2.2 第2课时 向量的数量积-【新课程学案】2025-2026学年高中数学选择性必修第二册配套课件PPT（湘教版）

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 课时跟踪检测 课前预知教材·自主落实基础 01 1.数量积的定义 如图，由于空间任意两个向量a，b都可以平移到同一个平面OAB内，因此与平面向量夹角的定义一样，我们把∠AOB称为向量a，b的夹角，记作<a，b>，其取值范围为________.定义a·b=____________为a与b的数量积. [0，π] |a||b|cos<a，b> 2.数量积的性质 (1)a·e=|a|cos<a，e>(其中e为单位向量)； (2)若a，b为非零向量，则a⊥b⇔a·b=____； (3)a·a=|a|2或|a|=_______； (4)若a，b为非零向量，则cos<a，b>=________； (5)|a·b|≤|a||b|(当且仅当a，b共线时等号成立). 0 3.数量积满足的运算律 运算律 (λa)·b=λ(a·b)，λ∈R a·b=________ (交换律) a·(b+c)=___________ (分配律) b·a a·b+a·c 4.投影向量 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________，投影向量的模||=|||cos α|称为______. 5.数量积的几何意义 a与b的数量积等于a的模|a|与b在a方向上的投影________的乘积，也等于b的模|b|与a在b方向上的投影________的乘积.  1.[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 √ 基础落实训练 √ √ 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. 2.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，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.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. 　1 0　 　1 题型(二)　利用数量积求模与夹角 [例2]　如图，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，∠BCA=90°，CA=CB=1，棱AA1=2，求cos<>的值. 解：因为=-=+-=+， 所以||2==(+-)2=++ =12+22+12=6，||=，||2==(+)2=+=12+22=5，||=，·=(+-)·(+)=-=22-12=3， 所以cos<>===. 　[变式拓展] 1.本例中条件不变，求N为AA1的中点时，与夹角的余弦值. 解：由例题知，||=，||=·=·(+)=-=×22-12=1，所以cos<>===. 2.本例变为：如图，在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中，底面ABCD是边长为2的正方形，侧棱AA1的长度为4，且∠A1AB=∠A1AD=120°.用向量法求BD1的长. 解：∵=++ ==+++2·+2·+2· =42+22+22+2×4×2cos 60°+2×4×2cos 120°+2×2×2cos 90° =24，∴BD1的长为2. |思|维|建|模| (1)求两个非零向量的夹角可以把向量夹角转化为平面几何中的对应角，利用解三角形的知识求解. (2)利用夹角公式求异面直线所成的角的步骤. 针对训练 3.如图，正三棱柱(底面是正三角形的直三棱柱)ABC-A1B1C1的各棱长都为2，E，F分别是AB，A1C1的中点，则EF的长为_________.  解析：设=a，=b，=c.由题意，知|a|=|b|=|c|=2， 且<a，b>=60°，<a，c>=<b，c>=90°. 因为=++=-++=-a+b+c， 所以||2==a2+b2+c2+2 =×22+×22+22+2××2×2cos 60°=1+1+4-1=5， 所以||=，即EF=. 4.已知空间四边形OABC各边及对角线长都等于2，E，F分别为AB，OC的中点，则异面直线OE与BF所成角的余弦值为____________.  解析：由已知得=(+)，=-=-，因此||=|+|==，||===. 又因为·=(+)·=×2-×2+×2-2=-2， 所以cos<>===-. 故异面直线OE与BF所成角的余弦值为. 题型(三)　利用数量积证明垂直问题 [例3]　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)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. 针对训练 5.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. 课时跟踪检测 03 1 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 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 14 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 14 3 4 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>=. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 3 4 2 4.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 14 3 4 2 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==+++·+·+·，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 14 3 4 2 6.[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 14 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 14 3 4 2 7.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 14 3 4 2 8.[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 14 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；·(+)=·(-+-)=·(2--)=1--1=-，故B正确；由=2得=，由=2得-=2-2⇒=，所以=-=，则||2==(++ +2·-2·-2·)=(1+1+1+1-1-1)=，所以||=，故C正确；=-=，所以·=-=-=-，故cos<><0，故D错误. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 3 4 2 9.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 (　　) A. B. C. D. √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 3 4 2 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 14 3 4 2 10.(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 14 3 4 2 11.(5分)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=-. - 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 3 4 2 12.(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 14 3 4 2 13.(10分)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)·；(4分) 解：∵是长方体，而且AA'=AD=2， ∴<>=∠B'BC'=45°，||=AA'=1，||=BC'==2，因此，·=||||cos<>=2×1×=2. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 3 4 2 (2)·.(6分) 解：∵=++==，∴·=(++)·=-+·+·. ∵⊥⊥， ∴·=-=-2. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 3 4 2 14.(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 14 3 4 2 (2)求异面直线PC与BD夹角的余弦值；(4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 14 3 4 2 (3)若E为AB的中点，证明：PA⊥ED.(3分) 解：证明：∵E为AB的中点，∴AD=AE， ∵·=·(-)=·-· =2×1×-2×1×=0， ∴⊥，即PA⊥ED. 本课结束 更多精彩内容请登录：www.zghkt.cn $