选择性必修第一册第一章 1.1.2 空间向量的数量积运算 学案
文档属性
| 名称 | 选择性必修第一册第一章 1.1.2 空间向量的数量积运算 学案 |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 402.2KB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 人教A版（2019） | ||
| 科目 | 数学 | ||
| 更新时间 | 2022-06-01 07:17:49 | ||
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文档简介
1．1.2 空间向量的数量积运算
学习目标 1.会识别空间向量的夹角.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.能用空间向量数量积解决简单的立体几何问题．
知识点一 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＝a，＝b，则∠AOB叫做向量a，b的夹角，记作〈a，b〉．
2．范围：0≤〈a，b〉≤π.
特别地，当〈a，b〉＝时，a⊥b.
思考 当〈a，b〉＝0和〈a，b〉＝π时，向量a与b有什么关系？
答案 当〈a，b〉＝0时，a与b同向；当〈a，b〉＝π时，a与b反向．
知识点二 空间向量的数量积
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〉． 规定：零向量与任何向量的数量积都为0.
性质 ①a⊥b a·b＝0 ②a·a＝a2＝|a|2
运算律 ①(λa)·b＝λ(a·b)，λ∈R. ②a·b＝b·a(交换律)． ③a·(b＋c)＝a·b＋a·c(分配律).
思考1 向量的数量积运算是否满足结合律？
答案 不满足结合律，(a·b)·c＝a·(b·c)是错误的．
思考2 对于向量 a，b，若a·b＝k，能否写成a＝？
答案 不能，向量没有除法．
知识点三 向量a的投影
1．如图(1)，在空间，向量a向向量b投影，由于它们是自由向量，因此可以先将它们平移到同一个平面α内，进而利用平面上向量的投影，得到与向量b共线的向量c，c＝|a|cos〈a，b〉，向量c称为向量a在向量b上的投影向量．类似地，可以将向量a向直线l投影(如图(2))．
2．如图(3)，向量a向平面β投影，就是分别由向量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，向量称为向量a在平面β上的投影向量．这时，向量a，的夹角就是向量a所在直线与平面β所成的角．
1．向量与的夹角等于向量与的夹角．( × )
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|.( √ )
一、数量积的计算
例1 如图所示，在棱长为1的正四面体A－BCD中，E，F分别是AB，AD的中点，求：
(1)·；
(2)·；
(3)·；
(4)·.
解 (1)·＝·
＝||||·cos〈，〉
＝cos 60°＝.
(2)·＝·＝||2＝.
(3)·＝·
＝||·||cos〈，〉
＝cos 120°＝－.
(4)·＝·(－)
＝·－·
＝||||cos〈，〉－||||cos〈，〉
＝cos 60°－cos 60°＝0.
反思感悟 求空间向量数量积的步骤
(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a·b＝|a||b|cos〈a，b〉求解．
跟踪训练1 (1) 已知a＝3p－2q，b＝p＋q，p和q是相互垂直的单位向量，则a·b等于( )
A．1 B．2
C．3 D．4
答案 A
解析 ∵p⊥q且|p|＝|q|＝1，∴a·b＝(3p－2q)·(p＋q)＝3p2＋p·q－2q2＝3＋0－2＝1.
(2)已知正方形ABCD的边长为2，E为CD的中点，则·＝________.
答案 2
解析 ∵＝＋＝＋，＝－，
∴·＝·(－)＝2 －·＋·－2＝4－0＋0－2＝2.
二、利用数量积证明垂直问题
例2 如图所示，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，O为AC与BD的交点，G为CC1的中点，求证：A1O⊥平面GBD.
证明 设＝a，＝b，＝c，
则a·b＝0，b·c＝0，a·c＝0，|a|＝|b|＝|c|.
∵＝＋＝＋(＋)
＝c＋a＋b，
＝－＝b－a，
＝＋＝(＋)＋
＝a＋b－c，
∴·＝·(b－a)
＝c·b－c·a＋a·b－a2＋b2－b·a
＝(b2－a2)
＝(|b|2－|a|2)＝0.
于是⊥，即A1O⊥BD.
同理可证⊥，即A1O⊥OG.
又∵OG∩BD＝O，OG 平面GBD，BD 平面GBD，
∴A1O⊥平面GBD.
反思感悟 用向量法证明几何中垂直关系问题的思路
(1)要证两直线垂直，可分别构造与两直线平行的向量，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，需将线面垂直转化为线线垂直，然后利用向量数量积证明线线垂直即可．
跟踪训练2 如图所示，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 在△ADB中，∠DAB＝60°，AB＝2AD，
由余弦定理得，BD＝AD，
所以AD2＋BD2＝AB2，
所以DA⊥BD，则·＝0.
由PD⊥底面ABCD，知PD⊥BD，则·＝0.
又＝＋，
所以·＝(＋)·＝·＋·＝0，即PA⊥BD.
三、用数量积求解夹角和模
例3 如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，CA＝CB＝1，∠BCA＝90°，棱AA1＝2，点N为AA1的中点．
(1)求的模；
(2)求cos〈，〉的值．
解 由已知得||＝||＝1，||＝||＝2，＝＝.
〈，〉＝〈，〉＝〈，〉＝90°，
所以·＝·＝·＝0.
(1)因为＝－＝＋－＝＋－，
所以||2＝2＝2
＝2＋2＋2＝12＋×22＋12＝3，
所以||＝＝.
(2)因为＝－＝＋－，
＝＋，
所以||2＝2＝(＋－)2＝2＋2＋2＝12＋22＋12＝6，||＝，
||2＝2＝(＋)2＝2＋2＝12＋22＝5，||＝，
·＝(＋－)·(＋)
＝2－2＝22 －12＝3，
所以cos〈，〉＝＝＝.
延伸探究
1．(变结论)本例中条件不变，求与夹角的余弦值．
解 由例题知，||＝，||＝，
·＝·(＋)
＝2－2＝×22 －12＝1.
所以cos〈，〉＝＝＝.
所以与夹角的余弦值为.
2．(变条件)本例中，若CA＝CB＝AA1＝1，其他条件不变，求异面直线CA1与AB的夹角．
解 由已知得||＝||＝||＝1，·＝·＝·＝0，
因为||2＝2＝(＋)2＝2＋2＝12＋12＝2，
所以||＝，
因为||2＝2＝(－)2＝2＋2＝12＋12＝2，
所以||＝，
又因为·＝(＋)·(－)＝－2＝－1.
所以cos〈，〉＝＝＝－.
所以〈，〉＝120°，
所以异面直线CA1与AB的夹角为60°.
反思感悟 求向量的夹角和模
(1)求两个向量的夹角：利用公式cos〈a，b〉＝求cos〈a，b〉，进而确定〈a，b〉．
(2)求线段长度(距离)：①取此线段对应的向量； ②用其他已知夹角和模的向量表示该向量；③利用|a|＝，计算出|a|，即得所求长度(距离)．
跟踪训练3 (1)已知正方体ABCD－A′B′C′D′的棱长为1，设＝a，＝b，＝c，则〈，〉等于( )
A．30° B．60°
C．90° D．120°
答案 D
(2)已知在平行六面体ABCD－A1B1C1D1中，AA1＝AB＝AD＝1，且这三条棱彼此之间的夹角都是60°，则AC1的长为( )
A．6 B.
C．3 D.
答案 B
解析 设＝a，＝b，＝c，则|a|＝|b|＝|c|＝1，
且〈a，b〉＝〈b，c〉＝〈c，a〉＝60°，
因此a·b＝b·c＝c·a＝.
由＝a＋b＋c得||2＝2＝a2＋b2＋c2＋2a·b＋2b·c＋2c·a＝6.
所以||＝，故选B.
1.如图所示，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，下列各组向量的夹角为45°的是( )
A.与
B.与
C.与
D.与
答案 A
2．设ABCD－A1B1C1D1是棱长为a的正方体，则有( )
A.·＝a2 B.·＝a2
C.·＝a2 D.·＝a2
答案 C
3．已知空间四边形OABC中，OB＝OC，∠AOB＝∠AOC＝，则cos〈，〉的值为( )
A. B. C．－ D．0
答案 D
解析 ·＝·(－)＝·－·＝||||cos∠AOC－||||cos∠AOB
＝||||－||||＝0，
所以⊥.所以cos〈，〉＝0.
4．若a，b，c为空间两两夹角都是60°的三个单位向量，则|a－b＋2c|＝________.
答案
解析 |a－b＋2c|2＝(a－b＋2c)2
＝a2＋b2＋4c2－2a·b＋4a·c－4b·c
＝5.
∴|a－b＋2c|＝.
5.如图，在长方体ABCD－A1B1C1D1中，设AD＝AA1＝1，AB＝2，P是C1D1的中点，则与所成角的大小为________，·＝________.
答案 60° 1
解析 方法一 连接A1D(图略)，则∠PA1D就是与所成角，连接PD，在△PA1D中，易得PA1＝DA1＝PD＝，即△PA1D为等边三角形，从而∠PA1D＝60°，即与所成角的大小为60°，因此·＝××cos 60°＝1.
方法二 根据向量的线性运算可得
·＝(＋)·＝2＝1.
由题意可得PA1＝B1C＝，则××cos〈，〉＝1，
从而〈，〉＝60°.
1．知识清单：
(1)空间向量的夹角、投影．
(2)空间向量数量积、性质及运算律．
2．方法归纳：化归转化．
3．常见误区：空间向量的数量积的三点注意
(1)数量积的符号由夹角的余弦值决定．
(2)当a≠0，由a·b＝0可得a⊥b或b＝0.
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＋
C．4 D．13
答案 D
解析 (2a－b)·a＝2a2－b·a＝2|a|2－|a||b|cos 120°
＝2×4－2×5×＝13.
2．已知两异面直线的方向向量分别为a，b，且|a|＝|b|＝1，a·b＝－，则两直线的夹角为( )
A．30° B．60°
C．120° D．150°
答案 B
解析 设向量a，b的夹角为θ，则cos θ＝＝－，所以θ＝120°，
则两个方向向量对应的直线的夹角为180°－120°＝60°.
3．已知e1，e2为单位向量，且e1⊥e2，若a＝2e1＋3e2，b＝ke1－4e2，a⊥b，则实数k的值为( )
A．－6 B．6 C．3 D．－3
答案 B
解析 由题意可得a·b＝0，e1·e2＝0，|e1|＝|e2|＝1，
所以(2e1＋3e2)·(ke1－4e2)＝0，
所以2k－12＝0，
所以k＝6.
4．已知空间四边形ABCD的每条边和对角线的长都等于a，点E，F分别是BC，AD的中点，则·的值为( )
A．a2 B.a2 C.a2 D.a2
答案 C
解析 ·＝(＋)·
＝(·＋·)
＝＝a2.
5．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.与 B.与
C.与 D.与
答案 A
解析 可用排除法．因为PA⊥平面ABCD，所以PA⊥CD，·＝0，排除D.
又由AD⊥AB，AD⊥PA可得AD⊥平面PAB，所以AD⊥PB，所以·＝0，
同理·＝0，排除B，C，故选A.
6．已知|a|＝13，|b|＝19，|a＋b|＝24，则|a－b|＝________.
答案 22
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.
7．已知a＋3b与7a－5b垂直，且a－4b与7a－2b垂直，则〈a，b〉＝________.
答案 60°
解析 由条件知(a＋3b)·(7a－5b)＝7|a|2－15|b|2＋16a·b＝0，
(a－4b)·(7a－2b)＝7|a|2＋8|b|2－30a·b＝0，两式相减得46a·b＝23|b|2，所以a·b＝|b|2，
代入上面两个式子中的任意一个，得|a|＝|b|，
所以cos〈a，b〉＝＝＝，所以〈a，b〉＝60°.
8．如图，在正四棱台ABCD－A1B1C1D1中，O，O1分别是对角线AC，A1C1的中点，则〈，〉＝________，〈，〉＝________，〈，〉＝________.
答案 0° 0° 90°
解析 由题意得，方向相同，是在同一条直线AC上，故〈，〉＝0°；可平移到直线AC上，与方向相同，故〈，〉＝0°；由题意知OO1是正四棱台ABCD－A1B1C1D1的高，故OO1⊥平面A1B1C1D1，所以OO1⊥A1B1，故〈，〉＝90°.
9.如图所示，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，求异面直线A1B与AC所成的角．
解 不妨设正方体的棱长为1，
设＝a，＝b，＝c，
则|a|＝|b|＝|c|＝1，
a·b＝b·c＝c·a＝0，＝a－c，＝a＋b.
∴·＝(a－c)·(a＋b)
＝|a|2＋a·b－a·c－b·c＝1，
而||＝||＝，
∴cos〈，〉＝＝＝，
∵0°≤〈，〉≤180°，
∴〈，〉＝60°.
∴异面直线A1B与AC所成的角为60°.
10.如图，正四棱锥P－ABCD的各棱长都为a.
(1)用向量法证明BD⊥PC；
(2)求|＋|的值．
(1)证明 ∵＝＋，
∴·＝(＋)·＝·＋·
＝||||·cos 60°＋||||cos 120°
＝a2－a2＝0.
∴⊥，
∴BD⊥PC.
(2)解 ∵＋＝＋＋，
∴|＋|2＝||2＋||2＋||2＋2·＋2·＋2·
＝a2＋a2＋a2＋0＋2a2cos 60°＋2a2cos 60°＝5a2，
∴|＋|＝a.
11．设平面上有四个互异的点A，B，C，D，已知(＋－2)·(－)＝0，则△ABC是( )
A．直角三角形 B．等腰三角形
C．等腰直角三角形 D．等边三角形
答案 B
解析 因为＋－2＝(－)＋(－)＝＋，
所以(＋)·(－)＝||2－||2＝0，所以||＝||，
即△ABC是等腰三角形．
12．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 ∵＝＋＋，
∴·＝(＋＋)·＝·＋2＋·＝0＋12＋0＝1，
又||＝2，||＝1.
∴cos〈，〉＝＝＝.
∵异面直线所成的角是锐角或直角，
∴a与b所成的角是60°.
13．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( )
A．－13 B．－5 C．5 D．13
答案 A
解析 ∵a＋b＋c＝0，∴(a＋b＋c)2＝0，
∴a2＋b2＋c2＋2(a·b＋b·c＋c·a)＝0，
∴a·b＋b·c＋c·a＝－＝－13.
14. 已知棱长为1的正方体ABCD－A1B1C1D1的上底面A1B1C1D1的中心为O1，则·的值为________．
答案 1
解析 由于＝＋＝＋(＋)＝＋(＋)，而＝＋，
则·＝·(＋)＝(＋)2＝1.
15．等边△ABC中，P在线段AB上，且＝λ，若·＝·，则实数λ的值为________．
答案 1－
解析 如图，＝－＋＝－＋λ，
故·＝(λ－)·
＝λ||2－||||cos A
·＝(－λ)·(1－λ)＝λ(λ－1)||2，
设||＝a(a＞0)，则a2λ－a2＝λ(λ－1)a2，
解得λ＝1－.
16.如图所示，已知线段AB在平面α内，线段AC⊥α，线段BD⊥AB，且AB＝7，AC＝BD＝24，线段BD与α所成的角为30°，求CD的长．
解 由AC⊥α，可知AC⊥AB，
过点D作DD1⊥α，
D1为垂足，连接BD1，
则∠DBD1为BD与α所成的角，
即∠DBD1＝30°，
所以∠BDD1＝60°，
因为AC⊥α，DD1⊥α，所以AC∥DD1，
所以〈，〉＝60°，所以〈，〉＝120°.
又＝＋＋，
所以||2＝(＋＋)2
＝||2＋||2＋||2＋2·＋2·＋2·.
因为BD⊥AB，AC⊥AB，
所以·＝0，·＝0.
故||2＝||2＋||2＋||2＋2·
＝242＋72＋242＋2×24×24×cos 120°＝625，
所以||＝25，即CD的长为25.
学习目标 1.会识别空间向量的夹角.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.能用空间向量数量积解决简单的立体几何问题．
知识点一 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＝a，＝b，则∠AOB叫做向量a，b的夹角，记作〈a，b〉．
2．范围：0≤〈a，b〉≤π.
特别地，当〈a，b〉＝时，a⊥b.
思考 当〈a，b〉＝0和〈a，b〉＝π时，向量a与b有什么关系？
答案 当〈a，b〉＝0时，a与b同向；当〈a，b〉＝π时，a与b反向．
知识点二 空间向量的数量积
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〉． 规定：零向量与任何向量的数量积都为0.
性质 ①a⊥b a·b＝0 ②a·a＝a2＝|a|2
运算律 ①(λa)·b＝λ(a·b)，λ∈R. ②a·b＝b·a(交换律)． ③a·(b＋c)＝a·b＋a·c(分配律).
思考1 向量的数量积运算是否满足结合律？
答案 不满足结合律，(a·b)·c＝a·(b·c)是错误的．
思考2 对于向量 a，b，若a·b＝k，能否写成a＝？
答案 不能，向量没有除法．
知识点三 向量a的投影
1．如图(1)，在空间，向量a向向量b投影，由于它们是自由向量，因此可以先将它们平移到同一个平面α内，进而利用平面上向量的投影，得到与向量b共线的向量c，c＝|a|cos〈a，b〉，向量c称为向量a在向量b上的投影向量．类似地，可以将向量a向直线l投影(如图(2))．
2．如图(3)，向量a向平面β投影，就是分别由向量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，向量称为向量a在平面β上的投影向量．这时，向量a，的夹角就是向量a所在直线与平面β所成的角．
1．向量与的夹角等于向量与的夹角．( × )
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|.( √ )
一、数量积的计算
例1 如图所示，在棱长为1的正四面体A－BCD中，E，F分别是AB，AD的中点，求：
(1)·；
(2)·；
(3)·；
(4)·.
解 (1)·＝·
＝||||·cos〈，〉
＝cos 60°＝.
(2)·＝·＝||2＝.
(3)·＝·
＝||·||cos〈，〉
＝cos 120°＝－.
(4)·＝·(－)
＝·－·
＝||||cos〈，〉－||||cos〈，〉
＝cos 60°－cos 60°＝0.
反思感悟 求空间向量数量积的步骤
(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a·b＝|a||b|cos〈a，b〉求解．
跟踪训练1 (1) 已知a＝3p－2q，b＝p＋q，p和q是相互垂直的单位向量，则a·b等于( )
A．1 B．2
C．3 D．4
答案 A
解析 ∵p⊥q且|p|＝|q|＝1，∴a·b＝(3p－2q)·(p＋q)＝3p2＋p·q－2q2＝3＋0－2＝1.
(2)已知正方形ABCD的边长为2，E为CD的中点，则·＝________.
答案 2
解析 ∵＝＋＝＋，＝－，
∴·＝·(－)＝2 －·＋·－2＝4－0＋0－2＝2.
二、利用数量积证明垂直问题
例2 如图所示，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，O为AC与BD的交点，G为CC1的中点，求证：A1O⊥平面GBD.
证明 设＝a，＝b，＝c，
则a·b＝0，b·c＝0，a·c＝0，|a|＝|b|＝|c|.
∵＝＋＝＋(＋)
＝c＋a＋b，
＝－＝b－a，
＝＋＝(＋)＋
＝a＋b－c，
∴·＝·(b－a)
＝c·b－c·a＋a·b－a2＋b2－b·a
＝(b2－a2)
＝(|b|2－|a|2)＝0.
于是⊥，即A1O⊥BD.
同理可证⊥，即A1O⊥OG.
又∵OG∩BD＝O，OG 平面GBD，BD 平面GBD，
∴A1O⊥平面GBD.
反思感悟 用向量法证明几何中垂直关系问题的思路
(1)要证两直线垂直，可分别构造与两直线平行的向量，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，需将线面垂直转化为线线垂直，然后利用向量数量积证明线线垂直即可．
跟踪训练2 如图所示，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 在△ADB中，∠DAB＝60°，AB＝2AD，
由余弦定理得，BD＝AD，
所以AD2＋BD2＝AB2，
所以DA⊥BD，则·＝0.
由PD⊥底面ABCD，知PD⊥BD，则·＝0.
又＝＋，
所以·＝(＋)·＝·＋·＝0，即PA⊥BD.
三、用数量积求解夹角和模
例3 如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，CA＝CB＝1，∠BCA＝90°，棱AA1＝2，点N为AA1的中点．
(1)求的模；
(2)求cos〈，〉的值．
解 由已知得||＝||＝1，||＝||＝2，＝＝.
〈，〉＝〈，〉＝〈，〉＝90°，
所以·＝·＝·＝0.
(1)因为＝－＝＋－＝＋－，
所以||2＝2＝2
＝2＋2＋2＝12＋×22＋12＝3，
所以||＝＝.
(2)因为＝－＝＋－，
＝＋，
所以||2＝2＝(＋－)2＝2＋2＋2＝12＋22＋12＝6，||＝，
||2＝2＝(＋)2＝2＋2＝12＋22＝5，||＝，
·＝(＋－)·(＋)
＝2－2＝22 －12＝3，
所以cos〈，〉＝＝＝.
延伸探究
1．(变结论)本例中条件不变，求与夹角的余弦值．
解 由例题知，||＝，||＝，
·＝·(＋)
＝2－2＝×22 －12＝1.
所以cos〈，〉＝＝＝.
所以与夹角的余弦值为.
2．(变条件)本例中，若CA＝CB＝AA1＝1，其他条件不变，求异面直线CA1与AB的夹角．
解 由已知得||＝||＝||＝1，·＝·＝·＝0，
因为||2＝2＝(＋)2＝2＋2＝12＋12＝2，
所以||＝，
因为||2＝2＝(－)2＝2＋2＝12＋12＝2，
所以||＝，
又因为·＝(＋)·(－)＝－2＝－1.
所以cos〈，〉＝＝＝－.
所以〈，〉＝120°，
所以异面直线CA1与AB的夹角为60°.
反思感悟 求向量的夹角和模
(1)求两个向量的夹角：利用公式cos〈a，b〉＝求cos〈a，b〉，进而确定〈a，b〉．
(2)求线段长度(距离)：①取此线段对应的向量； ②用其他已知夹角和模的向量表示该向量；③利用|a|＝，计算出|a|，即得所求长度(距离)．
跟踪训练3 (1)已知正方体ABCD－A′B′C′D′的棱长为1，设＝a，＝b，＝c，则〈，〉等于( )
A．30° B．60°
C．90° D．120°
答案 D
(2)已知在平行六面体ABCD－A1B1C1D1中，AA1＝AB＝AD＝1，且这三条棱彼此之间的夹角都是60°，则AC1的长为( )
A．6 B.
C．3 D.
答案 B
解析 设＝a，＝b，＝c，则|a|＝|b|＝|c|＝1，
且〈a，b〉＝〈b，c〉＝〈c，a〉＝60°，
因此a·b＝b·c＝c·a＝.
由＝a＋b＋c得||2＝2＝a2＋b2＋c2＋2a·b＋2b·c＋2c·a＝6.
所以||＝，故选B.
1.如图所示，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，下列各组向量的夹角为45°的是( )
A.与
B.与
C.与
D.与
答案 A
2．设ABCD－A1B1C1D1是棱长为a的正方体，则有( )
A.·＝a2 B.·＝a2
C.·＝a2 D.·＝a2
答案 C
3．已知空间四边形OABC中，OB＝OC，∠AOB＝∠AOC＝，则cos〈，〉的值为( )
A. B. C．－ D．0
答案 D
解析 ·＝·(－)＝·－·＝||||cos∠AOC－||||cos∠AOB
＝||||－||||＝0，
所以⊥.所以cos〈，〉＝0.
4．若a，b，c为空间两两夹角都是60°的三个单位向量，则|a－b＋2c|＝________.
答案
解析 |a－b＋2c|2＝(a－b＋2c)2
＝a2＋b2＋4c2－2a·b＋4a·c－4b·c
＝5.
∴|a－b＋2c|＝.
5.如图，在长方体ABCD－A1B1C1D1中，设AD＝AA1＝1，AB＝2，P是C1D1的中点，则与所成角的大小为________，·＝________.
答案 60° 1
解析 方法一 连接A1D(图略)，则∠PA1D就是与所成角，连接PD，在△PA1D中，易得PA1＝DA1＝PD＝，即△PA1D为等边三角形，从而∠PA1D＝60°，即与所成角的大小为60°，因此·＝××cos 60°＝1.
方法二 根据向量的线性运算可得
·＝(＋)·＝2＝1.
由题意可得PA1＝B1C＝，则××cos〈，〉＝1，
从而〈，〉＝60°.
1．知识清单：
(1)空间向量的夹角、投影．
(2)空间向量数量积、性质及运算律．
2．方法归纳：化归转化．
3．常见误区：空间向量的数量积的三点注意
(1)数量积的符号由夹角的余弦值决定．
(2)当a≠0，由a·b＝0可得a⊥b或b＝0.
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＋
C．4 D．13
答案 D
解析 (2a－b)·a＝2a2－b·a＝2|a|2－|a||b|cos 120°
＝2×4－2×5×＝13.
2．已知两异面直线的方向向量分别为a，b，且|a|＝|b|＝1，a·b＝－，则两直线的夹角为( )
A．30° B．60°
C．120° D．150°
答案 B
解析 设向量a，b的夹角为θ，则cos θ＝＝－，所以θ＝120°，
则两个方向向量对应的直线的夹角为180°－120°＝60°.
3．已知e1，e2为单位向量，且e1⊥e2，若a＝2e1＋3e2，b＝ke1－4e2，a⊥b，则实数k的值为( )
A．－6 B．6 C．3 D．－3
答案 B
解析 由题意可得a·b＝0，e1·e2＝0，|e1|＝|e2|＝1，
所以(2e1＋3e2)·(ke1－4e2)＝0，
所以2k－12＝0，
所以k＝6.
4．已知空间四边形ABCD的每条边和对角线的长都等于a，点E，F分别是BC，AD的中点，则·的值为( )
A．a2 B.a2 C.a2 D.a2
答案 C
解析 ·＝(＋)·
＝(·＋·)
＝＝a2.
5．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.与 B.与
C.与 D.与
答案 A
解析 可用排除法．因为PA⊥平面ABCD，所以PA⊥CD，·＝0，排除D.
又由AD⊥AB，AD⊥PA可得AD⊥平面PAB，所以AD⊥PB，所以·＝0，
同理·＝0，排除B，C，故选A.
6．已知|a|＝13，|b|＝19，|a＋b|＝24，则|a－b|＝________.
答案 22
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.
7．已知a＋3b与7a－5b垂直，且a－4b与7a－2b垂直，则〈a，b〉＝________.
答案 60°
解析 由条件知(a＋3b)·(7a－5b)＝7|a|2－15|b|2＋16a·b＝0，
(a－4b)·(7a－2b)＝7|a|2＋8|b|2－30a·b＝0，两式相减得46a·b＝23|b|2，所以a·b＝|b|2，
代入上面两个式子中的任意一个，得|a|＝|b|，
所以cos〈a，b〉＝＝＝，所以〈a，b〉＝60°.
8．如图，在正四棱台ABCD－A1B1C1D1中，O，O1分别是对角线AC，A1C1的中点，则〈，〉＝________，〈，〉＝________，〈，〉＝________.
答案 0° 0° 90°
解析 由题意得，方向相同，是在同一条直线AC上，故〈，〉＝0°；可平移到直线AC上，与方向相同，故〈，〉＝0°；由题意知OO1是正四棱台ABCD－A1B1C1D1的高，故OO1⊥平面A1B1C1D1，所以OO1⊥A1B1，故〈，〉＝90°.
9.如图所示，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，求异面直线A1B与AC所成的角．
解 不妨设正方体的棱长为1，
设＝a，＝b，＝c，
则|a|＝|b|＝|c|＝1，
a·b＝b·c＝c·a＝0，＝a－c，＝a＋b.
∴·＝(a－c)·(a＋b)
＝|a|2＋a·b－a·c－b·c＝1，
而||＝||＝，
∴cos〈，〉＝＝＝，
∵0°≤〈，〉≤180°，
∴〈，〉＝60°.
∴异面直线A1B与AC所成的角为60°.
10.如图，正四棱锥P－ABCD的各棱长都为a.
(1)用向量法证明BD⊥PC；
(2)求|＋|的值．
(1)证明 ∵＝＋，
∴·＝(＋)·＝·＋·
＝||||·cos 60°＋||||cos 120°
＝a2－a2＝0.
∴⊥，
∴BD⊥PC.
(2)解 ∵＋＝＋＋，
∴|＋|2＝||2＋||2＋||2＋2·＋2·＋2·
＝a2＋a2＋a2＋0＋2a2cos 60°＋2a2cos 60°＝5a2，
∴|＋|＝a.
11．设平面上有四个互异的点A，B，C，D，已知(＋－2)·(－)＝0，则△ABC是( )
A．直角三角形 B．等腰三角形
C．等腰直角三角形 D．等边三角形
答案 B
解析 因为＋－2＝(－)＋(－)＝＋，
所以(＋)·(－)＝||2－||2＝0，所以||＝||，
即△ABC是等腰三角形．
12．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 ∵＝＋＋，
∴·＝(＋＋)·＝·＋2＋·＝0＋12＋0＝1，
又||＝2，||＝1.
∴cos〈，〉＝＝＝.
∵异面直线所成的角是锐角或直角，
∴a与b所成的角是60°.
13．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( )
A．－13 B．－5 C．5 D．13
答案 A
解析 ∵a＋b＋c＝0，∴(a＋b＋c)2＝0，
∴a2＋b2＋c2＋2(a·b＋b·c＋c·a)＝0，
∴a·b＋b·c＋c·a＝－＝－13.
14. 已知棱长为1的正方体ABCD－A1B1C1D1的上底面A1B1C1D1的中心为O1，则·的值为________．
答案 1
解析 由于＝＋＝＋(＋)＝＋(＋)，而＝＋，
则·＝·(＋)＝(＋)2＝1.
15．等边△ABC中，P在线段AB上，且＝λ，若·＝·，则实数λ的值为________．
答案 1－
解析 如图，＝－＋＝－＋λ，
故·＝(λ－)·
＝λ||2－||||cos A
·＝(－λ)·(1－λ)＝λ(λ－1)||2，
设||＝a(a＞0)，则a2λ－a2＝λ(λ－1)a2，
解得λ＝1－.
16.如图所示，已知线段AB在平面α内，线段AC⊥α，线段BD⊥AB，且AB＝7，AC＝BD＝24，线段BD与α所成的角为30°，求CD的长．
解 由AC⊥α，可知AC⊥AB，
过点D作DD1⊥α，
D1为垂足，连接BD1，
则∠DBD1为BD与α所成的角，
即∠DBD1＝30°，
所以∠BDD1＝60°，
因为AC⊥α，DD1⊥α，所以AC∥DD1，
所以〈，〉＝60°，所以〈，〉＝120°.
又＝＋＋，
所以||2＝(＋＋)2
＝||2＋||2＋||2＋2·＋2·＋2·.
因为BD⊥AB，AC⊥AB，
所以·＝0，·＝0.
故||2＝||2＋||2＋||2＋2·
＝242＋72＋242＋2×24×24×cos 120°＝625，
所以||＝25，即CD的长为25.