新知预览2 空间向量的数量积运算-【快乐假期】2025-2026学年高一数学暑假作业（B版）

快乐假期 新知预览2空间向量的数量积运算 非淡泊无以明志，非宁静无以致远。 完成日期： 日 ★[学习目标]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 知识梳理—一 自学教材，素养奠基 1.空间向量的夹角 3.投影向量 已知两个非零向量a,b,在空间任 (1)向量a在向量b上的投影先将向量a与 定义 取一点O,作OA=a,OB=b,则 向量b平移到同一平面α内，如图①，向 ∠AOB叫做向量a,b的夹角 量c称为向量a在向量b上的投影 记法 (a,b》 向量. 通常规定：0≤(a,b》≤π，当〈a,b〉= 范围 时，a⊥b 2.空间向量的数量积 图① (1)定义：已知两个非零向量a,b,则|a|b· (2)向量a在直线1上的投影如图②，向量c cos(a,b)叫做a,b的数量积，记作 .即a·b= 称为向量a在直线l上的投影向量. (2)运算律 ①结合律：(a)·b= a ②交换律：a·b= C ③分配律：a·(b十c)= 图② (3)性质 (3)向量a在平面3上的投影如图③，分别 若a,b是非零向量，则a⊥b 垂直 由向量a的起点A和终点B作平面3 台 量数量 的垂线，垂足分别为A',B,得到向量 同向：a·b=|a·|b 共线 反向：a·b=-|a·|b AB,则向量AB(a')称为向量a在平 的 a·a= =|al; 面B上的投影向量， 质 模 a=√a·a; 1a·bl≤|al·|b e 4 B a 角 0为a,b的夹角，则cos0= a·b alb a'B' 图③ 42 -0022 富一数学) 典例探究——探究学习，素养形成 ◆[题型一]空间向量的数量积运算 ◆[题型二]利用数量积证明垂直问题 例1 如图所示，已知空间 例2如图所示，在四棱锥 四边形ABCD的每条边和 P一ABCD中，底面ABCD 对角线长都等于1，点E,F 为平行四边形，∠DAB= 分别是AB,AD的中点， 60°，AB=2AD,PD⊥底面ABCD.求证： 计算： PA⊥BD. (1)EF·BA;(2)EF·BD;(3)EF·DC: (4)BF·CE. 规律方法利用空间向量解决垂直 问题的方法 (1)证明线线垂直的关键是确定直线 规律方法空间向量运算的两种 的方向向量，看方向向量的数量积 方法 是否为0来判断两直线是否垂直， (1)利用定义：利用a·b=allblcos(a,b》 (2)证明与空间向量a,b,c有关的向 并结合运算律进行计算. 量m,n垂直应先用向量a,b,c表 (2)利用图形：计算两个向量的数量 示向量m,n,再求解向量m,n的 积，可先将各向量移到同一顶点， 数量积并判断是否为0. 利用图形寻找夹角，再代入数量积 [变式训练] 公式进行运算. 2.如图所示，在正方体 D [变式训练] ABCD- AB CD 1.已知长方体ABCD-AB,C1D1中，AB 中，O为AC与BD的 =AA1=2,AD=4,E为侧面AA1B1B的 交点，G为CC1的中 D 中心，F为A,D1的中点.求下列向量的 点，求证：A,O⊥平 数量积 面GBD. (1)BC·ED1;(2)BF·AB1 43 人壁快乐假 00- ◆[题型三] 利用数量积解决空间角问题 ◆[题型四]利用数量积求线段长度 例3 如图，在正方体 例4如图，正三棱柱（底面是 F ABCD 一 ABC D 正三角形的直三棱柱)ABC 中，求BC,与AC夹角的 一A1B,C1的各棱长都为2， 大小. E,F分别是AB,AC的中 点，求EF的长 规律方法求解距离问题时，先选择 以两点为端点的向量，将此向量表示 为几个向量和的形式，求出这几个已 知向量的两两之间的夹角以及它们的 模，利用公式a=√a·a求解即可. [变式训练] 4.如图，已知一个60° 的二面角的棱上有 两点A,B,AC,BD A 规律方法利用数量积求异面直线 分别是在这两个面 <B 所成角的方法步骤：①根据题设条件 内且垂直于AB的线段.又知AB=4,AC 在两异面直线上取两个向量；②将求 =6,BD=8,求CD的长. 异面直线所成角转化为求向量的夹角 问题；③利用数量积求角的大小： [变式训练] 3.已知空间四边形OABC中，OB=OC, ∠A0B=∠A0C=F,则coA,BC)的 值为 ( A. C.- D.0 检测评价——诊断落实，素养达标 一 、选择题 ③a·(b+c)=(b+c)·a; 1.下列各命题中，假命题的个数为（ ④ab=ba(a,b不共线). ①/a·a=|al; A.1 B.2 C.3 D.4 ②m(aa)·b=(ma)a·b(m,A∈R); 44 三0022 膏一数岛， 2.已知a=3p一2q,b=p十q,p和q是相互 则A,O在AC上的投影向量的模为 垂直的单位向量，则a·b= ( ) ;DG在平面ABCD内的投影向量 A.1 B.2 C.3 D.4 的模为 3.在正方体ABCD-A'B'C'D'中，(A'B, 三、解答题 B'D)= () 11.如图，在空间四边形 A.30° B.60° C.90 D.120° O-ABC中，OB= 4.已知空间向量a,b,c两两夹角均为60°， OC,AB=AC,求证： 其模均为1，则|a一b+2c等于( ) OA⊥BC. A.5 B.6 C.5 D.√6 5.已知a,b是异面直线，且a⊥b,e1,e2分别 为取自直线a,b上的单位向量，且m= 2e1+3e2,n=ke1一4e2,m⊥n,则实数k 的值为 () A.-6 B.6 C.3 D.-3 6.(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，数量积为零的是 () 12.如图，在直三棱柱 C A.PC与BD B.DA与PB ABCA'B'C'中，AC= BC=AA',∠ACB= C.PD与AB D.PA与CD 90°，D,E分别为AB, 7.(多选)在正方体ABCD-A1B,C1D1中， BB的中点. 下列结论正确的是 ( (1)求证：CE⊥A'D; A.四边形ABC,D的面积为AB|BC,I (2)求异面直线CE与AC'所成角的余 B.AD,与AB的夹角为60 弦值. C.(AA+A D+A B)2=3A B D.A1C·(A1B,-AD1)=0 二、填空题 8.已知|a=1,且a-b与a垂直，a与b的 夹角为45°，则|b= 9.已知e1,e2是夹角为60°的两个单位向 量，则a=e1十e2与b=e1-2e2的夹角是 10.如图所示，在棱长为 D 2的正方体ABCD B A1BC1D1中，O为 G AC与BD的交点， G为CC1的中点， 45三0022 6.BC[在平行四边形ABDC中，满足AB=CD.但不满足 A与C重合，B与D重合，AB与CD为同一线段，A不 正确，周为市=子心+号A,所以3A市=心+2店。 所以2AD-2AB=AC-AD,所以2BD=DC,所以 3BD=BD+DC,即3BD=BC,B正确.若Q为△ABC 的重心，则QA+QB+QC=0.所以3PQ+QA+QB+ QC=3PQ,所以3P=PA+PB+PC,即P=1PA+ 3 号丽+元.C正，在三放挂ABC-ABC中，令 AB=a,AC=b,AA=c,满足a与b,b与c,c与a都是 共面向量，但a,b,c不共面，D不正确.故选BC.] 7.BCD [AB+BC+CD+DA=AC+CD+DA=AD+ DA=0,A正确；若a,b同向共线，则|a|一|b<|a+b, 故B不正确；由向量平行知C不正确；D中只有x十y十之 =1时，才有P,A,B,C四点共面，故D不正确，故 选BCD.] 感解析：知图，=号市=号× 2B+AC)=子(e-b. M 答案：(c-b) 9,解折：原式=（合+5×号-3列+（合×2-5x号+3x2b +(3x+5x号-3=吾a+2c 1 5 7 答案：a+号6-日e 7 10.解析：因为BD=CD-CB=e1一4e2,AB=2e1十ke2,又 AB,D三点关战，由向量共线的元要条件得弓=方 所以k=一8. 答案：一8 11.解：(1)DB,-DC+CB,=DC+BB,-BC=a-b+c, BE-BA+AA+A E--a+2b+c. AF=A店+BF=a+之+e)A+C =a+b叶7 (2)DD +DB+CD-DD,+(CD+DB)-DD,+CB =DD1十D1A1=DA1,连接DA(图略)， 由于CB1LDA1,所以DA或CB,即为所求. 12.解：由题意可知M,N分别是AD,BD的中点，四边形 ABCD为平行四边形，连接AC,则N为AC的中点（图略）， =-AM=合a花-2AD-2花-A0 =号DCD,共线. 新知预览2 知识梳理 1.乏2.(1a…blallbcos(a,b}(2)a…b)ba a·b+a·c(3)a·b=0|allalcos(a,a) 典例探究 [例1][解](1)E萨，Bi=B方·BA=号B市· 1BA·cos(Bi,BA)=号X1X1·c0s60°=， 所以成，Bi=子 6 富一数学) (2.成-成B市=之B励成· osB市.》=2×1X1os0=乞， 所以E,B品= (3)E.DC=2B成.DC-Bò1·1DC·osBò. D心=2×1X1cos120=-7, 所以萨元=大 (4B萨.C=(BD+Bi)·2C成+C -[BD.(-BC)+BA.(-BC)+BD.CA+BA.CA] =【-D.文-扇成+CD-高+A成.A剂 =×(++号） 变式训练 1,解：如图所示，设AB=a, AD=b,AA=c, B 则|a=1cl=2,|b=4, a·b=b·c=c·a=0. (1)BC.ED,=BC.(EA,+B AD) =b:2e-a)+b]=b==16 (2)BF·AB,=(BA1+AF)·(AB+AA1) =(e-a+):a+e =cl2-|a2=22-22=0. [例2][证明]由底面ABCD为平行四边形，∠DAB= 60°，AB=2AD,知DA⊥BD,则BD·DA=0, 由PD⊥底面ABCD,知PD⊥BD, 则BD·PD=0. 又PA=PD+DA, 所以PA·BD=(PD+DA)·BD=PD·BD+DA· BD=0, 即PA⊥BD 变式训练 2.证明：设A1B,=a,A1D1=b,AA=c, 则a·b=0,b·c=0,a·c=0,a=|b=c. :A0=A京+Ad-AA+合店+D =e+2a+2b BD=AD-AB=b-a, 0=0心+元=A+A)+2cd ÷A0币=(+ga+6-a=cb-ca +76-+-6a=合6-a=号06 1 1 -a)=0. 于是A1O⊥BD,即A1OLBD. 同理可证A1OLOG,即A OLOG. 又：OG∩BD=O,OGC平面GBD,BDC平面GBD, .AO⊥平面GBD. 人壁快乐假期 [例3][解]不妨设正方体的棱长为1，则BC·AC (BC+CC)·(AB+BC)=(AD+AA)·(AB+AD)= AD·AB+AD+AA·AB+AA:·AD=0+AD+0 +0=AD=1, 又：|BCI=2,lAC=2, osBC,AC)=BC·Ad (BC,AC)∈[0，x], E子 Bd,A=子 即BC与A心夫角的大小为牙 变式训练 3.D[OA.BC=Oi.(0元-Oi)=OA.0元-OA.OB =1OA11Oos∠A0C-1OA1Oics∠A0B=21OA· OC-3Oi1OB=0,所以OALB元 所以cos<OA,BC)=0.] [例4][解]设AB=a,AC=b,AA=c. 由题意，知a=b=|cl=2, 且(a,b》=60°，(a,c〉=(b,c)=90°. 因为EF=EA+AA1+A,F =-号A成+AA+20 =-a++, 所以EF1=E正 =×g+片×+2+2x()×2x2os60 =1+1+4-1=5, 所以EF1=√5，即EF=√5. 变式训练 4.解：，CA⊥AB,BD⊥AB, .(CA,BD>=120°. CD=CA+AB+BD,且CA·AB=0,BD·AB=O, ∴ICDI2=CD·CD=(CA+AB+BD)·(CA+AB+ BD)=ICAI2+|AB2+|BD12+2CA·BD+2CA· AB+2 AB.BD=ICA+1ABI:+IBD+2CAIIBD e0sCi,Bi=6++8+2X6x8X(2）=68, CD=2√17，故CD的长为2√17. 检测评价 1.A[因为a·a=a2,所以√a·a=a,故①正确； m(入a)·b=(m入a)·b=m入a·b=(m入)a·b,故②正确： a·(b十c)=a·b十a·c=b·a十c·a=(b十c)·a,故 ③正确：ab=|ab,ba=|b2a,故④不一定正确.] 2.A[p⊥9且|pl=|q|=1,∴.a·b=(3p-2q)·(p+ q)=3p+p·q-2q=3+0-2=1.故选A.] 3.D[如图，设正方体的棱长为1， A 则A'B=√2，B'D'=√2， .A'B'.B'D B' =(AA+AB)·(BC+CD) =(A'A+AB)·(AD-AB) =-1, ∴.cos(A'B,B'D) 6 0M-= A'B·B'D -1 |AB1·BD1√2·√2 =-日，B元)=120] 4.C[由题意，得a·b=b·c=a·c= a=6=c2=1, 1 所以|a-b+2c=√(a-b+2c) =√a+b+4c-2a·b+4a·c-4b·c √1+1+4-2x+4x2-4x=6.] 5.B[由m⊥n,得m·n=0,所以(2e+3e,)·(e1一4e,)=0. 所以2k-12=0.所以k=6. 6,BCD[因为PA⊥平面ABCD,且 CDC平面ABCD,所以PA⊥CD.故 PA·CD=0.因为AD⊥AB,PA⊥ AD,且PA∩AB=A,所以AD⊥平 面PAB.因为PBC平面PAB,所以 AD LPB.故DA·PB=O.同理，PD· B AB=0.因为PA⊥平面ABCD,BDC平面ABCD,所以 PA⊥BD.所以PC.BD=(PA+AC)·.BD=PA.BD +AC·BD=AC·BD.因为四边形ABCD为矩形，所以 BD不一定与AC垂直，所以PC与BD的数量积不一定为O. 故选BCD,排除A.] 7.ACD[由AB⊥平面BB,CC,得AB⊥BC,∴.四边形 ABC,D,的面积为|AB1·|BC1I,故A正确；：△ACD 是等边三角形，∴.∠ADC=60°， 又AB∥D,C,.异面直线AD1与AB所成的角为 60°，但是向量AD1与AB的夹角为120°，故B错误；由向 量加法的运算法则可以得到AA,十AD,十A1B=AC1, AC=3AB,∴(AA1+AD+AB)=3A,B1,故 C正确；易得A1B1-A1D,=D,B,:在正方体ABCD ABCD中，DB⊥平面AA CC...D B⊥AC, ∴.AC·DB,=0,故D正确.故选ACD.] 8.解析：，(a一b)⊥a, ∴.(a-b)·a=a2-a·b=0, ∴.a·b=1. a·b√2 则cos(a,b)=a·1b=2 12 即1·b=2 .Ib1=√2. 答案√2 9.解析：a·b=(e1十ez）·(e1-2e)=ei-e1·e-2e =1-1x1x号-2=-号 la=√a=√(e,+e)=√e+2e,·e+e =√1+1+1=√3， |bl=√B=√(e-2e,)F=√ei-4e,·e2+4e =√1-2+4=3. 3 a·b .cos(a,b)=alb-3 = 1 2 ∴.a,b〉=120° 答案：1209 10.解析：易知AO在AC上的投影向量为AO,其模为√2. 易知DG在平面ABCD内的投影向量为DC,其模为2. 答案：V22 三0022 11.证明：因为OB=OC,AB=AC,OA=OA,所以△OAC≌ △OAB,所以∠AOC=∠AOB. 又OA·BC=OA·(OC-OB)=OA.O元-OA.OB= 1OA1·1OC1cos∠AOC-1OA1·IOB1cos∠AOB=0, 所以OA⊥BC,即OA⊥BC. 12.解：(1)证明：设CA=a,CB=b,CC=c, 根据题意得|a=|b=|c,且a·b=b·c=c·a=0. :ci=6+2c.i=-+202a 成.i=(+2)(+0-） =-2c+26=0, ∴CELA'D,即CE⊥A'D (2)AC=-a+c, IAC1-lal,ICl, :Ac.Ci-(-a+e·(b+c）=2c ->lal. ∴cos(AC,CE)= =0 ,9o 10 六异面直线CE与AC'所成角的余弦值为 10 新知预览3 知识梳理 1.p=za+yb+zc 2.(1)不共面基底基向量(2)不共面 3.(1)两两垂直1(2)a=i+十yj+k两两垂直 典例探究 [例1]解：假设OA,OB,O心共面，则存在实数入，口使得 OA=OB+gOC. .e1+2e-e3=λ(-3e1+e+2e3)+(e1+e2-e) =(-3入+u)e1+(a+u)e2+(2λ-u)eg· ,-3入十u=1, :e,e2,e不共面，∴{十u=2,此方程组无解， (2入-4=一1， .OA,OB,OC不共面，.{OA,OB,OC}可以作为空间的 一个基底」 变式训练 1.解析：如图，所设Q=AB,b= D AA1c=AD,则x=AB1,y= AD=AC,a+b+c=AC A 由A,B1,D,C四点不共面 6 D -YC 可知向量x,y,z也不共面. 同理可知b,c,z和x,y,a+b 十c也不共面，可以作为空间 的基底，因x=a十b,故a,b,x共面，故不能作为基底. 答案：②③④ [例2][解](1)因为P是C1D1的中点， 所以AP=AA+AD,+DP=a+AD+D,C -ate+AB-ate+. (2)因为N是BC的中点， 所以A衣=AA+A店+B成=-a+6+2BC=-a+b +2AD--a+b+zc. 6 富一教类恐) (3)因为M是AA1的中点， 所以M亦-Mi+=2A才+A产 =-2a+(a+c+2)=a+2b+c 又NC=NC+CC-BC+AA =a市+A=名+a 所以M+NC=(2a+26+c)+(a+c)=2a+ 变式训练 2.解：(1)BD,=AD,-AB=AD+DD,-AB=AD+AA -AB=b+c-a. 2M不=Mi+店+B武+C-DA+A店+Ai+ 2cC-A店+2Ai+2AA,=a+2b+名c [例3][解]1)BN:=B成N·BN=(BA+AN)· (BA+AN) =BA12+AN12+2BA·AN=1+1=2, ∴|BN1=√2. (2)证明：AB·C1M=(A1A+AB)·(CA1+A1M) =AA·C1A1+A1A·AM+AB·C1A1+AB·A1M =0+0+1X1·c0s120+1×号·os0=0. AB1C1M,.AB⊥CM. 变式训练 3.解：(1)证明：：AC=AB+AD+AA =A店+市+子A+号，=（国店+子AA)十 (国+号AA)=A+成)+i+D)=A花+A, .AC,AE,AF共面，又它们有公共点A,A,E,C1,F 四，点共面. (2):E求=AF-A正=A市+DF-(AB+BE) =Ai+号DD-A店-号BB=-A店+Ai+号AA, 又EF=xAB+yAD+之AA1, x=-1y=1=}z+yt=子 检测评价 1.C[因为0-=a-6且a,6不共线.所以a,60心共 面，所以OC与a,b不能构成一个空间基底.] 2.C[因为a=p+q,所以a,pg共面，故a,pg不 1 1 能构成空间的一个基底，排除A.因为b=2p-29,所 以b,p,q共面，故{b,p,q}不能构成空间的一个基底，排 除且因为a十b=子p-q,所以a十6，p9共面，故 1 {a+b,p,q}不能构成空间的一个基底，排除D.故选C.] 3.C[CD=BD-BC,所以BA·CD=BA·(BD-BC)= Bi.B舫-BM.B元=1×1x号-1×1×号=0，故BM ⊥CD,即直线AB与CD垂直.] 9