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＝a，＝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＝a，＝b，则∠AOB叫做向量a，b的夹角，记作〈a，b〉．
②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：
(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：
两个
向量
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|；
若反向，则a·b＝－|a|·|b|.
特别地：a·a＝|a|2或|a|＝.
cos〈a，b〉＝.
|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？ ；
(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
空间向量数量积的运算
[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：
(1) ·；(2) ·；
(3) ·；(4) ·.
[尝试解答] (1)| |＝a，| |＝a，〈，〉＝120°，
所以·＝||| |cos 120°＝－a2.
(2)因为＝－，所以·＝·(－)＝·－·.又||＝a，||＝a，||＝a，〈，〉＝〈，〉＝60°，所以·＝a2－a2＝0.
(3)因为F，G分别是AD，DC上的点，AF∶FD＝CG∶GD＝1∶2，所以＝＝－，所以·＝－2.因为2＝a2，所以·＝－a2.
(4)因为E，F分别是AB，AD上的点，AE∶EB＝AF∶FD＝1∶2，所以＝，所以·＝·.又〈，〉＝60°，所以·＝·＝×a×a×cos 60°＝a2.
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) ·；
(2)( ＋)·(＋)．
解：(1) ·＝a×a×cos 60°＝a2.
(2)( ＋)·(＋)＝(＋)·(－＋－)＝a2＋a2cos 60°－2a2cos 60°＋a2cos 60°＋a2－2a2cos 60°＝a2.
知识点2
利用数量积求夹角
[思考1] 若向量与的夹角为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？
名师指津：cos α＝|cos〈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＝－，
所以·＝·－·＝||||·cos〈，〉－||·||cos〈，〉＝8×4×cos 135°－8×6×cos 120°＝－16＋24.
所以cos〈，〉＝＝＝.
即OA与BC所成角的余弦值为.
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：∵＝＋，＝＋，
∴·＝(＋)·(＋)＝·＋·＋·＋·.
∵AB⊥BC，BB1⊥AB，BB1⊥BC，
∴·＝0，·＝0，·＝0，
·＝－a2.
∴·＝－a2.
又·＝| |·||·cos〈，〉．
∴cos〈，〉＝＝－，
又0°≤〈，〉≤180°.
∴〈，〉＝120°.
所以异面直线BA1与AC成60°角.
知识点3
利用数量积求两间的距离
[思考] 若A，B是空间中两个不同的点，则||的几何意义是什么？
名师指津：||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，可转化为求的模．
[尝试解答] 如图所示，设＝a，＝b，＝c.
由题意知|a|＝|b|＝|c|＝2，
且〈a，b〉＝60°，〈a，c〉＝〈b，c〉＝90°.
因为＝＋＋＝－＋v＋＝－a＋b＋c，
所以|EF|2＝||2＝2＝a2＋b2＋c2＋2＝×22＋×22＋22＋2××2×2cos 60°＝1＋1＋4－1＝5，
所以|EF|＝.
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|＝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＝＋＋，
所以2＝(＋＋)2＝2＋2＋2＋2(·＋·＋·)．
因为∠BAD＝90°，∠BAA1＝∠DAA1＝60°，
所以〈，〉＝90°，〈，〉＝〈，〉＝60°.
所以2＝1＋4＋9＋2(1×3×cos 60°＋2×3×cos 60°)＝23.因为||2＝2，
所以||2＝23，||＝，即|AC1|＝.
——————————[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．
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＋ C．4 D．13
解析：选D (2a－b)·a＝2a2－b·a＝2|a|2－|a||b|·cos 120°＝2×4－2×5×＝13.
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·(＋＋)＝________.
解析：由已知·＝·＝·＝0，
且＝，
故·(＋＋)＝(＋＋)2
＝(||2＋||2＋||2)＝(1＋4＋9)＝.
答案：
3．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) ·；(2) ·；(3) ·.
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.
(3) ·＝·
＝(－a＋b＋c)·＝－|a|2＋|b|2＝2.
题组2 利用数量积求夹角
4．已知|a|＝1，|b|＝，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××cos〈a，b〉＝0，∴cos〈a，b〉＝.∵0°≤〈a，b〉≤180°，∴〈a，b〉＝45°.
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°
解析：选C ＝＋＋，∴·＝(＋＋)·＝·＋2＋·＝0＋12＋0＝1，又||＝2，||＝1.∴cos〈，〉＝＝＝.∴a与b所成的角是60°.
6．如图所示，在四棱锥P-ABCD中，PA⊥平面ABCD，AB⊥BC，AB⊥AD，且PA＝AB＝BC＝AD＝1，求PB与CD所成的角．
解：由题意知||＝，||＝，＝＋，＝＋＋.
∵PA⊥平面ABCD，
∴·＝·＝·＝0.
∵AB⊥AD，∴·＝0.
∵AB⊥BC，∴·＝0.
∴·＝(＋)·(＋＋)＝2＝||2＝1.
又∵||＝，||＝，
∴cos〈，〉＝＝＝，
∴〈，〉＝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：·＝(＋＋)·＝·＝· ＝a2＋a2·cos 120°＋a2cos 60°－a2cos 60°＝0，
所以⊥，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. B．2 C. D.
解析：选D ∵＝＋＋，
∴2＝(＋＋)2＝2＋2＋2＋2·＋2·＋2·＝1＋1＋1＋2(cos 60°＋cos 60°＋cos 60°)＝6，∴||＝.
9.已知平行四边形ABCD中，AD＝4，CD＝3，∠D＝60°，PA⊥平面ABCD，且PA＝6，则PC＝________.
解析：||2＝·＝(＋＋)2＝| |2＋||2＋||2＋2 ·＋2·＋2 ·＝62＋42＋32＋2||| |·cos 120°＝49.
则|PC|＝||＝＝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|，|CN|＝|ND|，求|MN|.
解：∵＝＋＋＝＋(－)＋(－)＝－＋＋.
∴·＝－＋＋ ·－＋＋
＝2－·－·＋·＋2＋2＝a2－a2－a2＋a2＋a2＋a2＝a2.故||＝＝a.即|MN|＝a.
[能力提升综合练]
1．下列各命题中，不正确的命题的个数为( )
①＝|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|，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. B.
C. D.
解析：选D 如图，连接AG并延长交BC于点M，连接DM，∵G是△ABC的重心，∴AG＝AM，
∴＝＋＝＋
＝＋(－)
＝＋(＋)－
＝(＋＋)，而(＋＋)2＝2＋2＋2＋2·＋2 ·＋2 ·＝1＋1＋1＋2(cos 60°＋cos 60°＋cos 60°)＝6，∴||＝.
3．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
解析：选A 用排除法，因为PA⊥平面ABCD，所以PA⊥CD，故·＝0，排除D；因为AD⊥AB，PA⊥AD，又PA∩AB＝A，所以AD⊥平面PAB，所以AD⊥PB，故·＝0，排除B，同理·＝0，排除C.
4．在正方体ABCD-A1B1C1D1中，有下列命题：
①(＋＋)2＝32；②·(－)＝0；③与的夹角为60°；④正方体的体积为|··|.
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，
(＋＋)2＝(＋＋)2＝2＝32；·(－)＝·＝0；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°；正方体的体积为||||||.综上可知，①②正确．
5．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．
解：∵∠ACD＝90°，∴·＝0.同理·＝0.
∵AB与CD成60°角，∴〈，〉＝60°或120°.
又∵＝＋＋，∴||2＝·＝||2＋||2＋||2＋2·＋2·＋2·＝3＋2×1×1×cos〈，〉．
当〈，〉＝60°时，2＝4；
当〈，〉＝120°时，2＝2.
∴||＝2或，即B、D间的距离为2或.
6．如图，正三棱柱ABC-A1B1C1中，底面边长为.
(1)设侧棱长为1，求证：AB1⊥BC1；
(2)设AB1与BC1的夹角为，求侧棱的长．
解：(1)证明：＝＋，＝＋.
∵BB1⊥平面ABC，∴·＝0，·＝0.
又△ABC为正三角形，
∴〈，〉＝π－〈，〉＝π－＝.
∵·＝(＋)·(＋)＝·＋·＋2＋·＝||·||·cos〈，〉＋2＝－1＋1＝0.
∴AB1⊥BC1.
(2)由(1)知·＝||·||·cos〈，〉＋2＝2－1.
又||＝ ＝＝||，
∴cos〈，〉＝＝，
∴||＝2，即侧棱长为2.
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[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＋ C．4 D．13
解析：选D (2a－b)·a＝2a2－b·a＝2|a|2－|a||b|·cos 120°＝2×4－2×5×＝13.
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·(＋＋)＝________.
解析：由已知·＝·＝·＝0，
且＝，
故·(＋＋)＝(＋＋)2
＝(||2＋||2＋||2)＝(1＋4＋9)＝.
答案：
3．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) ·；(2) ·；(3) ·.
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.
(3) ·＝·
＝(－a＋b＋c)·＝－|a|2＋|b|2＝2.
题组2 利用数量积求夹角
4．已知|a|＝1，|b|＝，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××cos〈a，b〉＝0，∴cos〈a，b〉＝.∵0°≤〈a，b〉≤180°，∴〈a，b〉＝45°.
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°
解析：选C ＝＋＋，∴·＝(＋＋)·＝·＋2＋·＝0＋12＋0＝1，又||＝2，||＝1.∴cos〈，〉＝＝＝.∴a与b所成的角是60°.
6．如图所示，在四棱锥P-ABCD中，PA⊥平面ABCD，AB⊥BC，AB⊥AD，且PA＝AB＝BC＝AD＝1，求PB与CD所成的角．
解：由题意知||＝，||＝，＝＋，＝＋＋.
∵PA⊥平面ABCD，
∴·＝·＝·＝0.
∵AB⊥AD，∴·＝0.
∵AB⊥BC，∴·＝0.
∴·＝(＋)·(＋＋)＝2＝||2＝1.
又∵||＝，||＝，
∴cos〈，〉＝＝＝，
∴〈，〉＝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：·＝(＋＋)·＝·＝· ＝a2＋a2·cos 120°＋a2cos 60°－a2cos 60°＝0，
所以⊥，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. B．2 C. D.
解析：选D ∵＝＋＋，
∴2＝(＋＋)2＝2＋2＋2＋2·＋2·＋2·＝1＋1＋1＋2(cos 60°＋cos 60°＋cos 60°)＝6，∴||＝.
9.已知平行四边形ABCD中，AD＝4，CD＝3，∠D＝60°，PA⊥平面ABCD，且PA＝6，则PC＝________.
解析：||2＝·＝(＋＋)2＝| |2＋||2＋||2＋2 ·＋2·＋2 ·＝62＋42＋32＋2||| |·cos 120°＝49.
则|PC|＝||＝＝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|，|CN|＝|ND|，求|MN|.
解：∵＝＋＋＝＋(－)＋(－)＝－＋＋.
∴·＝－＋＋ ·－＋＋
＝2－·－·＋·＋2＋2＝a2－a2－a2＋a2＋a2＋a2＝a2.故||＝＝a.即|MN|＝a.
[能力提升综合练]
1．下列各命题中，不正确的命题的个数为( )
①＝|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|，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. B.
C. D.
解析：选D 如图，连接AG并延长交BC于点M，连接DM，∵G是△ABC的重心，∴AG＝AM，
∴＝＋＝＋
＝＋(－)
＝＋(＋)－
＝(＋＋)，而(＋＋)2＝2＋2＋2＋2·＋2 ·＋2 ·＝1＋1＋1＋2(cos 60°＋cos 60°＋cos 60°)＝6，∴||＝.
3．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
解析：选A 用排除法，因为PA⊥平面ABCD，所以PA⊥CD，故·＝0，排除D；因为AD⊥AB，PA⊥AD，又PA∩AB＝A，所以AD⊥平面PAB，所以AD⊥PB，故·＝0，排除B，同理·＝0，排除C.
4．在正方体ABCD-A1B1C1D1中，有下列命题：
①(＋＋)2＝32；②·(－)＝0；③与的夹角为60°；④正方体的体积为|··|.
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，
(＋＋)2＝(＋＋)2＝2＝32；·(－)＝·＝0；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°；正方体的体积为||||||.综上可知，①②正确．
5．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．
解：∵∠ACD＝90°，∴·＝0.同理·＝0.
∵AB与CD成60°角，∴〈，〉＝60°或120°.
又∵＝＋＋，∴||2＝·＝||2＋||2＋||2＋2·＋2·＋2·＝3＋2×1×1×cos〈，〉．
当〈，〉＝60°时，2＝4；
当〈，〉＝120°时，2＝2.
∴||＝2或，即B、D间的距离为2或.
6．如图，正三棱柱ABC-A1B1C1中，底面边长为.
(1)设侧棱长为1，求证：AB1⊥BC1；
(2)设AB1与BC1的夹角为，求侧棱的长．
解：(1)证明：＝＋，＝＋.
∵BB1⊥平面ABC，∴·＝0，·＝0.
又△ABC为正三角形，
∴〈，〉＝π－〈，〉＝π－＝.
∵·＝(＋)·(＋)＝·＋·＋2＋·＝||·||·cos〈，〉＋2＝－1＋1＝0.
∴AB1⊥BC1.
(2)由(1)知·＝||·||·cos〈，〉＋2＝2－1.
又||＝ ＝＝||，
∴cos〈，〉＝＝，
∴||＝2，即侧棱长为2.
