1.1 第2课时 空间向量的数量积-【优学精讲】2026-2027学年高中数学选择性必修一同步课件（人教B版）

该高中数学课件聚焦空间向量的数量积，涵盖夹角、定义、运算律、投影及应用（求长度、夹角、证垂直）。课堂导入以物理“力做功”实例切入，类比平面向量数量积自然过渡到空间向量，搭建从平面到空间的学习支架，梳理知识脉络。 其亮点是通过类比迁移与问题驱动，结合“思考”“即时练”“母题探究”等环节，培养数学眼光（空间观念）和数学思维（推理能力）。如用长方体、正四面体实例，引导学生用数量积解决几何问题，提升数学语言表达能力，助力学生理解抽象概念，也为教师提供结构化教学资源。

第2课时　空间向量的数量积 新课导入 学习目标 如果一个物体在力F的作用下产生位移s，那么力F所做的功W＝F·s＝|F||s|cos θ，为了在数学中体现“功”这样一个标量，我们引进了“数量积”的概念，本节课我们学习空间向量的数量积问题． 1.了解空间向量的夹角. 2.掌握空间向量的数量积的定义、性质、运算律及计算方法． 3.了解空间向量投影的概念以及投影向量的意义. 4.掌握两个向量的数量积在判断垂直中的应用，会利用向量的数量积求空间两点间的距离． 返回导航 内 容 索 引 新知学习探究 1 1 课堂巩固自测 2 新知学习探究 第一部分 4 思考　类比平面向量夹角的相关概念，探究空间向量夹角的概念． [提示]　 只要把两个空间向量平移到同一起点，就可利用平面向量的方法定义空间向量的夹角． 返回导航 [知识梳理] ∠AOB 0 π 返回导航 × × × 返回导航 2．已知a，b是空间非零向量，若|a|＝|b|＝|a＋b|，则〈a，b〉＝________． 返回导航 返回导航 返回导航 感悟提升 返回导航 思考1　回忆平面向量数量积的定义． [提示]　已知两个非零向量a和b，它们的夹角为θ，则数量|a||b|cos θ叫作a与b的数量积(或内积)，记作a·b，即a·b＝|a||b|cos θ. 思考2　类比平面向量数量积的性质与运算律，探究空间向量数量积的性质与运算律． [提示]　通过空间向量数量积可以求向量间的位置关系、向量的模、向量的夹角，并且数量积的运算也满足交换律、分配律． 返回导航 [知识梳理] 1．空间向量的数量积 (1)定义：空间内，已知两个非零向量a，b，则________________称为a，b的数量积(或内积)，记作a·b.即a·b＝|a||b|cos 〈a，b〉． (2)规定：零向量与任意向量的数量积为0. |a||b|cos 〈a，b〉 返回导航 (2)a与b的数量积等于a在b上的投影a′的数量与b的长度的乘积． 返回导航 3．空间向量数量积的性质 (1)a⊥b⇔________． (2)a·a＝____＝a2. (3)|a·b|≤|a||b|. (4)(λa)·b＝________． (5)a·b＝____(交换律). (6)(a＋b)·c＝____________(分配律). a·b＝0 |a|2 λ(a·b) b·a a·c＋b·c 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 (1)求空间向量数量积的步骤 ①将各个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形式； ③代入a·b＝|a||b|cos 〈a，b〉求解． (2)空间向量数量积a·b的几何意义 数量积a·b等于向量a在向量b上的投影c与向量b的数量积，即a·b＝c·b. 感悟提升 返回导航 返回导航 A 返回导航 返回导航 感悟提升 返回导航 返回导航 返回导航 母题探究　在本例中，异面直线AP与D1B所成的角α的余弦值为_______． 返回导航 利用数量积求夹角或余弦值的步骤   注意　求两向量的夹角，必须特别关注两向量的方向，应用向量夹角定义确定夹角的大小． 感悟提升 返回导航 角度3　证垂直 [例4] 如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，∠ABC＝90°，AB＝BC＝AA1＝2，AA1⊥平面ABC，E，F分别是BB1，A1C1的中点．求证：AF⊥CE. 返回导航 返回导航 用向量法证明垂直关系的步骤 (1)把几何问题转化为向量问题； (2)用已知向量表示所证向量； (3)结合数量积公式和运算律证明数量积为0； (4)将向量问题回归到几何问题． 感悟提升 返回导航 D 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 课堂巩固自测 第二部分 38 B 返回导航 BD 返回导航 解析：对于A，向量不能作除法，A错误； 对于B，a2＝|a|2，B正确； 对于C，(a·b)2＝(|a||b|·cos 〈a，b〉)2＝|a|2·|b|2cos2〈a，b〉≤a2·b2，C错误； 对于D，(a－b)2＝a2－2a·b＋b2，D正确． 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 课堂小结 1．已学习：空间向量的夹角、投影、空间向量数量积的性质及运算律． 2．须贯通：利用空间向量的数量积求向量的夹角与模，体现了化归转化的思想方法． 3．应注意：(1)当空间向量a，b的夹角θ为锐角时，a·b＞0；但当a·b＞0时，θ不一定为锐角，因为θ也可能为0；(2)当a≠0时，由a·b＝0可得a⊥b或b＝0. 返回导航 eq \a\vs4\al(知识点一　空间向量的夹角) 定义 如图，已知两个非零向量a，b，在空间任取一点O，作 eq \o(OA,\s\up17(→)) ＝a， eq \o(OB,\s\up17(→)) ＝b，则________称为向量a与b的夹角 记法 〈a，b〉 范围 ____≤〈a，b〉≤____，当〈a，b〉＝____时，a⊥b eq \f(π,2) [即时练] 1．判断正误，正确的打“√”，错误的打“×”． (1)空间向量 eq \o(AB,\s\up17(→)) 与 eq \o(CD,\s\up17(→)) 的夹角等于空间向量 eq \o(AB,\s\up17(→)) 与 eq \o(DC,\s\up17(→)) 的夹角．(　　) (2)对于空间非零向量a，b，若a∥b，则〈a，b〉＝0.(　　) (3)在正四面体ABCD中， eq \o(BC,\s\up17(→)) 与 eq \o(CD,\s\up17(→)) 的夹角等于60°.(　　) 解析：因为|a|＝|b|＝|a＋b|，所以非零向量a，b不可能共线，设 eq \o(OA,\s\up17(→)) ＝a， eq \o(OB,\s\up17(→)) ＝b，利用平行四边形法则得到 eq \o(OC,\s\up17(→)) ＝a＋b， 如图，所以 eq \o(AC,\s\up17(→)) ＝b，所以△OAC为等边三角形，得∠OAC＝ eq \f(π,3) ，故∠AOB＝ eq \f(2π,3) ，即〈a，b〉＝ eq \f(2π,3) . eq \f(2π,3) 3.如图，在长方体ABCD-A′B′C′D′中，若AB＝ eq \r(3) ，AA′＝1，则向量 eq \o(BA′,\s\up17(→)) 与 eq \o(CC′,\s\up17(→)) 的夹角为________， eq \o(BA′,\s\up17(→)) 与 eq \o(B′C′,\s\up17(→)) 的夹角为________． eq \f(π,3) eq \f(π,2) 解析：易知AA′⊥AB，而AB＝ eq \r(3) ，AA′＝1，所以tan ∠AA′B＝ eq \r(3) ，即∠AA′B＝ eq \f(π,3) .因为CC′∥AA′，所以 eq \o(BA′,\s\up17(→)) 与 eq \o(CC′,\s\up17(→)) 的夹角为∠AA′B＝ eq \f(π,3) ；因为B′C′⊥平面ABB′A′，BA′⊂平面ABB′A′，所以BA′⊥B′C′，所以 eq \o(BA′,\s\up17(→)) 与 eq \o(B′C′,\s\up17(→)) 的夹角为 eq \f(π,2) . (1)两个非零向量才有夹角，当两非零向量同向时，夹角为0；反向时，夹角为π.故〈a，b〉＝0或〈a，b〉＝π⇔a∥b(a，b为非零向量)； (2)〈 eq \o(AB,\s\up17(→)) ， eq \o(AC,\s\up17(→)) 〉＝〈 eq \o(BA,\s\up17(→)) ， eq \o(CA,\s\up17(→)) 〉＝π－〈 eq \o(AB,\s\up17(→)) ， eq \o(CA,\s\up17(→)) 〉． eq \a\vs4\al(知识点二　空间向量的数量积) 2．投影 (1)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 eq \o(AB,\s\up17(→)) 称为a在直线l(或平面α)上的投影． [例1] (对接教材例5)如图，在三棱锥P­ABC中，PA⊥平面ABC，BC⊥AB，AB＝BC＝a，PA＝b. (1)确定 eq \o(PC,\s\up17(→)) 在平面ABC上的投影； 【解】　因为PA⊥平面ABC， 所以 eq \o(PC,\s\up17(→)) 在平面ABC上的投影为 eq \o(AC,\s\up17(→)) . (2)求 eq \o(PC,\s\up17(→)) · eq \o(AB,\s\up17(→)) ， eq \o(PB,\s\up17(→)) · eq \o(AC,\s\up17(→)) . 【解】　因为PA⊥平面ABC，AB⊂平面ABC，可得PA⊥AB，所以 eq \o(PA,\s\up17(→)) · eq \o(AB,\s\up17(→)) ＝0. 因为BC⊥AB，所以 eq \o(BC,\s\up17(→)) · eq \o(AB,\s\up17(→)) ＝0， 所以 eq \o(PC,\s\up17(→)) · eq \o(AB,\s\up17(→)) ＝( eq \o(PA,\s\up17(→)) ＋ eq \o(AB,\s\up17(→)) ＋ eq \o(BC,\s\up17(→)) )· eq \o(AB,\s\up17(→)) ＝ eq \o(PA,\s\up17(→)) · eq \o(AB,\s\up17(→)) ＋ eq \o(AB,\s\up17(→)) · eq \o(AB,\s\up17(→)) ＋ eq \o(BC,\s\up17(→)) · eq \o(AB,\s\up17(→)) ＝0＋a2＋0＝a2. 因为PA⊥平面ABC，AC⊂平面ABC，可得PA⊥AC，所以 eq \o(PA,\s\up17(→)) · eq \o(AC,\s\up17(→)) ＝0， 又因为BC⊥AB，AB＝BC＝a，〈 eq \o(AB,\s\up17(→)) ， eq \o(AC,\s\up17(→)) 〉＝45°，AC＝ eq \r(2) a， 所以 eq \o(PB,\s\up17(→)) · eq \o(AC,\s\up17(→)) ＝( eq \o(PA,\s\up17(→)) ＋ eq \o(AB,\s\up17(→)) )· eq \o(AC,\s\up17(→)) ＝ eq \o(PA,\s\up17(→)) · eq \o(AC,\s\up17(→)) ＋ eq \o(AB,\s\up17(→)) · eq \o(AC,\s\up17(→)) ＝0＋a× eq \r(2) a× eq \f(\r(2),2) ＝a2. 母题探究　本例条件不变，则 eq \o(PC,\s\up17(→)) 在 eq \o(AB,\s\up17(→)) 上的投影为________． 解析：因为PA⊥平面ABC，AB⊂平面ABC，所以PA⊥AB, 又BC⊥AB，所以 eq \o(PC,\s\up17(→)) 在 eq \o(AB,\s\up17(→)) 上的投影为 eq \o(AB,\s\up17(→)) . eq \o(AB,\s\up17(→)) [跟踪训练1] 如图，在长方体ABCD ­A1B1C1D1中，设AD＝AA1＝1，AB＝2，点P是C1D1的中点．试确定向量 eq \o(A1P,\s\up17(→)) 在直线B1C1上的投影，并求 eq \o(B1C1,\s\up17(→)) · eq \o(A1P,\s\up17(→)) ． 解：因为A1B1⊥B1C1，PC1⊥B1C1，所以向量 eq \o(A1P,\s\up17(→)) 在直线B1C1上的投影为 eq \o(B1C1,\s\up17(→)) ， 故 eq \o(B1C1,\s\up17(→)) · eq \o(A1P,\s\up17(→)) ＝ eq \o(B1C1,\s\up17(→)) · eq \o(B1C1,\s\up17(→)) ＝1. eq \a\vs4\al(应用点　空间向量数量积的简单应用) 角度1　求长度 [例2] (2026·济南月考)在正四棱台ABCD­A1B1C1D1中，AA1＝1，AB＝ eq \r(2) ，cos ∠BAA1＝ eq \f(\r(2),4) ，则AC1＝(　　) A． eq \r(3) B．2 C． eq \r(5) D． eq \r(6) 【解析】　在正四棱台ABCD­A1B1C1D1中，过点A1向AB作垂线，垂足为点E， 则AE＝AA1cos ∠BAA1＝ eq \f(\r(2),4) ， 所以| eq \o(A1B1,\s\up17(→)) |＝ eq \r(2) －2× eq \f(\r(2),4) ＝ eq \f(\r(2),2) ， | eq \o(AC1,\s\up17(→)) |2＝| eq \o(AA1,\s\up17(→)) ＋ eq \o(A1B1,\s\up17(→)) ＋ eq \o(B1C1,\s\up17(→)) |2＝| eq \o(AA1,\s\up17(→)) |2＋| eq \o(A1B1,\s\up17(→)) |2＋| eq \o(B1C1,\s\up17(→)) |2＋2 eq \o(AA1,\s\up17(→)) · eq \o(A1B1,\s\up17(→)) ＋2 eq \o(A1B1,\s\up17(→)) · eq \o(B1C1,\s\up17(→)) ＋2 eq \o(AA1,\s\up17(→)) · eq \o(B1C1,\s\up17(→)) ，即| eq \o(AC1,\s\up17(→)) |＝ eq \r(1＋\f(1,2)＋\f(1,2)＋\f(1,2)＋0＋\f(1,2)) ＝ eq \r(3) .所以AC1＝ eq \r(3) . 求线段长度的步骤 (1)将线段用向量表示； (2)用已知夹角和模的向量表示该向量； (3)利用公式|a|＝ eq \r(a·a) 即可求长度． 角度2　求夹角 [例3] 如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，点P满足 eq \o(DP,\s\up17(→)) ＝ eq \f(1,3) eq \o(DD1,\s\up17(→)) ，则cos 〈 eq \o(AP,\s\up17(→)) ， eq \o(D1B,\s\up17(→)) 〉＝________． － eq \f(2\r(30),15) 【解析】　设正方体棱长为3， eq \o(AP,\s\up17(→)) ＝ eq \o(AD,\s\up17(→)) ＋ eq \o(DP,\s\up17(→)) ＝ eq \o(AD,\s\up17(→)) ＋ eq \f(1,3) eq \o(DD1,\s\up17(→)) ， eq \o(D1B,\s\up17(→)) ＝ eq \o(DB,\s\up17(→)) － eq \o(DD1,\s\up17(→)) ＝ eq \o(AB,\s\up17(→)) － eq \o(AD,\s\up17(→)) － eq \o(DD1,\s\up17(→)) ，则 eq \o(AP,\s\up17(→)) · eq \o(D1B,\s\up17(→)) ＝( eq \o(AD,\s\up17(→)) ＋ eq \f(1,3) eq \o(DD1,\s\up17(→)) )·( eq \o(AB,\s\up17(→)) － eq \o(AD,\s\up17(→)) － eq \o(DD1,\s\up17(→)) )＝0－9－0＋0－0－3＝－12， | eq \o(AP,\s\up17(→)) |＝ eq \r(10) ，| eq \o(D1B,\s\up17(→)) |＝ \o(DD1,\s\up17(→)) eq \r(（\o(AB,\s\up17(→))－\o(AD,\s\up17(→))－）2) ＝3 eq \r(3) ，故cos 〈 eq \o(AP,\s\up17(→)) ， eq \o(D1B,\s\up17(→)) 〉＝ \o(D1B,\s\up17(→)) eq \f(\o(AP,\s\up17(→))·,|\o(AP,\s\up17(→))|| eq \o(D1B,\s\up17(→)) |) ＝ eq \f(－12,\r(10)×3\r(3)) ＝－ eq \f(2\r(30),15) . 解析：因为异面直线AP与直线D1B所成的角α∈(0， eq \f(π,2) ]，所以cos α＝ |cos 〈 eq \o(AP,\s\up17(→)) ， eq \o(D1B,\s\up17(→)) 〉|＝ eq \f(2\r(30),15) . eq \f(2\r(30),15) 【证明】　设 eq \o(BA,\s\up17(→)) ＝a， eq \o(BC,\s\up17(→)) ＝b， eq \o(BB1,\s\up17(→)) ＝c，则|a|＝2，|b|＝2，|c|＝2，a·b＝0，a·c＝0，b·c＝0， eq \o(AF,\s\up17(→)) ＝ eq \o(AA1,\s\up17(→)) ＋ eq \f(1,2) eq \o(AC,\s\up17(→)) ＝ eq \o(AA1,\s\up17(→)) ＋ eq \f(1,2) ( eq \o(BC,\s\up17(→)) － eq \o(BA,\s\up17(→)) )＝－ eq \f(1,2) a＋ eq \f(1,2) b＋c， eq \o(CE,\s\up17(→)) ＝ eq \o(CB,\s\up17(→)) ＋ eq \o(BE,\s\up17(→)) ＝－b＋ eq \f(1,2) c. 所以 eq \o(AF,\s\up17(→)) · eq \o(CE,\s\up17(→)) ＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)a＋\f(1,2)b＋c)) · eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－b＋\f(1,2)c)) ＝ eq \f(1,2) a·b－ eq \f(1,2) b2－c·b－ eq \f(1,4) a·c＋ eq \f(1,4) b·c＋ eq \f(1,2) c2＝0， 所以 eq \o(AF,\s\up17(→)) ⊥ eq \o(CE,\s\up17(→)) ，即AF⊥CE. [跟踪训练2] (1)(2026·德州月考)如图，设动点P在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1的对角线BD1上(不含端点)， eq \f(D1P,D1B) ＝λ，当∠APC为直角时，λ的值是(　　) A． eq \f(1,6) B． eq \f(2,3) C． eq \f(1,2) D． eq \f(1,3) 解析：由题设有 eq \o(D1B,\s\up17(→)) ＝ eq \o(D1D,\s\up17(→)) ＋ eq \o(DA,\s\up17(→)) ＋ eq \o(DC,\s\up17(→)) ＝－ eq \o(DD1,\s\up17(→)) ＋ eq \o(DA,\s\up17(→)) ＋ eq \o(DC,\s\up17(→)) ， 故 eq \o(D1P,\s\up17(→)) ＝λ eq \o(D1B,\s\up17(→)) ＝－λ eq \o(DD1,\s\up17(→)) ＋λ eq \o(DA,\s\up17(→)) ＋λ eq \o(DC,\s\up17(→)) ， 而 eq \o(PA,\s\up17(→)) ＝ eq \o(PD,\s\up17(→)) 1＋ eq \o(D1A,\s\up17(→)) ＝λ eq \o(DD1,\s\up17(→)) －λ eq \o(DA,\s\up17(→)) －λ eq \o(DC,\s\up17(→)) ＋ eq \o(DA,\s\up17(→)) － eq \o(DD1,\s\up17(→)) ＝(λ－1) eq \o(DD1,\s\up17(→)) ＋(1－λ) eq \o(DA,\s\up17(→)) －λ eq \o(DC,\s\up17(→)) ， 同理， eq \o(PC,\s\up17(→)) ＝(λ－1) eq \o(DD1,\s\up17(→)) ＋(1－λ) eq \o(DC,\s\up17(→)) －λ eq \o(DA,\s\up17(→)) ，因为∠APC为直角，故 eq \o(PC,\s\up17(→)) · eq \o(PA,\s\up17(→)) ＝0，即(λ－1)2－2λ(1－λ)＝0，故3λ2－4λ＋1＝0，解得λ＝1(舍去)或λ＝ eq \f(1,3) . (2)已知正四面体OABC的棱长为2，点G是△OBC的重心，点M是线段AG的中点． ①用 eq \o(OA,\s\up17(→)) ， eq \o(OB,\s\up17(→)) ， eq \o(OC,\s\up17(→)) 表示 eq \o(OM,\s\up17(→)) ，并求出| eq \o(OM,\s\up17(→)) |； ②求证：OM⊥BC. 解：①因为点G是△OBC的重心，所以 eq \o(OG,\s\up17(→)) ＝ eq \f(2,3) ( eq \f(1,2) eq \o(OB,\s\up17(→)) ＋ eq \f(1,2) eq \o(OC,\s\up17(→)) )＝ eq \f(1,3) eq \o(OB,\s\up17(→)) ＋ eq \f(1,3) eq \o(OC,\s\up17(→)) .因为点M是线段AG的中点，所以 eq \o(OM,\s\up17(→)) ＝ eq \f(1,2) eq \o(OA,\s\up17(→)) ＋ eq \f(1,2) eq \o(OG,\s\up17(→)) ＝ eq \f(1,2) eq \o(OA,\s\up17(→)) ＋ eq \f(1,2) ( eq \f(1,3) eq \o(OB,\s\up17(→)) ＋ eq \f(1,3) eq \o(OC,\s\up17(→)) )＝ eq \f(1,2) eq \o(OA,\s\up17(→)) ＋ eq \f(1,6) eq \o(OB,\s\up17(→)) ＋ eq \f(1,6) eq \o(OC,\s\up17(→)) . 因为正四面体OABC的棱长为2， 所以 eq \o(OA,\s\up17(→)) · eq \o(OB,\s\up17(→)) ＝ eq \o(OB,\s\up17(→)) · eq \o(OC,\s\up17(→)) ＝ eq \o(OA,\s\up17(→)) · eq \o(OC,\s\up17(→)) ＝2×2×cos 60°＝2，所以| eq \o(OM,\s\up17(→)) |2＝ eq \o(OM,\s\up17(→)) 2＝ eq \f(1,4) eq \o(OA,\s\up17(→)) 2＋ eq \f(1,36) eq \o(OB,\s\up17(→)) 2＋ eq \f(1,36) eq \o(OC,\s\up17(→)) 2＋ eq \f(1,6) eq \o(OA,\s\up17(→)) · eq \o(OB,\s\up17(→)) ＋ eq \f(1,6) eq \o(OA,\s\up17(→)) · eq \o(OC,\s\up17(→)) ＋ eq \f(1,18) eq \o(OB,\s\up17(→)) · eq \o(OC,\s\up17(→)) ＝ eq \f(1,4) ×4＋ eq \f(1,36) ×4＋ eq \f(1,36) ×4＋ eq \f(1,6) ×2＋ eq \f(1,6) ×2＋ eq \f(1,18) ×2＝2， 所以| eq \o(OM,\s\up17(→)) |＝ eq \r(2) . ②证明： eq \o(OM,\s\up17(→)) · eq \o(BC,\s\up17(→)) ＝( eq \f(1,2) eq \o(OA,\s\up17(→)) ＋ eq \f(1,6) eq \o(OB,\s\up17(→)) ＋ eq \f(1,6) eq \o(OC,\s\up17(→)) )·( eq \o(OC,\s\up17(→)) － eq \o(OB,\s\up17(→)) )＝ eq \f(1,2) eq \o(OA,\s\up17(→)) · eq \o(OC,\s\up17(→)) － eq \f(1,2) eq \o(OA,\s\up17(→)) · eq \o(OB,\s\up17(→)) － eq \f(1,6) eq \o(OB,\s\up17(→)) 2＋ eq \f(1,6) eq \o(OC,\s\up17(→)) 2＝ eq \f(1,2) ×2－ eq \f(1,2) ×2－ eq \f(1,6) ×4＋ eq \f(1,6) ×4＝0， 所以OM⊥BC. 1．已知|a|＝4，空间向量e为单位向量，〈a，e〉＝ eq \f(2π,3) ，则空间向量a在向量e上的投影为(　　) A．2e B．－2e C．－ eq \f(1,2) e D． eq \f(1,2) e 解析：由题意，|a|＝4，|e|＝1，〈a，e〉＝ eq \f(2π,3) ，则空间向量a在向量e上的投影为|a|cos eq \f(2π,3) e＝4× eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2))) e＝－2e.故选B. 2．(多选)设a，b为空间中的任意两个非零向量，下列各式中正确的有(　　) A． eq \f(a·b,a) ＝ eq \f(b,a) B．a2＝|a|2 C.(a·b)2＝a2·b2 D．(a－b)2＝a2－2a·b＋b2 3．(教材P11T3改编)在正方体ABCD-A1B1C1D1中，〈 eq \o(BC1,\s\up17(→)) ， eq \o(AC,\s\up17(→)) 〉＝________． 解析：连接AD1，D1C(图略)，因为该几何体是正方体，所以易得△AD1C为正三角形， eq \o(BC1,\s\up17(→)) ＝ eq \o(AD1,\s\up17(→)) ，所以〈 eq \o(BC1,\s\up17(→)) ， eq \o(AC,\s\up17(→)) 〉＝ eq \f(π,3) . eq \f(π,3) 4．在长方体ABCD-A1B1C1D1中，M是AC与BD的交点，E是DD1上一点．若A1D1＝C1D1＝2，DD1＝3，DE＝ eq \f(2,3) ，利用向量法证明：B1M⊥AE. 证明：设 eq \o(B1A1,\s\up17(→)) ＝a， eq \o(B1C1,\s\up17(→)) ＝b， eq \o(B1B,\s\up17(→)) ＝c， 则 eq \o(B1M,\s\up17(→)) ＝ eq \o(B1B,\s\up17(→)) ＋ eq \o(BM,\s\up17(→)) ＝ eq \o(B1B,\s\up17(→)) ＋ eq \f(1,2) ( eq \o(BA,\s\up17(→)) ＋ eq \o(BC,\s\up17(→)) )＝c＋ eq \f(1,2) (a＋b)， eq \o(AE,\s\up17(→)) ＝ eq \o(AD,\s\up17(→)) ＋ eq \o(DE,\s\up17(→)) ＝ eq \o(AD,\s\up17(→)) ＋ eq \f(2,9) eq \o(DD1,\s\up17(→)) ＝b－ eq \f(2,9) c， 所以 eq \o(B1M,\s\up17(→)) · eq \o(AE,\s\up17(→)) ＝ eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(c＋\f(1,2)（a＋b）)) · eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(b－\f(2,9)c)) ＝－ eq \f(2,9) c2＋ eq \f(1,2) b2＝－2＋2＝0， 所以 eq \o(B1M,\s\up17(→)) ⊥ eq \o(AE,\s\up17(→)) ，即B1M⊥AE. $