1.1.1.2 空间向量的数量积-【新课程学案】2026-2027学年高中选择性必修第一册教师用书word（人教B版）

本讲义聚焦空间向量的数量积核心知识点，系统梳理空间向量夹角的定义与表示、数量积的定义性质及运算律，前承空间向量线性运算，后续支撑立体几何中垂直证明、距离与夹角计算，构建完整知识支架。 该资料采用梯度进阶式教学设计，通过基础训练辨析概念、题型示例（如正方体中垂直证明）结合思维建模总结方法，培养学生几何直观（数学眼光）、逻辑推理（数学思维）与向量表达能力（数学语言）。课中助力分层教学，课后检测帮助学生巩固应用，查漏补缺。

第2课时　空间向量的数量积 [教学方式：深化学习课——梯度进阶式教学]　　 　　　　　　　　　　　　[课时目标] 1.掌握空间向量夹角的概念及表示方法，掌握空间向量数量积的定义、性质、运算律. 2.了解空间向量投影的概念以及投影的意义，会求向量的投影. 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. 1.空间向量的夹角 定义 给定两个非零向量a，b，在空间中任选一点O，作=a，=b，则大小在[0，π]内的∠AOB称为a与b的夹角，记作<a，b> 向量垂直 如果<a，b>=，则称向量a与b垂直，记作a⊥b 约定 零向量与任意向量都垂直 |微|点|助|解| 　　设表示两向量的有向线段所在直线的夹角为α，两向量的夹角为<a，b>， (1)区别：范围不同，0≤α≤，0≤<a，b>≤π. (2)联系：当两向量的夹角为锐角时，α=<a，b>；当两向量的夹角为直角时，两直线垂直，α=<a，b>=；当两向量的夹角为钝角时，α=π-<a，b>. 2.空间向量的数量积的定义 定义 已知两个非零向量a，b，则|a||b|cos􀎮a，b􀎯叫作a，b的数量积(也称为内积)，记作a·b，即a·b=|a||b|cos􀎮a，b􀎯.零向量与任意向量的数量积为0，即0·a=0 投影 一般地，给定空间向量a和空间中的直线l(或平面α)，过a的始点和终点分别作直线l(或平面α)的垂线，假设垂足为A，B，则向量称为a在直线l(或平面α)上的投影 3.空间向量数量积的性质 序号 空间向量数量积的性质 (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=0 (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) (6) (λa)·b=λ(a·b)，λ∈R (7) a·b=b·a(交换律) (8) (a+b)·c=a·c+b·c(分配律) 基础落实训练 1.判断正误(正确的画“√”，错误的画“×”) (1)向量与的夹角不等于向量与的夹角. (　　) (2)若向量与的夹角为α，则直线AB与CD所成的角也为α. (　　) (3)对空间任意两个非零向量a，b，都有<-a，b>=<a，-b>=π-<a，b>. (　　) 答案：(1)√　 (2)×　 (3)√ 2.若a，b是空间中夹角为60°的两个单位向量，则|a-b|=　　　　.  解析：∵|a-b|2=(a-b)2=a2+b2-2a·b=1，∴|a-b|=1. 答案：1 3.如图，正四面体OABC的棱长为1，则·=　　　　.  解析：因为在正四面体OABC中，||=||=||=1，<，>=60°，所以·=||||cos∠AOB=1×1×cos 60°=. 答案： 题型(一)　求空间向量的数量积 [例1]　如图，已知空间四边形ABDC的对角线和每条边长都等于1，点E，F分别是AB，AD的中点.计算： (1)·；(2)·； (3)·. 解：(1)因为=，由题意，可知∠ABD=60°，所以<，>=60°，所以·=·=×1×1×cos60°=×1×1×=. (2)由题意，可知<，>=∠BDC=60°， ·=·=-·=-×1×1×cos<，>=-×1×1×=-. (3)·=(+)·(+)=[·(-)+·+·(-)+·]=[-·-·+(-)·+·]=(-·-·+·-·+·)=×=-. |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.已知长方体ABCD-A1B1C1D1中，AB=AA1=2，AD=4，E为侧面AA1B1B的中心，F为A1D1的中点.计算： (1)·；(2)·. 解：如图，设=a，=b，=c， 则|a|=|c|=2，|b|=4，a·b=b·c=c·a=0. (1)· =b·=|b|2=42=16. (2)·=·(a+c)=|c|2-|a|2=22-22=0. 题型(二)　利用数量积证明垂直问题 [例2]　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'； (2)AC'⊥平面B'CD'. 证明：(1)因为=+=+(+)=(++2)，=-， 所以·=(++2)·(-)=(·-·+·-·+2·-2·)=(||2-||2)=0，所以⊥，故AO⊥CD'. (2)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)由数量积性质a⊥b⇔a·b=0可知，要证两直线垂直，可构造与两直线分别平行的向量a，b(a，b是非零向量)，只要证明两个向量的数量积为零即可. (2)用向量法证明线面(面面)垂直，离不开线面(面面)垂直的判定定理，将线面(面面)垂直转化为线线垂直，然后利用向量法证明. 　　[针对训练] 2.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. 题型(三)　利用数量积求夹角与模 [例3]　如图，在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中，以顶点A为端点的三条棱长均为6，且它们彼此的夹角都是60°. (1)求||； (2)求<，>的值. 解：(1)||=||=||=6，·=·=·=6×6×cos 60°=18， ∵=++=++，则=(++)2=+++2·+2·+2·=3×62+3×2×18=216.∴||=6. (2)∵=+=-，=-，则=(-)2=-2·+=36，即||=6， ||=6，·=(-)·(-)=-·=18， ∴cos<，>===，则<，>=60°. 　　[变式拓展] 　本例条件不变，求直线BD1与AC所成角的余弦值. 解：∵=++=-++，=+，则=(-++)2=++-2·-2·+2·=72，=+2·+=108，即||=6，||=6. ·=(-++)·(+)=-++·+·=36. ∴cos<，>===，即直线BD1与AC所成角的余弦值为. |思|维|建|模| 1.求异面直线所成角的大小的一般步骤 取向量 根据题设条件分别取要求夹角的两异面直线的方向向量 转化角 将异面直线所成角的问题转化为向量夹角问题 求余弦 利用数量积求向量夹角的余弦值 定结果 异面直线所成的角的余弦值等于相应向量夹角余弦值的绝对值 2.求线段长度的步骤 (1)将线段用向量表示； (2)用其他已知夹角和模的向量表示该向量； (3)利用|a|= 得所求长度. 　　[针对训练] 3.如图，在四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，AD∥BC，AB⊥AD，∠A1AB=∠A1AD=，BB1=AD=2AB=2BC=2，E是线段B1D上的点，且=2. (1)求||的长； (2)求异面直线AE与CD所成角的余弦值. 解：(1)因为=2，所以=+=++， ||2= =+++·+·+·=+×4+×4+×1×2×+×0+×2×2×=，故||=. (2)因为=++=-， ||= ==， 所以·=· =·+·+--·-· =0+×2×2×+×22-×12-×2×1×-0=1， 所以cos<，>===. 故异面直线AE与CD所成角的余弦值为. [课时检测] 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：选C　由题意，可得=，所以<，>=<，>=180°-<，>=180°-60°=120°. 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：选A　·=·(-)=·-·=2×2cos 90°-2×2cos 60°=-2. 3.在空间四边形ABCD中，∠ABD=∠BDC=90°，AC=2BD，则在上的投影为 (　　) A. B. C. D. 解析：选B　设AC=2，BD=1，由·=·=0，=++，则·=(++)·=||2，所以在上的投影为·=·=. 4.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：选A　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||==. 5.(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||·(·) 解析：选AB　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. 6.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：选A　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. 7.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所成角的余弦值为 (　　) A. B. C. D. 解析：选C　设AB=BC=CD=1，由题意得=(+)=(++)，所以||2=(++)2=(++)=，·=(++)·==.设异面直线BM与CD所成的角为θ，则cos θ===. 8.(多选)如图，在四面体A-BCD中，设=a，=b，=c，下列条件能证明⊥的是 (　　) A.a·b=a·c B.||=||，||=||，||=|| C.||=||，||=|| D.·=0，·=0 解析：选ACD　因为=-=c-b，要证⊥，即证·=a·(c-b)=a·c-a·b=0.由a·b=a·c，则a·c-a·b=0，所以⊥成立，故A正确.将四面体A-BCD放入长方体中，使||与||，||与||，||与||分别为相对面的对角线长，显然AB与CD不一定垂直，如图，长方体的底面不为正方形时，AB与CD不垂直，故B错误. 因为||=||，||=||，即|b|=|a-b|和|c|=|a-c|，平方得b2=a2-2a·b+b2，c2=a2-2a·c+c2，即|a|2=2a·b和|a|2=2a·c，所以a·b=a·c，所以·=a·(c-b)=a·c-a·b=0，即⊥，故C正确.由·=0得，b·c=a·b ①，由·=0，得·-·=0，b·c=a·c ②，由①②得a·b=a·c，所以·=a·c-a·b=0，即⊥，故D正确. 9.(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. 答案：a2 10.(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. 答案：锐角 11.(5分)如图，两条异面直线a，b所成的角为30°，在直线a，b上分别取点A'，E和点A，F，使AA'⊥a且AA'⊥b.已知A'E=2，AF=，EF=5，则线段AA'的长为　　　　.  解析：因为=++， 所以||2=(++)2=||2+||2+||2+2·+2·+2·，由于AA'⊥a，AA'⊥b，则2·=0，2·=0.又因为两条异面直线a，b所成的角为30°，所以<，>=30°或<，>=150°，故52=22+||2+3+2×2××cos<，>，可得||=2或||=2. 答案：2或2 12.(5分)正四棱台在古代被称为“方亭”，在中国古代建筑中有着广泛的应用.例如，古代园林中的台榭建筑常常采用这种结构，台上建有屋宇，称为“榭”，这种结构不仅美观，还具有广瞻四方的功能，常用于观赏和娱乐.在正四棱台ABCD-A'B'C'D'中，AA'=1，AB=2，∠BAA'=，则||=　　　　.  解析：在侧面ABB'A'中，A'B'=AB-2AA'cos=2-2×1×=1，因为==，所以A'C'=AC.设=a，=b，=c，则|a|=2，|b|=2，|c|=1，所以=+=+=+(+)=a+b+c，则||2==|a|2+|b|2+|c|2+a·c+b·c+a·b=×4+×4+1+2×1×+×2×2×=5，故||=. 答案： 13.(10分)如图，正四面体V-ABC的高VD的中点为O，VC的中点为M. (1)求证：AO，BO，CO两两垂直；(5分) (2)求<，>.(5分) 解：(1)证明：设=a，=b，=c，正四面体的棱长为1，因为=+=+×(+)=+(-+-)=(++)=(a+b+c)，=-=-=(a+b+c)-a=(b+c-5a)，=-=-=(a+b+c)-b=(a+c-5b)，=-=-=(a+b+c)-c=(a+b-5c)，所以·=(b+c-5a)·(a+c-5b)=(18a·b-9|a|2)==0，所以⊥，即AO⊥BO. 同理，AO⊥CO，BO⊥CO，所以AO，BO，CO两两垂直. (2)因为=+=-(a+b+c)+c=(-2a-2b+c)， 所以||= ===， 又||====，·=(-2a-2b+c)·(b+c-5a)=×9a2=×9=，所以cos<，>===，又<，>∈[0，π]，所以<，>=. 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) (2)求异面直线PC与BD所成角的余弦值；(4分) (3)若E为AB的中点，证明：PA⊥ED.(3分) 解：(1)∵=+=++，∴=+++2·+2·+2·=4+4+1-2×2-2×1=3，∴||=，∴线段PC的长度为. (2)∵·=(++)·(-)=·-·+·-·+·-·=-1×2×-2×2+1×1+2×2×+0-0=-2，||=， ∴cos<，>===-， 故异面直线PC与BD所成角的余弦值为. (3)证明：∵E为AB的中点，∴AD=AE， ∵·=·(-)=·-·=2×1×-2×1×=0， ∴⊥，即PA⊥ED. 15.(15分)如图，已知平行六面体ABCD-A1B1C1D1的底面ABCD是菱形，且∠C1CB=∠C1CD=∠BCD. (1)求证：CC1⊥BD；(7分) (2)当的值为多少时，能使A1C⊥平面C1BD?请给出证明.(8分) 解：(1)证明：设=a，=b，=c.依题意有|a|=|b|，=-=a-b. 设，，的两两夹角均为θ，于是·=c·(a-b)=c·a-c·b=|c||a|cos θ-|c||b|cos θ=0，∴CC1⊥BD. (2)若A1C⊥平面C1BD，则A1C⊥BD，A1C⊥DC1. 由·=(+)·(-)=(a+b+c)·(a-c)=|a|2-a·c+a·b-b·c+c·a-|c|2=|a|2-|c|2+|b||a|cos θ-|b||c|cos θ=(|a|-|c|)(|a|+|c|+|b|cos θ)=0，得当|c|=|a|时，A1C⊥DC1. 同理可证，当|a|=|b|时，A1C⊥BD. ∴当=1时，A1C⊥平面C1BD. 学科网（北京）股份有限公司 $