1.1.2 空间向量的数量积运算（课件PPT）-【新课程学案】2024-2025学年高中数学选择性必修第一册（人教A版2019）  

1.1.2 空间向量的数量积运算 (强基课—梯度进阶式教学) 课时目标 1．了解空间向量的夹角．掌握空间向量的数量积的定义、性质、运算律及计算方法． 2．了解空间向量投影的概念以及投影向量的意义，会求向量的投影向量． 3．掌握两个向量的数量积在判断垂直中的应用，掌握利用向量数量积求空间两点间的距离． CONTENTS 目录 1 2 3 课前环节/预知教材·自主落实主干基础 课堂环节/题点研究·迁移应用融会贯通 课时跟踪检测 课前环节/预知教材·自主落实主干基础 (一)空间向量的夹角 ∠AOB 〈a，b〉 0≤〈a，b〉≤π 0 π a⊥b 微点助解 设表示两向量的有向线段所在直线的夹角为α，两向量的夹角为〈a，b〉， 基点训练 √ × √ (二)空间向量的数量积及性质 1．空间向量的数量积 (1)定义： 已知两个非零向量a，b，则_________________叫做a，b的数量积，记作a·b，即a·b＝__________________．零向量与任意向量的数量积为0，即0·a＝____. |a||b|cos〈a，b〉 |a||b|·cos〈a，b〉 0 (2)运算律： 数乘向量与数量积的结合律 (λa)·b＝________，λ∈R 交换律 a·b＝________ 分配律 (a＋b)·c＝___________ λ(a·b) b·a a·c＋b·c 投影向量 3．空间向量的数量积的性质 设a，b是非零向量，它们的夹角是θ，e是与b方向相同的单位向量，则 序号 性质 (1) a·e＝e·a＝__________ (2) a⊥b⇔__________ (3) 当a与b同向时，a·b＝|a||b|；当a与b反向时，a·b＝_______ |a|cos θ a·b＝0 －|a||b| |a||b| 续表 基点训练 1．判断正误(正确的画“√”，错误的画“×”) (1)(a·b)·c＝(b·c)·a. (　 ) (2)若a·b＝－|a||b|，则a∥b. (　 ) (3)若a，b，c为非零向量，且a·c＝b·c，则a∥b. (　 ) (4)若a2＝b2，则a＝b. (　 ) × √ × × √ 课堂环节/题点研究·迁移应用融会贯通 [例1]　如图，已知空间四边形ABDC的对角线和每条边长都等于1，点E，F分别是AB，AD的中点.计算： 题型(一)　空间向量的数量积 在几何体中计算空间向量数量积的一般步骤 (1)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)代入公式a·b＝|a||b|cos〈a，b〉求解． 方法技巧 针对训练 √ 0　 1 1 解析：依题意AB，AD，AA′两两互相垂直，所以a·b＝a·c＝b·c＝0.所以a·(b＋c)＝a·b＋a·c＝0，a·(a＋b＋c)＝a·a＋a·b＋a·c＝|a|2＝1，(a＋b)·(b＋c)＝a·b＋b·b＋a·c＋b·c＝|b|2＝1. [例2]　如图，已知正方体ABCD-A′B′C′D′，CD′与DC′相交于点O，连接AO，求证： (1)AO⊥CD′； (2)AC′⊥平面B′CD′. 题型(二)　利用数量积证明垂直问题 (2)设正方体的棱长为a， 所以AC′⊥B′C.同理可证AC′⊥B′D′. 又B′C，B′D′⊂平面B′CD′，B′C∩B′D′＝B′， 所以AC′⊥平面B′CD′. 用向量法证明垂直问题的方法 (1)证明线线垂直，只需证明两条直线的方向向量的数量积为0. (2)证明线面垂直，只需证明直线的方向向量与该平面内两不共线的向量的数量积分别为0. (3)证明面面垂直，可利用面面垂直的判定定理，将面面垂直转化为线面垂直，然后利用向量法证明． 方法技巧 3.如图，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. 针对训练 证明：设AD＝a，则AB＝2a. 因为PD⊥平面ABCD，所以PD⊥AD，PD⊥AB， [例3]　如图，在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中，以顶点A为端点的三条棱长均为6，且它们彼此的夹角都是60°. 题型(三)　利用数量积求模与夹角 本例条件不变，求直线BD1与AC所成角的余弦值． 变式拓展 方法技巧 1．求异面直线所成角的大小的一般步骤 取向量 根据题设条件分别取要求夹角的两异面直线的方向向量 转化角 将异面直线所成角的问题转化为向量夹角问题 求余弦 利用数量积求向量夹角的余弦值 定结果 异面直线所成的角的余弦值等于相应向量夹角余弦值的绝对值 2．求线段长度的步骤 (1)将线段用向量表示； (2)用其他已知夹角和模的向量表示该向量； 针对训练 √ 解析：∵PD⊥平面ABCD，DA⊂平面ABCD，DC⊂平面ABCD， ∴PD⊥DA，PD⊥DC，又底面ABCD为正方形， ∴DA⊥DC， 5．已知在正四面体A-BCD中，所有棱长都为1，△ABC的重心为G，求DG的长． 解：如图，连接AG并延长交BC于点M，连接DM， ∵G是△ABC的重心， 课时跟踪检测 1 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 2 √ 16 1 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 2 16 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 2 3 4 √ 16 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 2 3 4 16 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 √ 16 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 16 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 √ 16 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 16 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 √ 16 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 16 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 √ √ 16 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 16 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 16 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 a2 16 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 16 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 16 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 16 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 解：(1)∵是长方体，而且AA′＝AD＝2， 16 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 16 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 16 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 16 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 16 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 (3)证明：∵E为AB的中点，∴AD＝AE， 16 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 √ 16 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 16 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 √ √ 16 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 16 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 16 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 16 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 16 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 16 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 √ 16 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 16 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 锐角 16 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 ∴△BCD的三个内角均为锐角． ∴△BCD为锐角三角形． 16 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 16 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 16 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 (2)若A1C⊥平面C1BD，则A1C⊥BD，A1C⊥DC1. 16 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 16 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 16 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 3 4 2 15 16 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 3 4 2 即AO⊥BO. 同理，AO⊥CO，BO⊥CO， 所以AO，BO，CO两两垂直． 15 16 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 3 4 2 15 16 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 3 4 2 15 16 定义 已知两个非零向量a，b，在空间任取一点O，作＝a，＝b，则_________叫做向量a，b的夹角，记作________ 范围 _________________，a，b同向时，夹角为___，反向时，夹角为___ 向量垂直 如果〈a，b〉＝____，那么向量a，b互相垂直，记作_______ (1)区别：范围不同，0≤α≤，0≤〈a，b〉≤π. (2)联系：当两向量的夹角为锐角时，α＝〈a，b〉；当两向量的夹角为直角时，两直线垂直，α＝〈a，b〉＝；当两向量的夹角为钝角时，α＝π－〈a，b〉． 判断正误(正确的画“√”，错误的画“×”) (1)向量与的夹角不等于向量与的夹角． (　 ) (2)若向量与的夹角为α，则直线AB与CD所成的角也为α.(　 ) (3)对空间任意两个非零向量a，b，都有〈－a，b〉＝〈a，－b〉＝ π－〈a，b〉． (　 ) 2．空间向量的投影 (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＝__________________，向量c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〉 (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，向量称为向量a在平面β上的__________．这时，向量a，的夹角就是向量a所在直线与平面β所成的角． (4) 求模公式：a·a＝|a|2或|a|＝_______ (5) |a·b|≤_______(当且仅当a，b共线时，等号成立) (6) 夹角公式：cos〈a，b〉＝_____________ 2．若a，b是空间中夹角为60°的两个单位向量，则|a－b|＝(　 ) A．1 B． C． D．0 解析：∵|a－b|2＝(a－b)2＝a2＋b2－2a·b＝1，∴|a－b|＝1. 3.如图，正四面体OABC的棱长为1，则·＝________. 解析：因为在正四面体OABC中，||＝||＝||＝1，〈，〉＝60°，所以·＝||||cos∠AOB＝1×1×cos 60°＝. (1)·；(2)·； (3)·. 解：(1)因为＝， 由题意，可知∠ABD＝60°， 所以〈，〉＝60°， 所以·＝·＝×1×1×cos60°＝×1×1×＝. (2)由题意，可知〈，〉＝∠BDC＝60°， ·＝·＝－·＝－×1×1×cos〈，〉＝－×1×1×＝－. (3)·＝(＋)·(＋)＝[·(－)＋·＋·(－)＋·]＝[－·－·＋(－)·＋·]＝(－·－·＋·－·＋·)＝×＝－. 1.如图，在三棱锥P-ABC中，AP，AB，AC两两垂直，AP＝2，AB＝AC＝1，M为PC的中点，则·的值为(　 ) A．1 B. C. D. 解析：由题意，得＝＋＝＋(＋)＝＋＋.故·＝·＝·＋·＋·＝||2＝. 2.如图，正方体ABCD-A′B′C′D′的棱长为1，设＝a，＝b，＝c，则a·(b＋c)＝______，a·(a＋b＋c)＝________，(a＋b)·(b＋c)＝________. 证明：(1)因为＝＋＝＋(＋)＝(＋＋2)，＝－， 所以·＝(＋＋2)·(－)＝(·－·＋·－·＋2·－2·)＝(||2－||2)＝0， 所以⊥，故AO⊥CD′. 则·＝(＋＋)·(＋)＝·＋·＋·＋·＋·＋·＝0＋0＋0＋a2－a2＋0＝0， 所以⊥， 所以·＝·＝0， 所以·＝(＋)·(－)＝·－·－＋·＝－||2＋·＝－a2＋||||cos∠DAB＝－a2＋2a2×cos 60°＝0， 所以⊥，故PA⊥BD. (1)求||； (2)求〈，〉的值． 解：(1)||＝||＝||＝6，·＝·＝·＝6×6×cos 60°＝18， ∵＝＋＋＝＋＋， 则2＝(＋＋)2＝2＋2＋2＋2·＋2·＋2·＝3×62＋3×2×18＝216. ∴||＝6. (2)∵＝＋＝－，＝－， 则2＝(－)2＝2－2·＋2＝36， 即||＝6， ||＝6，·＝(－)·(－)＝2－·＝18， ∴cos〈，〉＝＝＝， 则〈，〉＝60°. 解：∵＝＋＋＝－＋＋，＝＋， 则2＝(－＋＋)2＝2＋2＋2－2·－2·＋2·＝72，2＝2＋2·＋2＝108， 即||＝6，||＝6. ·＝(－＋＋)·(＋)＝－2＋2＋·＋·＝36. ∴cos〈，〉＝＝＝， 即直线BD1与AC所成角的余弦值为. (3)利用|a|＝得所求长度． 4．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．－ B. C．－ D. ∵＝－，＝＋， ∴·＝(－)·(＋)＝2＋·－·－·＝1，||＝＝＝＝，||＝＝＝＝， ∴异面直线PA与BD所成角的余弦值为. ∴|cos，|＝＝＝， ∴AG＝AM. ∴＝＋＝＋ ＝＋(－)＝＋＝(＋＋)． 而(＋＋)2＝2＋2＋2＋2·＋2·＋2·＝1＋1＋1＋2(cos 60°＋cos 60°＋cos 60°)＝6， ∴||＝. A级——综合提能 1．在正四面体ABCD中，点E，F分别是AC，AD的中点，则与的夹角为(　 ) A．30° B．60° C．120° D．150° 解析：由题意，可得＝，所以〈，〉＝〈，〉＝180°－〈，〉＝180°－60°＝120°. 2．在三棱锥A-BCD中，AB＝AC＝AD＝2，∠BAD＝90°，∠BAC＝60°，则·等于(　 ) A．－2 B．2 C．－2 D．2 解析： ·＝·(－)＝·－·＝2×2cos 90°－2×2cos 60°＝－2. 3．已知空间向量a＋b＋c＝0，|a|＝2，|b|＝3，|c|＝4，则cos〈a，b〉＝(　 ) A． B． C．－ D． 解析：因为a＋b＋c＝0，所以c＝－(a＋b)，所以|c|＝|a＋b|，所以|c|2＝|a|2＋2|a||b|cos〈a，b〉＋|b|2，所以16＝4＋12cos〈a，b〉＋9，所以cos〈a，b〉＝. 4．在空间四边形ABCD中，∠ABD＝∠BDC＝90°，AC＝2BD，则在上的投影向量为(　 ) A. B. C. D. 解析：设AC＝2，BD＝1，由·＝·＝0，＝＋＋，则·＝(＋＋)·＝||2，所以在上的投影向量为·＝·＝. 5．已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2，M，N分别为BB1，CD的中点，则||等于(　 ) A. B. C. D. 解析：因为＝＋＋＝＋＋， 所以||2＝2＝2＋2＋2＋·＋·＋·， 因为在正方体ABCD-A1B1C1D1中，CD，BB1，BC两两互相垂直， 所以||2＝×22＋22＋×22＝6，即||＝. 6．[多选]在正方体ABCD-A1B1C1D1中，下列命题是真命题的是(　 ) A．(＋＋)2＝32 B．·(－)＝0 C．与的夹角为60° D．正方体的体积为||·(·) 解析：如图所示，(＋＋)2＝(＋＋)2＝2＝32，故A为真命题； ·(－)＝·＝0，故B为真命题； 连接CD1，易知与的夹角是与夹角的补角，而与的夹角为60°，故与的夹角为120°，故C为假命题； 正方体的体积为||||||，故D为假命题． 7．已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为a，则·＝________. 解析：如图，＝－，＝－＝－，∴·＝(－)·(－)＝·－·－·＋||2＝0－0－0＋a2＝a2. 8．已知|a|＝3，|b|＝4，m＝a＋b，n＝a＋λb，〈a，b〉＝135°，且m⊥n，则实数λ等于________． － 解析：∵m⊥n，∴m·n＝(a＋b)·(a＋λb)＝|a|2＋λa·b＋a·b＋λ|b|2＝18＋λ·3×4·cos 135°＋3×4·cos 135°＋λ·16＝18－12λ－12＋16λ＝ 6＋4λ＝0，∴λ＝－. 9.如图，在长方体ABCD-A′B′C′D′中，E是AA′的中点，AA′＝AD＝2，AB＝4，求： (1)·；(2)·. ∴〈，〉＝∠B′BC′＝45°，||＝AA′＝1，||＝BC′＝＝2， 因此，·＝||||cos〈，〉＝2×1×＝2. (2)∵＝＋＋，＝＝， ∴·＝(＋＋)·＝－2＋·＋·. ∵⊥，⊥， ∴·＝－2＝－2. 10.如图，在四棱锥P-ABCD中，四边形ABCD为矩形，且AB＝2AD＝2，PA＝2，∠PAB＝∠PAD＝. (1)求线段PC的长度； (2)求异面直线PC与BD所成角的余弦值； (3)若E为AB的中点，证明：PA⊥ED. 解：(1)∵＝＋＝＋＋， ∴2＝2＋2＋2＋2·＋2·＋2·＝4＋4＋1－2×2－2×1＝3， ∴||＝，∴线段PC的长度为. (2)∵·＝(＋＋)·(－)＝·－·＋·－·＋·－·＝－1×2×－2×2＋1×1＋2×2×＋0－0＝－2，||＝， ∴cos〈，〉＝＝＝－， 故异面直线PC与BD所成角的余弦值为. ∵·＝·(－)＝·－·＝2×1×－2×1×＝0， ∴⊥，即PA⊥ED. B级——应用创新 11.如图，四个棱长为1的正方体排成一个正四棱柱，AB是一条侧棱，Pi(i＝1,2，…，8)是上底面上其余的八个点，则集合{y|y＝·，i＝1,2,3，…，8}中的元素个数为 (　 ) A．1 B．2 C．4 D．8 解析：由题意可知，＝＋， 则·＝·(＋)＝2＋·. 因为棱长为1，AB⊥BPi， 所以·＝0， 所以·＝2＋·＝1＋0＝1， 故集合{y|y＝·，i＝1,2,3，…，8}中的元素个数为1. 12．[多选]已知空间单位向量，，两两夹角均为60°，＝2，＝2，则下列说法正确的是(　 ) A．P，A，B，C四点可以共面 B．·(＋)＝－ C．||＝ D．cos〈，〉＝ 解析：因为单位向量，，两两夹角均为60°， 所以·＝·＝·＝1×1×cos 60°＝，假设P，A，B，C四点可以共面， 则，，共面， 所以存在x，y，使得＝x＋y，分别用，，与＝x＋y的等式两边相乘， 则该方程组无解， 所以不存在x，y，使得，，共面， 故P，A，B，C四点不共面，故A错误； ·(＋)＝·(－＋－)＝·(2－－)＝1－－1＝－，故B正确； 由＝2得＝， 由＝2得－＝2－2⇒＝， 所以＝－＝， 则||2＝＝(＋－)2＝(2＋2＋2＋2·－2·－2·)＝(1＋1＋1＋1－1－1)＝，即||＝，故C正确； ＝－＝， 所以·＝－＝－＝－， 故cos〈，〉<0，故D错误． 13.在《九章算术》中，将四个面都是直角三角形的四面体称为鳖臑，如图所示，在鳖臑ABCD中，AB⊥平面BCD，BC⊥CD，且AB＝BC＝CD，M为AD的中点，则异面直线BM与CD所成角的余弦值为(　 ) A. B. C. D. 解析：设AB＝BC＝CD＝1，由题意得＝(＋)＝(＋＋)，所以||2＝(＋＋)2＝(2＋2＋2)＝，·＝(＋＋)·＝2＝.设异面直线BM与CD所成的角为θ，则cos θ＝＝＝. 14．设A，B，C，D是空间不共面的四点，且满足·＝0，·＝0，·＝0，则△BCD是________三角形． 解析：∵·＝(－)·(－)＝·－·－·＋2＝2>0，同理，·＞0，·＞0， 15.如图，已知平行六面体ABCD-A1B1C1D1的底面ABCD是菱形，且∠C1CB＝∠C1CD＝∠BCD. (1)求证：CC1⊥BD； (2)当的值为多少时，能使A1C⊥平面C1BD？请给出证明． 解：(1)证明：设＝a，＝b，＝c.依题意有|a|＝|b|，＝－＝a－b. 设，，的两两夹角均为θ，于是·＝c·(a－b)＝c·a－c·b＝|c||a|cos θ－|c||b|cos θ＝0，∴CC1⊥BD. 由·＝(＋)·(－)＝(a＋b＋c)·(a－c)＝|a|2－a·c＋a·b－b·c＋c·a－|c|2＝|a|2－|c|2＋|b||a|cos θ－|b||c|cos θ＝(|a|－|c|)(|a|＋|c|＋|b|cos θ)＝0，得当|c|＝|a|时，A1C⊥DC1. 同理可证，当|a|＝|b|时，A1C⊥BD. ∴当＝1时，A1C⊥平面C1BD. 16.如图，正四面体VABC的高VD的中点为O，VC的中点为M. (1)求证：AO，BO，CO两两垂直； (2)求〈，〉． 解：(1)证明：设＝a，＝b，＝c，正四面体的棱长为1， 因为＝＋＝＋×(＋)＝＋(－＋－)＝(＋＋)＝(a＋b＋c)，＝－＝－＝(a＋b＋c)－a＝(b＋c－5a)，＝－ ＝－＝(a＋b＋c)－b＝(a＋c－5b)，＝－＝－＝(a＋b＋c)－c＝(a＋b－5c)， 所以·＝(b＋c－5a)·(a＋c－5b)＝(18a·b－9|a|2)＝＝0， 所以⊥， (2)因为＝＋＝－(a＋b＋c)＋c＝(－2a－2b＋c)， 所以||＝ ＝＝＝， 又||＝＝＝＝，·＝(－2a－2b＋c)·(b＋c－5a)＝×9a2＝×9＝， 所以cos〈，〉＝＝＝， 又〈，〉∈[0，π]，所以〈，〉＝. $$