3.1.3 空间向量的数量积运算PPT配套教学设计内容

3.1.3

空间向量的数量积运算

学习目标

1.掌握空间向量夹角概念及表示方法.2.掌握两个向量的数量积的概念、性质、计算方法及运算规律.3.掌握两个向量的数量积的主要用途，能运用数量积求向量夹角和判断向量的共线与垂直.

知识点一

空间向量数量积的概念

思考1

如图所示，在空间四边形OABC中，OA＝8，AB＝6，AC＝4，BC＝5，∠OAC＝45°，→→∠OAB＝60°，类比平面向量有关运算，如何求向量OA与BC的数量积？并总结求两个向量数量积的方法.

→→→答案

∵BC＝AC－AB，

→→→→→→∴OA·BC＝OA·AC－OA·AB

→→→→→→→→＝|OA||AC|cos〈OA，AC〉－|OA||AB|cos〈OA，AB〉

＝8×4×cos 135°－8×6×cos 120°＝24－162. 求两个向量的数量积需先确定这两个向量的模和夹角，当夹角和长度不确定时，可用已知夹角和长度的向量来表示该向量，再代入计算. →→思考2

等边△ABC中，AB与BC的夹角是多少？

答案

120°. 梳理

(1)定义：已知两个非零向量a，b，则|a||b|cos〈a，b〉叫做a，b的数量积，记作a·b. (2)数量积的运算律

数乘向量与向量数量积的结合律

交换律

分配律

(3)空间向量的夹角

→→①定义：已知两个非零向量a，b，在空间任取一点O，作OA＝a，OB＝b，则∠AOB叫做(λa)·b＝λ(a·b) a·b＝b·a

a·(b＋c)＝a·b＋a·c

向量a，b的夹角，记作〈a，b〉. π②范围：〈a，b〉∈[0，π].特别地：当〈a，b〉＝时，a⊥b. 2知识点二

空间向量的数量积的性质

①若a，b是非零向量，则a⊥b⇔a·b＝0 ②若a与b同向，则a·b＝|a|·|b|；若反向，则a·b＝－|a|·|b|. 两个向量数量积的性质

特别地，a·a＝|a|2或|a|＝a·a

a·b③若θ为a，b的夹角，则cos θ＝

|a||b|④|a·b|≤|a|·|b|

类型一

空间向量的数量积运算

命题角度1

空间向量的数量积基本运算

例1

(1)下列命题是否正确？正确的请给出证明，不正确的给予说明. ①p2·q2＝(p·q)2；

②|p＋q|·|p－q|＝|p2－q2|；

③若a与(a·b)·c－(a·c)·b均不为0，则它们垂直. 解

①此命题不正确. ∵p2·q2＝|p|2·|q|2，

而(p·q)2＝(|p|·|q|·cos〈p，q〉)2＝|p|2·|q|2·cos2〈p，q〉，

∴当且仅当p∥q时，p2·q2＝(p·q)2. ②此命题不正确. ∵|p2－q2|＝|(p＋q)·(p－q)|＝|p＋q|·|p－q|·|cos〈p＋q，p－q〉|，

∴当且仅当(p＋q)∥(p－q)时，|p2－q2|＝|p＋q|·|p－q|. ③此命题正确. ∵a·[(a·b)·c－(a·c)·b]＝a·(a·b)·c－a·(a·c)·b＝(a·b)(a·c)－(a·b)(a·c)＝0，

且a与(a·b)·c－(a·c)·b均为非零向量，

∴a与(a·b)·c－(a·c)·b垂直. (2)设θ＝〈a，b〉＝120°，|a|＝3，|b|＝4，求：

①a·b；②(3a－2b)·(a＋2b). 解

①∵a·b＝|a||b|cos〈a，b〉，

∴a·b＝3×4×cos 120°＝－6. ②∵(3a－2b)·(a＋2b)＝3|a|2＋4a·b－4|b|2＝3|a|2＋4|a||b|cos 120°－4|b|2，

1∴(3a－2b)·(a＋2b)＝3×9＋4×3×4×(－)－4×16＝27－24－64＝－61. 2反思与感悟

(1)已知a，b的模及a与b的夹角，直接代入数量积的公式计算. (2)如果欲求的是关于a与b的多项式形式的数量积，可以先利用数量积的运算律将多项式展开，再利用a·a＝|a|2及数量积公式进行计算. 跟踪训练1

已知a，b均为单位向量，它们的夹角为60°，那么|a＋3b|等于(

) A.7

B.10

C.13

D.4 答案

C 解析

∵|a＋3b|2＝(a＋3b)2＝a2＋6a·b＋9b2＝1＋6×cos 60°＋9＝13，∴|a＋3b|＝13. 命题角度2

利用空间向量的数量积解决立体几何中的运算问题

例2

已知长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝AA1＝2，AD＝4，E为侧面AB1的中心，F为A1D1的中点.试计算：

→→→→→→(1)BC·ED1；(2)BF·AB1；(3)EF·FC1. →→→解

如图，设AB＝a，AD＝b，AA1＝c，

则|a|＝|c|＝2，|b|＝4，a·b＝b·c＝c·a＝0. 1→→(1)BC·ED1＝b·[(c－a)＋b]＝|b|2＝42＝16. 21→→2222(2)BF·AB1＝c－a＋2b·(a＋c)＝|c|－|a|＝2－2＝0. 111→→11b＋a＝－1|a|2＋1|b|2＝2. b＋a＝(－a＋b＋c)·(3)EF·FC1＝2c－a＋2b·22224反思与感悟

两向量的数量积，其运算结果是数量，而不是向量.零向量与任意向量的数量积为0.向量的数量积不满足结合律. 跟踪训练2

已知正四面体OABC的棱长为1，求：

→→→→→→→(1)(OA＋OB

)·(CA＋CB)；(2)|OA＋OB＋OC|. →→→→→→→→→→→→→→→解

(1)(OA＋OB)·(CA＋CB)＝(OA＋OB)·(OA－OC＋OB－OC)＝(OA＋OB)·(OA＋OB－2OC)＝12＋1×1×cos 60°－2×1×1×cos 60°＋1×1×cos 60°＋12－2×1×1×cos 60°＝1. →→→(2)|OA＋OB＋OC|＝＝→→→

OA＋OB＋OC2

→→→→→→→→→

OA2＋OB2＋OC2＋2OA·OB＋OB·OC＋OA·OC

＝12＋12＋12＋21×1×cos 60°×3＝6.

类型二

利用数量积求夹角或模

命题角度1

利用数量积求夹角

例3

已知BB1⊥平面ABC，且△ABC是∠B＝90°的等腰直角三角形，▱ABB1A1、▱BB1C1C的对角线都分别相互垂直且相等，若AB＝a，求异面直线BA1与AC所成的角. →→→→→→解

如图所示.∵BA1＝BA＋BB1，AC＝AB＋BC，

→→→→→→→→→→→→→→∴BA1·AC＝(BA＋BB1)·(AB＋BC)＝BA·AB＋BA·BC＋BB1·AB＋BB1·BC. ∵AB⊥BC，BB1⊥AB，BB1⊥BC，

→→→→→→→→∴AB·BC＝0，BB1·AB＝0，BB1·BC＝0且BA·AB＝－a2. →→∴BA1·AC＝－a2. →→→→→→又BA1·AC＝|BA1|·|AC|cos〈BA1，AC〉，

－a21→→∴cos〈BA1，AC〉＝＝－. 22a·2a→→→→又∵〈BA1，AC〉∈[0°，180°]，∴〈BA1，AC〉＝120°，

又∵异面直线所成的角是锐角或直角，

∴异面直线BA1与AC所成的角为60°. 反思与感悟

利用向量求异面直线夹角的方法

跟踪训练3

已知：PO、PA分别是平面α的垂线、斜线，AO是PA在平面α内的射影，

l⊂α，且l⊥OA. 求证：l⊥PA. →→证明

如图，取直线l的方向向量a，同时取向量PO，OA.

→因为l⊥OA，所以a·OA＝0. 因为PO⊥α，且l⊂α，所以l⊥PO，

→因此a·PO＝0. →→→→→又因为a·PA＝a·(PO＋OA)＝a·PO＋a·OA＝0，

所以l⊥PA. 命题角度2

利用数量积求模(或距离) 例4

如图所示，在平行六面体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝1，AD＝2，AA1＝3，∠BAD＝90°，∠BAA1＝∠DAA1＝60°，求AC1的长.

→→→→解

因为AC1＝AB＋AD＋AA1，

→→→→→→→→→→→→→所以AC12＝(AB＋AD＋AA1)2＝AB2＋AD2＋AA12＋2(AB·AD＋AB·AA1＋AD·AA1). 因为∠BAD＝90°，∠BAA1＝∠DAA1＝60°，

→→→→→→所以〈AB，AD〉＝90°，〈AB，AA1〉＝〈AD，AA1〉＝60°，

→所以AC12＝1＋4＋9＋2(1×3×cos 60°＋2×3×cos 60°)＝23. →→→→因为AC12＝|AC1|2，所以|AC1|2＝23，|AC1|＝23，

即AC1＝23. 反思与感悟

利用向量的数量积求两点间的距离，可以转化为求向量的模的问题，其基本思路是先选择以两点为端点的向量，将此向量表示为几个已知向量的和的形式，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. 跟踪训练4

如图，已知线段AB⊥平面α，BC⊂α，CD⊥BC，DF⊥平面α，且∠DCF＝30°，D与A在α的同侧，若AB＝BC＝CD＝2，求A，D两点间的距离.

→→→→解

∵AD＝AB＋BC＋CD，

→→→→→→→→→→→→→∴|AD|2＝(AB＋BC＋CD)2＝|AB|2＋|BC|2＋|CD|2＋2AB·BC＋2AB·CD＋2BC·CD

＝12＋2(2·2·cos 90°＋2·2·cos 120°＋2·2·cos 90°)＝8，

→∴|AD|＝22，即A，D两点间的距离为22. 类型三

利用空间向量的数量积解决垂直问题

例5

如图，在空间四边形OABC中，OB＝OC，AB＝AC，求证：OA⊥BC.

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·OC－OA·OB

→→→→＝|OA|·|OC|cos∠AOC－|OA|·|OB|cos∠AOB＝0，

→→所以OA⊥BC，即OA⊥BC. 反思与感悟

(1)证明线线垂直的方法

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垂直的方法

先用向量a，b，c表示向量m，n，再判断向量m，n的数量积是否为0. 跟踪训练5

已知向量a，b满足：|a|＝2，|b|＝2，且a与2b－a互相垂直，则a与b的夹角为________. 答案

45°

解析

∵a与2b－a垂直，∴a·(2b－a)＝0，

即2a·b－|a|2＝0. ∴2|a||b|·cos〈a，b〉－|a|2＝0，

∴42cos〈a，b〉－4＝0，∴cos〈a，b〉＝2，

2又〈a，b〉∈[0°，180°]，∴a与b的夹角为45°.

1.已知a，b，c是两两垂直的单位向量，则|a－2b＋3c|等于(

) A.14

B.14

C.4

D.2

答案

B 解析

|a－2b＋3c|2＝|a|2＋4|b|2＋9|c|2－4a·b＋6a·c－12b·c＝14. 2.在长方体ABCD－A1B1C1D1中，下列向量的数量积一定不为0的是(

) →→→→→→→→A.AD1·B1C

B.BD1·AC

C.AB·AD1

D.BD1·BC

答案

D 解析

选项A，当四边形ADD1A1为正方形时，可得AD1⊥A1D，而A1D∥B1C，

→→所以AD1⊥B1C，此时有AD1·B1C＝0；

选项B，当四边形ABCD为正方形时，易得AC⊥BD，可得AC⊥平面BB1D1D，故有AC⊥BD1，→→此时BD1·AC＝0；

选项C，由长方体的性质可得AB⊥平面ADD1A1，

→→所以AB⊥AD1，所以AB·AD1＝0.故选D. 3.在正方体ABCD－A1B1C1D1中，有下列命题：

→→→→→—→→→→①(AA1＋AD＋AB)2＝3AB2；②A1C·(A1B1－A1A)＝0；③AD1与A1B的夹角为60°. 其中真命题的个数为(

) A.1

B.2

C.3

D.0 答案

B →→解析

易知①②正确；AD1与A1B的夹角为120°，∴③不正确.故选B. 4.已知a，b为两个非零空间向量，若|a|＝22，|b|＝答案

3π

4a·b23π＝－，∴〈a，b〉＝. |a||b|242，a·b＝－2，则〈a，b〉＝____. 2解析

cos〈a，b〉＝5.已知正四面体ABCD的棱长为2，E，F分别为BC，AD的中点，则EF的长为______. 答案

2 →→→→→解析

|EF|2＝EF2＝(EC＋CD＋DF)2

→→→→→→→→→＝EC2＋CD2＋DF2＋2(EC·CD＋EC·DF＋CD·DF) ＝12＋22＋12＋2×(1×2×cos 120°＋0＋2×1×cos 120°)＝2，

→∴|EF|＝2，∴EF的长为2.

1.空间向量运算的两种方法

(1)利用定义：利用a·b＝|a||b|cos〈a，b〉并结合运算律进行计算.

(2)利用图形：计算两个数量的数量积，可先将各向量移到同一顶点，利用图形寻找夹角，再代入数量积公式进行运算. 2.在几何体中求空间向量数量积的步骤

(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，转化为已知模和夹角的向量的数量积. (3)代入a·b＝|a||b|cos〈a，b〉求解.

40分钟课时作业

一、选择题

1.设a、b为空间的非零向量，下列各式：

a·bb①a2＝|a|2；②2＝；③(a·b)2＝a2·b2；④(a－b)2＝a2－2a·b＋b2.其中正确的个数为(

) aaA.1

B.2

C.3

D.4 答案

B 解析

由数量积的性质和运算律可知①④是正确的，故选B. 2.如图，空间四边形的各边和对角线长均相等，E是BC的中点，那么(

)

→→→→A.AE·BC

→→→→B.AE·BC＝AE·CD

→→→→C.AE·BC>AE·CD

→→→→D.AE·BC与AE·CD不能比较大小

答案

C →→→→→→→→→→1→→解析

易知AE⊥BC，∴AE·BC＝0，AE·CD＝(AB＋BE)·CD＝AB·(BD－BC)＋BC·CD

21→→→→→→＝|AB|·|BD|·cos 120°－|AB|·|BC|·cos 120°＋|BC|·|CD|·cos 120°<0. 2→→→→∴AE·BC>AE·CD. 3.已知空间向量a，b，c两两夹角为60°，其模都为1，则|a－b＋2c|等于(

) A.5

B.5

C.6

D.6

答案

A 解析

∵|a－b＋2c|2＝|a|2＋|b|2＋4|c|2－2a·b＋4a·c－4b·c

＝12＋12＋4×12－2·1·1·cos 60°＋4·1·1·cos 60°－4·1·1·cos 60°＝5，

∴|a－b＋2c|＝5. 4.如图，已知空间四边形每条边和对角线长都等于a，点E、F、G分别是AB、AD、DC的中点，则下列向量的数量积等于a2的是(

)

→→→→→→→→A.2BA·AC

B.2AD·DB

C.2FG·AC

D.2EF·CB

答案

C 1→→→→→→解析

2BA·AC＝－a2，故A错；2AD·DB＝－a2，故B错；2EF·CB＝－a2，故D错，只有2C正确. 5.已知a、b是异面直线，A、B∈a，C、D∈b，AC⊥b，BD⊥b，且AB＝2，CD＝1，则a与b所成的角是(

) A.30°

B.45°

C.60°

D.90°

答案

C →→→→解析

AB＝AC＋CD＋DB，

→→→→→→→→→2→→∴AB·CD＝(AC＋CD＋DB)·CD＝AC·CD＋CD＋DB·CD＝0＋12＋0＝1，

→→又|AB|＝2，|CD|＝1. →→AB·CD11→→∴cos〈AB，CD〉＝＝＝. →→2×12|AB||CD|∵异面直线所成的角是锐角或直角，

∴a与b所成的角是60°. 6.已知在平行六面体ABCDA1B1C1D1中，同一顶点为端点的三条棱长都等于1，且彼此的夹角都是60°，则此平行六面体的对角线AC1的长为(

) A.3

B.2

C.5

D.6 答案

D →→→→解析

∵AC1＝AB＋AD＋AA1，

→→→→→→→→→→→→→∴AC12＝(AB＋AD＋AA1)2＝AB2＋AD2＋AA12＋2AB·AD＋2AB·AA1＋2AD·AA1

→＝1＋1＋1＋2(cos 60°＋cos 60°＋cos 60°)＝6，∴|AC1|＝6. 二、填空题

π7.已知向量a，b满足|a|＝1，|b|＝2，且a与b的夹角为，则|a＋b|＝________. 3答案

7 π解析

|a＋b|2＝a2＋2a·b＋b2＝1＋2×1×2×cos ＋22＝7，∴|a＋b|＝7. 38.已知a，b是空间两个向量，若|a|＝2，|b|＝2，|a－b|＝7，则cos〈a，b〉＝______. 1答案

81解析

将|a－b|＝7化为(a－b)2＝7，求得a·b＝，

21再由a·b＝|a||b|cos〈a，b〉求得cos〈a，b〉＝. 89.已知空间向量a，b，c满足a＋b＋c＝0，|a|＝3，|b|＝1，|c|＝4，则a·b＋b·c＋c·a的值为________. 答案

－13 解析

∵a＋b＋c＝0，

∴(a＋b＋c)2＝0，

∴a2＋b2＋c2＋2(a·b＋b·c＋c·a)＝0，

32＋12＋42∴a·b＋b·c＋c·a＝－＝－13. 210.将AB＝23，BC＝2的长方形ABCD沿对角线AC折成60°的二面角，则B，D间的距离为________. 答案

7 解析

作DE⊥AC于点E，BF⊥AC于点F. 由已知可得，AC＝4，DE＝BF＝3，

∴AE＝1，CF＝1，∴EF＝2. ∵二面角的大小为60°，

→→∴DE与FB的夹角为120°，

→→→→∴|DB|2＝(DE＋EF＋FB)2＝7，

→∴|DB|＝7，

∴B，D间的距离为7. 三、解答题

11.如图所示，已知空间四边形ABCD，连接AC，BD，若AB＝CD，AC＝BD，E，F分别是

AD，BC的中点，试用向量方法证明EF⊥AD且EF⊥BC.

证明

连接AF，∵点F是BC的中点，

→1→→∴AF＝(AB＋AC)，

2→→→1→→1→1→→→∴EF＝AF－AE＝(AB＋AC)－AD＝(AB＋AC－AD)，

222→→→→又|AC|＝|BD|＝|AD－AB|，

→→→→→2∴AC2＝AD2－2AD·AB＋AB，

①

②

→→→→→→2同理AB2＝CD2＝AD2－2AC·AD＋AC，

→→→→→2→→→2将①代入②可得AB2＝AD2－2AC·AD＋AD－2AB·AD＋AB，

→→→→∴2AD2－2AD·(AC＋AB)＝0，

→→→→∴AD·(AC＋AB－AD)＝0，

→1→→→∴AD·(AB＋AC－AD)＝0，

2→→→→∴AD·EF＝0，∴EF⊥AD. →→同理可得EF⊥BC. ∴EF⊥AD且EF⊥BC. 12.如图所示，在四棱锥P—ABCD中，PA⊥平面ABCD，AB⊥BC，AB⊥AD，且PA＝AB＝1BC＝AD＝1，求PB与CD所成的角. 2

→→解

由题意知|PB|＝2，|CD|＝2，

→→→→→→→PB＝PA＋AB，DC＝DA＋AB＋BC，

∵PA⊥平面ABCD，

→→→→→→∴PA·DA＝PA·AB＝PA·BC＝0. ∵AB⊥AD，

→→∴AB·DA＝0，

∵AB⊥BC，

→→∴AB·BC＝0，

→→→→→→→→→∴PB·DC＝(PA＋AB)·(DA＋AB＋BC)＝AB2＝|AB|2＝1，

→→又∵|PB|＝2，|CD|＝2，

→→PB·DC11→→∴cos〈PB，DC〉＝＝＝，

→→2×22|PB||DC|→→∵〈PB，DC〉∈[0，π]，

π→→∴〈PB，DC〉＝，

3∵异面直线所成的角为锐角或直角，

π∴PB与CD所成的角为. 313.如图，在正三棱柱ABCA1B1C1中，底面边长为2.

(1)设侧棱长为1，求证：AB1⊥BC1；

π(2)设AB1与BC1的夹角为，求侧棱的长. 3→→→(1)证明

AB1＝AB＋BB1，

→→→BC1＝BB1＋BC. →→→→∵BB1⊥平面ABC，∴BB1·AB＝0，BB1·BC＝0. 又△ABC为正三角形，

π2π→→→→∴〈AB，BC〉＝π－〈BA，BC〉＝π－＝. 33

→→→→→→∵AB1·BC1＝(AB＋BB1)·(BB1＋BC) →→→→→2→→＝AB·BB1＋AB·BC＋BB1＋BB1·BC

→→→→→＝|AB|·|BC|·cos〈AB，BC〉＋BB12＝－1＋1＝0，

∴AB1⊥BC1. →→→→→→→→(2)解

结合(1)知AB1·BC1＝|AB|·|BC|·cos〈AB，BC〉＋BB12＝BB12－1. →又|AB1|＝→→AB＋BB12＝→→2＋BB12＝|BC1|，

→BB12－11→→∴cos〈AB1，BC1〉＝＝，

→222＋BB1→∴|BB1|＝2，即侧棱长为2.