1.1.2　空间向量的数量积运算课件-2026-2027学年高二上学期数学人教A版选择性必修第一册

该高中数学课件聚焦空间向量的数量积运算，涵盖定义、运算律及求夹角、距离、证垂直等应用。通过自主学习通道的“填一填”“练一练”梳理必备知识，从平面向量过渡到空间向量，构建知识支架。 其亮点是互动探究通道分层设计，结合三棱锥、正方体等几何体，培养数学思维的推理能力和数学语言的应用意识。课堂小结归纳方法与误区，高效课时作业分层巩固，助力学生提升空间观念，教师可直接用于分层教学。

第一章　空间向量与立体几何 1.1.2　空间向量的数量积运算 【学习与目标】　 自主学习通道 目录 互动探究通道 巩固提升通道 高效课时作业 自主学习通道 自研教材 梳理必备知识 返回目录 自主学习通道 ∠AOB 〈a，b〉 0 π a⊥b 自主学习通道 自主学习通道 |a||b|cos 〈a，b〉 |a||b|cos 〈a，b〉 a·b＝0 |a|2 自主学习通道 自主学习通道 λ(a·b) b·a a·c＋b·c 自主学习通道 × × × √ 1 自主学习通道 135° 自主学习通道 12 互动探究通道 师生共研 探究重点难点 返回目录 互动探究通道 D 互动探究通道 C 互动探究通道 互动探究通道 互动探究通道 互动探究通道 互动探究通道 互动探究通道 互动探究通道 互动探究通道 互动探究通道 互动探究通道 互动探究通道 互动探究通道 互动探究通道 互动探究通道 互动探究通道 互动探究通道 巩固提升通道 当堂巩固 验收关键能力 返回目录 巩固提升通道 巩固提升通道 D 巩固提升通道 D 巩固提升通道 AD 巩固提升通道 10 高效课时作业 返回目录 高效课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 C 高效课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 C 高效课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 C 高效课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 D 高效课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 ABC 高效课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 B 高效课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 高效课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 高效课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 高效课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 高效课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 高效课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 高效课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 高效课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 B 高效课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 高效课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 BD 高效课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 22 高效课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 高效课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 高效课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 高效课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 Thank you for watching. 1.掌握空间向量的数量积及其运算律.2.能运用向量的数量积判断两向量的垂直． 填一填 1．空间向量的夹角 定义 已知两个非零向量a，b，在空间任取一点O，作 eq \o(OA,\s\up15(→))＝a， eq \o(OB,\s\up15(→))＝b，则 eq \o(□,\s\up4(1)) 叫做向量a，b的夹角，记作 eq \o(□,\s\up4(2)) 图示 范围 常规定： eq \o(□,\s\up4(3)) ≤〈a，b〉≤ eq \o(□,\s\up4(4)) ，当〈a，b〉＝ eq \o(□,\s\up4(5)) 时，a与b互相垂直，记作 eq \o(□,\s\up4(6)) eq \f(π,2) 【提醒】　对两个空间向量夹角的理解，应注意以下几点： (1)两个非零向量才有夹角，当两个非零向量同向时，夹角为0；反向时，夹角为π. 故〈a，b〉＝0或π⇔a∥b(a，b为非零向量). (2)由于零向量的方向是任意的，因此任意一个向量与零向量的夹角是不确定的，故零向量与其他向量之间不定义夹角． (3)对空间任意两个非零向量a，b有： ①〈a，b〉＝〈b，a〉＝〈－a，－b〉＝〈－b，－a〉； ②〈a，－b〉＝〈－a，b〉＝π－〈a，b〉． 2．空间向量的数量积 (1)定义：已知两个非零向量a，b，则 eq \o(□,\s\up4(7)) 叫做a，b的数量积，记作a·b.即a·b＝ eq \o(□,\s\up4(8)) ． 【提醒】　零向量与任意向量的数量积为0. (2)由向量的数量积的定义，可以得到： a⊥b⇔ eq \o(□,\s\up4(9)) ；a·a＝|a||a|cos 〈a，a〉＝ eq \o(□,\s\up4(10)) ． 3．投影向量 (1)空间向量a向空间向量b投影： 如图①，先将它们平移到同一平面α内，利用平面上向量的投影，得到与向量b共线的向量c，c＝ eq \o(□,\s\up4(11)) ，向量c称为向量a在向量b上的投影向量． (2)空间向量a向空间中的直线l投影：如图②. (3)空间向量a向空间中的平面β投影： 如图③，分别由向量a的起点A和终点B作平面β的垂线，垂足分别为A′，B′，得到向量 eq \o(A′B′,\s\up15(→))，向量 eq \o(□,\s\up4(12)) 称为向量a在平面β上的投影向量． |a|cos 〈a，b〉 eq \f(b,|b|) eq \o(A′B′,\s\up15(→)) 4．空间向量的数量积的运算律 (1)(λa)·b＝ eq \o(□,\s\up4(13)) ，λ∈R； (2)a·b＝ eq \o(□,\s\up4(14)) (交换律)； (3)(a＋b)·c＝ eq \o(□,\s\up4(15)) (分配律). 【提醒】　(1)两个向量的数量积是数量，而不是向量，它可以是正数、负数或零． (2)向量的数量积的运算不满足消去律和乘法的结合律，即a·b＝a·c eq \o(\s\up7(\a\vs4\al(⇒)),\s\do-5(/)) b＝c， (a·b)·c eq \o(\s\up7(\a\vs4\al(⇒)),\s\do-5(/)) a·(b·c). 练一练 1．判断正误 (1)向量 eq \o(AB,\s\up15(→))与 eq \o(CD,\s\up15(→))的夹角等于向量 eq \o(AB,\s\up15(→))与 eq \o(DC,\s\up15(→))的夹角．(　　) (2)若a·b＝0，则a＝0或b＝0.(　　) (3)对于非零向量b，由a·b＝b·c，可得a＝c.(　　) (4)若非零向量a，b为共线且同向的向量，则a·b＝|a||b|.(　　) 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＝ ． 解析　a·b＝|a||b|cos 〈a，b〉＝1×2× eq \f(1,2)＝1． 3．已知a，b是两个空间向量，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 ． 解析　由a·b＝|a||b|cos 〈a，b〉＝ eq \r(2)× eq \f(\r(2),2)×cos 〈a，b〉＝－ eq \f(\r(2),2)，得cos 〈a，b〉＝－ eq \f(\r(2),2)，故a与b的夹角为135°． 4．(2024·福建福州三中检测)已知|b|＝3，e是与b方向相同的单位向量．若向量a在b上的投影向量是4e，则a·b＝ ． 解析　设a与b的夹角为θ，则a在b上的投影的数量为|a|cos θ，所以向量a在b上的投影向量为e|a|cos θ＝4e，故|a|cos θ＝4，故a·b＝|a|·|b|cos θ＝|b|·|a|cos θ＝3×4＝12． 类型一　空间向量的数量积的运算　　　　　　自主探究 1．如图，在三棱锥P­ABC中，AP，AB，AC两两垂直，AP＝2，AB＝AC＝1，M为PC的中点，则 eq \o(AC,\s\up15(→))· eq \o(BM,\s\up15(→))的值为(　　) A．1 B． eq \f(1,3) C． eq \f(1,4) D． eq \f(1,2) 解析　由题意，得 eq \o(BM,\s\up15(→))＝ eq \o(BA,\s\up15(→))＋ eq \o(AM,\s\up15(→))＝ eq \o(BA,\s\up15(→))＋ eq \f(1,2)( eq \o(AP,\s\up15(→))＋ eq \o(AC,\s\up15(→)))＝ eq \o(BA,\s\up15(→))＋ eq \f(1,2) eq \o(AP,\s\up15(→))＋ eq \f(1,2) eq \o(AC,\s\up15(→)).故 eq \o(AC,\s\up15(→))· eq \o(BM,\s\up15(→))＝ eq \o(AC,\s\up15(→))· eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\o(BA,\s\up15(→))＋\f(1,2)\o(AP,\s\up15(→))＋\f(1,2)\o(AC,\s\up15(→))))＝ eq \o(AC,\s\up15(→))· eq \o(BA,\s\up15(→))＋ eq \o(AC,\s\up15(→))· eq \f(1,2) eq \o(AP,\s\up15(→))＋ eq \o(AC,\s\up15(→))· eq \f(1,2) eq \o(AC,\s\up15(→))＝ eq \f(1,2)| eq \o(AC,\s\up15(→))|2＝ eq \f(1,2). 2．如图，正方体ABCD­A1B1C1D1的棱长为a，体对角线AC1和BD1相交于点O，则有(　　) A． eq \o(AB,\s\up15(→))· eq \o(A1C1,\s\up15(→))＝2a2 B． eq \o(AB,\s\up15(→))· eq \o(AC1,\s\up15(→))＝ eq \r(2)a2 C． eq \o(AB,\s\up15(→))· eq \o(AO,\s\up15(→))＝ eq \f(1,2)a2 D． eq \o(BC,\s\up15(→))· eq \o(DA1,\s\up15(→))＝a2 解析　对于A， eq \o(AB,\s\up15(→))· eq \o(A1C1,\s\up15(→))＝ eq \o(AB,\s\up15(→))·( eq \o(AB,\s\up15(→))＋ eq \o(AD,\s\up15(→)))＝ eq \o(AB,\s\up15(→))2＋ eq \o(AB,\s\up15(→))· eq \o(AD,\s\up15(→))＝| eq \o(AB,\s\up15(→))|2＝a2；对于B， eq \o(AB,\s\up15(→))· eq \o(AC1,\s\up15(→))＝ eq \o(AB,\s\up15(→))·( eq \o(AB,\s\up15(→))＋ eq \o(AD,\s\up15(→))＋ eq \o(AA1,\s\up15(→)))＝ eq \o(AB,\s\up15(→))2＋ eq \o(AB,\s\up15(→))· eq \o(AD,\s\up15(→))＋ eq \o(AB,\s\up15(→))· eq \o(AA1,\s\up15(→))＝| eq \o(AB,\s\up15(→))|2＝a2；对于C， eq \o(AB,\s\up15(→))· eq \o(AO,\s\up15(→))＝ eq \o(AB,\s\up15(→))· eq \f(1,2) eq \o(AC1,\s\up15(→))＝ eq \f(1,2)| eq \o(AB,\s\up15(→))|2＝ eq \f(1,2)a2；对于D， eq \o(BC,\s\up15(→))· eq \o(DA1,\s\up15(→))＝ eq \o(AD,\s\up15(→))·( eq \o(AA1,\s\up15(→))－ eq \o(AD,\s\up15(→)))＝ eq \o(AD,\s\up15(→))· eq \o(AA1,\s\up15(→))－ eq \o(AD,\s\up15(→))2＝－| eq \o(AD,\s\up15(→))|2＝－a2.故选C． 在几何体中求空间向量的数量积的步骤 (1)首先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，转化成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． 类型二　利用空间向量的数量积求夹角 【例1】　如图，在直三棱柱ABC­A1B1C1中，∠BCA＝90°，CA＝CB＝1，棱AA1＝2，求cos 〈 eq \o(BA1,\s\up15(→))， eq \o(CB1,\s\up15(→))〉的值． 解　因为 eq \o(BA1,\s\up15(→))＝ eq \o(CA1,\s\up15(→))－ eq \o(CB,\s\up15(→))＝ eq \o(CA,\s\up15(→))＋ eq \o(CC1,\s\up15(→))－ eq \o(CB,\s\up15(→))， eq \o(CB1,\s\up15(→))＝ eq \o(CB,\s\up15(→))＋ eq \o(CC1,\s\up15(→))， eq \o(CA,\s\up15(→))· eq \o(CC1,\s\up15(→))＝ eq \o(CB,\s\up15(→))· eq \o(CC1,\s\up15(→))＝ eq \o(CA,\s\up15(→))· eq \o(CB,\s\up15(→))＝0， 所以| eq \o(BA1,\s\up15(→))|2＝ eq \o(BA1,\s\up15(→))2＝( eq \o(CA,\s\up15(→))＋ eq \o(CC1,\s\up15(→))－ eq \o(CB,\s\up15(→)))2＝ eq \o(CA,\s\up15(→))2＋ eq \o(CC1,\s\up15(→))2＋ eq \o(CB,\s\up15(→))2＋2( eq \o(CA,\s\up15(→))· eq \o(CC1,\s\up15(→))－ eq \o(CA,\s\up15(→))· eq \o(CB,\s\up15(→))－ eq \o(CC1,\s\up15(→))· eq \o(CB,\s\up15(→)))＝12＋22＋12＝6，故| eq \o(BA1,\s\up15(→))|＝ eq \r(6)， | eq \o(CB1,\s\up15(→))|2＝ eq \o(CB1,\s\up15(→))2＝( eq \o(CB,\s\up15(→))＋ eq \o(CC1,\s\up15(→)))2＝ eq \o(CB,\s\up15(→))2＋ eq \o(CC1,\s\up15(→))2＋2 eq \o(CB,\s\up15(→))· eq \o(CC1,\s\up15(→))＝12＋22＝5，故| eq \o(CB1,\s\up15(→))|＝ eq \r(5)， eq \o(BA1,\s\up15(→))· eq \o(CB1,\s\up15(→))＝( eq \o(CA,\s\up15(→))＋ eq \o(CC1,\s\up15(→))－ eq \o(CB,\s\up15(→)))·( eq \o(CB,\s\up15(→))＋ eq \o(CC1,\s\up15(→)))＝ eq \o(CA,\s\up15(→))· eq \o(CB,\s\up15(→))＋ eq \o(CA,\s\up15(→))· eq \o(CC1,\s\up15(→))＋ eq \o(CC1,\s\up15(→))· eq \o(CB,\s\up15(→))＋ eq \o(CC1,\s\up15(→))2－ eq \o(CB,\s\up15(→))2－ eq \o(CB,\s\up15(→))· eq \o(CC1,\s\up15(→))＝22－12＝3， 所以cos 〈 eq \o(BA1,\s\up15(→))， eq \o(CB1,\s\up15(→))〉＝ eq \f(\o(BA1,\s\up15(→))·\o(CB1,\s\up15(→)),|\o(BA1,\s\up15(→))||\o(CB1,\s\up15(→))|)＝ eq \f(3,\r(6)×\r(5))＝ eq \f(\r(30),10)． 变式探究 1．(变条件，变设问)本例中条件添加N为AA1的中点，求 eq \o(BN,\s\up15(→))与 eq \o(CB1,\s\up15(→))夹角的余弦值． 解　易得| eq \o(BN,\s\up15(→))|＝ eq \r(3)，| eq \o(CB1,\s\up15(→))|＝ eq \r(5)， eq \o(CA,\s\up15(→))· eq \o(CC1,\s\up15(→))＝ eq \o(CB,\s\up15(→))· eq \o(CC1,\s\up15(→))＝ eq \o(CA,\s\up15(→))· eq \o(CB,\s\up15(→))＝0， eq \o(BN,\s\up15(→))· eq \o(CB1,\s\up15(→))＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\o(CA,\s\up15(→))＋\f(1,2)\o(CC1,\s\up15(→))－\o(CB,\s\up15(→))))·( eq \o(CB,\s\up15(→))＋ eq \o(CC1,\s\up15(→)))＝ eq \f(1,2) eq \o(CC1,\s\up15(→))2－ eq \o(CB,\s\up15(→))2＝ eq \f(1,2)×22－12＝1，所以cos 〈 eq \o(BN,\s\up15(→))， eq \o(CB1,\s\up15(→))〉＝ eq \f(\o(BN,\s\up15(→))·\o(CB1,\s\up15(→)),|\o(BN,\s\up15(→))||\o(CB1,\s\up15(→))|)＝ eq \f(1,\r(3)×\r(5))＝ eq \f(\r(15),15)． 2．(变设问)本例中条件不变，求异面直线CA1与AB夹角的余弦值． 解　由已知得 eq \o(CA,\s\up15(→))· eq \o(CC1,\s\up15(→))＝ eq \o(CB,\s\up15(→))· eq \o(CC1,\s\up15(→))＝ eq \o(CA,\s\up15(→))· eq \o(CB,\s\up15(→))＝0， 易知| eq \o(CA1,\s\up15(→))|＝ eq \r(5)，| eq \o(AB,\s\up15(→))|＝ eq \r(2). 又因为 eq \o(CA1,\s\up15(→))· eq \o(AB,\s\up15(→))＝( eq \o(CA,\s\up15(→))＋ eq \o(CC1,\s\up15(→)))·( eq \o(CB,\s\up15(→))－ eq \o(CA,\s\up15(→)))＝－ eq \o(CA,\s\up15(→))2＝－1，所以cos 〈 eq \o(CA1,\s\up15(→))， eq \o(AB,\s\up15(→))〉＝ eq \f(\o(CA1,\s\up15(→))·\o(AB,\s\up15(→)),\a\vs4\al(|\o(CA1,\s\up15(→))||\o(AB,\s\up15(→))|))＝ eq \f(－1,\r(5)×\r(2))＝－ eq \f(\r(10),10). 所以异面直线CA1与AB夹角的余弦值为 eq \f(\r(10),10)． (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夹角的步骤 [跟踪训练1]　如图，在空间四边形OABC中，OA＝8，AB＝6，AC＝4，BC＝5，∠OAC＝45°，∠OAB＝60°，求OA与BC所成角的余弦值． 解　因为 eq \o(BC,\s\up15(→))＝ eq \o(AC,\s\up15(→))－ eq \o(AB,\s\up15(→))，所以 eq \o(OA,\s\up15(→))· eq \o(BC,\s\up15(→))＝ eq \o(OA,\s\up15(→))· eq \o(AC,\s\up15(→))－ eq \o(OA,\s\up15(→))· eq \o(AB,\s\up15(→))＝| eq \o(OA,\s\up15(→))|| eq \o(AC,\s\up15(→))|cos 〈 eq \o(OA,\s\up15(→))， eq \o(AC,\s\up15(→))〉－| eq \o(OA,\s\up15(→))|| eq \o(AB,\s\up15(→))|·cos 〈 eq \o(OA,\s\up15(→))， eq \o(AB,\s\up15(→))〉＝8×4×cos 135°－8×6×cos 120°＝－16 eq \r(2)＋24，所以cos 〈 eq \o(OA,\s\up15(→))， eq \o(BC,\s\up15(→))〉＝ eq \f(\o(OA,\s\up15(→))·\o(BC,\s\up15(→)),\a\vs4\al(|\o(OA,\s\up15(→))||\o(BC,\s\up15(→))|))＝ eq \f(24－16\r(2),8×5)＝ eq \f(3－2\r(2),5)，即OA与BC所成角的余弦值为 eq \f(3－2\r(2),5)． 类型三　利用空间向量的数量积求距离 【例2】　在正四面体ABCD中，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　如图所示，| eq \o(AB,\s\up15(→))|＝| eq \o(AC,\s\up15(→))|＝| eq \o(AD,\s\up15(→))|＝a，将 eq \o(MN,\s\up15(→))用向量 eq \o(AB,\s\up15(→))， eq \o(AC,\s\up15(→))， eq \o(AD,\s\up15(→))表示，则 eq \o(MN,\s\up15(→))＝ eq \o(MB,\s\up15(→))＋ eq \o(BC,\s\up15(→))＋ eq \o(CN,\s\up15(→))＝ eq \f(2,3) eq \o(AB,\s\up15(→))＋( eq \o(AC,\s\up15(→))－ eq \o(AB,\s\up15(→)))＋ eq \f(1,3)( eq \o(AD,\s\up15(→))－ eq \o(AC,\s\up15(→)))＝－ eq \f(1,3) eq \o(AB,\s\up15(→))＋ eq \f(1,3) eq \o(AD,\s\up15(→))＋ eq \f(2,3) eq \o(AC,\s\up15(→)). 又 eq \o(AD,\s\up15(→))· eq \o(AB,\s\up15(→))＝ eq \o(AB,\s\up15(→))· eq \o(AC,\s\up15(→))＝ eq \o(AC,\s\up15(→))· eq \o(AD,\s\up15(→))＝a·a·cos 60°＝ eq \f(1,2)a2，∴| eq \o(MN,\s\up15(→))|2＝ eq \o(MN,\s\up15(→))· eq \o(MN,\s\up15(→))＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,3)\o(AB,\s\up15(→))＋\f(1,3)\o(AD,\s\up15(→))＋\f(2,3)\o(AC,\s\up15(→))))· eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,3)\o(AB,\s\up15(→))＋\f(1,3)\o(AD,\s\up15(→))＋\f(2,3)\o(AC,\s\up15(→))))＝ eq \f(1,9) eq \o(AB,\s\up15(→))2－ eq \f(2,9) eq \o(AD,\s\up15(→))· eq \o(AB,\s\up15(→))－ eq \f(4,9) eq \o(AB,\s\up15(→))· eq \o(AC,\s\up15(→))＋ eq \f(4,9) eq \o(AC,\s\up15(→))· eq \o(AD,\s\up15(→))＋ eq \f(1,9) eq \o(AD,\s\up15(→))2＋ eq \f(4,9) eq \o(AC,\s\up15(→))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\up15(→))|＝ eq \r(\a\vs4\al(\o(MN,\s\up15(→))·\o(MN,\s\up15(→))))＝ eq \f(\r(5),3)a，即MN＝ eq \f(\r(5),3)a． 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．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·b＋2a·c＋2b·c)． [跟踪训练2]　如图所示，在一个直二面角α­AB­β的棱上有两点A，B，AC，BD分别是这个二面角的两个半平面内垂直于AB的线段，且AB＝4，AC＝6，BD＝8，则线段CD的长为 ． 2 eq \r(29) 解析　∵ eq \o(CD,\s\up15(→))＝ eq \o(CA,\s\up15(→))＋ eq \o(AB,\s\up15(→))＋ eq \o(BD,\s\up15(→))＝ eq \o(AB,\s\up15(→))－ eq \o(AC,\s\up15(→))＋ eq \o(BD,\s\up15(→))， ∴ eq \o(CD,\s\up15(→))2＝( eq \o(AB,\s\up15(→))－ eq \o(AC,\s\up15(→))＋ eq \o(BD,\s\up15(→)))2＝ eq \o(AB,\s\up15(→))2＋ eq \o(AC,\s\up15(→))2＋ eq \o(BD,\s\up15(→))2－2 eq \o(AB,\s\up15(→))· eq \o(AC,\s\up15(→))＋2 eq \o(AB,\s\up15(→))· eq \o(BD,\s\up15(→))－2 eq \o(AC,\s\up15(→))· eq \o(BD,\s\up15(→))＝16＋36＋64＝116， ∴| eq \o(CD,\s\up15(→))|＝2 eq \r(29)． 类型四　利用空间向量的数量积证明垂直 【例3】　如图所示，正方体ABCD­A1B1C1D1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， ∵ eq \o(A1G,\s\up15(→))· eq \o(DF,\s\up15(→))＝( eq \o(A1A,\s\up15(→))＋ eq \o(AD,\s\up15(→))＋ eq \o(DG,\s\up15(→)))·( eq \o(DC,\s\up15(→))＋ eq \o(CF,\s\up15(→))) ＝ eq \o(A1A,\s\up15(→))· eq \o(DC,\s\up15(→))＋ eq \o(AD,\s\up15(→))· eq \o(DC,\s\up15(→))＋ eq \o(DG,\s\up15(→))· eq \o(DC,\s\up15(→))＋ eq \o(A1A,\s\up15(→))· eq \o(CF,\s\up15(→))＋ eq \o(AD,\s\up15(→))· eq \o(CF,\s\up15(→))＋ eq \o(DG,\s\up15(→))· eq \o(CF,\s\up15(→))＝ eq \o(DG,\s\up15(→))· eq \o(DC,\s\up15(→))＋ eq \o(AD,\s\up15(→))· eq \o(CF,\s\up15(→))＝ eq \f(1,2)a2－ eq \f(1,2)a2＝0， ∴A1G⊥DF，同理可证A1G⊥DE， 又DF∩DE＝D， ∴A1G⊥平面DEF． (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3]　已知空间四边形ABCD中，AB⊥CD，AC⊥BD，求证：AD⊥BC. 证明　如图，∵AB⊥CD，AC⊥BD，∴ eq \o(AB,\s\up15(→))· eq \o(CD,\s\up15(→))＝0， eq \o(AC,\s\up15(→))· eq \o(BD,\s\up15(→))＝0. ∴ eq \o(AD,\s\up15(→))· eq \o(BC,\s\up15(→))＝( eq \o(AB,\s\up15(→))＋ eq \o(BD,\s\up15(→)))· ( eq \o(AC,\s\up15(→))－ eq \o(AB,\s\up15(→))) ＝ eq \o(AB,\s\up15(→))· eq \o(AC,\s\up15(→))＋ eq \o(BD,\s\up15(→))· eq \o(AC,\s\up15(→))－ eq \o(AB,\s\up15(→))2－ eq \o(AB,\s\up15(→))· eq \o(BD,\s\up15(→))＝ eq \o(AB,\s\up15(→))· eq \o(AC,\s\up15(→))－ eq \o(AB,\s\up15(→))2－ eq \o(AB,\s\up15(→))· eq \o(BD,\s\up15(→))＝ eq \o(AB,\s\up15(→))·( eq \o(AC,\s\up15(→))－ eq \o(AB,\s\up15(→))－ eq \o(BD,\s\up15(→)))＝ eq \o(AB,\s\up15(→))· eq \o(DC,\s\up15(→))＝0. ∴ eq \o(AD,\s\up15(→))⊥ eq \o(BC,\s\up15(→))，从而AD⊥BC． 1．知识清单 (1)空间向量的夹角． (2)空间向量数量积的运算及运算律． (3)空间向量的数量积的应用． 2．方法归纳：转化与化归． 3．常见误区：(1)数量积的符号由夹角的余弦值决定；(2)当a≠0时，由a·b＝0可得a⊥b或b＝0. 1.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°． 2．如图，在大小为45°的二面角A­EF­D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　因为二面角A­EF­D的大小为45°， BF⊥EF，CF⊥EF，所以∠BFC＝45°，则〈 eq \o(BF,\s\up15(→))， eq \o(ED,\s\up15(→))〉＝135°.因为 eq \o(BD,\s\up15(→))＝ eq \o(BF,\s\up15(→))＋ eq \o(FE,\s\up15(→))＋ eq \o(ED,\s\up15(→))，所以| eq \o(BD,\s\up15(→))|2＝| eq \o(BF,\s\up15(→))|2＋| eq \o(FE,\s\up15(→))|2＋| eq \o(ED,\s\up15(→))|2＋2 eq \o(BF,\s\up15(→))· eq \o(FE,\s\up15(→))＋2 eq \o(FE,\s\up15(→))· eq \o(ED,\s\up15(→))＋2 eq \o(BF,\s\up15(→))· eq \o(ED,\s\up15(→))＝1＋1＋1－ eq \r(2)，所以| eq \o(BD,\s\up15(→))|＝ eq \r(3－\r(2)).故选D． 3．(多选)设a，b为空间中的任意两个非零向量，则下列各式中正确的有(　 　) A．a2＝|a|2 B． eq \f(a·b,a2)＝ eq \f(b,a) C．(a·b)2＝a2·b2 D．(a－b)2＝a2－2a·b＋b2 解析　由数量积的性质和运算律可知A、D是正确的． 4．已知|a|＝3 eq \r(2)，|b|＝4，m＝a＋b，n＝a＋λb，〈a，b〉＝135°，m⊥n，则λ＝ ，|m－n|＝ ． － eq \f(3,2) 解析　由于m⊥n，所以m·n＝(a＋b)·(a＋λb)＝0，即a2＋λb2＋(λ＋1)a·b＝0，又|a|＝3 eq \r(2)，|b|＝4，〈a，b〉＝135°，所以18＋16λ＋(λ＋1)×3 eq \r(2)×4×cos 135°＝0，解得λ＝－ eq \f(3,2).由m＝a＋b，n＝a－ eq \f(3,2)b，得m－n＝ eq \f(5,2)b，则|m－n|＝ eq \f(5,2)|b|＝10． 基础巩固 1．已知向量i，j，k是一组单位向量，且两两垂直．若m＝8j＋3k，n＝－i＋5j－4k，则m·n的值为(　　) A．7 B．－20 C．28 D．11 解析　因为向量i，j，k是一组单位向量，且两两垂直，所以|i|＝|j|＝|k|＝1，i·j＝j·k＝i·k＝0.因为m＝8j＋3k，n＝－i＋5j－4k，所以m·n＝(8j＋3k)·(－i＋5j－4k)＝40－12＝28.故选C． 2．已知a＝2i－2j＋λk，b＝4i－j＋5k(i，j，k为两两垂直的单位向量)，若a⊥b，则λ＝(　　) A．－1 B．1 C．－2 D．2 解析　a·b＝(2i－2j＋λk)·(4i－j＋5k)＝8i2＋2j2＋5λk2－10i·j＋(10＋4λ)i·k＋(－10－λ)j·k， ∵i，j，k为两两垂直的单位向量， ∴i2＝1，j2＝1，k2＝1，i·j＝0，i·k＝0， j·k＝0， ∴a·b＝8＋2＋5λ＝10＋5λ， ∵a⊥b，∴a·b＝0，∴10＋5λ＝0， 解得λ＝－2，故选C． 3．如图，已知PA⊥平面ABC，∠ABC＝120°，PA＝AB＝BC＝6，则PC＝(　　) A．6 eq \r(2) B．6 C．12 D．144 解析　因为 eq \o(PC,\s\up15(→))＝ eq \o(PA,\s\up15(→))＋ eq \o(AB,\s\up15(→))＋ eq \o(BC,\s\up15(→))，所以 eq \o(PC,\s\up15(→))2＝ eq \o(PA,\s\up15(→))2 ＋ eq \o(AB,\s\up15(→))2＋ eq \o(BC,\s\up15(→))2＋2 eq \o(PA,\s\up15(→))· eq \o(AB,\s\up15(→))＋2 eq \o(PA,\s\up15(→))· eq \o(BC,\s\up15(→))＋2 eq \o(AB,\s\up15(→))· eq \o(BC,\s\up15(→))＝36＋36＋36＋2×36cos 60°＝144，所以PC＝12． 4．(2023·临沂质检)已知空间向量a＋b＋c＝0，|a|＝2，|b|＝3，|c|＝4，则cos 〈a，b〉＝(　　) A． eq \f(1,2) B． eq \f(1,3) C．－ eq \f(1,2) D． eq \f(1,4) 解析　∵a＋b＋c＝0，∴a＋b＝－c， ∴(a＋b)2＝|a|2＋|b|2＋2a·b＝|c|2， ∴a·b＝ eq \f(3,2)，∴cos 〈a，b〉＝ eq \f(a·b,|a||b|)＝ eq \f(1,4)． 5．(多选)已知空间向量a，b，c，则下列各命题中一定正确的是(　 　) A． eq \r(a·a)＝|a| B．m(λa)·b＝(mλ)a·b C．a·(b＋c)＝(b＋c)·a D．a2b＝b2a 解析　∵a·a＝|a|2，∴ eq \r(a·a)＝|a|，故A一定正确；m(λa)·b＝(mλa)·b＝mλa·b＝(mλ)a·b，故B一定正确；a·(b＋c)＝a·b＋a·c，(b＋c)·a＝b·a＋c·a＝a·b＋a·c＝a·(b＋c)，故C一定正确；a2b＝|a|2b，b2a＝|b|2a，故D不一定正确．故选ABC． 6．在正方体ABCD­A1B1C1D1中，有下列说法：①( eq \o(AA1,\s\up15(→))＋ eq \o(AD,\s\up15(→))＋ eq \o(AB,\s\up15(→)))2＝3| eq \o(AB,\s\up15(→))|2；② eq \o(A1C,\s\up15(→))·( eq \o(A1B1,\s\up15(→))－ eq \o(A1A,\s\up15(→)))＝0；③ eq \o(AD1,\s\up15(→))与 eq \o(A1B,\s\up15(→))的夹角为60°.其中说法正确的有(　　) A．1个 B．2个 C．3个 D．0个 解析　由题意知 eq \o(AA1,\s\up15(→))＋ eq \o(AD,\s\up15(→))＋ eq \o(AB,\s\up15(→))＝ eq \o(AC1,\s\up15(→))，| eq \o(AC1,\s\up15(→))|＝ eq \r(3)| eq \o(AB,\s\up15(→))|，则| eq \o(AC1,\s\up15(→))|2＝3| eq \o(AB,\s\up15(→))|2，又知 eq \o(A1B1,\s\up15(→))－ eq \o(A1A,\s\up15(→))＝ eq \o(AB1,\s\up15(→))， eq \o(A1C,\s\up15(→))⊥ eq \o(AB1,\s\up15(→))，则 eq \o(A1C,\s\up15(→))· eq \o(AB1,\s\up15(→))＝0，故①②正确． eq \o(AD1,\s\up15(→))与 eq \o(A1B,\s\up15(→))的夹角即为 eq \o(AD1,\s\up15(→))与 eq \o(D1C,\s\up15(→))的夹角，即为120°，③不正确． 7．已知在平行六面体ABCD­A′B′C′D′中，AB＝3，AD＝4，AA′＝5，∠BAD＝120°，∠BAA′＝60°，∠DAA′＝90°，则AC′的长为 ． eq \r(53) 解析　在平行六面体ABCD­A′B′C′D′中，因为 eq \o(AC′,\s\up15(→))＝ eq \o(AB,\s\up15(→))＋ eq \o(AD,\s\up15(→))＋ eq \o(AA′,\s\up15(→))，所以| eq \o(AC′,\s\up15(→))|2＝( eq \o(AB,\s\up15(→))＋ eq \o(AD,\s\up15(→))＋ eq \o(AA′,\s\up15(→)))2＝| eq \o(AB,\s\up15(→))|2＋| eq \o(AD,\s\up15(→))|2＋| eq \o(AA′,\s\up15(→))|2＋2 eq \o(AB,\s\up15(→))· eq \o(AD,\s\up15(→))＋2 eq \o(AB,\s\up15(→))· eq \o(AA′,\s\up15(→))＋2 eq \o(AD,\s\up15(→))· eq \o(AA′,\s\up15(→))＝9＋16＋25＋2×3×4×cos 120°＋2×3×5×cos 60°＋2×4×5×cos 90°＝50－12＋15＝53，所以|AC′|＝ eq \r(53)． 8．在四面体OABC中，棱OA，OB，OC两两垂直，且OA＝1，OB＝2，OC＝3，G为△ABC的重心，则 eq \o(OG,\s\up15(→))·( eq \o(OA,\s\up15(→))＋ eq \o(OB,\s\up15(→))＋ eq \o(OC,\s\up15(→)))＝ ． eq \f(14,3) 解析　因为G为△ABC的重心，所以 eq \o(OG,\s\up15(→))＝ eq \o(OA,\s\up15(→))＋ eq \o(AG,\s\up15(→))＝ eq \o(OA,\s\up15(→))＋ eq \f(1,3)( eq \o(AB,\s\up15(→))＋ eq \o(AC,\s\up15(→)))＝ eq \o(OA,\s\up15(→))＋ eq \f(1,3)[( eq \o(OB,\s\up15(→))－ eq \o(OA,\s\up15(→)))＋( eq \o(OC,\s\up15(→))－ eq \o(OA,\s\up15(→)))]＝ eq \f(1,3) eq \o(OB,\s\up15(→))＋ eq \f(1,3) eq \o(OC,\s\up15(→))＋ eq \f(1,3) eq \o(OA,\s\up15(→)).因为棱OA，OB，OC两两垂直，所以 eq \o(OA,\s\up15(→))· eq \o(OB,\s\up15(→))＝ eq \o(OB,\s\up15(→))· eq \o(OC,\s\up15(→))＝ eq \o(OA,\s\up15(→))· eq \o(OC,\s\up15(→))＝0，所以 eq \o(OG,\s\up15(→))·( eq \o(OA,\s\up15(→))＋ eq \o(OB,\s\up15(→))＋ eq \o(OC,\s\up15(→)))＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)\o(OB,\s\up15(→))＋\f(1,3)\o(OC,\s\up15(→))＋\f(1,3)\o(OA,\s\up15(→))))·( eq \o(OA,\s\up15(→))＋ eq \o(OB,\s\up15(→))＋ eq \o(OC,\s\up15(→)))＝ eq \f(1,3) eq \o(OB,\s\up15(→))2＋ eq \f(1,3) eq \o(OC,\s\up15(→))2＋ eq \f(1,3) eq \o(OA,\s\up15(→))2＝ eq \f(1,3)×22＋ eq \f(1,3)×32＋ eq \f(1,3)×12＝ eq \f(14,3)． 9．(2024·石家庄一中月考)如图所示，已知正四面体A­BCD的棱长是a，E，F，G分别是AB，AD，DC上的点，且AE∶EB＝AF∶FD＝CG∶GD＝1∶2. (1)求 eq \o(AD,\s\up15(→))· eq \o(BC,\s\up15(→))； (2)求 eq \o(GF,\s\up15(→))· eq \o(AC,\s\up15(→))； (3)求 eq \o(EF,\s\up15(→))· eq \o(BC,\s\up15(→)). 解　(1)因为 eq \o(BC,\s\up15(→))＝ eq \o(AC,\s\up15(→))－ eq \o(AB,\s\up15(→))，所以 eq \o(AD,\s\up15(→))· eq \o(BC,\s\up15(→))＝ eq \o(AD,\s\up15(→))·( eq \o(AC,\s\up15(→))－ eq \o(AB,\s\up15(→)))＝ eq \o(AD,\s\up15(→))· eq \o(AC,\s\up15(→))－ eq \o(AD,\s\up15(→))· eq \o(AB,\s\up15(→)).又| eq \o(AD,\s\up15(→))|＝| eq \o(AC,\s\up15(→))|＝| eq \o(AB,\s\up15(→))|＝a，〈 eq \o(AD,\s\up15(→))， eq \o(AC,\s\up15(→))〉＝〈 eq \o(AD,\s\up15(→))， eq \o(AB,\s\up15(→))〉＝60°，所以 eq \o(AD,\s\up15(→))· eq \o(BC,\s\up15(→))＝ eq \f(1,2)a2－ eq \f(1,2)a2＝0. (2)因为F，G分别是AD，DC上的点，AF∶FD＝CG∶GD＝1∶2，所以 eq \o(GF,\s\up15(→))＝ eq \f(2,3) eq \o(CA,\s\up15(→))＝－ eq \f(2,3) eq \o(AC,\s\up15(→))，所以 eq \o(GF,\s\up15(→))· eq \o(AC,\s\up15(→))＝－ eq \f(2,3) eq \o(AC,\s\up15(→))2.因为 eq \o(AC,\s\up15(→))2＝a2，所以 eq \o(GF,\s\up15(→))· eq \o(AC,\s\up15(→))＝－ eq \f(2,3)a2． (3)因为E，F分别是AB，AD上的点，AE∶EB＝AF∶FD＝1∶2，所以 eq \o(EF,\s\up15(→))＝ eq \f(1,3) eq \o(BD,\s\up15(→))，所以 eq \o(EF,\s\up15(→))· eq \o(BC,\s\up15(→))＝ eq \f(1,3) eq \o(BD,\s\up15(→))· eq \o(BC,\s\up15(→)).又〈 eq \o(BD,\s\up15(→))， eq \o(BC,\s\up15(→))〉＝60°，| eq \o(BD,\s\up15(→))|＝| eq \o(BC,\s\up15(→))|＝a，所以 eq \o(EF,\s\up15(→))· eq \o(BC,\s\up15(→))＝ eq \f(1,3) eq \o(BD,\s\up15(→))· eq \o(BC,\s\up15(→))＝ eq \f(1,3)×a×a×cos 60°＝ eq \f(1,6)a2． 10．如图，正四面体ABCD(所有棱长均相等)的棱长为1，E，F，G，H分别是正四面体ABCD中各棱的中点，设 eq \o(AB,\s\up15(→))＝a， eq \o(AC,\s\up15(→))＝b， eq \o(AD,\s\up15(→))＝c，试采用向量法解决下列问题： (1)求 eq \o(EF,\s\up15(→))的模长； (2)求 eq \o(EF,\s\up15(→))， eq \o(GH,\s\up15(→))的夹角． 解　(1)因为E，F，G是所在棱的中点，所以 eq \o(EF,\s\up15(→))＝ eq \o(EB,\s\up15(→))＋ eq \o(BA,\s\up15(→))＋ eq \o(AF,\s\up15(→))＝ eq \f(1,2) eq \o(CB,\s\up15(→))＋ eq \o(BA,\s\up15(→))＋ eq \f(1,2) eq \o(AD,\s\up15(→))＝ eq \f(1,2)( eq \o(AB,\s\up15(→))＋ eq \o(CA,\s\up15(→)))＋ eq \o(BA,\s\up15(→))＋ eq \f(1,2) eq \o(AD,\s\up15(→))＝－ eq \f(1,2) eq \o(AB,\s\up15(→))－ eq \f(1,2) eq \o(AC,\s\up15(→))＋ eq \f(1,2) eq \o(AD,\s\up15(→))＝ eq \f(1,2)(c－b－a)，因此| eq \o(EF,\s\up15(→))|2＝ eq \f(1,4)(c－b－a)2＝ eq \f(1,4)(c2＋b2＋a2－2c·b＋2b·a－2c·a)， 因为正四面体所有棱长为1， 所以| eq \o(EF,\s\up15(→))|2＝ eq \f(1,4)× eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋1＋1－2×1×1×\f(1,2)＋2×1×1×\f(1,2)－2×1×1×\f(1,2)))＝ eq \f(1,2)， 所以| eq \o(EF,\s\up15(→))|＝ eq \f(\r(2),2). (2)由(1)可知， eq \o(EF,\s\up15(→))＝ eq \f(1,2)(c－b－a)，| eq \o(EF,\s\up15(→))|＝ eq \f(\r(2),2)，同理 eq \o(GH,\s\up15(→))＝ eq \o(GB,\s\up15(→))＋ eq \o(BC,\s\up15(→))＋ eq \o(CH,\s\up15(→))＝ eq \f(1,2) eq \o(AB,\s\up15(→))＋ eq \o(AC,\s\up15(→))－ eq \o(AB,\s\up15(→))＋ eq \f(1,2)( eq \o(AD,\s\up15(→))－ eq \o(AC,\s\up15(→)))＝ eq \f(1,2)(b＋c－a)，| eq \o(GH,\s\up15(→))|＝ eq \f(\r(2),2)，所以cos 〈 eq \o(EF,\s\up15(→))， eq \o(GH,\s\up15(→))〉＝ eq \f(\o(EF,\s\up15(→))·\o(GH,\s\up15(→)),\a\vs4\al(|\o(EF,\s\up15(→))||\o(GH,\s\up15(→))|)) ＝ eq \f(\f(1,4)[(c－a)2－b2],\f(1,2))＝ eq \f(1,2)(c2＋a2－2a·c－b2)＝ eq \f(1,2)×(1＋1－2×1×1× eq \f(1,2)－1)＝0， 所以 eq \o(EF,\s\up15(→))， eq \o(GH,\s\up15(→))的夹角为90°． 能力提升 11．设A，B，C，D是空间不共面的四点，且满足 eq \o(AB,\s\up15(→))· eq \o(AC,\s\up15(→))＝0， eq \o(AB,\s\up15(→))· eq \o(AD,\s\up15(→))＝0， eq \o(AC,\s\up15(→))· eq \o(AD,\s\up15(→))＝0，则△BCD是(　　) A．钝角三角形 B．锐角三角形 C．直角三角形 D．等边三角形 解析　因为 eq \o(AB,\s\up15(→))· eq \o(AC,\s\up15(→))＝0， eq \o(AB,\s\up15(→))· eq \o(AD,\s\up15(→))＝0， eq \o(AC,\s\up15(→))· eq \o(AD,\s\up15(→))＝0，所以 eq \o(BC,\s\up15(→))· eq \o(BD,\s\up15(→))＝( eq \o(AC,\s\up15(→))－ eq \o(AB,\s\up15(→)))·( eq \o(AD,\s\up15(→))－ eq \o(AB,\s\up15(→)))＝ eq \o(AC,\s\up15(→))· eq \o(AD,\s\up15(→))－ eq \o(AC,\s\up15(→))· eq \o(AB,\s\up15(→))－ eq \o(AB,\s\up15(→))· eq \o(AD,\s\up15(→))＋ eq \o(AB,\s\up15(→))2＝ eq \o(AB,\s\up15(→))2 >0，所以cos ∠DBC＝ eq \f(\o(BC,\s\up15(→))·\o(BD,\s\up15(→)),\a\vs4\al(|\o(BC,\s\up15(→))||\o(BD,\s\up15(→))|))>0，故∠DBC是锐角．同理 eq \o(CB,\s\up15(→))· eq \o(CD,\s\up15(→))>0， eq \o(DC,\s\up15(→))· eq \o(DB,\s\up15(→))>0，可得∠BCD，∠BDC都是锐角，故△BCD是锐角三角形．故选B． 12．(多选)(2023·湖北武汉期中)定义空间两个非零向量的一种运算：a⊗b＝|a||b|·sin 〈a，b〉，则关于上述空间向量运算的以下结论中恒成立的有(　　) A．λ(a⊗b)＝(λa)⊗b B．a⊗b＝b⊗a C．若a⊗b＝0，则a⊥b D．|a⊗b|≤|a||b| 解析　对于A，若λ为负数，可知λ(a⊗b)＝－(λa)⊗b，故A错误；对于B，由定义知B正确；对于C，若a⊗b＝0，则sin 〈a，b〉＝0，则a，b共线，故C错误；对于D，由定义知|a⊗b|＝|a||b|·|sin 〈a，b〉|≤|a||b|，故D正确．故选BD． 13．已知|a|＝13，|b|＝19，|a＋b|＝24，则|a－b|＝ ． 解析　∵|a＋b|2＝a2＋2a·b＋b2＝132＋2a·b＋192＝242，∴2a·b＝46，∴|a－b|2＝a2－2a·b＋b2＝530－46＝484，故|a－b|＝22． 多元数学 14．(逻辑推理)如图，已知正三棱柱ABC­A1B1C1，底面边长为 eq \r(2). (1)设侧棱长为1，求证：AB1⊥BC1； (2)设AB1与BC1的夹角为 eq \f(π,3)，求侧棱的长． 解　(1)证明： eq \o(AB1,\s\up15(→))＝ eq \o(AB,\s\up15(→))＋ eq \o(BB1,\s\up15(→))， eq \o(BC1,\s\up15(→))＝ eq \o(BB1,\s\up15(→))＋ eq \o(BC,\s\up15(→)). ∵BB1⊥平面ABC， ∴ eq \o(BB1,\s\up15(→))· eq \o(AB,\s\up15(→))＝0， eq \o(BB1,\s\up15(→))· eq \o(BC,\s\up15(→))＝0. ∵△ABC为正三角形， ∴〈 eq \o(AB,\s\up15(→))， eq \o(BC,\s\up15(→))〉＝π－〈 eq \o(BA,\s\up15(→))， eq \o(BC,\s\up15(→))〉＝π－ eq \f(π,3)＝ eq \f(2π,3). ∴ eq \o(AB1,\s\up15(→))· eq \o(BC1,\s\up15(→))＝( eq \o(AB,\s\up15(→))＋ eq \o(BB1,\s\up15(→)))·( eq \o(BB1,\s\up15(→))＋ eq \o(BC,\s\up15(→))) ＝ eq \o(AB,\s\up15(→))· eq \o(BB1,\s\up15(→))＋ eq \o(AB,\s\up15(→))· eq \o(BC,\s\up15(→))＋ eq \o(BB1,\s\up15(→))2＋ eq \o(BB1,\s\up15(→))· eq \o(BC,\s\up15(→)) ＝| eq \o(AB,\s\up15(→))|| eq \o(BC,\s\up15(→))|cos 〈 eq \o(AB,\s\up15(→))， eq \o(BC,\s\up15(→))〉＋ eq \o(BB1,\s\up15(→))2 ＝－1＋1＝0， ∴ eq \o(AB1,\s\up15(→))⊥ eq \o(BC1,\s\up15(→))，即AB1⊥BC1. (2)结合(1)知， eq \o(AB1,\s\up15(→))· eq \o(BC1,\s\up15(→))＝ | eq \o(AB,\s\up15(→))|| eq \o(BC,\s\up15(→))|cos 〈 eq \o(AB,\s\up15(→))， eq \o(BC,\s\up15(→))〉＋ eq \o(BB1,\s\up15(→))2＝ eq \o(BB1,\s\up15(→))2－1， 又| eq \o(AB1,\s\up15(→))|＝ eq \r(\a\vs4\al(\o(AB2,\s\up15(→)))＋\o(BB1,\s\up15(→))2)＝ eq \r(\a\vs4\al(2＋\o(BB1,\s\up15(→))2)) ＝| eq \o(BC1,\s\up15(→))|， ∴cos 〈 eq \o(AB1,\s\up15(→))， eq \o(BC1,\s\up15(→))〉＝ eq \f(\o(AB1,\s\up15(→))·\o(BC1,\s\up15(→)),|\o(AB1,\s\up15(→))||\o(BC1,\s\up15(→))|)＝ eq \f(\o(BB1,\s\up15(→))2－1,2＋\o(BB1,\s\up15(→))2)＝± eq \f(1,2)，解得| eq \o(BB1,\s\up15(→))|＝2，即侧棱长为2． $