3.1.3 空间向量的数量积运算ppt配用优秀获奖教案

第3课时

空间向量的数量积运算

[核心必知]

1．预习教材，问题导入

根据以下提纲，预习教材P90～P92的内容，回答下列问题．

(1)在平面向量中，如何作出两个非零向量a和b的夹角？其夹角的取值范围是什么？

提示：在平面任取一点O，作OA＝a，OB＝b，则∠AOB即为向量a和b的夹角，且夹角的范围为[0，π]．

(2)在空间中两个非零向量a和b的夹角及取值范围与平面向量有什么关系？

提示：完全一致．

(3)已知两个非零向量a，b，如何求a·b?

提示：a·b＝|a||b|cos〈a，b〉．

(4)空间向量数量积有哪些运算律？与平面向量数量积的运算律一样吗？

提示：①(λa)·b＝λ(a·b)；②a·b＝b·a；③a·(b＋c)＝a·b＋a·c.与平面向量的运算律一致．

2．归纳总结，核心必记

(1)空间向量的夹角

①如图，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叫做向量a，b的夹角，记作〈a，b〉．

π②向量a，b的夹角〈a，b〉的范围是[0，π]，若〈a，b〉＝，那么称向量a，b互相2垂直，记作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|a||b|cos〈a，b〉叫做a，b的数量积，记作a·b. 即a·b＝|a||b|cos〈a，b〉．

②运算律：

1

(ⅰ)(λa)·b＝λ(a·b)；

(ⅱ)交换律：a·b＝b·a；

(ⅲ)分配律：a·(b＋c)＝a·b＋a·c. ③数量积的性质：

若a，b是非零向量，则a⊥b⇔a·b＝0. 若a与b同向，则a·b＝|a|·|b|；

两个

向量

数量积

的性质

a·bcos〈a，b〉＝. |a||b|若反向，则a·b＝－|a|·|b|. 特别地：a·a＝|a|2或|a|＝a·a. |a·b|≤|a|·|b|. [问题思考] (1)〈a，b〉＝〈b，a〉吗？〈a，b〉与〈－a，b〉，〈a，－b〉，〈－a，－b〉有什么关系？

提示：〈a，b〉＝〈b，a〉，〈－a，b〉＝〈a，－b〉＝π－〈a，b〉，〈－a，－b〉＝〈a，b〉．

(2)数量积运算满足结合律吗？

提示：数量积运算不满足结合律，也不满足消去律，

即(a·b)·c≠a·(b·c)，a·b＝a·c/⇒b＝c. (3)已知向量a，b，对于|a·b|＝|a||b|成立吗？

提示：|a·b|＝|a||b|cos〈a，b〉≤|a||b|. ∴当a与b共线时，|a·b|＝|a||b|，否则不成立．

[课前反思] (1)空间两个非零向量a和b的夹角的定义是：

，

取值范围是：

；

(2)空间两个向量a与b的数量积的定义是：

；

(3)空间向量数量积的运算律有哪些？有哪些性质？

；

2

(4)空间向量的夹角、数量积的定义、性质与平面向量的对应定义和性质有什么不同？

.

知识点1

[思考]

要求a·b的值，应知道哪些量的值？

名师指津：要求a·b，应知道|a|，|b|及〈a，b〉的值．

讲一讲

1.如图所示，已知正四面体A-BCD的各棱长都是a，E，F，G分别是AB，AD，DC上的点，且AE∶EB＝AF∶FD＝CG∶GD＝1∶2，求下列向量的数量积：

空间向量数量积的运算

DB；(2)

AD·(1)

AD·BC；

(3)

GF·AC；(4)

EF·BC. [尝试解答]

(1)|

AD|＝a，|

DB|＝a，〈AD，DB〉＝120°，

1DB＝|AD||

DB|cos 120°所以AD·＝－a2. 2(2)因为BC＝AC－AB，所以AD·(AC－AB)＝AD·AC－AD·AB.BC＝AD·又|AD|＝a，|AC|＝a，|AB|＝a，〈AD，AC〉＝〈AD，AB〉＝60°，所以AD·BC11＝a2－a2＝0. 222(3)因为F，G分别是AD，DC上的点，AF∶FD＝CG∶GD＝1∶2，所以GF＝CA＝3222－AC，所以GF·AC＝－AC2.因为AC2＝a2，所以GF·AC＝－a2. 333

3

1(4)因为E，F分别是AB，AD上的点，AE∶EB＝AF∶FD＝1∶2，所以EF＝BD，3111所以EF·BC＝BD·BC.又〈BD，BC〉＝60°，所以EF·BC＝BD·BC＝3331×a×a×cos 60°＝a2. 6类题·通法

求向量的数量积的关键是求两个向量的模和夹角，而该题目所给的四面体各棱长均为1，每个面都是三角形，每个角都是60°，因此可结合这一特点进行分解，然后再具体求解数量积的值．

练一练

1．如图所示，

已知正四面体OABC的棱长为a，求：

(1)

OA·OB；

(2)(

OA＋OB)·(CA＋CB)．

1解：(1)

OA·＝a2. OB＝a×a×cos 60°2(2)(

OA＋OB)·(CA＋CB)＝(OA＋OB)·(OA－OC＋OB－OC)＝a2＋a2cos 60°－2a2cos 60°＋a2cos 60°＋a2－2a2cos 60°＝a2.

知识点2

[思考1]

若向量AB与CD的夹角为α，直线AB与CD所成的角为β，则α＝β一定成立吗？

名师指津：不一定．α＝β或α＋β＝π.

[思考2]

怎样利用数量积求直线的夹角或余弦值？

4 利用数量积求夹角

名师指津：cos α＝|cos〈a，b〉|＝|a·b|. |a|·|b|[思考3]

如何利用数量积证明两个非零向量a和b互相垂直？

名师指津：a·b＝0⇔a⊥b. 讲一讲

2.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．

[尝试解答]

因为BC＝AC－AB，

所以OA·cos〈OA，AC〉BC＝OA·AC－OA·AB＝|OA||AC|·－|OA|·|AB|cos〈OA，AB〉＝8×4×cos 135°－8×6×cos 120°＝－162＋24. OA―→·BC―→24－1623－22所以cos〈OA，BC〉＝＝＝. |OA―→||BC―→|8×553－22即OA与BC所成角的余弦值为. 5

类题·通法

利用向量的数量积，求异面直线所成的角的方法：①根据题设条件在所求的异面直线上取两个向量；②将求异面直线所成角的问题转化为求向量夹角问题；③利用向量的数量积求角的大小；④证明两向量垂直可转化为数量积为零．

练一练

2．如图，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：∵∴＝BA＋BB1，AC＝AB＋BC，

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

5

∴BA·BC＝0，BB1·AB＝0，BB1·BC＝0，

BA·AB＝－a2. ∴又∴cos〈又0°≤〈∴〈·AC＝－a2. ·AC＝|

|·|AC|·cos〈，AC〉．

－a21，AC〉＝＝－，

22a·2a，AC〉≤180°. ，AC〉＝120°. 所以异面直线BA1与AC成60°角.

知识点3

[思考]

若A，B是空间中两个不同的点，则|AB|的几何意义是什么？

名师指津：|AB|的几何意义是指A，B两点间的距离．

讲一讲

3．正三棱柱(底面是正三角形的直三棱柱)ABC-A1B1C1的各棱长都为2，E，F分别是AB、A1C1的中点，求EF的长．

[思路点拨]

求EF的长，可转化为求EF的模．

[尝试解答]

如图所示，设AB＝a，AC＝b，AA＝c. 1由题意知|a|＝|b|＝|c|＝2，

且〈a，b〉＝60°，〈a，c〉＝〈b，c〉＝90°. 1111ABAC因为EF＝EA＋AA＋＝－＋v＋＝－a＋b＋c，

AF11222211111212112－a·b＋b·c－a·c＝×所以|EF|2＝|EF|2＝EF2＝a2＋b2＋c2＋22＋×2＋2＋24222444利用数量积求两AC间的距离

－1×2×2cos 60°2×＝1＋1＋4－1＝5，

4所以|EF|＝5.

6

类题·通法

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．

练一练

3．如图所示，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＋AA，

1所以AC122＝(AB＋AD＋AA)2＝AB2＋AD2＋AA＋112(AB·AD＋AB·AA＋AD·AA)．

11因为∠BAD＝90°，∠BAA1＝∠DAA1＝60°，

所以〈AB，AD〉＝90°，〈AB，AA〉＝〈AD，AA〉＝60°. 11所以AC12＝1＋4＋9＋2(1×3×cos 60°＋2×3×cos 60°)＝23.因为|AC1|2＝AC12，

所以|AC1|2＝23，|AC1|＝23，即|AC1|＝23. ——————————[课堂归纳·感悟提升]——————————

1．本节课的重点是空间两非零向量的数量积的运算及应用，难点是空间向量夹角或余弦值的求法．

2．本节课要重点掌握的规律方法

(1)空间两非零向量的数量积的求法，见讲1；

(2)利用空间向量的数量积求异面直线所成的角及空间两点间的距离，见讲2和讲3. 3．求异面直线所成的角(或余弦值)时，易忽视向量的夹角与异面直线所成角的区别，这也是本节课的易错点．

7

课下能力提升(十六) [学业水平达标练]

题组1

空间向量数量积的运算

1．已知向量a和b的夹角为120°，且|a|＝2，|b|＝5，则(2a－b)·a等于(

) A．12

B．8＋13

C．4

D．13 1－＝13. 解析：选D

(2a－b)·a＝2a2－b·a＝2|a|2－|a||b|·cos 120°＝2×4－2×5×22．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OG·(OA＋OB＋OC)＝________. 解析：由已知OA·OB＝OA·OC＝OB·OC＝0，

OA―→＋OB―→＋OC―→且OG＝，

31故OG·(OA＋OB＋OC)＝(OA＋OB＋OC)2

31114＝(|OA|2＋|OB|2＋|OC|2)＝(1＋4＋9)＝. 33314答案：

33．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，AA＝c，

1

则|a|＝|c|＝2，|b|＝4，a·b＝b·c＝c·a＝0. 1c－a＋b

(1)

BC·ED1＝b·2＝|b|2＝42＝16. 12222c－a＋b·(2)

BF·AB1＝(a＋c)＝|c|－|a|＝2－2＝0. 2

8

111c－a＋b·b＋a

(3)

EF·FC1＝22211b＋a＝－1|a|2＋1|b|2＝2. ＝(－a＋b＋c)·2224题组2

利用数量积求夹角

4．已知|a|＝1，|b|＝2，且a－b与a垂直，则a与b的夹角为(

) A．60°

B．30°

C．135°

D．45°

解析：选D

∵a－b与a垂直，∴(a－b)·a＝0，∴a·a－a·b＝|a|2－|a|·|b|·cos〈a，b〉＝1－1×2×cos〈a，b〉＝0，∴cos〈a，b〉＝2.∵0°≤〈a，b〉≤180°，∴〈a，b〉＝45°. 25．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°

解析：选C

AB＝AC＋CD＋DB，∴AB·CD＝(AC＋CD＋DB)·CD＝AC·CD＋CD2＋DB·CD＝0＋12＋0＝1，又|AB|＝2，|CD|＝1.∴cos〈AB，CD〉＝AB―→·CD―→11＝＝.∴a与b所成的角是60°. |AB―→||CD―→|2×12

6．如图所示，在四棱锥P-ABCD中，PA⊥平面ABCD，AB⊥BC，AB1⊥AD，且PA＝AB＝BC＝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，

DA＝PA·AB＝PA·∴PA·BC＝0. DA＝0. ∵AB⊥AD，∴AB·∵AB⊥BC，∴AB·BC＝0. ∴PB·(DA＋AB＋BC)＝AB2＝|AB|2＝1. DC＝(PA＋AB)·又∵|PB|＝2，|CD|＝2，

9

PB―→·DC―→11∴cos〈PB，DC〉＝＝＝，

|PB―→||DC―→|2×22∴〈PB，DC〉＝60°，即PB与CD所成的角为60°. 7．如图所示，正四面体ABCD的每条棱长都等于a，点M，N分别是AB，CD的中点，求证：MN⊥AB，MN⊥CD. 证明：MN·AB＝(MB＋BC＋CN)·AB＝1MB―→＋BC―→＋CD―→

2·AB＝11112121AB―→＋BC―→＋AD―→－AC―→

·AB

＝a2＋a2·cos 120°＋acos 60°－acos 60°222222＝0，

所以MN⊥AB，即MN⊥AB.同理可证MN⊥CD. 题组3

利用数量积求距离

8．已知在平行六面体ABCD-A1B1C1D1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 解析：选D

∵AC1＝AB＋AD＋AA，

12∴AC12＝(AB＋AD＋AA)2＝AB2＋AD2＋AA＋2AB·AD＋2AB·AA＋1112AD·AA＝1＋1＋1＋2(cos 60°＋cos 60°＋cos 60°)＝6，∴|AC1|＝6. 19.已知平行四边形ABCD中，AD＝4，CD＝3，∠D＝60°，PA⊥平面ABCD，且PA＝6，则PC＝________. PC＝(PA＋AD＋DC)2＝| PA|2＋|AD|2解析：|PC|2＝PC·＋|CD|2＋2 PA·AD＋2AD·cos 120°＝DC＋2 PA·DC＝62＋42＋32＋2|AD||

DC|·49. 则|PC|＝|PC|＝49＝7. 答案：7 10．在正四面体ABCD中，棱长为a，M，N分别是棱AB，CD上的点，且|MB|＝2|AM|，1|CN|＝|ND|，求|MN|. 2

10

21解：∵MN＝MB＋BC＋CN＝AB＋(AC－AB)＋(AD－33AC)＝－3AB＋3AD＋3AC. 112112∴MN·－AB＋AD＋AC

MN＝－3AB＋3AD＋3AC

·3331244141122＝AB2－AD·AB－AB·AC＋AC·AD＋AD2＋AC2＝a2－a2－a2＋999999999914555a2＋a2＋a2＝a2.故|MN|＝MN―→·MN―→

＝a.即|MN|＝a. 99933[能力提升综合练] 1．下列各命题中，不正确的命题的个数为(

) ①a·a＝|a|；

②m(λa)·b＝(mλ)a·b(m、λ∈R)；

③a·(b＋c)＝(b＋c)·a；

④a2b＝b2a. A．4

B．3

C．2

D．1 解析：选D

∵a·a＝|a|2，∴a·a＝|a|，故①正确．

m(λa)·b＝(mλa)·b＝mλa·b＝(mλ)a·b，故②正确．

a·(b＋c)＝a·b＋a·c，(b＋c)·a＝b·a＋c·a＝a·b＋a·c＝a·(b＋c)，故③正确．

a2·b＝|a|2·b，b2·a＝|b|2·a，故④不一定正确．

2．已知在正四面体A-BCD中，所有棱长都为1，△ABC的重心为G，则DG的长为(

) A.C.32

B.

3356

D.

33112解析：选D

如图，连接AG并延长交BC于点M，连接DM，∵G2是△ABC的重心，∴AG＝AM，

32∴DG＝DA＋AG＝DA＋AM

32＝DA＋(DM－DA) 321＝DA＋(DB＋DC)－DA

32

11

1＝(DA＋DB＋DC)，而(DA＋DB＋DC)2＝DA2＋DB2＋DC2＋2DA·DB＋36DA＝1＋1＋1＋2(cos 60°2

DB·＋cos 60°＋cos 60°)＝6，∴|DG|＝. DC＋2

DC·33．已知四边形ABCD为矩形，PA⊥平面ABCD，连接AC，BD，PB，PC，PD，则下列各组向量中，数量积不为零的是(

) A．PC与BD

B．DA与PB

C．PD与AB

D．PA与CD

解析：选A

用排除法，因为PA⊥平面ABCD，所以PA⊥CD，故PA·CD＝0，排除D；因为AD⊥AB，PA⊥AD，又PA∩AB＝A，所以PB＝0，排除B，同理PD·ABAD⊥平面PAB，所以AD⊥PB，故DA·＝0，排除C. 4．在正方体ABCD-A1B1C1D1中，有下列命题：

①(AA＋AD＋AB)2＝3AB2；②AC·(A－A)＝0；③AD1与A的夹角为1A111B11B60°；④正方体的体积为|AB·AA·AD|. 1其中正确命题的个数是(

) A．1

B．2

C．3

D．4 解析：选B

如图所示，

(AA＋AD＋AB)2＝(AA＋A1D1＋D1C1)2＝AC12＝3AB2；11·(A－A)＝AC·AB1＝0；AD1与A的夹角是DCAC1与D1A1A11B111B夹角的补角，而DC，故AD1与A的夹角为120°；1与D1A的夹角为60°1B正方体的体积为|AB||AA||AD|.综上可知，①②正确．

15．如图所示，在平行四边形ABCD中，AB＝AC＝1，∠ACD＝90°，将它沿对角线AC折起，使AB与CD成60°角，求B、D间的距离．

12

解：∵∠ACD＝90°，∴AC·CD＝0.同理AC·CC1＝0. ∵AB与CD成60°角，∴〈BA，CD〉＝60°或120°. 又∵BD＝BA＋AC＋CD，∴|BD|2＝BD·BD＝|BA|2＋|AC|2＋|CD|2＋2BA·AC＋2BA·．

CD＋2AC·CD＝3＋2×1×1×cos〈BA，CD〉当〈BA，CD〉＝60°时，BD2＝4；

当〈BA，CD〉＝120°时，BD2＝2. ∴|BD|＝2或2，即B、D间的距离为2或2. 6．如图，正三棱柱ABC-A1B1C1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解：(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－〈CC1，BC〉＝π－＝. 33∵AB1·BC1＝(AB＋BB1)·(BB1＋BC)＝AB·BB1＋AB·BC＋BB12＋|BC|·cos〈AB，BC〉＋BB12＝－1＋1＝0. BC＝|AB|·BB1·∴AB1⊥BC1. (2)由(1)知AB1·|BC|·cos〈AB，BC〉＋BB12＝BB12－1. BC1＝|AB|·又|AB1|＝

AB2―→＋BB1―→2＝2＋BB1―→2＝|BC1|，

BB―→21－11∴cos〈AB1，BC1〉＝2＝，

22＋BB―→1∴|BB1|＝2，即侧棱长为2.

13