,\s\up14(→))＝9＋4－2eq \o(AC,\s\up14(→))·eq \o(AB,\s\up14(→))，所以eq \o(AC,\s\up14(→))·eq \o(AB,\s\up14(→))＝2．由eq \o(AB,\s\up14(→))·eq \o(AE,\s\up14(→))＋eq \o(AC,\s\up14(→))·eq \o(AF,\s\up14(→))＝7，可得eq \o(AB,\s\up14(→))·(eq \o(AB,\s\up14(→))＋eq \o(BE,\s\up14(→)))＋eq \o(AC,\s\up14(→))·(eq \o(AB,\s\up14(→))＋eq \o(BF,\s\up14(→)))＝eq \o(AB,\s\up14(→))2＋eq \o(AB,\s\up14(→))·eq \o(BE,\s\up14(→))＋eq \o(AC,\s\up14(→))·eq \o(AB,\s\up14(→))＋eq \o(AC,\s\up14(→))·eq \o(BF,\s\up14(→))＝4＋eq \o(AB,\s\up14(→))·(－eq \o(BF,\s\up14(→)))＋2＋eq \o(AC,\s\up14(→))·eq \o(BF,\s\up14(→))＝6＋eq \o(BF,\s\up14(→))·(eq \o(AC,\s\up14(→))－eq \o(AB,\s\up14(→)))＝6＋eq \f(1,2) eq \o(EF,\s\up14(→))·eq \o(BC,\s\up14(→))＝7．所以eq \o(EF,\s\up14(→))·eq \o(BC,\s\up14(→))＝2，即4×3×cos〈eq \o(EF,\s\up14(→))，eq \o(BC,\s\up14(→))〉＝2，所以cos〈eq \o(EF,\s\up14(→))，eq \o(BC,\s\up14(→))〉＝eq \f(1,6)． eq \f(1,6) 三、解答题 10．(2024·石嘴山平罗中学期中)已知在正三棱锥P－ABC中， M，N分别是线段AB，PC的中点，记eq \o(PA,\s\up14(→))＝a，eq \o(PB,\s\up14(→))＝b，eq \o(PC,\s\up14(→))＝c． (1)分别用a，b，c来表示向量eq \o(PM,\s\up14(→))，eq \o(BN,\s\up14(→))； (2)若a，b，c是两两垂直的单位向量，求向量eq \o(PM,\s\up14(→))与eq \o(BN,\s\up14(→))的数量积． 解　(1)由题意可知eq \o(PM,\s\up14(→))＝eq \o(PA,\s\up14(→))＋eq \o(AM,\s\up14(→))＝a＋eq \f(1,2) eq \o(AB,\s\up14(→))＝a＋eq \f(1,2)(eq \o(PB,\s\up14(→))－eq \o(PA,\s\up14(→)))＝eq \f(1,2)a＋eq \f(1,2)b， eq \o(BN,\s\up14(→))＝eq \o(BP,\s\up14(→))＋eq \o(PN,\s\up14(→))＝－b＋eq \f(1,2) eq \o(PC,\s\up14(→))＝－b＋eq \f(1,2)c． (2)由(1)可知， eq \o(PM,\s\up14(→))·eq \o(BN,\s\up14(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)a＋\f(1,2)b))·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－b＋\f(1,2)c)) ＝－eq \f(1,2)a·b＋eq \f(1,4)a·c＋eq \f(1,4)b·c－eq \f(1,2)b2， 若a，b，c是两两垂直的单位向量， 则a·b＝a·c＝b·c＝0，b2＝1， 所以eq \o(PM,\s\up14(→))·eq \o(BN,\s\up14(→))＝－eq \f(1,2)． 1．(2024·临川一中高二月考)如图所示，在平行四边形ABCD中，AB＝AC＝1，∠ACD＝90°，沿着它的对角线AC将△ACD折起，使AB与CD成60°角，求此时B，D间的距离． 解　∵∠ACD＝90°，∴eq \o(AC,\s\up14(→))·eq \o(CD,\s\up14(→))＝0， 同理可得eq \o(BA,\s\up14(→))·eq \o(AC,\s\up14(→))＝0． ∵AB与CD成60°角， ∴〈eq \o(BA,\s\up14(→))，eq \o(CD,\s\up14(→))〉＝60°或〈eq \o(BA,\s\up14(→))，eq \o(CD,\s\up14(→))〉＝120°． 又eq \o(BD,\s\up14(→))＝eq \o(BA,\s\up14(→))＋eq \o(AC,\s\up14(→))＋eq \o(CD,\s\up14(→))， ∴|eq \o(BD,\s\up14(→))|2＝|eq \o(BA,\s\up14(→))|2＋|eq \o(AC,\s\up14(→))|2＋|eq \o(CD,\s\up14(→))|2＋2eq \o(BA,\s\up14(→))·eq \o(AC,\s\up14(→))＋ 2eq \o(BA,\s\up14(→))·eq \o(CD,\s\up14(→))＋2eq \o(AC,\s\up14(→))·eq \o(CD,\s\up14(→))＝3＋2×1×1×cos〈eq \o(BA,\s\up14(→))，eq \o(CD,\s\up14(→))〉， ∴当〈eq \o(BA,\s\up14(→))，eq \o(CD,\s\up14(→))〉＝60°时，|eq \o(BD,\s\up14(→))|2＝4，此时B，D间的距离为2； 当〈eq \o(BA,\s\up14(→))，eq \o(CD,\s\up14(→))〉＝120°时，|eq \o(BD,\s\up14(→))|2＝2，此时B，D间的距离为eq \r(2)． 综上，B，D间的距离为2或eq \r(2)． 2．如图，在正三棱柱ABC－A1B1C1中，底面边长为eq \r(2)． (1)设侧棱长为1，求证：AB1⊥BC1； (2)设AB1与BC1所成的角为eq \f(π,3)，求侧棱的长． 解　(1)证明：eq \o(AB1,\s\up14(→))＝eq \o(AB,\s\up14(→))＋eq \o(BB1,\s\up14(→))，eq \o(BC1,\s\up14(→))＝eq \o(BB1,\s\up14(→))＋eq \o(BC,\s\up14(→))． ∵BB1⊥平面ABC， ∴eq \o(BB1,\s\up14(→))·eq \o(AB,\s\up14(→))＝0，eq \o(BB1,\s\up14(→))·eq \o(BC,\s\up14(→))＝0． 又△ABC为正三角形， ∴〈eq \o(AB,\s\up14(→))，eq \o(BC,\s\up14(→))〉＝π－〈eq \o(BA,\s\up14(→))，eq \o(BC,\s\up14(→))〉＝π－eq \f(π,3)＝eq \f(2π,3)． ∵eq \o(AB1,\s\up14(→))·eq \o(BC1,\s\up14(→))＝(eq \o(AB,\s\up14(→))＋eq \o(BB1,\s\up14(→)))·(eq \o(BB1,\s\up14(→))＋eq \o(BC,\s\up14(→))) ＝eq \o(AB,\s\up14(→))·eq \o(BB1,\s\up14(→))＋eq \o(AB,\s\up14(→))·eq \o(BC,\s\up14(→))＋eq \o(BB1,\s\up14(→))2＋eq \o(BB1,\s\up14(→))·eq \o(BC,\s\up14(→)) ＝|eq \o(AB,\s\up14(→))||eq \o(BC,\s\up14(→))|cos〈eq \o(AB,\s\up14(→))，eq \o(BC,\s\up14(→))〉＋eq \o(BB1,\s\up14(→))2 ＝－1＋1＝0， ∴AB1⊥BC1． (2)结合(1)知eq \o(AB1,\s\up14(→))·eq \o(BC1,\s\up14(→)) ＝|eq \o(AB,\s\up14(→))||eq \o(BC,\s\up14(→))|cos〈eq \o(AB,\s\up14(→))，eq \o(BC,\s\up14(→))〉＋eq \o(BB1,\s\up14(→))2 ＝eq \o(BB1,\s\up14(→))2－1． 又|eq \o(AB1,\s\up14(→))|＝eq \r(（\o(AB,\s\up14(→))＋\o(BB1,\s\up14(→))）2)＝eq \r(2＋\o(BB1,\s\up14(→))2)＝|eq \o(BC1,\s\up14(→))|， ∴|cos〈eq \o(AB1,\s\up14(→))，eq \o(BC1,\s\up14(→))〉|＝eq \f(|\o(BB1,\s\up14(→))2－1|,2＋\o(BB1,\s\up14(→))2)＝eq \f(1,2)， 又|eq \o(BB1,\s\up14(→))|>0， ∴|eq \o(BB1,\s\up14(→))|＝2，即侧棱长为2． $$