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word（湘教版）

数学　选择性必修·第二册（湘教） 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． 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＝a，＝b，把∠AOB称为向量a，b所成的角(也称夹角)，记作〈a，b〉，其取值范围为[0，π]．零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＝|a||b|cos〈a，b〉．规定零向量与任意向量的数量积为0． (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＝a，＝b，〈a，b〉＝α，过点B作BB1⊥OA，垂足为点B1，则为在方向上的投影向量，投影向量的模||＝|||cosα|称为投影长．||cosα为在方向上的投影，其正负表示与方向相同还是相反． 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b的模|b|与a在b方向上的投影|a|cosα的乘积． 知识点三　空间向量数量积的性质 (1)a·a＝|a|2＝a2． (2)|a|＝． (3)a·b＝0⇔a⊥b． (4)cos〈a，b〉＝． (5)(λa)·b＝λ(a·b)，λ∈R． (6)a·b＝b·a(交换律)． (7)a·(b＋c)＝a·b＋a·c(分配律)． 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〉＝，此结论可用于求有关空间角的问题． (4)|b|cos〈a，b〉＝，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〉＝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|＝，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|＝＝． (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·＝·，则⊥．(　　) 答案　(1)×　(2)×　(3)×　(4)√ 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．与 B．与 C．与 D．与 (2)若空间向量a与b满足|a|＝1，|b|＝2且a与b的夹角为，则a·b＝________． (3)已知a，b是空间两个向量，且|a|＝，|b|＝，a·b＝－，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|＝，则cos〈a，b〉＝________． 答案　(1)BCD　(2)1　(3)135°　(4) 题型一　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，点E，F分别是AB，AD的中点，计算： (1)·；(2)·； (3)·；(4)·． [解]　(1)·＝·＝||||cos〈，〉 ＝×1×1×cos60°＝． (2)·＝||||cos〈，〉 ＝×1×1×cos0°＝． (3)·＝· ＝||||cos〈，〉 ＝×1×1×cos120°＝－． (4)·＝(＋)·(＋) ＝[·(－)＋·(－)＋·＋·] ＝[－·－·＋(－)·＋·] ＝× ＝－． 【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． 【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)·； (2)·； (3)·． 解　设＝a，＝b，＝c， 则|a|＝|c|＝1，|b|＝2． (1)∵＝－＝b－a， ∴·＝(b－a)·c＝b·c－a·c． 又a，b，c两两互相垂直， ∴b·c＝0，a·c＝0， 故·＝0． (2)∵＝＋＝＋ ＝c＋b， 又＝＋＝a＋b， ∴·＝·(a＋b)＝|b|2＝2． (3)∵＝－＝(＋)－(＋)＝(a＋b)－＝a－c， 又＝a＋b， ∴·＝·(a＋b)＝a2＝． 题型二　利用空间向量数量积求夹角 　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，求向量与夹角的余弦值． [解]　如右图，设＝a，＝b，＝c，|a|＝|b|＝|c|＝1，易知∠AOB＝∠BOC＝∠AOC＝， 则a·b＝b·c＝c·a＝． 因为＝(＋)＝(a＋b)， ＝－＝－＝c－b， ||＝||＝， 所以·＝(a＋b)· ＝a·c＋b·c－a·b－b2＝－， 所以cos〈，〉＝＝－． 所以向量与夹角的余弦值是－． 【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〉＝，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°，则向量与夹角的余弦值为________． 答案　 解析　如图所示，设该三棱柱的底面边长为1，依题意有＝＋，＝＋＋＝＋－，则||2＝(＋)2＝2＋2·＋2＝2＋2cos60°＝3，||2＝(＋－)2＝2＋2＋2＋2·－2·－2·＝2，而·＝(＋)·(＋－)＝·＋·－·＋·＋·－·＝＋－1＋＋1－＝1，所以cos〈，〉＝＝＝．所以向量与夹角的余弦值为． 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． [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°，〈，〉＝120°，所以||2＝·＝(＋＋)2＝||2＋||2＋||2＋2·＋2·＋2·＝b2＋a2＋b2＋2b2cos120°＝a2＋b2，故CD＝． 【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|＝＝． 【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＝ND，求MN的长． 解　如右图所示，||＝||＝||＝a，把题中所用到的向量都用向量，，表示， 于是＝＋＋＝＋(－)＋(－)＝－＋＋． 又·＝·＝·＝a·a·cos60°＝a2， ∴·＝·＝ 2－·－·＋·＋ 2＋ 2＝a2－a2－a2＋a2＋a2＋a2＝a2． 故||＝＝a，即MN＝a． 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． [证明]　设正方体的棱长为a， ∵·＝(＋＋)·(＋)＝·＋·＋·＋·＋·＋·＝·＋·＝a2－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． 【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． 【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． 证明　由底面ABCD为平行四边形，∠DAB＝60°，AB＝2AD，知DA⊥BD， 则·＝0． 由PD⊥底面ABCD知，PD⊥BD， 则·＝0． 又＝＋， ∴·＝(＋)· ＝·＋·＝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(　　) ①＝|a|；②m(λa)·b＝(mλ)a·b；③a·(b＋c)＝(b＋c)·a；④a2b＝b2a． A．4 B．3 C．2 D．1 答案　B 解析　∵a·a＝|a|2，∴＝|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|＝，a－b与a垂直，则a与b的夹角为(　　) A．60° B．30° C．135° D．45° 答案　D 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××cos〈a，b〉＝0，∴cos〈a，b〉＝．∵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． B． C．1 D． 答案　D 解析　因为＝＋＋，所以||2＝||2＋||2＋||2＋2·＋2·＋2·＝1＋1＋1－，所以||＝．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，则与夹角的大小为________，·＝________． 答案　60°　1 解析　解法一：连接A1D，PD，则∠PA1D就是与的夹角，在△PA1D中，易得PA1＝DA1＝PD＝，即△PA1D为等边三角形，从而∠PA1D＝60°，即与夹角的大小为60°．因此·＝××cos60°＝1． 解法二：根据向量的线性运算可得·＝(＋)·＝2＝1．由题意可得PA1＝B1C＝，则××cos〈，〉＝1，从而〈，〉＝60°． 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〉． 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〉＝＝， ∴〈a，b〉＝60°． 课后课时精练 一、选择题 1．正方体ABCD－A′B′C′D′中，〈，〉＝(　　) A．30° B．60° C．90° D．120° 答案　D 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〈，〉＝120°，即〈，〉＝120°． 2．若O是△ABC所在平面内一点，且满足(＋)·(－)＝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 答案　A 解析　∵＋＝，－＝，∴·＝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． C．3 D． 答案　B 解析　如图，由题意可知，＝＋＋，∴2＝(＋＋)2＝2＋2＋2＋2·＋2·＋2·＝1＋1＋1＋2(cos60°＋cos60°＋cos60°)＝6，∴||＝，即AC1的长为． 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，则向量与的夹角是(　　) A．30° B．45° C．60° D．90° 答案　C 解析　＝＋＋，∴·＝(＋＋)·＝·＋2＋·＝0＋12＋0＝1，又||＝2，||＝1，∴cos〈，〉＝＝＝，∴向量与的夹角是60°． 5．(多选)在正方体ABCD－A1B1C1D1中，下列命题正确的是(　　) A．(＋＋)2＝32 B．·(－)＝0 C．1与的夹角为60° D．正方体的体积为|··| 答案　AB 解析　如图所示，(＋＋)2＝(＋＋)2＝2＝32，A正确；·(－)＝·＝0，B正确；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°，C错误；正方体的体积为||||||，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|＝2，〈a，b〉＝，a·b＝－，则|b|＝________． 答案　 解析　因为cos〈a，b〉＝＝＝－，所以|b|＝． 7．已知空间向量a，b，|a|＝3，|b|＝5，m＝a＋b，n＝a＋λb，〈a，b〉＝135°，若m⊥n，则λ的值为________． 答案　－ 解析　由m⊥n，得(a＋b)·(a＋λb)＝0，∴a2＋λb2＋(1＋λ)a·b＝0，即18＋25λ＋(1＋λ)×3×5×cos135°＝0，∴λ＝－． 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________． 答案　－13 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＝－＝－13． 三、解答题 9．在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝2，AA1＝2，AD＝4． 求：(1)·； (2)·； (3)·． 解　如图所示，||＝2， ||＝＝2． (1)连接DC1．∵＝， ∴〈，〉＝〈，〉 ＝180°－∠C1DC＝135°， ·＝||||cos135°＝2×2×＝－4． (2)∵四边形CDD1C1为正方形， ∴DC1⊥CD1， ∴CD1⊥AB1， ∴·＝0． (3)解法一：∵＝， ∴〈，〉＝〈，〉＝∠D1BC． 在Rt△D1BC中，cos∠D1BC＝＝＝， ∴·＝||||cos∠D1BC＝2×4×＝16． 解法二：∵＝， ∴·＝·． 又在上的投影向量为， ∴·＝·＝||2＝16． 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． 解　∵AC⊥AB，BD⊥AB， ∴·＝0，·＝0． ∵二面角α－AB－β的平面角为120°， ∴〈，〉＝180°－120°＝60°． ∴||2＝2＝(＋＋)2＝ 2＋ 2＋ 2＋2·＋2·＋2·＝3×62＋2×62×cos60°＝144， ∴CD＝12． 1．已知正四面体OABC的棱长为1． 求：(1)(－)·(＋)； (2)|＋|． 解　(1)(－)·(＋) ＝·(＋)＝·＋· ＝1×1×cos60°＋1×1×cos120°＝0． (2)|＋|＝|＋－| ＝ ＝ ＝． 2．如图，在正三棱柱ABC－A1B1C1中，底面边长为． (1)设侧棱长为1，求证：AB1⊥BC1； (2)设与的夹角为，求侧棱长． 解　(1)证明：＝＋，＝＋． ∵BB1⊥平面ABC， ∴·＝0，·＝0． 又△ABC为正三角形， ∴〈，〉＝π－〈，〉＝π－＝． ∵·＝(＋)·(＋) ＝·＋·＋2＋· ＝||||cos〈，〉＋2＝－1＋1＝0， ∴AB1⊥BC1． (2)结合(1)知·＝||||·cos〈，〉＋2＝2－1． 又||＝ ＝＝||， ∴cos〈，〉＝＝， ∴||＝2，即侧棱长为2． 14 学科网（北京）股份有限公司 $