3.2 第2课时 空间向量的数量积(课件PPT)-【新课程学案】2025-2026学年高中数学选择性必修1（北师大版）

空间向量的数量积 [教学方式：深化学习课——梯度进阶式教学] 第2课时 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 课前预知教材·自主落实基础 课堂题点研究·迁移应用融通 课时检测 课前预知教材·自主落实基础 01 1.向量夹角的定义 如图，已知两个非零向量a，b，在空间中任取一点O，作=a，=b，则∠AOB叫作向量a与b的夹角，记作<a，b>. 2.规定 (1)向量夹角的范围：________. (2)①<a，b>=<b，a>； ②当<a，b>=0时，向量a与b方向_______； ③当<a，b>=π时，向量a与b方向_______； ④当<a，b>=时，称向量a，b__________，记作a⊥b. (3)零向量与任意向量垂直. [0，π] 相同 相反 互相垂直 3.空间向量数量积的定义 已知两个空间向量a，b，把_________________叫作a与b的数量积，记作a·b，即a·b=________________. |a||b|cos<a，b> |a||b|cos<a，b> |微|点|助|解| (1)由定义知，两个非零向量才有夹角，当两个非零向量共线同向时，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>=<-a，-b>=<-b，-a>； ②<a，-b>=<-a，b>=π-<a，b>. 4.数量积的性质 若a，b是两个非零向量，则a⊥b⇔________，零向量与任何向量的乘积都为零 若a与b同向，则a·b=______； 若a与b反向，则a·b=-|a||b|； 特别地，a·a=|a|2或|a|=_______ 若θ为a，b的夹角，则cos θ=____ (a≠0，b≠0) |a·b|≤|a|·|b| a·b=0 |a||b| 5.数量积的运算律 交换律 a·b=______ 分配律 a·(b+c)=_________ 特别地 (λa)·b=_______ (λ∈R) b·a a·b+a·c λ(a·b) 6.投影向量与投影数量 已知两个非零向量a，b，在空间任取一点O，作=a，=b，过点B作直线OA的垂线，垂足为点B1，称向量_______为向量b在向量a方向上的投影向量，其长度等于||b|cos<a，b>|. (1)当<a，b>为锐角时，|b|cos<a，b>>0； (2)当<a，b>为钝角时，|b|cos<a，b><0； (3)当<a，b>=时，|b|cos<a，b>=0. 称______________为投影向量的数量，也称为向量b在向量a方向上的投影数量. |b|cos<a，b> 基础落实训练 1.判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”) (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.[多选]下列各命题中，正确的命题是 (　　) A.=|a| B.m(λa)·b=(mλ)a·b(m，λ∈R) C.a·(b+c)=(b+c)·a D.a2·b=b2·a √ √ 解析：∵a·a=|a|2，∴=|a|，故A正确；m(λa)·b=(mλa)·b=mλa·b=(mλ)a·b，故B正确； a·(b+c)=a·b+a·c，(b+c)·a=b·a+c·a=a·b+a·c=a·(b+c)，故C正确；a2·b=|a|2·b，b2·a=|b|2·a，故D不一定正确. √ 3.在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中，设=a，=b，=c，则a·(b+c)的值为(　　) A.1 B.0 C.-1 D.-2 √ 解析：由题意可得AB⊥AD，AB⊥AA1， 所以a⊥b，a⊥c，所以a·b=0，a·c=0， 所以a·(b+c)=a·b+a·c=0，故选B. 课堂题点研究·迁移应用融通 02 题型(一)　空间向量的数量积 [例1]　如图，已知空间四边形ABDC的每条棱都等于1， 点E，F分别是AB，AD的中点.计算： (1)·； 解：因为=，由题意， 可知∠ABD=60°，所以<>=60°， 所以·=· =×1×1×cos60° =×1×1×=. (2)·； 解：由题意，可知<>=∠BDC=60°， ·=·=-· =-×1×1×cos<> =-×1×1×=-. (3)·. 解：·=(+)·(+)=[·(-)+·+·(-)+ ·]=[-·-·+(-)·+·]= (-·-·+·-·+·)=×=-. |思|维|建|模| 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. 针对训练 1.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)=_____.  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. 0 1 1 题型(二)　利用数量积证明垂直问题 [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'； 证明：因为=+=+(+)= (++2)，=-，所以·=(++2)·(-)=(·-·+·-·+2·-2·)= (||2-||2)=0，所以⊥，故AO⊥CD'. (2)AC'⊥平面B'CD'. 证明：设正方体的棱长为a，则·=(++)·(+) =·+·+·+·+·+· =0+0+0+a2-a2+0=0， 所以⊥，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'. |思|维|建|模| 用向量法证明垂直问题的方法 (1)由数量积性质a⊥b⇔a·b=0可知，要证两直线垂直，可构造与两直线分别平行的向量a，b(a，b是非零向量)，只要证明两个向量的数量积为零即可. (2)用向量法证明线面(面面)垂直，离不开线面(面面)垂直的判定定理，将线面(面面)垂直转化为线线垂直，然后利用向量法证明. 针对训练 2.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. 证明：设AD=a，则AB=2a. 因为PD⊥平面ABCD， 所以PD⊥AD，PD⊥AB， 所以·=·=0， 所以·=(+)·(-) =·-·-+· =-||2+· =-a2+||||cos∠DAB =-a2+2a2×cos 60°=0， 所以⊥，故PA⊥BD. [例3]　如图，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，∠BCA=90°， CA=CB=1，棱AA1=2，求cos<>的值. 题型(三)　利用数量积求角的大小 解：因为=-=+-=+， 所以||2==(+-)2=++=12 +22+12=6，||=，||2==(+)2=+=12+22=5，||=·=(+-)·(+)=-=22-12=3， 所以cos<>===. 1.若本例中条件添加N为AA1的中点，则与夹角的余弦值为　　　　.  解析：易得||=，||=·=·(+) =-=×22-12=1.所以cos<>===. [变式拓展] 2.若本例中条件不变，异面直线CA1与AB夹角的余弦值为________.  解析：由已知得||=||=1，||=2， ·=·=·=0. 因为||2==(+)2=+=12+22=5，所以||=. 因为||2==(-)2=+=12+12=2，所以||=. 又因为·=(+)·(-)=-=-1， 所以cos<>===-. 所以异面直线CA1与AB夹角的余弦值为. |思|维|建|模| 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 3.已知正四面体ABCD中，E是AB的中点，则异面直线CE与BD夹角的余弦值为 (　　) A.- B. C.- D. 针对训练 解析：设正四面体的棱长为2，易知=(+)，=-，∵ABCD为正四面体，∴△ACD，△ABC，△BCD均为正三角形，∴CE=，∴·=·=·=2×2×cos 60°=2×2×=2，=||2=4，∴|cos<>|= √ = = ==， 故异面直线CE与BD夹角的余弦值为. 4.如图，已知正方体ABCD-A'B'C'D'，设=a，=b， =c，则<=______.  解析：设正方体的棱长为1，且⊥⊥ ⊥，由·=(+)·(+)=· +·+·+·=·=1×1×cos π=-1，又||== ， ||==，所以cos<>==-， 又<>∈[0，π]，所以<>=. 题型(四)　利用数量积求线段长度 [例4]　如图，两个正方形ABCD，ABEF的边长都是2， 且∠DAF=120°，则CF的长为_____.  解析：由题意得CD⊥DA， AB⊥AF，又AB∥CD，故CD⊥AF， 故·=·=0， ·=||·||cos 60°=2×2×=2， 因为=++， 4 所以==+++2·+ 2·+2· =4+4+4+0+0+4=16， 故CF=||=4. |思|维|建|模| 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； (3)利用|a|= 得所求长度. 5.如图，在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中，AD=BD=AA1 =1，AD⊥BD，∠A1AB=45°，∠A1AD=60°，则线段 BD1的长为____.  针对训练 解析：由题可得，AD=BD=1，AD⊥BD， 所以AB==，且∠DAB=45°， 因为=++=-++， 1 所以=(-++)2 =++-2·-2·+2·=||2+||2+||2 -2||||cos 45°-2||||cos 45°+2||||cos 60°=2+1+1 -2-2+1=1，所以||=1.故线段BD1的长为1. 课时检测 03 1 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 2 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°. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 2 3 4 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. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 3 4 2 3.在空间四边形ABCD中，∠ABD=∠BDC=90°，AC=2BD，则在方向上的投影向量为(　　) A. B. C. D. √ 解析：设AC=2，BD=1，由·=·=0，=++，则·=(++)·=||2，所以在方向上的投影向量为·=·=. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 3 4 2 4.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= =+++·+·+ ·，因为在正方体ABCD-A1B1C1D1中，CD，BB1， BC两两互相垂直，所以||==. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 3 4 2 5.[多选]在正方体ABCD-A1B1C1D1中，下列命题是真命题的是 (　　) A.(++)2=3 B.·(-)=0 C.与的夹角为60° D.正方体的体积为||·(·) √ √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 3 4 2 解析：如图所示，(++)2=(++)2==3，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. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 3 4 2 6.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·=·(+)=+ ·.因为棱长为1，AB⊥BPi，所以·=0，所以·= +·=1+0=1，故集合{y|y=·，i=1，2，3，…，8}中的元素个数为1. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 3 4 2 7.[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<>= √ √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 3 4 2 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； 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 3 4 2 ·(+)=·(-+-)=·(2--)=1--1=-，故B正确；由=2得=，由=2得-=2-2⇒=，所以=-=，则||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. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 3 4 2 8.(5分)已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为a，则·=____.  解析：如图，=-=-=-，∴·=(-)·(-)=·-·-·+||2 =0-0-0+a2=a2. a2 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 3 4 2 9.(5分)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：∵·=(-)·(-)=·-·-·+ =>0，同理，·>0，·>0，∴△BCD的三个内角均为锐角.∴△BCD为锐角三角形. 锐角 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 3 4 2 10.(5分)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夹角的余弦值为_____.  解析：设AB=BC=CD=1，由题意得=(+)=(++)，所以||2=(++)2=(++)=·=(++)·= =.设异面直线BM与CD的夹角为θ，则cos θ===. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 3 4 2 11.(10分)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；(3分) 解：∵=+=++，∴=+++2·+2·+2·=4+4+1-2×2-2 ×1=3，∴||=，∴线段PC的长度为. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 3 4 2 (2)求异面直线PC与BD夹角的余弦值；(5分) 解：∵·=(++)·(-)=·-·+·-·+·-·=-1×2×-2×2+1×1+2×2×+0-0=-2，||=， ∴cos<>===-， 故异面直线PC与BD夹角的余弦值为. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 3 4 2 (3)若E为AB的中点，证明：PA⊥ED.(2分) 解：证明：∵E为AB的中点，∴AD=AE， ∵·=·(-)=·-·=2×1×-2×1×=0， ∴⊥，即PA⊥ED. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 3 4 2 12.(15分)如图，在四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，AD∥BC， AB⊥AD，∠A1AB=∠A1AD=，BB1=AD=2AB=2BC=2， E是线段B1D上的点，且=2. (1)求||的长；(7分) 解：因为=2，所以=+=++，||2= =+++·+·+ ·=+×4+×4+×1×2×+×0+×2×2×=，故||=. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 3 4 2 (2)求异面直线AE与CD所成角的余弦值.(8分) 解：因为=++=-，||= ==， 所以·=· =·+·+--·-· =0+×2×2×+×22-×12-×2×1×-0=1， 所以cos<>===. 故异面直线AE与CD所成角的余弦值为. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 3 4 2 13.(15分)如图，在六棱柱ABCDEF-A1B1C1D1E1F1中， 底面ABCDEF是正六边形，设=a，=b，=c. (1)用a，b，c分别表示；(5分) 解：如图，连接AD，因为六边形ABCDEF为正六边形，所以+=，则=2a+2b， 所以=-=2a+2b-c，=+=-=2a+b-c. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 3 4 2 (2)若cos∠BAA1=cos∠FAA1=，AB=2，AA1=4，求： ①·；(5分) ②||.(5分) 解：因为六边形ABCDEF为正六边形，所以∠BAF=. 又cos∠BAA1=cos∠FAA1=，AB=2，AA1=4， 所以|a|=|b|=2，|c|=4，a·b=|a||b|cos=-2，a·c=b·c=|a||c|×=2. ①·=(2a+b-c)·(2a+2b-c)=4a2+2b2+c2+6a·b-3b·c-4a·c=16+8+ 16-12-6-8=14. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 3 4 2 ②因为=++=-+=2a+2b-a+c=a+2b+c， 所以||2=(a+2b+c)2 =a2+4b2+c2+4a·b+4b·c+2a·c =4+16+16-8+8+4=40，故||=2. $$