2.2 第2课时 空间向量的数量积-【金版教程】2025-2026学年高中数学选择性必修 第二册创新导学案课件PPT（湘教版）

该高中数学课件聚焦“空间向量的数量积”，涵盖夹角、定义、投影、性质及应用等核心知识点。导入衔接平面向量数量积，通过“核心概念掌握”模块分层讲解，搭建从平面到空间的学习支架，帮助学生逐步理解知识脉络。 其亮点是以数学抽象和数学运算素养为导向，通过“核心素养形成”模块的空间四边形数量积计算、正方体线面垂直证明等例题及跟踪训练，结合随堂达标与课后精练，系统落实知识应用。学生能提升空间向量运算能力，教师可直接用于课堂教学，高效落实知识点。

第2章　空间向量与 立体几何 2.2　空间向量及其运算 第2课时　空间向量的数量积 (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． 教学重点：1．空间向量夹角的概念．2．空间向量数量积的概念、性质及计算方法． 教学难点：空间向量数量积性质的应用． 核心素养：1．通过对空间向量数量积的概念、性质的学习提升数学抽象素养．2．通过运用空间向量的数量积求空间向量的夹角、证明垂直提升数学运算素养． 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 夹角 〈a，b〉 [0，π] 零 核心概念掌握 5 |a||b|cos〈a，b〉 0 核心概念掌握 6 投影长 b的模|b|与a在b方向上的投影|a|cosα的乘积 核心概念掌握 7 知识点三　空间向量数量积的性质 (1)a·a＝_____＝_____． (2)|a|＝______． (3)a·b＝0⇔_______． (4)cos〈a，b〉＝________． (5)(λa)·b＝________，λ∈R． (6)a·b＝_______(交换律)． (7)a·(b＋c)＝__________(分配律)． |a|2 a2 a⊥b λ(a·b) b·a a·b＋a·c 核心概念掌握 8 核心概念掌握 9 核心概念掌握 10 √ × × × 核心概念掌握 11 1 135° 核心概念掌握 12 核心素养形成 题型一　求空间向量的数量积 核心素养形成 14 核心素养形成 15 【感悟提升】 空间向量求数量积的两种情况及方法 (1)已知向量的模和夹角 利用a·b＝|a||b|cos〈a，b〉并结合运算律进行计算． (2)在几何体中求空间向量的数量积 先将各向量分解成已知模和夹角的向量的组合形式，再利用向量数量积的运算律展开，转化成已知模和夹角的向量的数量积． 核心素养形成 16 核心素养形成 17 核心素养形成 18 题型二　利用空间向量数量积求夹角 核心素养形成 19 核心素养形成 20 核心素养形成 21 核心素养形成 22 核心素养形成 23 题型三　利用空间向量数量积求距离 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°，如果AB＝a，AC＝BD＝b，求C，D间的距离． 核心素养形成 24 核心素养形成 25 核心素养形成 26 核心素养形成 27 题型四　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． 核心素养形成 28 【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 29 【跟踪训练】 4.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 30 随堂水平达标 随堂水平达标 1 2 3 4 5 32 随堂水平达标 1 2 3 4 5 33 随堂水平达标 1 2 3 4 5 34 60° 1 随堂水平达标 1 2 3 4 5 35 5．已知a，b是空间两个向量，且a＋3b与7a－5b垂直，a－4b与7a－2b垂直，求〈a，b〉． 随堂水平达标 1 2 3 4 5 36 课后课时精练 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 B级 1 2 38 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 B级 1 2 39 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 B级 1 2 40 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 B级 1 2 41 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 B级 1 2 42 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 B级 1 2 43 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 B级 1 2 44 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 B级 1 2 45 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 A级 B级 1 2 46 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 B级 1 2 47 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 B级 1 2 48 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 B级 1 2 49 10．如图所示，在平面角为120°的二面角α－AB－β中，AC ⊂α，BD⊂β，且AC⊥AB，BD⊥AB，垂足分别为A，B．已知AC＝ AB＝BD＝6，求线段CD的长． 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 B级 1 2 50 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 B级 1 2 51 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 B级 1 2 52 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 B级 1 2 53 　　　　　　　　　　　　　 R 知识点一　空间向量的夹角 给定两个非零向量a，b，任意在空间中选定一点O，作eq \o(OA,\s\up12(→))＝a，eq \o(OB,\s\up12(→))＝b，把∠AOB称为向量a，b所成的角(也称______)，记作________，其取值范围为_______．_______向量与任意向量垂直． 知识点二　空间向量的数量积 (1)定义：a·b＝__________________．规定零向量与任意向量的数量积为_____． (2)投影 如图，将空间任意两个向量a，b平移到同一个平面内，可得eq \o(OA,\s\up12(→))＝a，eq \o(OB,\s\up12(→))＝b，〈a，b〉＝α，过点B作BB1⊥OA，垂足为点B1，则______为eq \o(OB,\s\up12(→))在eq \o(OA,\s\up12(→))方向上的投影向量， eq \o(OB1,\s\up12(→)) 投影向量的模|eq \o(OB1,\s\up12(→))|＝|eq \o(OB,\s\up12(→))||cosα|称为_________．___________为eq \o(OB,\s\up12(→))在eq \o(OA,\s\up12(→))方向上的投影，其正负表示eq \o(OB1,\s\up12(→))与eq \o(OA,\s\up12(→))方向相同还是相反． a与b的数量积等于a的模|a|与b在a方向上的投影|b|cosα的乘积，也等于______________________________________________． |eq \o(OB,\s\up12(→))|cosα eq \r(a·a) eq \f(a·b,|a||b|) 1．空间向量数量积性质的应用 (1)a⊥b⇔a·b＝0，此结论可用于证明空间中的垂直关系． (2)|a|2＝a2，此结论可用于求空间中线段的长度． (3)cos〈a，b〉＝eq \f(a·b,|a||b|)，此结论可用于求有关空间角的问题． (4)|b|cos〈a，b〉＝eq \f(a·b,|a|)，此结论可用于求空间中的距离问题． 2．利用空间向量数量积求夹角问题的两种方法 (1)结合图形，平移向量，利用空间向量夹角的定义来求，但要注意向量夹角的范围． (2)先求a·b，再利用公式cos〈a，b〉＝eq \f(a·b,|a||b|)求cos〈a，b〉，最后确定〈a，b〉． 3．求空间两点间的距离或线段长的方法 (1)将此线段用空间向量表示，通过空间向量运算来求对应空间向量的模． (2)因为a·a＝|a|2，所以|a|＝eq \r(a·a)，这是利用空间向量解决距离问题的基本公式．另外，该公式还可以推广为|a±b|＝eq \r(（a±b）2)＝eq \r(a2±2a·b＋b2)． (3)可用|a·e|＝|a||cosθ|(e为单位向量，θ为a，e的夹角)来解决一个空间向量在另一个空间向量上的投影长问题． 1．判一判(正确的打“√”，错误的打“×”) (1)对于空间任意两个非零向量a，b，a∥b是〈a，b〉＝0的充要条件．(　　) (2)若a，b是空间两个向量，且a2＝b2，则a＝b或a＝－b．(　　) (3)若a，b均为非零空间向量，则a·b＝|a||b|是a与b共线的充要条件．(　　) (4)已知空间中四点A，B，E，C，若eq \o(AB,\s\up12(→))·eq \o(BE,\s\up12(→))＝eq \o(AB,\s\up12(→))·eq \o(BC,\s\up12(→))，则eq \o(AB,\s\up12(→))⊥eq \o(CE,\s\up12(→))．(　　) 2．做一做 (1)(多选)已知四边形ABCD为矩形，PA⊥平面ABCD，连接AC，BD，PB，PC，PD，则下列各组向量中数量积一定为零的是(　　) A．eq \o(PC,\s\up12(→))与eq \o(BD,\s\up12(→)) B．eq \o(DA,\s\up12(→))与eq \o(PB,\s\up12(→)) C．eq \o(PD,\s\up12(→))与eq \o(AB,\s\up12(→)) D．eq \o(PA,\s\up12(→))与eq \o(CD,\s\up12(→)) (2)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＝_____． (3)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________． (4)已知a，b是空间两个向量，若|a|＝2，|b|＝2，|a－b|＝eq \r(7)，则cos〈a，b〉＝______. eq \f(1,8) (1)eq \o(EF,\s\up12(→))·eq \o(BA,\s\up12(→))；(2)eq \o(EF,\s\up12(→))·eq \o(BD,\s\up12(→))；(3)eq \o(EF,\s\up12(→))·eq \o(DC,\s\up12(→))；(4)eq \o(BF,\s\up12(→))·eq \o(CE,\s\up12(→))． 解　(1)eq \o(EF,\s\up12(→))·eq \o(BA,\s\up12(→))＝eq \f(1,2) eq \o(BD,\s\up12(→))·eq \o(BA,\s\up12(→))＝eq \f(1,2)|eq \o(BD,\s\up12(→))||eq \o(BA,\s\up12(→))|cos〈eq \o(BD,\s\up12(→))，eq \o(BA,\s\up12(→))〉 ＝eq \f(1,2)×1×1×cos60°＝eq \f(1,4)． (2)eq \o(EF,\s\up12(→))·eq \o(BD,\s\up12(→))＝eq \f(1,2)|eq \o(BD,\s\up12(→))||eq \o(BD,\s\up12(→))|cos〈eq \o(BD,\s\up12(→))，eq \o(BD,\s\up12(→))〉 ＝eq \f(1,2)×1×1×cos0°＝eq \f(1,2)． (3)eq \o(EF,\s\up12(→))·eq \o(DC,\s\up12(→))＝eq \f(1,2) eq \o(BD,\s\up12(→))·eq \o(DC,\s\up12(→))＝eq \f(1,2)|eq \o(BD,\s\up12(→))||eq \o(DC,\s\up12(→))|cos〈eq \o(BD,\s\up12(→))，eq \o(DC,\s\up12(→))〉 ＝eq \f(1,2)×1×1×cos120°＝－eq \f(1,4)． (4)eq \o(BF,\s\up12(→))·eq \o(CE,\s\up12(→))＝eq \f(1,2)(eq \o(BD,\s\up12(→))＋eq \o(BA,\s\up12(→)))·eq \f(1,2)(eq \o(CB,\s\up12(→))＋eq \o(CA,\s\up12(→))) ＝eq \f(1,4)[eq \o(BD,\s\up12(→))·(－eq \o(BC,\s\up12(→)))＋eq \o(BA,\s\up12(→))·(－eq \o(BC,\s\up12(→)))＋eq \o(BD,\s\up12(→))·eq \o(CA,\s\up12(→))＋eq \o(BA,\s\up12(→))·eq \o(CA,\s\up12(→))] ＝eq \f(1,4)[－eq \o(BD,\s\up12(→))·eq \o(BC,\s\up12(→))－eq \o(BA,\s\up12(→))·eq \o(BC,\s\up12(→))＋(eq \o(CD,\s\up12(→))－eq \o(CB,\s\up12(→)))·eq \o(CA,\s\up12(→))＋eq \o(AB,\s\up12(→))·eq \o(AC,\s\up12(→))] ＝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】 1.如图，在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝AA1＝1，AD＝2，O为AC与BD的交点，E为A1D1的中点，求下列向量的数量积： (1)eq \o(BD,\s\up12(→))·eq \o(AA1,\s\up12(→))；(2)eq \o(AE,\s\up12(→))·eq \o(AC,\s\up12(→))；(3)eq \o(EO,\s\up12(→))·eq \o(AC,\s\up12(→))． 解　设eq \o(AB,\s\up12(→))＝a，eq \o(AD,\s\up12(→))＝b，eq \o(AA1,\s\up12(→))＝c，则|a|＝|c|＝1，|b|＝2． (1)∵eq \o(BD,\s\up12(→))＝eq \o(AD,\s\up12(→))－eq \o(AB,\s\up12(→))＝b－a，∴eq \o(BD,\s\up12(→))·eq \o(AA1,\s\up12(→))＝(b－a)·c＝b·c－a·c． 又a，b，c两两互相垂直， ∴b·c＝0，a·c＝0， 故eq \o(BD,\s\up12(→))·eq \o(AA1,\s\up12(→))＝0． (2)∵eq \o(AE,\s\up12(→))＝eq \o(AA1,\s\up12(→))＋eq \o(A1E,\s\up12(→))＝eq \o(AA1,\s\up12(→))＋eq \f(1,2) eq \o(AD,\s\up12(→)) ＝c＋eq \f(1,2)b， 又eq \o(AC,\s\up12(→))＝eq \o(AB,\s\up12(→))＋eq \o(AD,\s\up12(→))＝a＋b， ∴eq \o(AE,\s\up12(→))·eq \o(AC,\s\up12(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(c＋\f(1,2)b))·(a＋b)＝eq \f(1,2)|b|2＝2． (3)∵eq \o(EO,\s\up12(→))＝eq \o(AO,\s\up12(→))－eq \o(AE,\s\up12(→))＝eq \f(1,2)(eq \o(AB,\s\up12(→))＋eq \o(AD,\s\up12(→)))－(eq \o(AA1,\s\up12(→))＋eq \o(A1E,\s\up12(→)))＝eq \f(1,2)(a＋b)－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(c＋\f(1,2)b))＝eq \f(1,2)a－c， 又eq \o(AC,\s\up12(→))＝a＋b， ∴eq \o(EO,\s\up12(→))·eq \o(AC,\s\up12(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)a－c))·(a＋b)＝eq \f(1,2)a2＝eq \f(1,2)． (OE,\s\up12(→))INCLUDEPICTURE"例2.TIF" INCLUDEPICTURE "E:\\张伟\\PPT\\557数学\\例2.TIF" \* MERGEFORMATINET INCLUDEPICTURE "E:\\张伟\\PPT\\557数学\\例2.TIF" \* MERGEFORMATINET INCLUDEPICTURE "E:\\张伟\\PPT\\557数学\\例2.TIF" \* MERGEFORMATINET INCLUDEPICTURE "E:\\张伟\\PPT\\557数学\\例2.TIF" \* MERGEFORMATINET INCLUDEPICTURE "E:\\张伟\\PPT\\557数学\\例2.TIF" \* MERGEFORMATINET INCLUDEPICTURE "E:\\张伟\\PPT\\557数学\\例2.TIF" \* MERGEFORMATINET INCLUDEPICTURE "E:\\张伟\\PPT\\557数学\\例2.TIF" \* MERGEFORMATINET INCLUDEPICTURE "F:\\李艳\\PPT\\557数学（选择性必修第二册导学案（湘教\\例2.TIF" \* MERGEFORMATINET INCLUDEPICTURE "F:\\李艳\\PPT\\557数学（选择性必修第二册导学案（湘教\\例2.TIF" \* MERGEFORMATINET INCLUDEPICTURE "F:\\李艳\\PPT\\557数学（选择性必修第二册导学案（湘教\\例2.TIF" \* MERGEFORMATINET 　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，求向量与eq \o(BF,\s\up12(→))夹角的余弦值． 解　如右图，设eq \o(OA,\s\up12(→))＝a，eq \o(OB,\s\up12(→))＝b，eq \o(OC,\s\up12(→))＝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\up12(→))＝eq \f(1,2)(eq \o(OA,\s\up12(→))＋eq \o(OB,\s\up12(→)))＝eq \f(1,2)(a＋b)，eq \o(BF,\s\up12(→))＝eq \o(OF,\s\up12(→))－eq \o(OB,\s\up12(→))＝eq \f(1,2) eq \o(OC,\s\up12(→))－eq \o(OB,\s\up12(→))＝eq \f(1,2)c－b， |eq \o(OE,\s\up12(→))|＝|eq \o(BF,\s\up12(→))|＝eq \f(\r(3),2)， 所以eq \o(OE,\s\up12(→))·eq \o(BF,\s\up12(→))＝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\up12(→))，eq \o(BF,\s\up12(→))〉＝eq \f(\o(OE,\s\up12(→))·\o(BF,\s\up12(→)),|\o(OE,\s\up12(→))||\o(BF,\s\up12(→))|)＝－eq \f(2,3)． 所以向量eq \o(OE,\s\up12(→))与eq \o(BF,\s\up12(→))夹角的余弦值是－eq \f(2,3)． 【感悟提升】 由空间向量数量积求夹角的方法策略 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． 【跟踪训练】 2.三棱柱ABC－A1B1C1中，底面边长和侧棱长都相等，∠BAA1＝∠CAA1＝60°，则向量eq \o(AB1,\s\up12(→))与eq \o(BC1,\s\up12(→))夹角的余弦值为_____． 解析　如图所示，设该三棱柱的底面边长为1，依题意有eq \o(AB1,\s\up12(→))＝ eq \o(AB,\s\up12(→))＋eq \o(AA1,\s\up12(→))，eq \o(BC1,\s\up12(→))＝eq \o(BA,\s\up12(→))＋eq \o(AA1,\s\up12(→))＋eq \o(A1C1,\s\up12(→))＝eq \o(AC,\s\up12(→))＋eq \o(AA1,\s\up12(→))－eq \o(AB,\s\up12(→))，则|eq \o(AB1,\s\up12(→))|2＝ (eq \o(AB,\s\up12(→))＋eq \o(AA1,\s\up12(→)))2＝eq \o(AB,\s\up12(→))2＋2eq \o(AB,\s\up12(→))·eq \o(AA1,\s\up12(→))＋eq \o(AA1,\s\up12(→))2＝2＋2cos60°＝3，|eq \o(BC1,\s\up12(→))|2＝ (eq \o(AC,\s\up12(→))＋eq \o(AA1,\s\up12(→))－eq \o(AB,\s\up12(→)))2＝eq \o(AC,\s\up12(→))2＋eq \o(AA1,\s\up12(→))2＋eq \o(AB,\s\up12(→))2＋2eq \o(AC,\s\up12(→))·eq \o(AA1,\s\up12(→))－2eq \o(AC,\s\up12(→))·eq \o(AB,\s\up12(→))－2eq \o(AA1,\s\up12(→))·eq \o(AB,\s\up12(→))＝2， eq \f(\r(6),6) 而eq \o(AB1,\s\up12(→))·eq \o(BC1,\s\up12(→))＝(eq \o(AB,\s\up12(→))＋eq \o(AA1,\s\up12(→)))·(eq \o(AC,\s\up12(→))＋eq \o(AA1,\s\up12(→))－eq \o(AB,\s\up12(→)))＝eq \o(AB,\s\up12(→))·eq \o(AC,\s\up12(→))＋eq \o(AB,\s\up12(→))·eq \o(AA1,\s\up12(→))－eq \o(AB,\s\up12(→))·eq \o(AB,\s\up12(→))＋eq \o(AA1,\s\up12(→))·eq \o(AC,\s\up12(→))＋eq \o(AA1,\s\up12(→))·eq \o(AA1,\s\up12(→))－eq \o(AA1,\s\up12(→))·eq \o(AB,\s\up12(→))＝eq \f(1,2)＋eq \f(1,2)－1＋eq \f(1,2)＋1－eq \f(1,2)＝1，所以cos〈eq \o(AB1,\s\up12(→))，eq \o(BC1,\s\up12(→))〉＝eq \f(\o(AB1,\s\up12(→))·\o(BC1,\s\up12(→)),|\o(AB1,\s\up12(→))||\o(BC1,\s\up12(→))|)＝eq \f(1,\r(3)×\r(2))＝eq \f(\r(6),6)．所以向量eq \o(AB1,\s\up12(→))与eq \o(BC1,\s\up12(→))夹角的余弦值为eq \f(\r(6),6)． 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\up12(→))，eq \o(BD,\s\up12(→))〉＝120°， 所以|eq \o(CD,\s\up12(→))|2＝eq \o(CD,\s\up12(→))·eq \o(CD,\s\up12(→))＝(eq \o(CA,\s\up12(→))＋eq \o(AB,\s\up12(→))＋eq \o(BD,\s\up12(→)))2＝|eq \o(CA,\s\up12(→))|2＋|eq \o(AB,\s\up12(→))|2＋|eq \o(BD,\s\up12(→))|2＋2eq \o(CA,\s\up12(→))·eq \o(AB,\s\up12(→))＋2eq \o(CA,\s\up12(→))·eq \o(BD,\s\up12(→))＋2eq \o(AB,\s\up12(→))·eq \o(BD,\s\up12(→))＝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】 3.已知正四面体ABCD的棱长为a，M，N分别是棱AB，CD上的点，且MB＝2AM，CN＝eq \f(1,2)ND，求MN的长． 解　如右图所示，|eq \o(AB,\s\up12(→))|＝|eq \o(AC,\s\up12(→))|＝|eq \o(AD,\s\up12(→))|＝a，把题中所用到的向 量都用向量eq \o(AB,\s\up12(→))，eq \o(AC,\s\up12(→))，eq \o(AD,\s\up12(→))表示， 于是eq \o(MN,\s\up12(→))＝eq \o(MB,\s\up12(→))＋eq \o(BC,\s\up12(→))＋eq \o(CN,\s\up12(→))＝eq \f(2,3) eq \o(AB,\s\up12(→))＋(eq \o(AC,\s\up12(→))－eq \o(AB,\s\up12(→)))＋eq \f(1,3)(eq \o(AD,\s\up12(→))－eq \o(AC,\s\up12(→))) ＝－eq \f(1,3) eq \o(AB,\s\up12(→))＋eq \f(1,3) eq \o(AD,\s\up12(→))＋eq \f(2,3) eq \o(AC,\s\up12(→))． 又eq \o(AD,\s\up12(→))·eq \o(AB,\s\up12(→))＝eq \o(AB,\s\up12(→))·eq \o(AC,\s\up12(→))＝eq \o(AC,\s\up12(→))·eq \o(AD,\s\up12(→))＝a·a·cos60°＝eq \f(1,2)a2， ∴eq \o(MN,\s\up12(→))·eq \o(MN,\s\up12(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,3)\o(AB,\s\up12(→))＋\f(1,3)\o(AD,\s\up12(→))＋\f(2,3)\o(AC,\s\up12(→))))·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,3)\o(AB,\s\up12(→))＋\f(1,3)\o(AD,\s\up12(→))＋\f(2,3)\o(AC,\s\up12(→))))＝ eq \f(1,9) eq \o(AB,\s\up12(→)) 2－eq \f(2,9) eq \o(AD,\s\up12(→))·eq \o(AB,\s\up12(→))－eq \f(4,9) eq \o(AB,\s\up12(→))·eq \o(AC,\s\up12(→))＋eq \f(4,9) eq \o(AC,\s\up12(→))·eq \o(AD,\s\up12(→))＋eq \f(1,9) eq \o(AD,\s\up12(→)) 2＋eq \f(4,9) eq \o(AC,\s\up12(→)) 2＝eq \f(1,9)a2－ eq \f(1,9)a2－eq \f(2,9)a2＋eq \f(2,9)a2＋eq \f(1,9)a2＋eq \f(4,9)a2＝eq \f(5,9)a2． 故|eq \o(MN,\s\up12(→))|＝eq \r(\o(MN,\s\up12(→))·\o(MN,\s\up12(→)))＝eq \f(\r(5),3)a，即MN＝eq \f(\r(5),3)a． 证明　设正方体的棱长为a， ∵eq \o(A1G,\s\up12(→))·eq \o(DF,\s\up12(→))＝(eq \o(A1A,\s\up12(→))＋eq \o(AD,\s\up12(→))＋eq \o(DG,\s\up12(→)))·(eq \o(DC,\s\up12(→))＋eq \o(CF,\s\up12(→)))＝eq \o(A1A,\s\up12(→))·eq \o(DC,\s\up12(→))＋eq \o(AD,\s\up12(→))·eq \o(DC,\s\up12(→))＋eq \o(DG,\s\up12(→))·eq \o(DC,\s\up12(→))＋eq \o(A1A,\s\up12(→))·eq \o(CF,\s\up12(→))＋eq \o(AD,\s\up12(→))·eq \o(CF,\s\up12(→))＋eq \o(DG,\s\up12(→))·eq \o(CF,\s\up12(→))＝eq \o(DG,\s\up12(→))·eq \o(DC,\s\up12(→))＋eq \o(AD,\s\up12(→))·eq \o(CF,\s\up12(→))＝eq \f(1,2)a2－eq \f(1,2)a2＝0， ∴A1G⊥DF，同理可证A1G⊥DE， 又DF∩DE＝D，DF⊂平面DEF，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\up12(→))·eq \o(DA,\s\up12(→))＝0． 由PD⊥底面ABCD知，PD⊥BD，则eq \o(BD,\s\up12(→))·eq \o(PD,\s\up12(→))＝0． 又eq \o(PA,\s\up12(→))＝eq \o(PD,\s\up12(→))＋eq \o(DA,\s\up12(→))， ∴eq \o(PA,\s\up12(→))·eq \o(BD,\s\up12(→))＝(eq \o(PD,\s\up12(→))＋eq \o(DA,\s\up12(→)))·eq \o(BD,\s\up12(→))＝eq \o(PD,\s\up12(→))·eq \o(BD,\s\up12(→))＋eq \o(DA,\s\up12(→))·eq \o(BD,\s\up12(→))＝0， 即PA⊥BD． 1．已知空间向量a，b，c，则下列各命题中，真命题的个数为(　　) ①eq \r(a·a)＝|a|；②m(λa)·b＝(mλ)a·b；③a·(b＋c)＝(b＋c)·a；④a2b＝b2a． A．4 B．3 C．2 D．1 解析　∵a·a＝|a|2，∴eq \r(a·a)＝|a|，故①正确；m(λa)·b＝(mλa)·b＝mλa·b＝(mλ)a·b，故②正确；a·(b＋c)＝a·b＋a·c，(b＋c)·a＝b·a＋c·a＝a·b＋a·c＝a·(b＋c)，故③正确；a2b＝|a|2b，b2a＝|b|2a，故④不一定正确．故选B． 2．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°． 3．如图，在大小为45°的二面角A－EF－D中，四边形ABFE，CDEF都是边长为1的正方形，则B，D两点间的距离是(　　) A．eq \r(3) B．eq \r(2) C．1 D．eq \r(3－\r(2)) 解析　因为eq \o(BD,\s\up12(→))＝eq \o(BF,\s\up12(→))＋eq \o(FE,\s\up12(→))＋eq \o(ED,\s\up12(→))，所以|eq \o(BD,\s\up12(→))|2＝|eq \o(BF,\s\up12(→))|2＋|eq \o(FE,\s\up12(→))|2＋|eq \o(ED,\s\up12(→))|2＋2eq \o(BF,\s\up12(→))·eq \o(FE,\s\up12(→))＋2eq \o(FE,\s\up12(→))·eq \o(ED,\s\up12(→))＋2eq \o(BF,\s\up12(→))·eq \o(ED,\s\up12(→))＝1＋1＋1－eq \r(2)，所以|eq \o(BD,\s\up12(→))|＝eq \r(3－\r(2))．故选D． 4．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\up12(→))与eq \o(A1P,\s\up12(→))夹角的大小为______，eq \o(B1C,\s\up12(→))·eq \o(A1P,\s\up12(→))＝______． 解析　解法一：连接A1D，PD，则∠PA1D就是eq \o(B1C,\s\up12(→))与eq \o(A1P,\s\up12(→))的夹角，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\up12(→))与eq \o(A1P,\s\up12(→))夹角的大小为60°．因此eq \o(B1C,\s\up12(→))·eq \o(A1P,\s\up12(→))＝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\up12(→))·eq \o(A1P,\s\up12(→))＝(eq \o(A1A,\s\up12(→))＋eq \o(AD,\s\up12(→)))·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\o(AD,\s\up12(→))＋\f(1,2)\o(AB,\s\up12(→))))＝eq \o(AD,\s\up12(→))2＝1．由题意可得PA1＝B1C＝eq \r(2)，则eq \r(2)×eq \r(2)×cos〈eq \o(B1C,\s\up12(→))，eq \o(A1P,\s\up12(→))〉＝1，从而〈eq \o(B1C,\s\up12(→))，eq \o(A1P,\s\up12(→))〉＝60°． 解　(a＋3b)·(7a－5b)＝7|a|2－15|b|2＋16a·b＝0，(a－4b)·(7a－2b)＝7|a|2＋8|b|2－30a·b＝0， 得|b|2＝2a·b＝|a|2， ∴cos〈a，b〉＝eq \f(a·b,|a||b|)＝eq \f(1,2)， ∴〈a，b〉＝60°． 一、选择题 1．正方体ABCD－A′B′C′D′中，〈eq \o(A′B,\s\up12(→))，eq \o(B′D′,\s\up12(→))〉＝(　　) A．30° B．60° C．90° D．120° 解析　连接BD，A′D，因为B′D′∥BD，△A′BD为正三角形，所以∠A′BD＝60°，由向量夹角的定义可知〈eq \o(A′B,\s\up12(→))，eq \o(BD,\s\up12(→))〉＝120°，即〈eq \o(A′B,\s\up12(→))，eq \o(B′D′,\s\up12(→))〉＝120°． 2．若O是△ABC所在平面内一点，且满足(eq \o(BO,\s\up12(→))＋eq \o(OC,\s\up12(→)))·(eq \o(OC,\s\up12(→))－eq \o(OA,\s\up12(→)))＝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\up12(→))＋eq \o(OC,\s\up12(→))＝eq \o(BC,\s\up12(→))，eq \o(OC,\s\up12(→))－eq \o(OA,\s\up12(→))＝eq \o(AC,\s\up12(→))，∴eq \o(BC,\s\up12(→))·eq \o(AC,\s\up12(→))＝0，∴BC⊥AC．∴△ABC一定是直角三角形． 3．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\up12(→))＝eq \o(AB,\s\up12(→))＋eq \o(AD,\s\up12(→))＋eq \o(AA1,\s\up12(→))，∴eq \o(AC1,\s\up12(→))2 ＝(eq \o(AB,\s\up12(→))＋eq \o(AD,\s\up12(→))＋eq \o(AA1,\s\up12(→)))2＝eq \o(AB,\s\up12(→))2＋eq \o(AD,\s\up12(→))2＋eq \o(AA1,\s\up12(→))2＋2eq \o(AB,\s\up12(→))·eq \o(AD,\s\up12(→))＋2eq \o(AB,\s\up12(→))·eq \o(AA1,\s\up12(→)) ＋2eq \o(AD,\s\up12(→))·eq \o(AA1,\s\up12(→))＝1＋1＋1＋2(cos60°＋cos60°＋cos60°)＝6， ∴|eq \o(AC1,\s\up12(→))|＝eq \r(6)，即AC1的长为eq \r(6)． 4．已知a，b是异面直线，A，B∈a，C，D∈b，AC⊥b，BD⊥b，且AB＝2，CD＝1，则向量eq \o(AB,\s\up12(→))与eq \o(CD,\s\up12(→))的夹角是(　　) A．30° B．45° C．60° D．90° 解析　eq \o(AB,\s\up12(→))＝eq \o(AC,\s\up12(→))＋eq \o(CD,\s\up12(→))＋eq \o(DB,\s\up12(→))，∴eq \o(AB,\s\up12(→))·eq \o(CD,\s\up12(→))＝(eq \o(AC,\s\up12(→))＋eq \o(CD,\s\up12(→))＋eq \o(DB,\s\up12(→)))·eq \o(CD,\s\up12(→))＝eq \o(AC,\s\up12(→))·eq \o(CD,\s\up12(→))＋eq \o(CD,\s\up12(→))2＋eq \o(DB,\s\up12(→))·eq \o(CD,\s\up12(→))＝0＋12＋0＝1，又|eq \o(AB,\s\up12(→))|＝2，|eq \o(CD,\s\up12(→))|＝1，∴cos〈eq \o(AB,\s\up12(→))，eq \o(CD,\s\up12(→))〉＝eq \f(\o(AB,\s\up12(→))·\o(CD,\s\up12(→)),|\o(AB,\s\up12(→))||\o(CD,\s\up12(→))|)＝eq \f(1,2×1)＝eq \f(1,2)，∴向量eq \o(AB,\s\up12(→))与eq \o(CD,\s\up12(→))的夹角是60°． 5．(多选)在正方体ABCD－A1B1C1D1中，下列命题正确的是(　　) A．(eq \o(AA1,\s\up12(→))＋eq \o(AD,\s\up12(→))＋eq \o(AB,\s\up12(→)))2＝3eq \o(AB,\s\up12(→))2 B．eq \o(A1C,\s\up12(→))·(eq \o(A1B1,\s\up12(→))－eq \o(A1A,\s\up12(→)))＝0 C．eq \o(AD,\s\up12(→))1与eq \o(A1B,\s\up12(→))的夹角为60° D．正方体的体积为|eq \o(AB,\s\up12(→))·eq \o(AA1,\s\up12(→))·eq \o(AD,\s\up12(→))| 解析　如图所示，(eq \o(AA1,\s\up12(→))＋eq \o(AD,\s\up12(→))＋eq \o(AB,\s\up12(→)))2＝(eq \o(AA1,\s\up12(→))＋eq \o(A1D1,\s\up12(→))＋eq \o(D1C1,\s\up12(→)))2＝ eq \o(AC1,\s\up12(→))2＝3eq \o(AB,\s\up12(→))2，A正确；eq \o(A1C,\s\up12(→))·(eq \o(A1B1,\s\up12(→))－eq \o(A1A,\s\up12(→)))＝eq \o(A1C,\s\up12(→))·eq \o(AB1,\s\up12(→))＝0，B正 确；eq \o(AD1,\s\up12(→))与eq \o(A1B,\s\up12(→))的夹角是eq \o(D1C,\s\up12(→))与eq \o(D1A,\s\up12(→))夹角的补角，而eq \o(D1C,\s\up12(→))与eq \o(D1A,\s\up12(→))的夹 角为60°，故eq \o(AD1,\s\up12(→))与eq \o(A1B,\s\up12(→))的夹角为120°，C错误；正方体的体积为|eq \o(AB,\s\up12(→))||eq \o(AA1,\s\up12(→))||eq \o(AD,\s\up12(→))|，D错误．故选AB． 二、填空题 6．已知a，b为两个非零空间向量，若|a|＝2eq \r(2)，〈a，b〉＝eq \f(3π,4)，a·b＝－eq \r(2)，则|b|＝________． 解析　因为cos〈a，b〉＝eq \f(a·b,|a||b|)＝eq \f(－\r(2),2\r(2)|b|)＝－eq \f(\r(2),2)，所以|b|＝eq \f(\r(2),2)． eq \f(\r(2),2) 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． 三、解答题 9．在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝2，AA1＝2，AD＝4． 求：(1)eq \o(AB1,\s\up12(→))·eq \o(CD,\s\up12(→))； (2)eq \o(AB1,\s\up12(→))·eq \o(CD1,\s\up12(→))； (3)eq \o(BD1,\s\up12(→))·eq \o(AD,\s\up12(→))． 解　如图所示，|eq \o(AB1,\s\up12(→))|＝2eq \r(2)， |eq \o(BD1,\s\up12(→))|＝eq \r(22＋22＋42)＝2eq \r(6)． (1)连接DC1．∵eq \o(AB1,\s\up12(→))＝eq \o(DC1,\s\up12(→))， ∴〈eq \o(AB1,\s\up12(→))，eq \o(CD,\s\up12(→))〉＝〈eq \o(DC1,\s\up12(→))，eq \o(CD,\s\up12(→))〉＝180°－∠C1DC＝135°， eq \o(AB1,\s\up12(→))·eq \o(CD,\s\up12(→))＝|eq \o(AB1,\s\up12(→))||eq \o(CD,\s\up12(→))|cos135°＝2eq \r(2)×2×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(2),2)))＝－4． (2)∵四边形CDD1C1为正方形， ∴DC1⊥CD1，∴CD1⊥AB1， ∴eq \o(AB1,\s\up12(→))·eq \o(CD1,\s\up12(→))＝0． (3)解法一：∵eq \o(AD,\s\up12(→))＝eq \o(BC,\s\up12(→))， ∴〈eq \o(BD1,\s\up12(→))，eq \o(AD,\s\up12(→))〉＝〈eq \o(BD1,\s\up12(→))，eq \o(BC,\s\up12(→))〉＝∠D1BC． 在Rt△D1BC中，cos∠D1BC＝eq \f(BC,BD1)＝eq \f(4,2\r(6))＝eq \f(\r(6),3)， ∴eq \o(BD1,\s\up12(→))·eq \o(AD,\s\up12(→))＝|eq \o(BD1,\s\up12(→))||eq \o(AD,\s\up12(→))|cos∠D1BC＝2eq \r(6)×4×eq \f(\r(6),3)＝16． 解法二：∵eq \o(AD,\s\up12(→))＝eq \o(BC,\s\up12(→))， ∴eq \o(BD1,\s\up12(→))·eq \o(AD,\s\up12(→))＝eq \o(BD1,\s\up12(→))·eq \o(BC,\s\up12(→))． 又eq \o(BD1,\s\up12(→))在eq \o(BC,\s\up12(→))上的投影向量为eq \o(BC,\s\up12(→))， ∴eq \o(BD1,\s\up12(→))·eq \o(AD,\s\up12(→))＝eq \o(BD1,\s\up12(→))·eq \o(BC,\s\up12(→))＝|eq \o(BC,\s\up12(→))|2＝16． 解　∵AC⊥AB，BD⊥AB，∴eq \o(CA,\s\up12(→))·eq \o(AB,\s\up12(→))＝0，eq \o(BD,\s\up12(→))·eq \o(AB,\s\up12(→))＝0． ∵二面角α－AB－β的平面角为120°， ∴〈eq \o(CA,\s\up12(→))，eq \o(BD,\s\up12(→))〉＝180°－120°＝60°． ∴|eq \o(CD,\s\up12(→))|2＝eq \o(CD,\s\up12(→))2＝(eq \o(CA,\s\up12(→))＋eq \o(AB,\s\up12(→))＋eq \o(BD,\s\up12(→)))2＝eq \o(CA,\s\up12(→)) 2＋eq \o(AB,\s\up12(→)) 2＋eq \o(BD,\s\up12(→)) 2＋2eq \o(CA,\s\up12(→))·eq \o(AB,\s\up12(→))＋2eq \o(CA,\s\up12(→))·eq \o(BD,\s\up12(→))＋2eq \o(BD,\s\up12(→))·eq \o(AB,\s\up12(→))＝3×62＋2×62×cos60°＝144， ∴CD＝12． 1．已知正四面体OABC的棱长为1． 求：(1)(eq \o(OA,\s\up12(→))－eq \o(OB,\s\up12(→)))·(eq \o(CA,\s\up12(→))＋eq \o(CB,\s\up12(→)))； (2)|eq \o(OC,\s\up12(→))＋eq \o(AB,\s\up12(→))|． 解　(1)(eq \o(OA,\s\up12(→))－eq \o(OB,\s\up12(→)))·(eq \o(CA,\s\up12(→))＋eq \o(CB,\s\up12(→)))＝eq \o(BA,\s\up12(→))·(eq \o(CA,\s\up12(→))＋eq \o(CB,\s\up12(→)))＝eq \o(BA,\s\up12(→))·eq \o(CA,\s\up12(→))＋eq \o(BA,\s\up12(→))·eq \o(CB,\s\up12(→)) ＝1×1×cos60°＋1×1×cos120°＝0． (2)|eq \o(OC,\s\up12(→))＋eq \o(AB,\s\up12(→))|＝|eq \o(OC,\s\up12(→))＋eq \o(OB,\s\up12(→))－eq \o(OA,\s\up12(→))|＝eq \r(（\o(OC,\s\up12(→))＋\o(OB,\s\up12(→))－\o(OA,\s\up12(→))）2) ＝eq \r(12＋12＋12＋2×1×1×cos60°－2×1×1×cos60°－2×1×1×cos60°) ＝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eq \o(AB1,\s\up12(→))与eq \o(BC1,\s\up12(→))的夹角为eq \f(π,3)，求侧棱长． 解　(1)证明：eq \o(AB1,\s\up12(→))＝eq \o(AB,\s\up12(→))＋eq \o(BB1,\s\up12(→))，eq \o(BC1,\s\up12(→))＝eq \o(BB1,\s\up12(→))＋eq \o(BC,\s\up12(→))． ∵BB1⊥平面ABC， ∴eq \o(BB1,\s\up12(→))·eq \o(AB,\s\up12(→))＝0，eq \o(BB1,\s\up12(→))·eq \o(BC,\s\up12(→))＝0． 又△ABC为正三角形， ∴〈eq \o(AB,\s\up12(→))，eq \o(BC,\s\up12(→))〉＝π－〈eq \o(BA,\s\up12(→))，eq \o(BC,\s\up12(→))〉＝π－eq \f(π,3)＝eq \f(2π,3)． ∵eq \o(AB1,\s\up12(→))·eq \o(BC1,\s\up12(→))＝(eq \o(AB,\s\up12(→))＋eq \o(BB1,\s\up12(→)))·(eq \o(BB1,\s\up12(→))＋eq \o(BC,\s\up12(→))) ＝eq \o(AB,\s\up12(→))·eq \o(BB1,\s\up12(→))＋eq \o(AB,\s\up12(→))·eq \o(BC,\s\up12(→))＋eq \o(BB1,\s\up12(→))2＋eq \o(BB1,\s\up12(→))·eq \o(BC,\s\up12(→)) ＝|eq \o(AB,\s\up12(→))||eq \o(BC,\s\up12(→))|cos〈eq \o(AB,\s\up12(→))，eq \o(BC,\s\up12(→))〉＋eq \o(BB1,\s\up12(→))2＝－1＋1＝0， ∴AB1⊥BC1． (2)结合(1)知eq \o(AB1,\s\up12(→))·eq \o(BC1,\s\up12(→))＝|eq \o(AB,\s\up12(→))||eq \o(BC,\s\up12(→))|·cos〈eq \o(AB,\s\up12(→))，eq \o(BC,\s\up12(→))〉＋eq \o(BB1,\s\up12(→))2＝eq \o(BB1,\s\up12(→))2－1． 又|eq \o(AB1,\s\up12(→))|＝eq \r(（\o(AB,\s\up12(→))＋\o(BB1,\s\up12(→))）2)＝eq \r(2＋\o(BB1,\s\up12(→))2)＝|eq \o(BC1,\s\up12(→))|， ∴cos〈eq \o(AB1,\s\up12(→))，eq \o(BC1,\s\up12(→))〉＝eq \f(\o(BB1,\s\up12(→))2－1,2＋\o(BB1,\s\up12(→))2)＝eq \f(1,2)， ∴|eq \o(BB1,\s\up12(→))|＝2，即侧棱长为2． $