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專題1.3 空間向量的數量積運算-重難點題型精講
1．空間向量的夾角
(1)定義：已知兩個非零向量a，b，在空間任取一點O，作＝a，＝b，則∠AOB叫做向量a，b的夾角，記作〈a，b〉．
(2)范圍：0≤〈a，b〉≤π.
特別地，當〈a，b〉＝時，a⊥b.
2．空間向量的數量積
定義 已知兩個非零向量a，b，則|a||b|cos 〈a，b〉叫做a，b的數量積，記作a·b. 即a·b＝|a||b|cos〈a，b〉． 規定：零向量與任何向量的數量積都為0.
性質 ①a⊥b a·b＝0 ②a·a＝a2＝|a|2
運算律 ①(λa)·b＝λ(a·b)，λ∈R. ②a·b＝b·a(交換律)． ③a·(b＋c)＝a·b＋a·c(分配律).
3．向量的投影
(1)如圖(1)，在空間，向量a向向量b投影，由于它們是自由向量，因此可以先將它們平移到同一個平面α內，進而利用平面上向量的投影，得到與向量b共線的向量c，c＝|a|cos〈a，b〉，向量c稱為向量a在向量b上的投影向量．類似地，可以將向量a向直線l投影(如圖(2))．
(2)如圖(3)，向量a向平面β投影，就是分別由向量a的起點A和終點B作平面β的垂線，垂足分別為A′，B′，得到，向量稱為向量a在平面β上的投影向量．這時，向量a，的夾角就是向量a所在直線與平面β所成的角．
【題型1 數量積的計算】
求空間向量數量積的步驟：
(1)將各向量分解成已知模和夾角的向量的組合形式．
(2)利用向量的運算律將數量積展開，轉化為已知模和夾角的向量的數量積．
(3)代入求解．
【例1】（2021秋 溫州期末）已知四面體ABCD，所有棱長均為2，點E，F分別為棱AB，CD的中點，則（　?。?br/>A．1 B．2 C．﹣1 D．﹣2
【解題思路】先得到四面體ABCD為正四面體，再利用空間向量的數量積運算和線性運算求解即可．
【解答過程】解：∵四面體ABCD，所有棱長均為2，
∴四面體ABCD為正四面體，
∵E，F分別為棱AB，CD的中點，
∴（） （）

42×1
＝﹣2．
故選：D．
【變式1-1】（2021秋 沈河區校級期末）已知空間四邊形ABCD的每條邊和對角線的長都為a，E，F，G分別是AB，AD，DC的中點，則 的值為（　?。?br/>A． B． C． D．
【解題思路】由題意，四面體是正四面體，每個三角形是等邊三角形，再利用向量的數量積的定義解答即可．
【解答過程】解：∵空間四邊形ABCD的每條邊及AC、BD的長都為a，
∴四面體是正四面體，所以每個面都是等邊三角形，
∵點E、F、G分別是AB、AD、DC的中點，
∴ （）

a2×（）a2a2a2．
故選：D．
【變式1-2】（2021秋 南海區校級月考）在棱長為1的正方體ABCD﹣A1B1C1D1中，設，，，則的值為（　?。?br/>A．1 B．0 C．﹣1 D．﹣2
【解題思路】根據已知條件，結合正方體的性質，以及向量數量積的運算規律，即可求解．
【解答過程】解：由正方體的性質可得，，，
故，，
∵，，，
∴．
故選：B．
【變式1-3】（2022春 南明區校級月考）已知MN是棱長為4的正方體內切球的一條直徑，點P在正方體表面上運動，則的最大值為（　　）
A．4 B．12 C．8 D．6
【解題思路】利用空間向量的線性運算和數量積運算得到 4，再利用正方體的性質求解．
【解答過程】解：設正方體內切球的球心為G，則GM＝GN＝2，
（） （） （） ，
因為MN是正方體內切球的一條直徑，
所以， 4，
所以 4，
又點P在正方體表面上運動，所以當P為正方體頂點時，||最大，且最大值為，
所以 4≤8，所以 最大值為8，
故選：C．
【題型2 向量的夾角及其應用】
求兩個向量的夾角：利用公式＝求，進而確定．
【例2】（2021秋 定遠縣期末）已知正方體ABCD﹣A′B′C′D′的棱長為a，設，，，則，等于（　　）
A．30° B．60° C．90° D．120°
【解題思路】由，得到，是∠DBA′的補角，由A′D＝A′B＝BD，得∠DBA′＝60°，由此能求出，．
【解答過程】解：∵正方體ABCD﹣A′B′C′D′的棱長為a，
設，，，，
∴，是∠DBA′的補角，
∵A′D＝A′B＝BD，∴∠DBA′＝60°，
∴，120°．
故選：D．
【變式2-1】（2021秋 吉安期末）已知空間中四個不共面的點O、A、B、C，若||＝||，且cos，cos，，則sin，的值為（　　）
A．1 B． C． D．
【解題思路】根據cos，cos，和||＝||可得 ．故而 （）＝0，得出．
【解答過程】解：∵cos，cos，，∴，
∵||＝||，∴ ，∴ （）＝0，∴．
∴sin，sin1．
故選：A．
【變式2-2】（2020秋 洪澤縣校級期末）空間四邊形OABC中，OB＝6，OC＝4，BC＝4，，則cos的值是　 ?。?br/>【解題思路】利用OB＝6，OC＝4，BC＝4，，以及兩個向量的數量積的定義化簡cos的值．
【解答過程】解：∵OB＝6，OC＝4，BC＝4，，
∴cos，
故答案為：.
【變式2-3】（2021秋 玉林期末）如圖，在△ABC和△AEF中，B是EF的中點，AB＝2，EF＝4，CA＝CB＝3，若7，則與的夾角的余弦值等于　 ．
【解題思路】推導出9＝（）229+4﹣2，從而2，由7，得 （）＝6，進而2，由此能求出與的夾角的余弦值．
【解答過程】解：由題意得：
9＝（）229+4﹣2，
∴2，
∵7，
∴ （）
＝6
＝6，
∴2，∴4，
∴與的夾角的余弦值為cos．
故答案為：．
【題型3 利用數量積求向量的?！?br/>求線段長度(距離)：
①取此線段對應的向量；
②用其他已知夾角和模的向量表示該向量；
③利用＝，計算出，即得所求長度(距離)．
【例3】（2020秋 秦皇島期末）在平行六面體（底面是平行四邊形的四棱柱）ABCD﹣A1B1C1D1中，AB＝AD＝AA1＝1，∠BAD＝∠BAA1＝∠DAA1＝60°，則AC1的長為（　　）
A．3 B． C．6 D．
【解題思路】由，可得
222，即可得出．
【解答過程】解：，
則222
＝1+1+1+3×2×1×1×cos60°
＝6．
∴．
故選：D．
【變式3-1】（2022春 寶山區校級期中）如圖，在大小為45°的二面角A﹣EF﹣D中，四邊形ABFE與CDEF都是邊長為1的正方形，則B與D兩點間的距離是（　?。?br/>A． B． C．1 D．
【解題思路】由，利用數量積運算性質展開即可得出．
【解答過程】解：∵四邊形ABFE與CDEF都是邊長為1的正方形，∴0，
又大小為45°的二面角A﹣EF﹣D中，∴ 1×1×cos（180°﹣45°）．
∵，
∴3，
∴．
故選：D．
【變式3-2】（2021秋 鄭州期末）在平行六面體（底面是平行四邊形的四棱柱）ABCD﹣A1B1C1D1中，AB＝AD＝AA1＝1，∠BAD＝∠BAA1＝∠DAA1＝60°，則AC1的長為（　?。?br/>A．3 B． C．6 D．
【解題思路】由，可得222，即可得出．
【解答過程】解：，
則222
＝1+1+1+3×2×1×1×cos60°
＝6．
∴．
故選：D．
【變式3-3】如圖，圓臺的高為4，上、下底面半徑分別為3、5，M、N分別在上、下底面圓周上，且，120°，則||等于（　?。?br/>A． B．5 C． D．5
【解題思路】用，，表示出，計算再開方即可得出答案．
【解答過程】解：∵O2M⊥O1O2，O1N⊥O1O2，
∴ 0，0，
又3×5×cos60°．
∵，
∴2＝（）2
222+2 229+16+25+15＝65，
∴||．
故選：A．
【題型4 向量垂直的應用】
【例4】（2021秋 大連月考）已知a，b是異面直線，，分別為取自直線a，b上的單位向量，且23，k4，⊥，則實數k的值為（　　）
A．﹣6 B．6 C．3 D．﹣3
【解題思路】，分別為取自直線a，b上的單位向量，且⊥，則||＝||＝1， 0，運用向量垂直的條件：數量積為0，化簡整理，解關于k的方程，即可得到．
【解答過程】解：，分別為取自直線a，b上的單位向量，且⊥，
則||＝||＝1， 0，
2k12（3k﹣8）0，
即為2k﹣12＝0，
解得k＝6．
故選：B．
【變式4-1】（2022 浦東新區校級模擬）已知長方體ABCD﹣A1B1C1D1，下列向量的數量積一定不為0的是（　　）
A． B． C． D．
【解題思路】選項A，當四邊形ADD1A1為正方形時，可證AD1⊥B1C，選項B，當四邊形ABCD為正方形時，可證AC⊥BD1，選項C，由長方體的性質可證AB⊥AD1，分別可得數量積為0，選項D，可推在△BCD1中，∠BCD1為直角，可判BC與BD1不可能垂直，可得結論．
【解答過程】解：選項A，當四邊形ADD1A1為正方形時，可得AD1⊥A1D，而A1D∥B1C，可得AD1⊥B1C，此時有0；
選項B，當四邊形ABCD為正方形時，可得AC⊥BD，可得AC⊥平面BB1D1D，故有AC⊥BD1，此時有0；
選項C，由長方體的性質可得AB⊥平面ADD1A1，可得AB⊥AD1，此時必有0；
選項D，由長方體的性質可得BC⊥平面CDD1C1，可得BC⊥CD1，△BCD1為直角三角形，∠BCD1為直角，
故BC與BD1不可能垂直，即0．
故選：D．
【變式4-2】若A，B，C，D是空間中不共面的四點，且滿足 0，則△BCD是（　?。?br/>A．鈍角三角形 B．銳角三角形 C．直角三角形 D．不確定
【解題思路】由題意知，AB⊥AC，AC⊥AD，AB⊥AD，設AB＝a，AC＝b，AD＝c，由勾股定理可求BC、CD、BD的長度，在△BCD中，由余弦定理得B，C，D三個角的余弦值都是正數，可得B，C，D都是銳角，得到△BCD的形狀．
【解答過程】解：∵ 0，∴AB⊥AC，AC⊥AD，AB⊥AD，
設AB＝a，AC＝b，AD＝c，則BC，CD，BD，
△BCD中，由余弦定理得cosB0，
同理可得，cosC＞0，cosD＞0，
∴內角B，C，D都是銳角，即△BCD是銳角三角形．
故選：B．
【變式4-3】（2021秋 扶余縣校級期中）如圖，已知四邊形ABCD為矩形，PA⊥平面ABCD，連接AC，BD，PB，PC，PD，則下列各組向量中，數量積不一定為零的是（　　）
A．與 B．與 C．與 D．與
【解題思路】根據題意，若空間非零向量的數量積為0，則這兩個向量必然互相垂直．據此依次分析選項，判定所給的向量是否垂直，即可得答案．
【解答過程】解：根據題意，依次分析選項：
對于A、PC與BD不一定垂直，即向量、不一定垂直，則向量、的數量積不一定為0，
對于B、根據題意，有PA⊥平面ABCD，則PA⊥AD，又由AD⊥AB，則有AD⊥平面PAB，進而有AD⊥PB，即向量、一定垂直，則向量、的數量積一定為0，
對于C、根據題意，有PA⊥平面ABCD，則PA⊥AB，又由AD⊥AB，則有AB⊥平面PAD，進而有AB⊥PD，即向量、一定垂直，則向量、的數量積一定為0，
對于D、根據題意，有PA⊥平面ABCD，則PA⊥CD，即向量、一定垂直，則向量、的數量積一定為0，
故選：A．專題1.3 空間向量的數量積運算-重難點題型精講
1．空間向量的夾角
(1)定義：已知兩個非零向量a，b，在空間任取一點O，作＝a，＝b，則∠AOB叫做向量a，b的夾角，記作〈a，b〉．
(2)范圍：0≤〈a，b〉≤π.
特別地，當〈a，b〉＝時，a⊥b.
2．空間向量的數量積
定義 已知兩個非零向量a，b，則|a||b|cos 〈a，b〉叫做a，b的數量積，記作a·b. 即a·b＝|a||b|cos〈a，b〉． 規定：零向量與任何向量的數量積都為0.
性質 ①a⊥b a·b＝0 ②a·a＝a2＝|a|2
運算律 ①(λa)·b＝λ(a·b)，λ∈R. ②a·b＝b·a(交換律)． ③a·(b＋c)＝a·b＋a·c(分配律).
3．向量的投影
(1)如圖(1)，在空間，向量a向向量b投影，由于它們是自由向量，因此可以先將它們平移到同一個平面α內，進而利用平面上向量的投影，得到與向量b共線的向量c，c＝|a|cos〈a，b〉，向量c稱為向量a在向量b上的投影向量．類似地，可以將向量a向直線l投影(如圖(2))．
(2)如圖(3)，向量a向平面β投影，就是分別由向量a的起點A和終點B作平面β的垂線，垂足分別為A′，B′，得到，向量稱為向量a在平面β上的投影向量．這時，向量a，的夾角就是向量a所在直線與平面β所成的角．
【題型1 數量積的計算】
求空間向量數量積的步驟：
(1)將各向量分解成已知模和夾角的向量的組合形式．
(2)利用向量的運算律將數量積展開，轉化為已知模和夾角的向量的數量積．
(3)代入求解．
【例1】（2021秋 溫州期末）已知四面體ABCD，所有棱長均為2，點E，F分別為棱AB，CD的中點，則（　?。?br/>A．1 B．2 C．﹣1 D．﹣2
【變式1-1】（2021秋 沈河區校級期末）已知空間四邊形ABCD的每條邊和對角線的長都為a，E，F，G分別是AB，AD，DC的中點，則 的值為（　　）
A． B． C． D．
【變式1-2】（2021秋 南海區校級月考）在棱長為1的正方體ABCD﹣A1B1C1D1中，設，，，則的值為（　?。?br/>A．1 B．0 C．﹣1 D．﹣2
【變式1-3】（2022春 南明區校級月考）已知MN是棱長為4的正方體內切球的一條直徑，點P在正方體表面上運動，則的最大值為（　?。?br/>A．4 B．12 C．8 D．6
【題型2 向量的夾角及其應用】
求兩個向量的夾角：利用公式＝求，進而確定．
【例2】（2021秋 定遠縣期末）已知正方體ABCD﹣A′B′C′D′的棱長為a，設，，，則，等于（　?。?br/>A．30° B．60° C．90° D．120°
【變式2-1】（2021秋 吉安期末）已知空間中四個不共面的點O、A、B、C，若||＝||，且cos，cos，，則sin，的值為（　?。?br/>A．1 B． C． D．
【變式2-2】（2020秋 洪澤縣校級期末）空間四邊形OABC中，OB＝6，OC＝4，BC＝4，，則cos的值是　 ?。?br/>【變式2-3】（2021秋 玉林期末）如圖，在△ABC和△AEF中，B是EF的中點，AB＝2，EF＝4，CA＝CB＝3，若7，則與的夾角的余弦值等于　 ．
【題型3 利用數量積求向量的?！?br/>求線段長度(距離)：
①取此線段對應的向量；
②用其他已知夾角和模的向量表示該向量；
③利用＝，計算出，即得所求長度(距離)．
【例3】（2020秋 秦皇島期末）在平行六面體（底面是平行四邊形的四棱柱）ABCD﹣A1B1C1D1中，AB＝AD＝AA1＝1，∠BAD＝∠BAA1＝∠DAA1＝60°，則AC1的長為（　　）
A．3 B． C．6 D．
【變式3-1】（2022春 寶山區校級期中）如圖，在大小為45°的二面角A﹣EF﹣D中，四邊形ABFE與CDEF都是邊長為1的正方形，則B與D兩點間的距離是（　?。?br/>A． B． C．1 D．
【變式3-2】（2021秋 鄭州期末）在平行六面體（底面是平行四邊形的四棱柱）ABCD﹣A1B1C1D1中，AB＝AD＝AA1＝1，∠BAD＝∠BAA1＝∠DAA1＝60°，則AC1的長為（　?。?br/>A．3 B． C．6 D．
【變式3-3】如圖，圓臺的高為4，上、下底面半徑分別為3、5，M、N分別在上、下底面圓周上，且，120°，則||等于（　?。?br/>A． B．5 C． D．5
【題型4 向量垂直的應用】
【例4】（2021秋 大連月考）已知a，b是異面直線，，分別為取自直線a，b上的單位向量，且23，k4，⊥，則實數k的值為（　　）
A．﹣6 B．6 C．3 D．﹣3
【變式4-1】（2022 浦東新區校級模擬）已知長方體ABCD﹣A1B1C1D1，下列向量的數量積一定不為0的是（　?。?br/>A． B． C． D．
【變式4-2】若A，B，C，D是空間中不共面的四點，且滿足 0，則△BCD是（　　）
A．鈍角三角形 B．銳角三角形 C．直角三角形 D．不確定
【變式4-3】（2021秋 扶余縣校級期中）如圖，已知四邊形ABCD為矩形，PA⊥平面ABCD，連接AC，BD，PB，PC，PD，則下列各組向量中，數量積不一定為零的是（　?。?br/>A．與 B．與 C．與 D．與

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