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（全学年）

壑快乐假期 S0M-= 新知预览2空间向量的数量积运算 温故而知新，可以为师矣。 完成日期： 夕 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 续表 已知两个非零向量a,b,在空间任取 0为a,b的夹角，则cos0= a·b 定义 点O,作OA=a,OB=b,则∠AOB叫 alb 做向量a,b的夹角 3.投影向量 记法 〈a,b) (1)向量a在向量b上的投影：先 通常规定：0≤〈a,b〉≤π，当〈a,b》= 范围 将向量a与向量b平移到同一 图① 时，a⊥b 平面a内，如图①，向量c称为向量a在向 2.空间向量的数量积 量b上的投影向量 (1)定义：已知两个非零向量a,b,则|alblcos(a,b) 叫做a,b的数量积，记作 .即 (2)向量a在直线1上的投影：如图②，向量c 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= ②交换律：a·b= 图② ③分配律：a·(b+c)= (3)向量a在平面3上的投影如图③，分别由 (3)性质 向量a的起点A和终点B作平面B的垂 若a,b是非零向量，则a⊥b 垂直 线，垂足分别为A',B,得到向量AB,则 台→ 向量数 同向：a·b=|a·b 向量A'B'(a)称为向量a在平面B上的投 共线 反向：a·b=-|a|·|b 影向量. 性 a·a= =|a|2 模 la=√a·a 1a·bl≤|a·lbl 图③ 66 三-0022 高一数半都) 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P 四边形ABCD的每条边 一ABCD中，底面ABCD为 和对角线长都等于1，点 平行四边形，∠DAB=60°， E,F分别是AB,AD的中 AB=2AD,PD⊥底面ABCD.求证：PA 点，计算： ⊥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的方 向向量，看方向向量的数量积是否为 0来判断两直线是否垂直. (2)证明与空间向量a,b,c有关的向量 m,n垂直应先用向量a,b,c表示向量 规律方法空间向量运算的两种方法 m,n,再求解向量m,n的数量积并判 (1)利用定义：利用a·b=|a|b|cos(a, 断是否为0. b〉并结合运算律进行计算. [变式训练] (2)利用图形：计算两个向量的数量积，可 2.如图所示，在正方体AB D 先将各向量移到同一顶点，利用图形 CD-A1BCD1中，O为 A 寻找夹角，再代入数量积公式进行 AC与BD的交点，G为 运算. CC1的中点，求证：AO1 [变式训练] 平面GBD. 1.已知长方体ABCD一A1B1C1D1中，AB= AA1=2,AD=4,E为侧面AA1B1B的中 心，F为AD1的中点.求下列向量的数 量积. (1)BC·ED;(2)BF.AB1. 67 化经快乐暖明 0M-= ◆[题型三]利用数量积解决空间角问题 规律方法求解距离问题时，先选择以 例3如图，在正方体AB D 两点为端点的向量，将此向量表示为几个 CD-A1B1C1D1中，求 A 向量和的形式，求出这几个已知向量的两 BC1与AC夹角的大小. 两之间的夹角以及它们的模，利用公式|a 二√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分别是在 B 这两个面内且垂直于 AB的线段.又知AB=4,AC=6,BD=8,求 CD的长. 规律方法利用数量积求异面直线所成 角的方法步骤：①根据题设条件在两异面 直线上取两个向量；②将求异面直线所成 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=3,则cos<OA,BC)的 值为 () A司 B号 C.- 2 D.0 ◆[题型四]利用数量积求线段长度 例4如图，正三棱柱（底面是正 三角形的直三棱柱)ABC一 A1BC1的各棱长都为2，E,F 分别是AB,AC1的中点，求 EF的长 68 三022 高一数学 检测评价—诊断落实，素养达标 一、选择题 9.已知e1,e2是夹角为60°的两个单位向量，则a 1.下列各命题中，假命题的个数为 =e十e2与b=e-2e2的夹角是 ①√a·a=al; 10.如图所示，在棱长为2 0 ②m(a)·b=(mλ)a·b(m,λ∈R); 的正方体ABCD一 ③a·(b+c)=(b十c)·a; A1BC1D1中，O为 ④ab=ba(a,b不共线). AC与BD的交点，G D A.1 B.2 C.3 D.4 为CC,的中点，则 2.如图，在三棱锥A-BCD中， AO在AC上的投影 DA,DB,DC两两垂直，且 向量的模为 ;DG在平面ABCD DB=DC,E为BC的中点， 内的投影向量的模为 则AE·BC等于 三、解答题 A.0 B.1 C.2 D.3 11.如图，在空间四边形O一 3.在正方体ABCD一A'B'C'D'中，〈A'B, ABC中，OB=OC,AB= B'D)= () AC,求证：OA⊥BC. A.30°B.60° C.90° D.120° 4.已知空间向量a,b,c两两夹角均为60°，其 模均为1，则|a一b+2c等于 ( A.5 B.6 C.5D.√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=2e1十3e2,n= 12.如图，在直三棱柱ABC一 e1一4e2,mLn,则实数k的值为 () A'B'C'中，AC=BC= A.-6B.6 C.3 D.-3 AA',∠ACB=90°，D,E 6.(多选)已知四边形ABCD为矩形，PA⊥平 分别为AB,BB的中点 面ABCD,连接AC,BD,PB,PC,PD,则下 (1)求证：CE⊥A'D; 列各组向量中，数量积为零的是 () (2)求异面直线CE与AC'所成角的余 A.PC与BD B.DA与PB 弦值. C.PD与AB D.PA与CD 7.(多选)在正方体ABCD-A1BC1D1中，下 列结论正确的是 () A.四边形ABC,D1的面积为|AB|BCI B.AD1与A,B的夹角为609 C.(AA1+A1D1+AB1)2=3A1B1 D.A1C·(A1B1-A1D1)=0 二、填空题 8.如图所示，空间四边形 ABCD中每条边和对角线 长都为a,点E,F分别是 AB,AD的中点，则EF· CB= 69飞受快乐暖明 AG+}B酝+2CA-AG+G成+E京=A正+E求=A求.在 图中标出AF,如图所示. (2)连接AH,如图，因为E,F,H分别为CD,AD,BC的 中点， 所以？(A+AC-Ad)=号(2Ai-A市)=Ai-子A市 =A产-A广-Fi.在图中标出Fi,如图所示， (3)号A范+号A花+号A市=A店+}a花-A)+}(A市 -A)=A店+}（元+Bò=A店+号酝=A店+成- AG.在图中标出AG,如图所示. 12.解：由题意可知M,N分别是AD1,BD的中点，四边形AB- CD为平行四边形，连接AC,则N为AC的中点， ∴M=A成-A成=2AC-君AD=号(AC-AD)= 号D衣M与DC头线 新知预览2 知识梳理 1.2.(1)a…lalcos(a,b》(2)a(a…b)baa ·b+a·c(3)a·b=0a|alcos(a,a〉 典例探究 [例1】[解](1)E成.BA=之BD·BA=之BD1·BA ·cos(D,Bi=号×1X1·os60=, 所以成，耐-子 (2成·B防=2B防.B防=合1Bò·BD·cos(B防， ò=号×1X1·cs0=2, 所以E市，BD=号； 2 (成.D心-i.D心-Bi1·D·cos(Bò， Dd=号×1X1·cos120=-￥ 所以萨.D心=-： (4)B萨.Ci=2(Bò+BA)·是CB+C) -[BD.(-BC)+BA.(-BC)+BD.CA+BA.CA] =[-BD.BC-B.BC+(C市-C弦.CA+席.Ad =×(-+-+)=-8 变式训练 1.解：如图所示，设AB=a,AD=b,AA =C 则|a=|cl=2,lb=4, a·b=b·c=c·a=0. (1)BC.ED,=BC.(EA +A D) =6:[2c-a)+b]-b12=4=16. (2)BF.AB,=(BA+AF).(AB+AA) =(c-a+2b）a+e) =cl2-1a2=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. S0M-= 又PA=PD+DA, 所以PA·BD=(PD+DA)·BD=PD·BD+DA·BD=O, 即PA⊥BD. 变式训练 2.证明：设A1B1=a,A1D1=b,A1A=c, 则a·b=0,b·c=0,a·c=0,la=|bl=lcl. A.0-AA+AO-AA+2 (AB+AD)-+2+. BD=AD-AB=b-a, OG-OC+CG-2(AB+AD)+CC-a+2-c A0.B时-(e+2a+)(b-a-cb-ca+号 a.b-za+z8-z6.a-z(-o)-t(lbP-lal) =0. 于是A1OLBD,即A,OLBD. 同理可证A1O⊥OG,即A1O⊥OG. 又OG∩BD=O,OGC平面GBD,BDC平面GBD, ∴.A1O⊥平面GBD. [例3][解]不妨设正方体的棱长为1，则BC·AC=(BC +CC1)·(AB+BC)=(AD+AA)·(AB+AD)=AD· AB+AD+AA,·AB+AA,·AD=0+AD+0+0=AD =1, 又：|BC1=√2,1AC=√2， cos(BC,AC=BC·AC 1 IBC IACI 2x22 :(BC,AC∈[0，]， (BCA=吾 即BC与AC夹角的大小为牙 变式训练 3.D [OA.BC=OA.(OC-OB)=0A.OC-OA.OB= IOA1O花cos∠A0C-1OAI1 OB1 cos∠A0B=21OA1· 1d-21OA10-0,所以0A1B元.所以s(A,BO=0.] [例4][解]设AB=a,AC=b,AA1=c. 由题意，知|a=|b=|c|=2, 且(a,b〉=60°，(a,c〉=(b,c〉=90°. 因为EF-EA+AA1+A1F -号A+ad+号d =-a+2叶e 所以EF2=E 子x2+×2+2+2x(←7)×2x2ms6o =1+1十4-1=5， 所以|EF|=√5，即EF=√5. 变式训练 4.解：，CA⊥AB,BD⊥AB, ∴.(CA,BD)=120°. CD-CA+AB+BD,CA.AB-0,BD.AB-0, ∴.|CD1P=CD·CD=(CA+AB+BD)·(CA+AB+BD) =|CAI2+|ABI2+|BDI2+2CA·BD+2CA·AB十 2 AB.BD=I CA2+ABI2+I BD+2CAII BDI osCA,BD=6++8+2X6×8×(-）=68, .|CD=217,故CD的长为2√17. 06 三002.-...- 检测评价 l.A[因为a·a=a2,所以√a·a=a,故①正确；m(a) ·b=(ma)·b=mλa·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= |a2b,ba=|b|2a,故④不一定正确.] 2.A[:A正.BC-是(AB+AO·(D心-Di=名(D DA+Dc-DA·(DC-DB)=号(Di-2DA+DC· (DC-D)=号D.D元-2D成-DA.D心+DA.Di +心-D心.D成， 由题意知DB.DC=0,DA·DC=0,DA.DB=0,|DB1= IDCI,..AE.BC=0.] 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=(A'A+AB).(B'C B +CD)=(AA+AB).(AD-AB) =-1, ·cos(A店，BD)=A言.B'D |A'B1·BD 22, -1 .A'B,BD)=120°.] 4C[由题意，得ab=b:c=ac=名a=0=6=1, 所以|a-b+2cl=√(a-b+2c)2 =√/a2+b2+4c2-2a·b+4a·c-4b·c 1+1+4-2×2+4×2-4×2-5.] 5.B[由m⊥n,得m·n=0,所以(2e1+3e2)·(ke1一4e2)= 0.所以2k一12=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PB C平面PAB,所以AD⊥PB.故DA· PB=0.同理，PD·AB=0.因为PA⊥B 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BB1CC,得AB⊥BC,∴.四边形 ABCD1的面积为|AB|·IBCI,故A正确；△ACD1是 等边三角形，∴.∠AD1C=60°， 又.A1B∥D1C,.异面直线AD1与A1B所成的角为60°， 但是向量AD1与A1B的夹角为120°，故B错误；由向量加法 的运算法则可以得到AA1+A1D,十A1B,=AC1,AC= 3AB,.(AA1+AD,+AB,)2=3A1B,,故C正确；易 得A1B,-AD,=D1B1,在正方体ABCD-ABCD1 中，D1B1⊥平面AAC1C,D1B1⊥AC,∴.A1C·D1B1= 0,故D正确.] 8.解析：因为点E,F分别是AB,AD的中点， 所以EF∥BD,所以EF,CB的夹角为120°， 所以萨.=成×1cs120=-2. 答案：-d 9.解析：a·b=(e1+e2)·(e1-2e2)=e-e1·e2-2e2=1-1 x1×3-2=- 高一数类) lal=√a=√(e,+e2)z=√e+2e,·e2+e =√/1+1+1=√3， |b=√=√(e,-2e2)=√/e-4e,·e2+4e=√1-2+4 =√3. 3 sa,b=日治== 2 2 ∴.(a,b>=120°. 答案：1209 10.解析：易知A1O在AC上的投影向量为A0,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：w22 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= OA1·10Cl cos∠AOC-|OA|·|OBI cos∠AOB=0, 所以OA⊥BC,即OA⊥BC. 12.(1)证明：设CA=a,CB=b,CC=c, 根据题意得|a=|b|=cl,且a·b=b·c=c·a=0. :Ci=b叶c,A防=-ct2b-a c.A方=(b+)·(c+合) =-c+28=0, CE⊥A'D,即CE⊥A'D (2):AC=-a十c, .IACI-al,ICal, :Ad.ci-=(-a+e…(b+2c）2e=a, iosA心，c-是la2 _/10 .9a 101 异面直线CE与AC所成角的余弦值为四 10 新知预览3 知识梳理 1.p=xa+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=xi十y十k两两垂直 典例探究 [例1]解：假设OA,OB,OC共面，则存在实数λ，4使得OA= AOB+OC ∴.e1+2e2-e=λ(-3e1十e2+2e)十(e1十e2-e)=(-3x +)e1+(λ+)e2+(2λ-)eg. 一3入十4=1， e1,e2,e不共面，∴{入十μ=2，此方程组无解， （2-4=-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a=AB,b= D AA1,c=AD,则x=AB,y= AD,z=AC,a+b+c=AC,由 A A,B1,D1,C四点不共面可知向 量x,yz也不共面. 6/ D 同理可知b,c,z和x,y,a十b十c ---- 也不共面，可以作为空间的基底， a 因x=a十b,故a,b,x共面，故不能作为基底. 答案：②③④