資源簡介

6.1.2　空間向量的數量積(強基課——梯度進階式教學)
課時目標
1.了解空間向量的夾角.掌握空間向量數量積的定義、性質、運算律及計算方法.
2.了解空間向量投影的概念以及投影向量的意義.
3.掌握向量的數量積在判斷垂直中的應用,掌握利用向量的數量積求空間兩點間的距離.
1.空間兩個向量的夾角
(1)夾角
定義 a,b是空間兩個非零向量,過空間任意一點O,作=a,=b,∠AOB=θ(0≤θ≤π)叫作　　　　　　　　　
圖示
表示 　　　
范圍 　　　
(2)空間兩個向量的關系
①如果=0,那么向量a與b　　　;
②如果=π,那么向量a與b　　　;
③如果=,那么稱a與b　　　　　,并記作　　　　.
2.空間向量數量積的定義
定義 設a,b是空間兩個非零向量,我們把數量　　　　　　　　叫作向量a,b的數量積,記作a·b,即a·b=　　　　　　
規定 零向量與任一向量的數量積為　　
3.空間向量數量積的運算律
交換律 a·b=　　　
結合律 (λa)·b=　　　　(λ∈R)
分配律 (a+b)·c=　　　　　
4.向量在向量上的投影向量
(1)定義:對于空間任意兩個非零向量a,b,設向量=a,=b,如圖,過點A作AA1⊥OB,垂足為A1.上述由向量a得到向量的變換稱為　　　　　　　　,　　　　　稱為向量a在向量b上的投影向量.
(2)幾何意義:向量a,b的數量積就是向量a在向量b上的投影向量與向量b的數量積,即a·b=　　　　　.
5.向量在平面上的投影向量
(1)定義:設向量m=,過C,D分別作平面α的垂線,垂足分別為C1,D1,得向量.我們將上述由向量m得到向量的變換稱為　　　　　　　,　　　　　稱為向量m在平面α上的投影向量.
(2)幾何意義:空間向量m,n的數量積就是向量m在平面α上的投影向量與向量n的數量積,即m·n=　　　　　.
[基點訓練]
1.判斷正誤(正確的畫“√”,錯誤的畫“×”)
(1)向量與的夾角等于向量與的夾角. (　　)
(2)若a·b=0,則a=0或b=0. (　　)
(3)對于非零向量a,b,與<-a,-b>相等. (　　)
(4)若a·b=b·c,且b≠0,則a=c. (　　)
(5)若a,b均為非零向量,則a·b=|a||b|是a與b共線的充要條件. (　　)
2.如圖,在棱長為2的正方體ABCD-A1B1C1D1中,O為AC與BD的交點,G為CC1的中點,則在AC上的投影向量的模為　　　　;在平面ABCD內的投影向量的模為　　　　.
3.若a,b,c是空間中兩兩夾角為的單位向量,=2a-2b,=b-c,則·=　　　.
題型(一)　空間向量數量積的計算
[例1]　如圖,已知空間四邊形ABCD的每條邊和對角線長都等于1,點E,F分別是AB,AD的中點,計算:
(1)·;
(2)·;
(3)·;
(4)·.
聽課記錄:
[思維建模]
1.空間向量數量積的運算方法
已知a,b的模及a與b的夾角,直接代入數量積的公式計算.如果求的是關于a與b的多項式形式的數量積,可以先利用數量積的運算律將多項式展開,再利用a·a=|a|2及數量積公式進行計算.
2.在幾何體中求空間向量數量積的步驟
(1)首先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,轉化成已知模和夾角的向量的數量積;
(3)根據向量的方向,正確求出向量的夾角及向量的模;
(4)代入公式a·b=|a||b|cos求解.
　　[針對訓練]
1.已知空間向量|a|=,|b|=5,且a與b夾角的余弦值為-,則a在b上的投影向量為 (　　)
A.-b　 B.b　
C.b　 D.-b
2.如圖,正方體ABCD-A'B'C'D'的棱長為1,設=a,=b,=c,則a·(b+c)=　　　　,a·(a+b+c)=　　　　,
(a+b)·(b+c)=　　　　.
題型(二)　利用數量積求模與夾角
[例2]　如圖,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,∠BCA=90°,CA=CB=1,棱AA1=2,求cos<,>的值.
聽課記錄:
　　[變式拓展]
1.本例中條件不變,求N為AA1的中點時,與夾角的余弦值.
2.本例變為:如圖,在平行六面體ABCD-A1B1C1D1中,底面ABCD是邊長為2的正方形,側棱AA1的長度為4,且∠A1AB=∠A1AD=120°.用向量法求BD1的長.
[思維建模]
(1)求兩個非零向量的夾角可以把向量夾角轉化為平面幾何中的對應角,利用解三角形的知識求解.
(2)利用夾角公式求異面直線所成角的步驟
　　[針對訓練]
3.如圖,正三棱柱(底面是正三角形的直三棱柱)ABC-A1B1C1的各棱長都為2,E,F分別是AB,A1C1的中點,則EF的長為　　　　.
4.已知空間四邊形OABC各邊及對角線長都等于2,E,F分別為AB,OC的中點,則異面直線OE與BF所成角的余弦值為　　　　.
題型(三)　利用數量積證明垂直問題
[例3]　如圖,已知正方體ABCD-A'B'C'D',CD'與DC'相交于點O,連接AO,求證:
(1)AO⊥CD';
(2)AC'⊥平面B'CD'.
聽課記錄:
[思維建模] 用向量法證明垂直問題的方法
(1)證明線線垂直,只需證明兩條直線的方向向量的數量積為0.
(2)證明線面垂直,只需證明直線的方向向量與該平面內兩不共線的向量的數量積分別為0.
(3)證明面面垂直,可利用面面垂直的判定定理,將面面垂直轉化為線面垂直,然后利用向量法證明.
　　[針對訓練]
5.如圖,在四棱錐P-ABCD中,底面ABCD為平行四邊形,∠DAB=60°,AB=2AD,PD⊥底面ABCD.求證:PA⊥BD.
6.1.2　空間向量的數量積
課前環節
1.(1)向量a與向量b的夾角　　
[0,π]　(2)同向　反向　互相垂直　a⊥b
2.|a||b|cos　|a||b|cos　0　
3.b·a　λ(a·b)　a·c+b·c　
4.(1)向量a向向量b投影　向量　
(2)·b　5.(1)向量m向平面α投影　向量　(2)·n
[基點訓練]
1.(1)×　(2)×　(3)√　(4)×　(5)×
2.　2　3.-1
課堂環節
[題型(一)]
[例1]　解:(1)·=·=||||cos<,>=×1×1×cos 60°=.
(2)·=·
=||||cos<,>
=×1×1×cos 0°=.
(3)·=·
=||||cos<,>
=×1×1×cos 120°=-.
(4)·=(+)·(+)=[·(-)+·(-)+·+·]=[-·-·+(-)·+·]=×=-.
[針對訓練]
1.選D　a在b上的投影向量為·=·=-·=-b.
2.解析:依題意AB,AD,AA'兩兩互相垂直,所以a·b=a·c=b·c=0.
所以a·(b+c)=a·b+a·c=0,a·(a+b+c)=a·a+a·b+a·c=|a|2=1,(a+b)·(b+c)=a·b+b·b+a·c+b·c=|b|2=1.
答案:0　1　1
[題型(二)]
[例2]　解:因為=-=+-,=+,
所以||2==(+-)2=++=12+22+12=6,||=,||2==(+)2=+=12+22=5,||=,·=(+-)·(+)=-=22-12=3,
所以cos<,>===.
[變式拓展]
1.解:由例題知,||=,||=,·=·(+)=-=×22-12=1,
所以cos<,>===.
2.解:∵=++,
∴==+++2·+2·+2·=42
+22+22+2×4×2×cos 60°+2×4×2×cos 120°+2×2×2×cos 90°=24,∴BD1的長為2.
[針對訓練]
3.解析:設=a,=b,=c.
由題意,知|a|=|b|=|c|=2,
且=60°,==90°.
因為=++=-++=-a+b+c,
所以||2==a2+b2+c2+2=×22+×22+22+2××2×2×cos 60°=1+1+4-1=5,
所以||=,即EF=.
答案:
4.解析:由已知得=(+),
=-=-,
因此||=|+|= =,
||===.
又因為·=(+)·=×2-×2+×2-2=-2,
所以cos<,>===-.
故異面直線OE與BF所成角的余弦值為.
答案:
[題型(三)]
[例3]　證明:(1)因為=+=+(+)=(++2),=-,所以·=(++2)·(-)=(·-·+·-·+2·-2·)=(||2-||2)=0,所以⊥,故AO⊥CD'.
(2)設正方體的棱長為a,則·=(++)·(+)=·+·+·+·+·+·=0+0+0+a2-a2+0=0,所以⊥,所以AC'⊥B'C.
同理可證AC'⊥B'D'.
又B'C,B'D' 平面B'CD',B'C∩B'D'=B',
所以AC'⊥平面B'CD'.
[針對訓練]
5.證明:設AD=a,則AB=2a.
因為PD⊥平面ABCD,
所以PD⊥AD,PD⊥AB,
所以·=·=0,
所以·=(+)·(-)
=·-·-+·
=-||2+·
=-a2+||||cos∠DAB
=-a2+2a2×cos 60°=0,
所以⊥,故PA⊥BD.
1 / 7(共74張PPT)
6.1.2
空間向量的數量積
(強基課——梯度進階式教學)
課時目標
1.了解空間向量的夾角.掌握空間向量數量積的定義、性質、運算律及計算方法.
2.了解空間向量投影的概念以及投影向量的意義.
3.掌握向量的數量積在判斷垂直中的應用,掌握利用向量的數量積求空間兩點間的距離.
CONTENTS
目錄
1
2
3
課前環節/預知教材·自主落實主干基礎
課堂環節/題點研究·遷移應用融會貫通
課時跟蹤檢測
課前環節/預知教材·自主落實主干基礎
1.空間兩個向量的夾角
(1)夾角
定義 a,b是空間兩個非零向量,過空間任意一點O,作=a,
=b,∠AOB=θ(0≤θ≤π)叫作____________________
向量a與向量b的夾角
續表
圖示
表示 ______________
范圍 _____________

[0,π]
(2)空間兩個向量的關系
①如果=0,那么向量a與b_____;
②如果=π,那么向量a與b_____;
③如果=,那么稱a與b_________,并記作______.
同向
反向
互相垂直
a⊥b
2.空間向量數量積的定義
定義 設a,b是空間兩個非零向量,我們把數量________________叫作向量a,b的數量積,記作a·b,即a·b=_______________
規定 零向量與任一向量的數量積為____　
|a||b|cos
|a||b|cos
0
3.空間向量數量積的運算律
交換律 a·b=______
結合律 (λa)·b=________(λ∈R)
分配律 (a+b)·c=___________
b·a
λ(a·b)
a·c+b·c
4.向量在向量上的投影向量
(1)定義:對于空間任意兩個非零向量a,b,設向量=a,=b,如圖,過點A作AA1⊥OB,垂足為A1.上述由向量a得到向量的變換稱為
__________________,_________ 稱為向量a在向量b上的投影向量.
向量a向向量b投影
向量
(2)幾何意義:向量a,b的數量積就是向量a在向量b上的投影向量與向量b的數量積,即a·b=_______.
·b
5.向量在平面上的投影向量
(1)定義:設向量m=,過C,D分別作平面α的垂線,垂足分別為C1,D1,得向量.我們將上述由向量m得到向量的變換稱為
__________________,__________ 稱為向量m在平面α上的投影向量.
向量m向平面α投影
向量
(2)幾何意義:空間向量m,n的數量積就是向量m在平面α上的投影向量與向量n的數量積,即m·n=_________.
·n
1.判斷正誤(正確的畫“√”,錯誤的畫“×”)
(1)向量與的夾角等于向量與的夾角. (　　)
(2)若a·b=0,則a=0或b=0. (　　)
(3)對于非零向量a,b, 與<-a,-b>相等. (　　)
(4)若a·b=b·c,且b≠0,則a=c. (　　)
(5)若a,b均為非零向量,則a·b=|a||b|是a與b共線的充要條件. (　　)
基點訓練
×
×
×
×
√
2.如圖,在棱長為2的正方體ABCD-A1B1C1D1中,O為AC與BD的交點,G為CC1的中點,則在AC上的投影向量的模為____;在平面ABCD內的投影向量的模為____.
2
3.若a,b,c是空間中兩兩夾角為的單位向量,=2a-2b,=b-c,則·=_____.
解析:由題意得,a·b=b·c=c·a=12×cos=,則·=2(a-b)·(b-c)=2(a·b-a·c-b2+b·c)=2=-1.
-1
課堂環節/題點研究·遷移應用融會貫通
題型(一)　空間向量數量積的計算
[例1]　如圖,已知空間四邊形ABCD的每條邊和對角線長都等于1,點E,F分別是AB,AD的中點,計算:
(1)·;
解:·=·=||||cos<,>=×1×1×cos 60°=.
(2)·;
解: ·=·=||||cos<,>=×1×1×cos 0°=.
(3)·;
解:·=·=||||cos<,>=×1×1×cos 120°=-.
(4)·.
解: ·=(+)·(+)=[·(-)+·(-)+
·+·]=[-·-·+(-)·+·
]=×=-.
　[思維建模]
1.空間向量數量積的運算方法
已知a,b的模及a與b的夾角,直接代入數量積的公式計算.如果求的是關于a與b的多項式形式的數量積,可以先利用數量積的運算律將多項式展開,再利用a·a=|a|2及數量積公式進行計算.
2.在幾何體中求空間向量數量積的步驟
(1)首先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,轉化成已知模和夾角的向量的數量積;
(3)根據向量的方向,正確求出向量的夾角及向量的模;
(4)代入公式a·b=|a||b|cos求解.
針對訓練
1.已知空間向量|a|=,|b|=5,且a與b夾角的余弦值為-,則a在b上的投影向量為(　　)
A.-b B.b
C.b D.-b
解析: a在b上的投影向量為·=·=-·=-b.
√
2.如圖,正方體ABCD-A'B'C'D'的棱長為1,設=a,=b,=c,則a·(b+c)=_____,a·(a+b+c)=_____,(a+b)·(b+c)=_____.
0
1
1
解析:依題意AB,AD,AA'兩兩互相垂直,所以a·b=a·c=b·c=0.
所以a·(b+c)=a·b+a·c=0,a·(a+b+c)=a·a+a·b+a·c=|a|2=1,
(a+b)·(b+c)=a·b+b·b+a·c+b·c=|b|2=1.
題型(二)　利用數量積求模與夾角
[例2]　如圖,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,∠BCA=90°,CA=CB=1,棱AA1=2,求cos<,>的值.
解:因為=-=+-,=+,
所以||2==(+-)2=++=12+22+12=6,
||=,||2==(+)2=+=12+22=5,||=,·=(+-)·(+)=-=22-12=3,
所以cos<,>===.
　[變式拓展]
1.本例中條件不變,求N為AA1的中點時,與夾角的余弦值.
解:由例題知,||=,||=,·=·
(+)=-=×22-12=1,
所以cos<,>===.
2.本例變為:如圖,在平行六面體ABCD-A1B1C1D1中,底面ABCD是邊長為2的正方形,側棱AA1的長度為4,且∠A1AB=∠A1AD=120°.用向量法求BD1的長.
解:∵=++,∴=
=+++2·+2·+2·
=42+22+22+2×4×2×cos 60°+2×4×2×cos 120°+2×2×2×
cos 90°=24,
∴BD1的長為2.
[思維建模]
(1)求兩個非零向量的夾角可以把向量夾角轉化為平面幾何中的對應角,利用解三角形的知識求解.
(2)利用夾角公式求異面直線所成角的步驟
針對訓練
[針對訓練]
3.如圖,正三棱柱(底面是正三角形的直三棱柱)ABC-A1B1C1的各棱長都為2,E,F分別是AB,A1C1的中點,則EF的長為______.
解析:設=a,=b,=c.
由題意,知|a|=|b|=|c|=2,且=60°,==90°.
因為=++=-++=-a+b+c,
所以||2==a2+b2+c2+2
=×22+×22+22+2××2×2×cos 60°=1+1+4-1=5,
所以||=,即EF=.
4.已知空間四邊形OABC各邊及對角線長都等于2,E,F分別為AB,OC
的中點,則異面直線OE與BF所成角的余弦值為______.
解析:由已知得=(+),=-=-,
因此||=|+|= =,
||===.
又因為·=(+)·=×2-×2+×2-2=-2,
所以cos<,>===-.
故異面直線OE與BF所成角的余弦值為.
題型(三)　利用數量積證明垂直問題
[例3]　如圖,已知正方體ABCD-A'B'C'D',CD'與DC'相交于點O,連接AO,求證:
(1)AO⊥CD';
證明:因為=+=+(+)=(++2),
=-,所以·=(++2)·(-)=(·-·+·-·+2·-2·)=(||2-||2)=0,所以⊥,故AO⊥CD'.
(2)AC'⊥平面B'CD'.
證明: 設正方體的棱長為a,則·=(++)·(+)
=·+·+·+·+·+·=0+0+0+a2-a2+0=0,所以⊥,所以AC'⊥B'C.同理可證AC'⊥B'D'.
又B'C,B'D' 平面B'CD',B'C∩B'D'=B',所以AC'⊥平面B'CD'.
[思維建模] 用向量法證明垂直問題的方法
(1)證明線線垂直,只需證明兩條直線的方向向量的數量積為0.
(2)證明線面垂直,只需證明直線的方向向量與該平面內兩不共線的向量的數量積分別為0.
(3)證明面面垂直,可利用面面垂直的判定定理,將面面垂直轉化為線面垂直,然后利用向量法證明.
針對訓練
5.如圖,在四棱錐P-ABCD中,底面ABCD為平行四邊形,∠DAB=60°,
AB=2AD,PD⊥底面ABCD.求證:PA⊥BD.
證明:設AD=a,則AB=2a.因為PD⊥平面ABCD,所以PD⊥AD,PD⊥AB,
所以·=·=0,所以·=(+)·(-)
=·-·-+·=-||2+·
=-a2+||||cos∠DAB=-a2+2a2×cos 60°=0,
所以⊥,故PA⊥BD.
課時跟蹤檢測
04
1
3
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6
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14
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2
A級——綜合提能
1.在正四面體ABCD中,點E,F分別是AC,AD的中點,則與的夾角為(　　)
A.30° B.60° C.120° D.150°
解析:由題意,可得=,所以<,>=<,>=180°-<,>=180°-60°=120°.
√
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2.在三棱錐A-BCD中,AB=AC=AD=2,∠BAD=90°,∠BAC=60°,則·等于(　　)
A.-2 B.2 C.-2 D.2
解析:·=·(-)=·-·=2×2cos 90°-2×2cos 60°=-2.
√
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3.已知空間向量a+b+c=0,|a|=2,|b|=3,|c|=4,則cos= (　　)
A. B. C.- D.
解析:因為a+b+c=0,所以c=-(a+b),所以|c|=|a+b|,
所以|c|2=|a|2+2|a||b|cos+|b|2,所以16=4+12cos+9,
所以cos=.
√
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4.在空間四邊形ABCD中,∠ABD=∠BDC=90°,AC=2BD,則在上的投影向量為(　　)
A. B.
C. D.
√
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2
解析:設AC=2,BD=1,由·=·=0,=++,
則·=(++)·=||2,
所以在上的投影向量為·=·=.
1
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5.已知正方體ABCD-A1B1C1D1的棱長為2,M,N分別為BB1,CD的中點,則||等于(　　)
A. B.
C. D.
√
1
5
6
7
8
9
10
11
12
13
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15
3
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2
解析:因為=++=++,所以||2==+++·+·+·,因為在正方體ABCD-A1B1C1D1中,CD,BB1,BC兩兩互相垂直,所以||==.
1
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2
6.[多選]在正方體ABCD-A1B1C1D1中,下列命題是真命題的是 (　　)
A.(++)2=3
B.·(-)=0
C.與的夾角為60°
D.正方體的體積為||·(·)
√
√
1
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解析:如圖所示,(++)2=(++)2==3,故A為真命題;
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·(-)=·=0,故B為真命題;
連接CD1,易知與的夾角是與夾角的補角,而與的夾角為60°,故與的夾角為120°,故C為假命題;
正方體的體積為||||||,故D為假命題.
1
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7.已知正方體ABCD-A1B1C1D1的棱長為a,則·=_____.
解析:如圖,=-,=-=-,∴·=(-)·(-)=·-·-·+||2=0-0-0+a2=a2.
a2
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11
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2
8.已知|a|=3,|b|=4,m=a+b,n=a+λb,=135°,且m⊥n,則實數λ等于______.
解析:∵m⊥n,∴m·n=(a+b)·(a+λb)=|a|2+λa·b+a·b+λ|b|2
=18+λ·3×4·cos 135°+3×4·cos 135°+λ·16
=18-12λ-12+16λ=6+4λ=0,∴λ=-.
-
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9.已知正四面體OABC的棱長為1,如圖所示.
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(1)確定向量在直線OB上的投影向量,并求·;
解:如圖①,取OB的中點P,連接AP,則AP⊥OB,
因此即為在直線OB上的投影向量.所以·=·
=×1=.
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(2)確定向量在平面ABC上的投影向量,并求·.
解: 如圖②,設O在底面ABC內的射影為Q,易知Q為底面中心,則OQ⊥平面ABC,連接AQ并延長交BC于點M,則M為BC的中點,AM⊥BC,
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且AQ=AM=,所以即為在平面ABC上的投影向量.
所以·=·=×1×cos 30°=.
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10.如圖,在四棱錐P-ABCD中,四邊形ABCD為矩形,且AB=2AD=2,
PA=2,∠PAB=∠PAD=.
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(1)求線段PC的長度;
解:∵=+=++,∴=+++2·+2·+2·=4+4+1-2×2-2×1=3,
∴||=,
∴線段PC的長度為.
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(2)求異面直線PC與BD夾角的余弦值;
解: ∵·=(++)·(-)=·-·+·-·+·-·=-1×2×-2×2+1×1+2×2×+0-0=-2,||=,∴cos<,>==
=-,故異面直線PC與BD夾角的余弦值為.
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(3)若E為AB的中點,證明:PA⊥ED.
解: 證明:∵E為AB的中點,∴AD=AE,
∵·=·(-)=·-·=2×1×-2×1×=0,
∴⊥,即PA⊥ED.
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B級——應用創新
11.如圖,四個棱長為1的正方體排成一個正四棱柱,AB是一條側棱,
Pi(i=1,2,…,8)是上底面上其余的八個點,則集合{y|y=·,
i=1,2,3,…,8}中的元素個數為(　　)
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A.1 B.2
C.4 D.8
解析:由題意可知,=+,則·=·(+)
=+·.因為棱長為1,AB⊥BPi,所以·=0,所以·
=+·=1+0=1,故集合{y|y=·,i=1,2,3,…,8}中的元素個數為1.
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12.在《九章算術》中,將四個面都是直角三角形的四面體稱為鱉臑,如圖所示,在鱉臑ABCD中,AB⊥平面BCD,BC⊥CD,且AB=BC
=CD,M為AD的中點,則異面直線BM與CD夾角的余弦值為 (　　)
A. B. C. D.
√
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解析:設AB=BC=CD=1,由題意得=(+)=(++),所以||2=(++)2=(++)=,·=(++)·==.設異面直線BM與CD的夾角為θ,則cos θ=
==.
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13.[多選]在四面體PABC中,下列說法正確的是 (　　)
A.若=+,則=3
B.若Q為△ABC的重心,則=++
C.若·=0,·=0,則·=0
D.若四面體PABC的各棱長都為2,M,N分別為PA,BC的中點,則||=1
√
√
√
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解析:對于A,∵=+,∴3=+2,∴2-2=-,∴2=,∴3=+,即3=,故A正確;
對于B,若Q為△ABC的重心,則++=0,∴3++
+=3,∴3=++,即=++,故B正確;
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對于C,若·=0,·=0,則·+·=0,∴·+
·(+)=0,∴·+·+·=0,∴·+·-·=0,∴(-)·+·=0,∴·+·
=0,∴·+·=0,∴·(+)=0,∴·=0,故C正確;
對于D,∵=-=(+)-=(+-),∴||=|--|.∵|--|2=++-2·-2·+
2·=4+4+4-4-4+4=8,∴||=×=,故D錯誤.故選ABC.
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14.點P是棱長為1的正方體ABCD-A1B1C1D1的底面A1B1C1D1上一點,則·的取值范圍是________.
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解析:設=x+y(0≤x≤1,0≤y≤1),則=-=
+-x-y=+(1-x)-y,=-
=-x-y=(1-y)-x,∴·=[+(1-x)-y]·[(1-y)-x]=-x(1-x)-y(1-y)=+
-,易知當x=y=時,·取得最小值為-;當x=0或x=1,且y=0或y=1時,·取得最大值為0,∴·的取值范圍是.
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15.如圖,在四棱錐P-ABCD中,PA⊥底面ABCD,AD⊥DC,AB∥DC,
AD=DC=AP=2,AB=1,點E為棱PC的中點.
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(1)證明:BE⊥PD;
解:證明:∵E為PC的中點,∴=(+)=(-+-)=(+-)=(+),又=-,
∴·=(-)=0,∴BE⊥PD.
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(2)若F為棱PC上一點,滿足BF⊥AC,求線段PF的長.
解: ∵F為PC上一點,∴可設=λ(0≤λ≤1),∴=+=-+λ=-+λ(+2-)=(1-λ)-(1-2λ)·+λ.又=+2,BF⊥AC,∴·=[(1-λ)-(1-2λ)+λ]·
(+2)=-2(1-2λ)+4λ=0,解得λ=.∵||=
==2,∴PF=PC=,即線段PF的長為.課時跟蹤檢測(三)　空間向量的數量積
A級——綜合提能
1.在正四面體ABCD中,點E,F分別是AC,AD的中點,則與的夾角為 (　　)
A.30° B.60°
C.120° D.150°
2.在三棱錐A-BCD中,AB=AC=AD=2,∠BAD=90°,∠BAC=60°,則·等于 (　　)
A.-2 B.2
C.-2 D.2
3.已知空間向量a+b+c=0,|a|=2,|b|=3,|c|=4,則cos= (　　)
A. B.
C.- D.
4.在空間四邊形ABCD中,∠ABD=∠BDC=90°,AC=2BD,則在上的投影向量為 (　　)
A. B.
C. D.
5.已知正方體ABCD-A1B1C1D1的棱長為2,M,N分別為BB1,CD的中點,則||等于 (　　)
A. B.
C. D.
6.[多選]在正方體ABCD-A1B1C1D1中,下列命題是真命題的是 (　　)
A.(++)2=3
B.·(-)=0
C.與的夾角為60°
D.正方體的體積為||·(·)
7.已知正方體ABCD-A1B1C1D1的棱長為a,則·=　　　　.
8.已知|a|=3,|b|=4,m=a+b,n=a+λb,=135°,且m⊥n,則實數λ等于　　　　.
9.已知正四面體OABC的棱長為1,如圖所示.
(1)確定向量在直線OB上的投影向量,并求·;
(2)確定向量在平面ABC上的投影向量,并求·.
10.如圖,在四棱錐P-ABCD中,四邊形ABCD為矩形,且AB=2AD=2,PA=2,∠PAB=∠PAD=.
(1)求線段PC的長度;
(2)求異面直線PC與BD夾角的余弦值;
(3)若E為AB的中點,證明:PA⊥ED.
B級——應用創新
11.如圖,四個棱長為1的正方體排成一個正四棱柱,AB是一條側棱,Pi(i=1,2,…,8)是上底面上其余的八個點,則集合{y|y=·,i=1,2,3,…,8}中的元素個數為 (　　)
A.1 B.2
C.4 D.8
12.在《九章算術》中,將四個面都是直角三角形的四面體稱為鱉臑,如圖所示,在鱉臑ABCD中,AB⊥平面BCD,BC⊥CD,且AB=BC=CD,M為AD的中點,則異面直線BM與CD夾角的余弦值為 (　　)
A. B.
C. D.
13.[多選]在四面體PABC中,下列說法正確的是 (　　)
A.若=+,則=3
B.若Q為△ABC的重心,則=++
C.若·=0,·=0,則·=0
D.若四面體PABC的各棱長都為2,M,N分別為PA,BC的中點,則||=1
14.點P是棱長為1的正方體ABCD-A1B1C1D1的底面A1B1C1D1上一點,則·的取值范圍是　　　　.
15.如圖,在四棱錐P-ABCD中,PA⊥底面ABCD,AD⊥DC,AB∥DC,AD=DC=AP=2,AB=1,點E為棱PC的中點.
(1)證明:BE⊥PD;
(2)若F為棱PC上一點,滿足BF⊥AC,求線段PF的長.
課時跟蹤檢測(三)
1.選C　由題意,可得=,所以<,>=<,>=180°-<,>=180°-60°=120°.
2.選A　·=·(-)=·-·=2×2cos 90°-2×2cos 60°=-2.
3.選D　因為a+b+c=0,所以c=-(a+b),所以|c|=|a+b|,所以|c|2=|a|2+2|a||b|cos+|b|2,所以16=4+12cos+9,所以cos=.
4.選B　設AC=2,BD=1,由·=·=0,=++,則·=(++)·=||2,所以在上的投影向量為·=·=.
5.選A　因為=++=++,所以||2==+++·+·+·,因為在正方體ABCD-A1B1C1D1中,CD,BB1,BC兩兩互相垂直,所以||==.
6.選AB　如圖所示,(++)2=(++)2==3,故A為真命題;
·(-)=·=0,故B為真命題;連接CD1,易知與的夾角是與夾角的補角,而與的夾角為60°,故與的夾角為120°,故C為假命題;正方體的體積為||||||,故D為假命題.
7.解析:如圖,=-,=-=-,∴·=(-)·(-)=·-·-·+||2=0-0-0+a2=a2.
答案:a2
8.解析:∵m⊥n,∴m·n=(a+b)·(a+λb)=|a|2+λa·b+a·b+λ|b|2=18+λ·3×4·cos 135°+3×4·cos 135°+λ·16=18-12λ-12+16λ=6+4λ=0,∴λ=-.
答案:-
9.解:(1)如圖①,取OB的中點P,連接AP,則AP⊥OB,
因此即為在直線OB上的投影向量.所以·=·=×1=.
(2)如圖②,設O在底面ABC內的射影為Q,易知Q為底面中心,則OQ⊥平面ABC,
連接AQ并延長交BC于點M,則M為BC的中點,AM⊥BC,
且AQ=AM=,所以即為在平面ABC上的投影向量.
所以·=·=×1×cos 30°=.
10.解:(1)∵=+=++,∴=+++2·+2·+2·=4+4+1-2×2-2×1=3,∴||=,∴線段PC的長度為.
(2)∵·=(++)·(-)=·-·+·-·+·-·=-1×2×-2×2+1×1+2×2×+0-0=-2,||=,
∴cos<,>===-,
故異面直線PC與BD夾角的余弦值為.
(3)證明:∵E為AB的中點,∴AD=AE,
∵·=·(-)=·-·=2×1×-2×1×=0,∴⊥,即PA⊥ED.
11.選A　由題意可知,=+,則·=·(+)=+·.因為棱長為1,AB⊥BPi,所以·=0,所以·=+·=1+0=1,故集合{y|y=·,i=1,2,3,…,8}中的元素個數為1.
12.選C　設AB=BC=CD=1,由題意得=(+)=(++),所以||2=(++)2=(++)=,·=(++)·==.設異面直線BM與CD的夾角為θ,則cos θ===.
13.選ABC　對于A,∵=+,∴3=+2,∴2-2=-,∴2=,∴3=+,即3=,故A正確;對于B,若Q為△ABC的重心,則++=0,∴3+++=3,∴3=++,即=++,故B正確;對于C,若·=0,·=0,則·+·=0,∴·+·(+)=0,∴·+·+·=0,∴·+·-·=0,∴(-)·+·=0,∴·+·=0,∴·+·=0,∴·(+)=0,∴·=0,故C正確;對于D,∵=-=(+)-=(+-),∴||=|--|.∵|--|2=++-2·-2·+2·=4+4+4-4-4+4=8,∴||=×=,故D錯誤.故選ABC.
14.解析:設=x+y(0≤x≤1,0≤y≤1),則=-=+-x-y=+(1-x)·-y,=-=-x-y=(1-y)-x,∴·=[+(1-x)·-y]·[(1-y)-x]=-x(1-x)-y(1-y)=+-,易知當x=y=時,·取得最小值為-;當x=0或x=1,且y=0或y=1時,·取得最大值為0,
∴·的取值范圍是.
答案:
15.解:(1)證明:∵E為PC的中點,
∴=(+)=(-+-)=(+-)=(+),又=-,
∴·=(-)=0,
∴BE⊥PD.
(2)∵F為PC上一點,∴可設=λ(0≤λ≤1),∴=+=-+λ=-+λ(+2-)=(1-λ)-(1-2λ)+λ.又=+2,BF⊥AC,
∴·=[(1-λ)-(1-2λ)+λ]·(+2)=-2(1-2λ)+4λ=0,解得λ=.
∵||=
==2,
∴PF=PC=,即線段PF的長為.
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