1.1.2 空间向量的数量积运算-【金版教程】2025-2026学年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 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． (教师独具内容) 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 知识点一　空间向量的夹角 非零 ∠AOB 〈a，b〉 0≤〈a，b〉≤π 核心概念掌握 5 互相垂直 a⊥b 核心概念掌握 6 知识点二　空间向量的数量积 (1)定义 ______________________________________________叫做a，b的数量积，记作________，即_________________________． 特别地，__________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⇔__________． ②a·a＝____________________＝__________． 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 7 (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＝________________，向量_______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)． c 核心概念掌握 8 a 核心概念掌握 9 (4)运算律 ①(λa)·b＝___________，λ∈R. ②a·b＝_______(交换律)． ③(a＋b)·c＝_______________(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． λ(a·b) b·a a·c＋b·c 核心概念掌握 10 核心概念掌握 11 核心概念掌握 12 核心概念掌握 13 核心概念掌握 14 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|＝________． 核心概念掌握 15 核心素养形成 题型一　空间向量的夹角 核心素养形成 17 核心素养形成 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 19 核心素养形成 20 题型二　求空间向量的数量积　 例2　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： 核心素养形成 21 核心素养形成 22 【感悟提升】 1．空间向量数量积运算的两种方法 2．在几何体中求空间向量数量积的步骤　 (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． (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 23 核心素养形成 24 核心素养形成 25 题型三　利用空间向量的数量积求夹角　 例3　如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，∠BCA＝90°，CA＝CB＝1，棱AA1＝2，则异面直线BA1与CB1所成角的余弦值为________． 核心素养形成 26 核心素养形成 27 【感悟提升】　利用空间向量的数量积求夹角的方法 核心素养形成 28 核心素养形成 29 核心素养形成 30 核心素养形成 31 【感悟提升】　 核心素养形成 32 【跟踪训练】　 4．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________． 核心素养形成 33 核心素养形成 34 题型五　利用空间向量的数量积判断或证明垂直问题　 例5　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. 核心素养形成 35 【感悟提升】　利用空间向量的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 36 【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. 核心素养形成 37 随堂水平达标 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． 随堂水平达标 39 随堂水平达标 40 随堂水平达标 41 随堂水平达标 42 60° 1 随堂水平达标 43 随堂水平达标 44 课后课时精练 基础题(占比50%)　中档题(占比30%)　拔高题(占比20%) 题号 1 2 3 4 5 6 7 难度 ★ ★ ★ ★ ★★ ★★ ★ 考向 空间向量的数量积 空间向量数量积的概念 空间向量数量积的应用 空间向量数量积的应用 空间向量数量积的概念 空间向量数量积的应用 空间向量的数量积 考点 求空间向量的数量积 判断垂直、 共线 求夹角 判断图形 形状 投影向量 求夹角；求体积 利用空间向量的数量积求参数 题号 8 9 10 11 12 13 14 难度 ★ ★★ ★ ★★★ ★★★ ★★ ★★★ 考向 空间向量的数量积 空间向量数量积的应用 空间向量的数量积 空间向量数量积的应用 空间向量的数量积 空间向量数量积的应用 空间向量数量积的应用 考点 求空间向量的数量积 求距离 求空间向量的数量积 判断垂直；求最值 求空间向量的数量积 求距离 判断或证明垂直问题；求距离 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 46 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 47 2．已知非零空间向量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．3或0 解析：由题意，可知向量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3组或0组．故选D. 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 48 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 49 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 50 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 51 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 52 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 53 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 54 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 55 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________． －13 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 56 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 57 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 58 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 59 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 60 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 61 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 62 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 63 13．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． 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 64 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 65 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 66 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 67 　　　　　　　　　　　　　 R 如果〈a，b〉＝eq \f(π,2)，那么向量a，b______________，记作__________． [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． |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\up17(→))，向量_________称为向量a在平面β上的投影向量．这时，向量________，________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\up17(→)) eq \o(A′B′,\s\up17(→)) 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 eq \r(17) 例1　如图，在正方体ABCD－A′B′C′D′中，求向量eq \o(AC,\s\up17(→))分别与向量eq \o(A′B′,\s\up17(→))，eq \o(B′A′,\s\up17(→))，eq \o(AD′,\s\up17(→))，eq \o(CD′,\s\up17(→))，eq \o(B′D′,\s\up17(→))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\up17(→))，eq \o(A′B′,\s\up17(→))〉＝〈eq \o(AC,\s\up17(→))，eq \o(AB,\s\up17(→))〉＝45°，〈eq \o(AC,\s\up17(→))，eq \o(B′A′,\s\up17(→))〉＝180°－〈eq \o(AC,\s\up17(→))，eq \o(AB,\s\up17(→))〉＝135°，〈eq \o(AC,\s\up17(→))，eq \o(AD′,\s\up17(→))〉＝∠D′AC＝60°，〈eq \o(AC,\s\up17(→))，eq \o(CD′,\s\up17(→))〉＝180°－〈eq \o(CA,\s\up17(→))，eq \o(CD′,\s\up17(→))〉＝180°－60°＝120°，〈eq \o(AC,\s\up17(→))，eq \o(B′D′,\s\up17(→))〉＝〈eq \o(AC,\s\up17(→))，eq \o(BD,\s\up17(→))〉＝90°. 【跟踪训练】　 1．在正四面体ABCD中，eq \o(BC,\s\up17(→))与eq \o(CD,\s\up17(→))的夹角为(　　) A．30° B．60° C．150° D．120° 解析：〈eq \o(BC,\s\up17(→))，eq \o(CD,\s\up17(→))〉＝180°－〈eq \o(CB,\s\up17(→))，eq \o(CD,\s\up17(→))〉＝180°－60°＝120°. (1)eq \o(EF,\s\up17(→))·eq \o(BA,\s\up17(→))；(2)eq \o(EF,\s\up17(→))·eq \o(BD,\s\up17(→))；(3)eq \o(EF,\s\up17(→))·eq \o(DC,\s\up17(→))；(4)eq \o(BF,\s\up17(→))·eq \o(CE,\s\up17(→)). 解　(1)eq \o(EF,\s\up17(→))·eq \o(BA,\s\up17(→))＝eq \f(1,2) eq \o(BD,\s\up17(→))·eq \o(BA,\s\up17(→)) ＝eq \f(1,2)|eq \o(BD,\s\up17(→))||eq \o(BA,\s\up17(→))|cos〈eq \o(BD,\s\up17(→))，eq \o(BA,\s\up17(→))〉 ＝eq \f(1,2)×1×1×cos60°＝eq \f(1,4). (2)eq \o(EF,\s\up17(→))·eq \o(BD,\s\up17(→))＝eq \f(1,2) eq \o(BD,\s\up17(→))·eq \o(BD,\s\up17(→))＝eq \f(1,2)|eq \o(BD,\s\up17(→))|2＝eq \f(1,2). (3)eq \o(EF,\s\up17(→))·eq \o(DC,\s\up17(→))＝eq \f(1,2) eq \o(BD,\s\up17(→))·eq \o(DC,\s\up17(→))＝eq \f(1,2)|eq \o(BD,\s\up17(→))||eq \o(DC,\s\up17(→))|·cos〈eq \o(BD,\s\up17(→))，eq \o(DC,\s\up17(→))〉＝eq \f(1,2)×1×1×cos120°＝－eq \f(1,4). (4)eq \o(BF,\s\up17(→))·eq \o(CE,\s\up17(→))＝eq \f(1,2)(eq \o(BD,\s\up17(→))＋eq \o(BA,\s\up17(→)))·eq \f(1,2)(eq \o(CB,\s\up17(→))＋eq \o(CA,\s\up17(→))) ＝eq \f(1,4)[eq \o(BD,\s\up17(→))·(－eq \o(BC,\s\up17(→)))＋eq \o(BA,\s\up17(→))·(－eq \o(BC,\s\up17(→)))＋eq \o(BD,\s\up17(→))·eq \o(CA,\s\up17(→))＋eq \o(BA,\s\up17(→))·eq \o(CA,\s\up17(→))] ＝eq \f(1,4)[－eq \o(BD,\s\up17(→))·eq \o(BC,\s\up17(→))－eq \o(BA,\s\up17(→))·eq \o(BC,\s\up17(→))＋(eq \o(CD,\s\up17(→))－eq \o(CB,\s\up17(→)))·eq \o(CA,\s\up17(→))＋eq \o(AB,\s\up17(→))·eq \o(AC,\s\up17(→))] ＝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．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\up17(→))·eq \o(A1C1,\s\up17(→))＝eq \r(2)a2 B.eq \o(AB,\s\up17(→))·eq \o(AC1,\s\up17(→))＝a2 C.eq \o(AB,\s\up17(→))·eq \o(AO,\s\up17(→))＝eq \f(1,2)a D.eq \o(BC,\s\up17(→))·eq \o(DA1,\s\up17(→))＝a2 解析：在正方体ABCD－A1B1C1D1中．对于A，eq \o(AB,\s\up17(→))·eq \o(A1C1,\s\up17(→))＝eq \o(AB,\s\up17(→))·(eq \o(AB,\s\up17(→))＋eq \o(AD,\s\up17(→)))＝eq \o(AB,\s\up17(→))2＋eq \o(AB,\s\up17(→))·eq \o(AD,\s\up17(→))＝a2，故A错误；对于B，eq \o(AB,\s\up17(→))·eq \o(AC1,\s\up17(→))＝eq \o(AB,\s\up17(→))·(eq \o(AB,\s\up17(→))＋eq \o(AD,\s\up17(→))＋eq \o(AA1,\s\up17(→)))＝eq \o(AB,\s\up17(→))2＋eq \o(AB,\s\up17(→))·eq \o(AD,\s\up17(→))＋eq \o(AB,\s\up17(→))·eq \o(AA1,\s\up17(→))＝eq \o(AB,\s\up17(→))2＝a2，故B正确；对于C，eq \o(AB,\s\up17(→))·eq \o(AO,\s\up17(→))＝eq \o(AB,\s\up17(→))·eq \f(1,2) eq \o(AC1,\s\up17(→))＝eq \f(1,2) eq \o(AB,\s\up17(→))·eq \o(AC1,\s\up17(→))＝eq \f(1,2)a2，故C错误；对于D，eq \o(BC,\s\up17(→))·eq \o(DA1,\s\up17(→))＝eq \o(AD,\s\up17(→))·(eq \o(AA1,\s\up17(→))－eq \o(AD,\s\up17(→)))＝eq \o(AD,\s\up17(→))·eq \o(AA1,\s\up17(→))－eq \o(AD,\s\up17(→))2＝－a2，故D错误．故选B. eq \f(\r(30),10) 解析　因为eq \o(BA1,\s\up17(→))＝eq \o(CA1,\s\up17(→))－eq \o(CB,\s\up17(→))＝eq \o(CA,\s\up17(→))＋eq \o(CC1,\s\up17(→))－eq \o(CB,\s\up17(→))，eq \o(CB1,\s\up17(→))＝eq \o(CB,\s\up17(→))＋eq \o(CC1,\s\up17(→))，所以|eq \o(BA1,\s\up17(→))|2＝eq \o(BA1,\s\up17(→))2＝(eq \o(CA,\s\up17(→))＋eq \o(CC1,\s\up17(→))－eq \o(CB,\s\up17(→)))2＝eq \o(CA,\s\up17(→))2＋eq \o(CC1,\s\up17(→))2＋eq \o(CB,\s\up17(→))2＝12＋22＋12＝6，即|eq \o(BA1,\s\up17(→))|＝eq \r(6)，|eq \o(CB1,\s\up17(→))|2＝eq \o(CB1,\s\up17(→))2＝(eq \o(CB,\s\up17(→))＋eq \o(CC1,\s\up17(→)))2＝eq \o(CB,\s\up17(→))2＋eq \o(CC1,\s\up17(→))2＝12＋22＝5，即|eq \o(CB1,\s\up17(→))|＝eq \r(5)，eq \o(BA1,\s\up17(→))·eq \o(CB1,\s\up17(→))＝(eq \o(CA,\s\up17(→))＋eq \o(CC1,\s\up17(→))－eq \o(CB,\s\up17(→)))·(eq \o(CB,\s\up17(→))＋eq \o(CC1,\s\up17(→)))＝eq \o(CC1,\s\up17(→))2－eq \o(CB,\s\up17(→))2＝22－12＝3，所以cos〈eq \o(BA1,\s\up17(→))，eq \o(CB1,\s\up17(→))〉＝eq \f(\o(BA1,\s\up17(→))·\o(CB1,\s\up17(→)),\a\vs4\al(|\o(BA1,\s\up17(→))||\o(CB1,\s\up17(→))|))＝eq \f(3,\r(6)×\r(5))＝eq \f(\r(30),10).所以异面直线BA1与CB1所成角的余弦值为eq \f(\r(30),10). (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\up17(→))与eq \o(BF,\s\up17(→))夹角的余弦值为________． 解析：如图，设eq \o(OA,\s\up17(→))＝a，eq \o(OB,\s\up17(→))＝b，eq \o(OC,\s\up17(→))＝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\up17(→))＝eq \f(1,2)(eq \o(OA,\s\up17(→))＋eq \o(OB,\s\up17(→)))＝eq \f(1,2)(a＋b)，eq \o(BF,\s\up17(→))＝eq \o(OF,\s\up17(→))－eq \o(OB,\s\up17(→))＝eq \f(1,2) eq \o(OC,\s\up17(→))－eq \o(OB,\s\up17(→))＝eq \f(1,2)c－b，|eq \o(OE,\s\up17(→))|＝|eq \o(BF,\s\up17(→))|＝eq \f(\r(3),2)，所以eq \o(OE,\s\up17(→))·eq \o(BF,\s\up17(→))＝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\up17(→))，eq \o(BF,\s\up17(→))〉＝eq \f(\o(OE,\s\up17(→))·\o(BF,\s\up17(→)),|\o(OE,\s\up17(→))||\o(BF,\s\up17(→))|)＝－eq \f(2,3).所以eq \o(OE,\s\up17(→))与eq \o(BF,\s\up17(→))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　 例4　已知正四面体ABCD的棱长为1，M为CD的中点，O为AM的中点，则BO的长为(　　) A.eq \f(\r(11),4) B.eq \f(11,16) C.eq \f(3\r(2),4) D.eq \f(\r(5),4) 解析　 设eq \o(AB,\s\up17(→))＝a，eq \o(AC,\s\up17(→))＝b，eq \o(AD,\s\up17(→))＝c，因为正四面体ABCD的棱长为1，所以a·b＝|a||b|cos∠BAC＝eq \f(1,2)，a·c＝b·c＝eq \f(1,2).因为M为CD的中点，O为AM的中点，所以eq \o(AO,\s\up17(→))＝eq \f(1,2) eq \o(AM,\s\up17(→))＝eq \f(1,4)(eq \o(AC,\s\up17(→))＋eq \o(AD,\s\up17(→)))＝eq \f(1,4)(b＋c)，eq \o(BO,\s\up17(→))＝eq \o(AO,\s\up17(→))－eq \o(AB,\s\up17(→))＝－a＋eq \f(1,4)b＋eq \f(1,4)c，所以|eq \o(BO,\s\up17(→))|＝eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－a＋\f(1,4)b＋\f(1,4)c))\s\up12(2))＝eq \r(|a|2＋\f(|b|2,16)＋\f(|c|2,16)－\f(1,2)a·b－\f(1,2)a·c＋\f(1,8)b·c)＝eq \f(\r(11),4).故选A. (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). eq \r(10) 解析：在晶胞各顶点标上字母，如图所示，则eq \o(AC1,\s\up17(→))＝eq \o(AB,\s\up17(→))＋eq \o(AD,\s\up17(→))＋eq \o(AA1,\s\up17(→))，由题可知|eq \o(AB,\s\up17(→))|＝2，|eq \o(AA1,\s\up17(→))|＝|eq \o(AD,\s\up17(→))|＝1，α＝∠A1AB＝60°，β＝∠A1AD＝90°，∠BAD＝180°－γ＝60°，所以|eq \o(AC1,\s\up17(→))|2＝|eq \o(AB,\s\up17(→))＋eq \o(AD,\s\up17(→))＋eq \o(AA1,\s\up17(→))|2＝eq \o(AB,\s\up17(→))2＋eq \o(AD,\s\up17(→))2＋eq \o(AA1,\s\up17(→))2＋2eq \o(AB,\s\up17(→))·eq \o(AD,\s\up17(→))＋2eq \o(AB,\s\up17(→))·eq \o(AA1,\s\up17(→))＋2eq \o(AD,\s\up17(→))·eq \o(AA1,\s\up17(→))＝4＋1＋1＋2×2×1×cos60°＋2×2×1×cos60°＋2×1×1×cos90°＝10，故|eq \o(AC1,\s\up17(→))|＝eq \r(10). 证明　设正方体的棱长为a， ∵eq \o(A1G,\s\up17(→))·eq \o(DF,\s\up17(→))＝(eq \o(A1A,\s\up17(→))＋eq \o(AD,\s\up17(→))＋eq \o(DG,\s\up17(→)))·(eq \o(DC,\s\up17(→))＋eq \o(CF,\s\up17(→))) ＝eq \o(A1A,\s\up17(→))·eq \o(DC,\s\up17(→))＋eq \o(AD,\s\up17(→))·eq \o(DC,\s\up17(→))＋eq \o(DG,\s\up17(→))·eq \o(DC,\s\up17(→))＋eq \o(A1A,\s\up17(→))·eq \o(CF,\s\up17(→))＋ eq \o(AD,\s\up17(→))·eq \o(CF,\s\up17(→))＋eq \o(DG,\s\up17(→))·eq \o(CF,\s\up17(→))＝eq \o(DG,\s\up17(→))·eq \o(DC,\s\up17(→))＋eq \o(AD,\s\up17(→))·eq \o(CF,\s\up17(→))＝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. 证明：由底面ABCD为平行四边形，∠DAB＝60°， AB＝2AD知，DA⊥BD，则eq \o(BD,\s\up17(→))·eq \o(DA,\s\up17(→))＝0. 由PD⊥底面ABCD知，PD⊥BD， 则eq \o(BD,\s\up17(→))·eq \o(PD,\s\up17(→))＝0. 又eq \o(PA,\s\up17(→))＝eq \o(PD,\s\up17(→))＋eq \o(DA,\s\up17(→))，∴eq \o(PA,\s\up17(→))·eq \o(BD,\s\up17(→))＝(eq \o(PD,\s\up17(→))＋eq \o(DA,\s\up17(→)))·eq \o(BD,\s\up17(→))＝eq \o(PD,\s\up17(→))·eq \o(BD,\s\up17(→))＋eq \o(DA,\s\up17(→))·eq \o(BD,\s\up17(→))＝0， 即PA⊥BD. 2．在棱长为1的正方体ABCD－A1B1C1D1中，设eq \o(AB,\s\up17(→))＝a，eq \o(AD,\s\up17(→))＝b，eq \o(AA1,\s\up17(→))＝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\up17(→))⊥eq \o(AD,\s\up17(→))，eq \o(AB,\s\up17(→))⊥eq \o(AA1,\s\up17(→))，故eq \o(AB,\s\up17(→))·eq \o(AD,\s\up17(→))＝0，eq \o(AB,\s\up17(→))·eq \o(AA1,\s\up17(→))＝0，∵eq \o(AB,\s\up17(→))＝a，eq \o(AD,\s\up17(→))＝b，eq \o(AA1,\s\up17(→))＝c，∴a·(b＋c)＝eq \o(AB,\s\up17(→))·(eq \o(AD,\s\up17(→))＋eq \o(AA1,\s\up17(→)))＝eq \o(AB,\s\up17(→))·eq \o(AD,\s\up17(→))＋eq \o(AB,\s\up17(→))·eq \o(AA1,\s\up17(→))＝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．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\up17(→))与eq \o(A1P,\s\up17(→))夹角的大小为________，eq \o(B1C,\s\up17(→))·eq \o(A1P,\s\up17(→))＝________． 解析：解法一：连接A1D，则∠PA1D就是eq \o(B1C,\s\up17(→))与eq \o(A1P,\s\up17(→))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\up17(→))与eq \o(A1P,\s\up17(→))夹角的大小为60°.因此eq \o(B1C,\s\up17(→))·eq \o(A1P,\s\up17(→))＝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\up17(→))·eq \o(A1P,\s\up17(→))＝(eq \o(A1A,\s\up17(→))＋eq \o(AD,\s\up17(→)))·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\o(AD,\s\up17(→))＋\f(1,2)\o(AB,\s\up17(→))))＝eq \o(AD,\s\up17(→))2＝1.由题意可得PA1＝B1C＝eq \r(2)，则eq \r(2)×eq \r(2)×cos〈eq \o(B1C,\s\up17(→))，eq \o(A1P,\s\up17(→))〉＝1，从而〈eq \o(B1C,\s\up17(→))，eq \o(A1P,\s\up17(→))〉＝60°. 一、选择题 1．在棱长为2的正方体ABCD－A1B1C1D1中，eq \o(AA1,\s\up17(→))·eq \o(BC1,\s\up17(→))＝(　　) 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\up17(→))·eq \o(BC,\s\up17(→))＝0，eq \o(AA1,\s\up17(→))＝eq \o(CC1,\s\up17(→))，eq \o(AA1,\s\up17(→))·eq \o(BC1,\s\up17(→))＝eq \o(AA1,\s\up17(→))·(eq \o(BC,\s\up17(→))＋eq \o(CC1,\s\up17(→)))＝eq \o(AA1,\s\up17(→))·eq \o(BC,\s\up17(→))＋eq \o(AA1,\s\up17(→))·eq \o(CC1,\s\up17(→))＝0＋22＝4.故选D. 3．空间四边形OABC中，OB＝OC，∠AOB＝∠AOC＝eq \f(π,3)，则cos〈eq \o(OA,\s\up17(→))，eq \o(BC,\s\up17(→))〉＝(　　) A．0 B.eq \f(1,2) C.eq \f(\r(2),2) D．－eq \f(1,2) 解析：因为OB＝OC，所以|eq \o(OB,\s\up17(→))|＝|eq \o(OC,\s\up17(→))|，故eq \o(OA,\s\up17(→))·eq \o(BC,\s\up17(→))＝eq \o(OA,\s\up17(→))·(eq \o(OC,\s\up17(→))－eq \o(OB,\s\up17(→)))＝eq \o(OA,\s\up17(→))·eq \o(OC,\s\up17(→))－eq \o(OA,\s\up17(→))·eq \o(OB,\s\up17(→))＝|eq \o(OA,\s\up17(→))||eq \o(OC,\s\up17(→))|coseq \f(π,3)－|eq \o(OA,\s\up17(→))||eq \o(OB,\s\up17(→))|coseq \f(π,3)＝|eq \o(OA,\s\up17(→))||eq \o(OB,\s\up17(→))|coseq \f(π,3)－|eq \o(OA,\s\up17(→))||eq \o(OB,\s\up17(→))|coseq \f(π,3)＝0，所以〈eq \o(OA,\s\up17(→))，eq \o(BC,\s\up17(→))〉＝eq \f(π,2)，故cos〈eq \o(OA,\s\up17(→))，eq \o(BC,\s\up17(→))〉＝0.故选A. 4．在三棱锥S－ABC中，(eq \o(SC,\s\up17(→))＋eq \o(SA,\s\up17(→))＋2eq \o(BS,\s\up17(→)))·(eq \o(SC,\s\up17(→))－eq \o(SA,\s\up17(→)))＝0，则△ABC是(　　) A．等边三角形 B．直角三角形 C．等腰三角形 D．等腰直角三角形 解析：∵eq \o(SC,\s\up17(→))＋eq \o(SA,\s\up17(→))＋2eq \o(BS,\s\up17(→))＝eq \o(SC,\s\up17(→))＋eq \o(SA,\s\up17(→))－2eq \o(SB,\s\up17(→))＝(eq \o(SC,\s\up17(→))－eq \o(SB,\s\up17(→)))＋(eq \o(SA,\s\up17(→))－eq \o(SB,\s\up17(→)))＝eq \o(BC,\s\up17(→))＋eq \o(BA,\s\up17(→))，eq \o(SC,\s\up17(→))－eq \o(SA,\s\up17(→))＝eq \o(AC,\s\up17(→))＝eq \o(BC,\s\up17(→))－eq \o(BA,\s\up17(→))，∴(eq \o(SC,\s\up17(→))＋eq \o(SA,\s\up17(→))＋2eq \o(BS,\s\up17(→)))·(eq \o(SC,\s\up17(→))－eq \o(SA,\s\up17(→)))＝(eq \o(BC,\s\up17(→))＋eq \o(BA,\s\up17(→)))·(eq \o(BC,\s\up17(→))－eq \o(BA,\s\up17(→)))＝eq \o(BC,\s\up17(→))2－eq \o(BA,\s\up17(→))2＝0，∴|eq \o(BC,\s\up17(→))|＝|eq \o(BA,\s\up17(→))|，即BC＝BA，∴△ABC是等腰三角形．故选C. 5. 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eq \o(A1B1,\s\up18(︵))上靠近点B1的三等分点，则eq \o(AC1,\s\up17(→))在eq \o(AB,\s\up17(→))上的投影向量是(　　) A.eq \f(5,4) eq \o(AB,\s\up17(→)) B.eq \f(5,6) eq \o(AB,\s\up17(→)) C.eq \f(5,8) eq \o(AB,\s\up17(→)) D.eq \f(2,3) eq \o(AB,\s\up17(→)) 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\up17(→))在eq \o(AB,\s\up17(→))上的投影向量是eq \o(AD,\s\up17(→)).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\up17(→))在eq \o(AB,\s\up17(→))上的投影向量是eq \f(5,8) eq \o(AB,\s\up17(→)).故选C. 6．(多选)在正方体ABCD－A1B1C1D1中，下列命题为真命题的是(　　) A．(eq \o(AA1,\s\up17(→))＋eq \o(AD,\s\up17(→))＋eq \o(AB,\s\up17(→)))2＝3eq \o(AB,\s\up17(→))2 B.eq \o(A1C,\s\up17(→))·(eq \o(A1B1,\s\up17(→))－eq \o(A1A,\s\up17(→)))＝0 C.eq \o(AD1,\s\up17(→))与eq \o(A1B,\s\up17(→))的夹角为60° D．正方体的体积为|eq \o(AB,\s\up17(→))|·(eq \o(AA1,\s\up17(→))·eq \o(AD,\s\up17(→))) 解析：如图所示，(eq \o(AA1,\s\up17(→))＋eq \o(AD,\s\up17(→))＋eq \o(AB,\s\up17(→)))2＝(eq \o(AA1,\s\up17(→))＋eq \o(A1D1,\s\up17(→))＋eq \o(D1C1,\s\up17(→)))2＝eq \o(AC1,\s\up17(→))2＝3eq \o(AB,\s\up17(→))2，故A为真命题；eq \o(A1C,\s\up17(→))·(eq \o(A1B1,\s\up17(→))－eq \o(A1A,\s\up17(→)))＝eq \o(A1C,\s\up17(→))·eq \o(AB1,\s\up17(→))＝0，故B为真命题；eq \o(AD1,\s\up17(→))与eq \o(A1B,\s\up17(→))的夹角是eq \o(D1C,\s\up17(→))与eq \o(D1A,\s\up17(→))夹角的补角，而eq \o(D1C,\s\up17(→))与eq \o(D1A,\s\up17(→))的夹角为60°，故eq \o(AD1,\s\up17(→))与eq \o(A1B,\s\up17(→))的夹角为120°，故C为假命题；正方体的体积为|eq \o(AB,\s\up17(→))|·|eq \o(AA1,\s\up17(→))||eq \o(AD,\s\up17(→))|，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________． 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). －eq \f(3,10) 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．在斜四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，AA1＝AB＝BC＝CD＝eq \f(1,2)AD＝1，BC∥AD，∠A1AB＝∠A1AD＝∠BAD＝eq \f(π,3)，则|eq \o(A1C,\s\up17(→))|＝________． 解析：eq \o(A1C,\s\up17(→))＝eq \o(A1A,\s\up17(→))＋eq \o(AB,\s\up17(→))＋eq \o(BC,\s\up17(→))＝－eq \o(AA1,\s\up17(→))＋eq \o(AB,\s\up17(→))＋eq \f(1,2) eq \o(AD,\s\up17(→))，则|eq \o(A1C,\s\up17(→))|＝ eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\o(AA1,\s\up17(→))＋\o(AB,\s\up17(→))＋\f(1,2)\o(AD,\s\up17(→))))\s\up12(2))＝eq \r(\o(AA1,\s\up17(→))2＋\o(AB,\s\up17(→))2＋\f(1,4)\o(AD,\s\up17(→))2－2\o(AA1,\s\up17(→))·\o(AB,\s\up17(→))－\o(AA1,\s\up17(→))·\o(AD,\s\up17(→))＋\o(AB,\s\up17(→))·\o(AD,\s\up17(→))) ＝eq \r(1＋1＋\f(1,4)×4－2×1×1×\f(1,2)－1×2×\f(1,2)＋1×2×\f(1,2))＝eq \r(2). eq \r(2) 三、解答题 10. 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\up17(→))＝a，eq \o(PB,\s\up17(→))＝b，eq \o(PC,\s\up17(→))＝c. (1)分别用a，b，c来表示向量eq \o(PM,\s\up17(→))，eq \o(BN,\s\up17(→))； (2)若a，b，c是两两垂直的单位向量， 求向量eq \o(PM,\s\up17(→))与eq \o(BN,\s\up17(→))的数量积． 解：(1)由题意可知，eq \o(PM,\s\up17(→))＝eq \o(PA,\s\up17(→))＋eq \o(AM,\s\up17(→))＝a＋eq \f(1,2) eq \o(AB,\s\up17(→))＝a＋eq \f(1,2)(eq \o(PB,\s\up17(→))－eq \o(PA,\s\up17(→)))＝eq \f(1,2)a＋eq \f(1,2)b， eq \o(BN,\s\up17(→))＝eq \o(BP,\s\up17(→))＋eq \o(PN,\s\up17(→))＝－b＋eq \f(1,2) eq \o(PC,\s\up17(→))＝－b＋eq \f(1,2)c. (2)由(1)可知，eq \o(PM,\s\up17(→))·eq \o(BN,\s\up17(→))＝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\up17(→))·eq \o(BN,\s\up17(→))＝－eq \f(1,2). 11．(多选)如图所示四面体OABC中，OB＝OC＝4，OA＝3，OB⊥OC，且∠AOB＝∠AOC＝60°，eq \o(CD,\s\up17(→))＝eq \f(2,3) eq \o(CB,\s\up17(→))，G为AD的中点，H是线段OA上的动点，则下列说法正确的是(　　) A.eq \o(OG,\s\up17(→))＝eq \f(1,3)(eq \o(OA,\s\up17(→))＋eq \o(OB,\s\up17(→))＋eq \o(OC,\s\up17(→))) B．当H是靠近A的三等分点时，eq \o(DH,\s\up17(→))，eq \o(OC,\s\up17(→))，eq \o(AB,\s\up17(→))共面 C．当eq \o(OH,\s\up17(→))＝eq \f(5,6) eq \o(OA,\s\up17(→))时，eq \o(GH,\s\up17(→))⊥eq \o(OA,\s\up17(→)) D.eq \o(DH,\s\up17(→))·eq \o(OH,\s\up17(→))的最小值为－1 解析：由题意，知|eq \o(OA,\s\up17(→))|＝3，|eq \o(OB,\s\up17(→))|＝|eq \o(OC,\s\up17(→))|＝4，∠AOB＝∠AOC＝60°，∠BOC＝90°，所以eq \o(OA,\s\up17(→))·eq \o(OB,\s\up17(→))＝eq \o(OA,\s\up17(→))·eq \o(OC,\s\up17(→))＝6，eq \o(OB,\s\up17(→))·eq \o(OC,\s\up17(→))＝0.对于A，因为eq \o(AD,\s\up17(→))＝eq \o(AC,\s\up17(→))＋eq \o(CD,\s\up17(→))＝eq \o(AC,\s\up17(→))＋eq \f(2,3) eq \o(CB,\s\up17(→))＝eq \o(AC,\s\up17(→))＋eq \f(2,3)(eq \o(AB,\s\up17(→))－eq \o(AC,\s\up17(→)))＝eq \f(2,3) eq \o(AB,\s\up17(→))＋eq \f(1,3) eq \o(AC,\s\up17(→))＝eq \f(2,3)(eq \o(OB,\s\up17(→))－eq \o(OA,\s\up17(→)))＋eq \f(1,3)(eq \o(OC,\s\up17(→))－eq \o(OA,\s\up17(→)))＝－eq \o(OA,\s\up17(→))＋eq \f(2,3) eq \o(OB,\s\up17(→))＋eq \f(1,3) eq \o(OC,\s\up17(→))，所以eq \o(OG,\s\up17(→))＝eq \o(OA,\s\up17(→))＋eq \o(AG,\s\up17(→))＝eq \o(OA,\s\up17(→))＋eq \f(1,2) eq \o(AD,\s\up17(→))＝eq \o(OA,\s\up17(→))＋eq \f(1,2) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\o(OA,\s\up17(→))＋\f(2,3)\o(OB,\s\up17(→))＋\f(1,3)\o(OC,\s\up17(→))))＝eq \f(1,2) eq \o(OA,\s\up17(→))＋eq \f(1,3) eq \o(OB,\s\up17(→))＋eq \f(1,6) eq \o(OC,\s\up17(→))，故A错误；对于B，当H是靠近A的三等分点，即eq \o(OH,\s\up17(→))＝eq \f(2,3) eq \o(OA,\s\up17(→))时，eq \o(DH,\s\up17(→))＝eq \o(AH,\s\up17(→))－eq \o(AD,\s\up17(→))＝－eq \f(1,3) eq \o(OA,\s\up17(→))－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\o(OA,\s\up17(→))＋\f(2,3)\o(OB,\s\up17(→))＋\f(1,3)\o(OC,\s\up17(→))))＝eq \f(2,3) eq \o(OA,\s\up17(→))－eq \f(2,3) eq \o(OB,\s\up17(→))－eq \f(1,3) eq \o(OC,\s\up17(→))，又eq \o(AB,\s\up17(→))＝eq \o(OB,\s\up17(→))－eq \o(OA,\s\up17(→))，所以eq \o(DH,\s\up17(→))＝－eq \f(2,3) eq \o(AB,\s\up17(→))－eq \f(1,3) eq \o(OC,\s\up17(→))，故eq \o(DH,\s\up17(→))，eq \o(OC,\s\up17(→))，eq \o(AB,\s\up17(→))共面，故B正确； 对于C，当eq \o(OH,\s\up17(→))＝eq \f(5,6) eq \o(OA,\s\up17(→))时，eq \o(GH,\s\up17(→))＝eq \o(OH,\s\up17(→))－eq \o(OG,\s\up17(→))＝eq \f(5,6) eq \o(OA,\s\up17(→))－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)\o(OA,\s\up17(→))＋\f(1,3)\o(OB,\s\up17(→))＋\f(1,6)\o(OC,\s\up17(→))))＝eq \f(1,3) eq \o(OA,\s\up17(→))－eq \f(1,3) eq \o(OB,\s\up17(→))－eq \f(1,6) eq \o(OC,\s\up17(→))，所以eq \o(GH,\s\up17(→))·eq \o(OA,\s\up17(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)\o(OA,\s\up17(→))－\f(1,3)\o(OB,\s\up17(→))－\f(1,6)\o(OC,\s\up17(→))))·eq \o(OA,\s\up17(→))＝eq \f(1,3) eq \o(OA,\s\up17(→))2－eq \f(1,3) eq \o(OB,\s\up17(→))·eq \o(OA,\s\up17(→))－eq \f(1,6) eq \o(OC,\s\up17(→))·eq \o(OA,\s\up17(→))＝eq \f(1,3)×9－eq \f(1,3)×6－eq \f(1,6)×6＝0，所以eq \o(GH,\s\up17(→))⊥eq \o(OA,\s\up17(→))，故C正确；对于D，设eq \o(OH,\s\up17(→))＝λeq \o(OA,\s\up17(→))(0≤λ≤1)，因为eq \o(DH,\s\up17(→))＝eq \o(OH,\s\up17(→))－eq \o(OD,\s\up17(→))＝λeq \o(OA,\s\up17(→))－(eq \o(OA,\s\up17(→))＋eq \o(AD,\s\up17(→)))＝λeq \o(OA,\s\up17(→))－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\o(OA,\s\up17(→))－\o(OA,\s\up17(→))＋\f(2,3)\o(OB,\s\up17(→))＋\f(1,3)\o(OC,\s\up17(→))))＝λeq \o(OA,\s\up17(→))－eq \f(2,3) eq \o(OB,\s\up17(→))－eq \f(1,3) eq \o(OC,\s\up17(→))，所以eq \o(DH,\s\up17(→))·eq \o(OH,\s\up17(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(λ\o(OA,\s\up17(→))－\f(2,3)\o(OB,\s\up17(→))－\f(1,3)\o(OC,\s\up17(→))))·λeq \o(OA,\s\up17(→))＝λ2eq \o(OA,\s\up17(→))2－eq \f(2λ,3) eq \o(OA,\s\up17(→))·eq \o(OB,\s\up17(→))－eq \f(λ,3) eq \o(OA,\s\up17(→))·eq \o(OC,\s\up17(→))＝9λ2－6λ＝9eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(λ－\f(1,3))) eq \s\up12(2)－1，0≤λ≤1，当λ＝eq \f(1,3)时，eq \o(DH,\s\up17(→))·eq \o(OH,\s\up17(→))有最小值，为－1，故D正确．故选BCD. 12．已知正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为1，M，N为该正方体外接球O表面上的两点，P在正方体表面且不在直线MN上，若eq \o(PO,\s\up17(→))＝λeq \o(PM,\s\up17(→))＋(1－λ)eq \o(PN,\s\up17(→))，则eq \o(PM,\s\up17(→))·eq \o(PN,\s\up17(→))的最小值为________． 解析：因为eq \o(PO,\s\up17(→))＝λeq \o(PM,\s\up17(→))＋(1－λ)eq \o(PN,\s\up17(→))，所以M，O，N三点共线，则MN是球O的直径，又因为正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为1，所以该正方体外接球的半径R＝eq \f(\r(12＋12＋12),2)＝eq \f(\r(3),2)，所以eq \o(PM,\s\up17(→))·eq \o(PN,\s\up17(→))＝(eq \o(PO,\s\up17(→))＋eq \o(OM,\s\up17(→)))·(eq \o(PO,\s\up17(→))＋eq \o(ON,\s\up17(→)))＝eq \o(PO,\s\up17(→))2＋eq \o(PO,\s\up17(→))·(eq \o(OM,\s\up17(→))＋eq \o(ON,\s\up17(→)))＋eq \o(OM,\s\up17(→))·eq \o(ON,\s\up17(→))＝eq \o(PO,\s\up17(→))2＋eq \o(OM,\s\up17(→))·eq \o(ON,\s\up17(→))＝|eq \o(PO,\s\up17(→))|2＋eq \f(\r(3),2)×eq \f(\r(3),2)×cosπ≥eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2))) eq \s\up12(2)－eq \f(3,4)＝－eq \f(1,2). －eq \f(1,2) 解：∵∠ACD＝90°， ∴eq \o(AC,\s\up17(→))·eq \o(CD,\s\up17(→))＝0， 同理可得eq \o(BA,\s\up17(→))·eq \o(AC,\s\up17(→))＝0. ∵AB与CD成60°角， ∴〈eq \o(BA,\s\up17(→))，eq \o(CD,\s\up17(→))〉＝60°或〈eq \o(BA,\s\up17(→))，eq \o(CD,\s\up17(→))〉＝120°. 又eq \o(BD,\s\up17(→))＝eq \o(BA,\s\up17(→))＋eq \o(AC,\s\up17(→))＋eq \o(CD,\s\up17(→))， ∴|eq \o(BD,\s\up17(→))|2＝|eq \o(BA,\s\up17(→))|2＋|eq \o(AC,\s\up17(→))|2＋|eq \o(CD,\s\up17(→))|2＋2eq \o(BA,\s\up17(→))·eq \o(AC,\s\up17(→))＋2eq \o(BA,\s\up17(→))·eq \o(CD,\s\up17(→))＋2eq \o(AC,\s\up17(→))·eq \o(CD,\s\up17(→))＝3＋2×1×1×cos〈eq \o(BA,\s\up17(→))，eq \o(CD,\s\up17(→))〉， ∴当〈eq \o(BA,\s\up17(→))，eq \o(CD,\s\up17(→))〉＝60°时，|eq \o(BD,\s\up17(→))|2＝4，此时B，D间的距离为2； 当〈eq \o(BA,\s\up17(→))，eq \o(CD,\s\up17(→))〉＝120°时，|eq \o(BD,\s\up17(→))|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). 14．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\up17(→))＝eq \o(AB,\s\up17(→))＋eq \o(BB1,\s\up17(→))，eq \o(BC1,\s\up17(→))＝eq \o(BB1,\s\up17(→))＋eq \o(BC,\s\up17(→)). ∵BB1⊥平面ABC， ∴eq \o(BB1,\s\up17(→))·eq \o(AB,\s\up17(→))＝0，eq \o(BB1,\s\up17(→))·eq \o(BC,\s\up17(→))＝0. 又△ABC为正三角形， ∴〈eq \o(AB,\s\up17(→))，eq \o(BC,\s\up17(→))〉＝π－〈eq \o(BA,\s\up17(→))，eq \o(BC,\s\up17(→))〉＝π－eq \f(π,3)＝eq \f(2π,3). ∵eq \o(AB1,\s\up17(→))·eq \o(BC1,\s\up17(→))＝(eq \o(AB,\s\up17(→))＋eq \o(BB1,\s\up17(→)))·(eq \o(BB1,\s\up17(→))＋eq \o(BC,\s\up17(→)))＝eq \o(AB,\s\up17(→))·eq \o(BB1,\s\up17(→))＋eq \o(AB,\s\up17(→))·eq \o(BC,\s\up17(→))＋eq \o(BB1,\s\up17(→))2＋eq \o(BB1,\s\up17(→))·eq \o(BC,\s\up17(→))＝|eq \o(AB,\s\up17(→))||eq \o(BC,\s\up17(→))|cos〈eq \o(AB,\s\up17(→))，eq \o(BC,\s\up17(→))〉＋eq \o(BB1,\s\up17(→))2＝－1＋1＝0，∴AB1⊥BC1. (2)结合(1)知eq \o(AB1,\s\up17(→))·eq \o(BC1,\s\up17(→))＝|eq \o(AB,\s\up17(→))||eq \o(BC,\s\up17(→))|·cos〈eq \o(AB,\s\up17(→))，eq \o(BC,\s\up17(→))〉＋eq \o(BB1,\s\up17(→))2＝eq \o(BB1,\s\up17(→))2－1. 又|eq \o(AB1,\s\up17(→))|＝eq \r(\a\vs4\al(（\o(AB,\s\up17(→))＋\o(BB1,\s\up17(→))）2))＝eq \r(\a\vs4\al(2＋\o(BB1,\s\up17(→))2))＝|eq \o(BC1,\s\up17(→))|， ∴|cos〈eq \o(AB1,\s\up17(→))，eq \o(BC1,\s\up17(→))〉|＝eq \f(|\o(BB1,\s\up17(→))2－1|,2＋\a\vs4\al(\o(BB1,\s\up17(→))2))＝eq \f(1,2)， 又|eq \o(BB1,\s\up17(→))|>0，∴|eq \o(BB1,\s\up17(→))|＝2，即侧棱的长为2. $$