-新教材高中數(shù)學(xué)第一章空間向量與立體幾何1.1第二課時空間向量的數(shù)量積學(xué)案新人教B版選擇性必修第一冊

PAGEPAGE8第二課時空間向量的數(shù)量積新課程標(biāo)準(zhǔn)解讀核心素養(yǎng)1.掌握空間向量的數(shù)量積及其性質(zhì)直觀想象2.了解空間向量投影的概念以及投影向量的意義數(shù)學(xué)運(yùn)算如果一個物體在力F的作用下產(chǎn)生位移S，那么力F所作的功W＝F×S＝|F||S|cosθ，為了在數(shù)學(xué)中體現(xiàn)“功”這樣一個標(biāo)量，我們引入了“數(shù)量積”的概念．[問題](1)空間向量的數(shù)量積的定義是什么？(2)空間向量數(shù)量積有哪些運(yùn)算律？與平面向量數(shù)量積的運(yùn)算律一樣嗎？知識點(diǎn)空間向量的數(shù)量積1．空間向量的夾角如果〈a，b〉＝eq\f(π,2)，那么向量a，b互相垂直，記作a⊥b；2．空間向量數(shù)量積的定義已知兩個非零向量a，b，則|a||b|cos〈a，b〉叫作a與b的數(shù)量積(也稱為內(nèi)積)，記作a·b；3．?dāng)?shù)量積的幾何意義(1)向量的投影如圖所示，過a的始點(diǎn)和終點(diǎn)分別向b所在的直線作垂線，即可得到向量a在向量b上的投影a′；(2)數(shù)量積的幾何意義：a與b的數(shù)量積等于a在b上的投影a′的數(shù)量與b的長度的乘積，特別地，a與單位向量e的數(shù)量積等于a在e上的投影a′的數(shù)量．規(guī)定零向量與任意向量的數(shù)量積為0.4．空間向量數(shù)量積的性質(zhì)(1)a⊥b?a·b＝0；(2)a·a＝|a|2＝a2；(3)|a·b|≤|a||b|；(4)(λa)·b＝λ(a·b)；(5)a·b＝b·a(交換律)；(6)(a＋b)·c＝a·c＋b·c(分配律)．1．當(dāng)兩個非零向量同向時，它們的夾角為多少度？反向時，它們的夾角為多少度？提示：0°180°2．空間向量a在向量b上的投影是向量嗎？提示：是向量．1．下列命題中正確的是()A．(a·b)2＝a2·b2B．|a·b|≤|a||b|C．(a·b)·c＝a·(b·c)D．若a⊥(b－c)，則a·b＝a·c＝0解析：選B對于A項，左邊＝|a|2|b|2cos2〈a，b〉，右邊＝|a|2|b|2，∴左邊≤右邊，故A錯誤．對于C項，數(shù)量積不滿足結(jié)合律，∴C錯誤．在D中，∵a·(b－c)＝0，∴a·b－a·c＝0，∴a·b＝a·c，但a·b與a·c不一定等于零，故D錯誤．對于B項，∵a·b＝|a||b|cos〈a，b〉，－1≤cos〈a，b〉≤1，∴|a·b|≤|a||b|，故B正確．2．已知空間向量a，b，|a|＝2，|b|＝eq\r(2)，a·b＝－2，則〈a，b〉＝________．解析：∵cos〈a，b〉＝eq\f(a·b,|a||b|)＝－eq\f(\r(2),2)，∴〈a，b〉＝eq\f(3π,4).答案：eq\f(3π,4)3.如圖，在正方體ABCD-A′B′C′D′中，則〈eq\o(AB,\s\up7(→))，eq\o(A′C′,\s\up7(→))〉＝________，〈eq\o(AB,\s\up7(→))，eq\o(C′A′,\s\up7(→))〉＝________．解析：∵eq\o(A′C′,\s\up7(→))＝eq\o(AC,\s\up7(→))，∴〈eq\o(AB,\s\up7(→))，eq\o(A′C′,\s\up7(→))〉＝〈eq\o(AB,\s\up7(→))，eq\o(AC,\s\up7(→))〉．又∵∠CAB＝45°，∴〈eq\o(AB,\s\up7(→))，eq\o(A′C′,\s\up7(→))〉＝45°.〈eq\o(AB,\s\up7(→))，eq\o(C′A′,\s\up7(→))〉＝180°－〈eq\o(AB,\s\up7(→))，eq\o(A′C′,\s\up7(→))〉＝180°－45°＝135°.答案：45°135°4．已知正方體ABCD-A1B1C1D1的棱長為a，則eq\o(AB,\s\up7(→))·eq\o(A1C1,\s\up7(→))＝________，eq\o(A1B,\s\up7(→))·eq\o(B1C,\s\up7(→))＝________．解析：如圖，eq\o(AB,\s\up7(→))·eq\o(A1C1,\s\up7(→))＝eq\o(A1B1,\s\up7(→))·eq\o(A1C1,\s\up7(→))＝|eq\o(A1B1,\s\up7(→))|·|eq\o(A1C1,\s\up7(→))|·cos〈eq\o(A1B1,\s\up7(→))，eq\o(A1C1,\s\up7(→))〉＝a·eq\r(2)acos45°＝a2.eq\o(A1B,\s\up7(→))·eq\o(B1C,\s\up7(→))＝eq\o(A1B,\s\up7(→))·eq\o(A1D,\s\up7(→))＝|eq\o(A1B,\s\up7(→))|·|eq\o(A1D,\s\up7(→))|·cos〈eq\o(A1B,\s\up7(→))，eq\o(A1D,\s\up7(→))〉＝eq\r(2)a×eq\r(2)a×cos60°＝a2.答案：a2a2空間向量的夾角[例1]已知空間四邊形OABC各邊及對角線長都相等，E，F(xiàn)分別為AB，OC的中點(diǎn)，求向量eq\o(OE,\s\up7(→))與eq\o(BF,\s\up7(→))夾角的余弦值．[解]如圖，設(shè)eq\o(OA,\s\up7(→))＝a，eq\o(OB,\s\up7(→))＝b，eq\o(OC,\s\up7(→))＝c，且|a|＝|b|＝|c|＝1.易知∠AOB＝∠BOC＝∠AOC＝eq\f(π,3)，則a·b＝b·c＝c·a＝eq\f(1,2).∵eq\o(OE,\s\up7(→))＝eq\f(1,2)(eq\o(OA,\s\up7(→))＋eq\o(OB,\s\up7(→)))＝eq\f(1,2)(a＋b)，eq\o(BF,\s\up7(→))＝eq\o(OF,\s\up7(→))－eq\o(OB,\s\up7(→))＝eq\f(1,2)eq\o(OC,\s\up7(→))－eq\o(OB,\s\up7(→))＝eq\f(1,2)c－b，∴eq\o(OE,\s\up7(→))·eq\o(BF,\s\up7(→))＝eq\f(1,2)(a＋b)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)c－b))＝eq\f(1,4)a·c＋eq\f(1,4)b·c－eq\f(1,2)a·b－eq\f(1,2)b2＝－eq\f(1,2).又|eq\o(OE,\s\up7(→))|＝|eq\o(BF,\s\up7(→))|＝eq\f(\r(3),2)，∴cos〈eq\o(OE,\s\up7(→))，eq\o(BF,\s\up7(→))〉＝eq\f(eq\o(OE,\s\up7(→))·eq\o(BF,\s\up7(→)),|eq\o(OE,\s\up7(→))||eq\o(BF,\s\up7(→))|)＝－eq\f(2,3).∴向量eq\o(OE,\s\up7(→))與eq\o(OF,\s\up7(→))夾角的余弦值為－eq\f(2,3).eq\a\vs4\al()求空間向量的夾角求兩非零向量的夾角θ或其余弦值一般利用夾角公式cosθ＝eq\f(a·b,|a|·|b|)求解，當(dāng)θ∈eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))?a·b>0，θ∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))?a·b<0轉(zhuǎn)化為解不等式(組)．[注意]向量eq\o(AB,\s\up7(→))與向量eq\o(AC,\s\up7(→))的夾角為∠BAC而eq\o(AB,\s\up7(→))與eq\o(CA,\s\up7(→))的夾角為π－∠BAC.[跟蹤訓(xùn)練]如圖，在正方體ABCD-A1B1C1D1中，E，F(xiàn)，G，H分別為AA1，AB，BB1，B1C1的中點(diǎn)，則向量eq\o(FE,\s\up7(→))與eq\o(GH,\s\up7(→))的夾角等于()A．45° B．60°C．90° D．120°解析：選B因為E，F(xiàn)，G，H分別是所在棱的中點(diǎn)．所以由三角形中位線定理可得，eq\o(FE,\s\up7(→))與eq\o(BA1,\s\up7(→))同向共線，eq\o(GH,\s\up7(→))與eq\o(BC1,\s\up7(→))同向共線，∴〈eq\o(FE,\s\up7(→))，eq\o(GH,\s\up7(→))〉＝〈eq\o(BA1,\s\up7(→))，eq\o(BC1,\s\up7(→))〉，在正方體中△A1BC1為等邊三角形，∴〈eq\o(FE,\s\up7(→))，eq\o(GH,\s\up7(→))〉＝〈eq\o(BA1,\s\up7(→))，eq\o(BC1,\s\up7(→))〉＝60°，故選B.數(shù)量積的運(yùn)算及應(yīng)用角度一空間向量數(shù)量積的運(yùn)算[例2]如圖所示，已知正四面體OABC的棱長為1，點(diǎn)E，F(xiàn)分別是OA，OC的中點(diǎn)．求下列向量的數(shù)量積：(1)eq\o(OA,\s\up7(→))·eq\o(OB,\s\up7(→))；(2)eq\o(EF,\s\up7(→))·eq\o(CB,\s\up7(→))；(3)(eq\o(OA,\s\up7(→))＋eq\o(OB,\s\up7(→)))·(eq\o(CA,\s\up7(→))＋eq\o(CB,\s\up7(→))).[解](1)正四面體的棱長為1，則|eq\o(OA,\s\up7(→))|＝|eq\o(OB,\s\up7(→))|＝1.△OAB為等邊三角形，∠AOB＝60°，于是eq\o(OA,\s\up7(→))·eq\o(OB,\s\up7(→))＝|eq\o(OA,\s\up7(→))||eq\o(OB,\s\up7(→))|cos〈eq\o(OA,\s\up7(→))，eq\o(OB,\s\up7(→))〉＝|eq\o(OA,\s\up7(→))||eq\o(OB,\s\up7(→))|cos∠AOB＝1×1×cos60°＝eq\f(1,2).(2)由于E，F(xiàn)分別是OA，OC的中點(diǎn)，∴eq\o(EF,\s\up7(→))＝eq\f(1,2)eq\o(AC,\s\up7(→))，于是eq\o(EF,\s\up7(→))·eq\o(CB,\s\up7(→))＝|eq\o(EF,\s\up7(→))||eq\o(CB,\s\up7(→))|cos〈eq\o(EF,\s\up7(→))，eq\o(CB,\s\up7(→))〉＝eq\f(1,2)|eq\o(AC,\s\up7(→))|·|eq\o(CB,\s\up7(→))|cos〈eq\o(AC,\s\up7(→))，eq\o(CB,\s\up7(→))〉＝eq\f(1,2)×1×1×cos〈eq\o(AC,\s\up7(→))，eq\o(CB,\s\up7(→))〉＝eq\f(1,2)×1×1×cos120°＝－eq\f(1,4).(3)(eq\o(OA,\s\up7(→))＋eq\o(OB,\s\up7(→)))·(eq\o(CA,\s\up7(→))＋eq\o(CB,\s\up7(→)))＝(eq\o(OA,\s\up7(→))＋eq\o(OB,\s\up7(→)))·(eq\o(OA,\s\up7(→))－eq\o(OC,\s\up7(→))＋eq\o(OB,\s\up7(→))－eq\o(OC,\s\up7(→)))＝(eq\o(OA,\s\up7(→))＋eq\o(OB,\s\up7(→)))·(eq\o(OA,\s\up7(→))＋eq\o(OB,\s\up7(→))－2eq\o(OC,\s\up7(→)))＝eq\o(OA,\s\up7(→))2＋eq\o(OA,\s\up7(→))·eq\o(OB,\s\up7(→))－2eq\o(OA,\s\up7(→))·eq\o(OC,\s\up7(→))＋eq\o(OB,\s\up7(→))·eq\o(OA,\s\up7(→))＋eq\o(OB,\s\up7(→))2－2eq\o(OB,\s\up7(→))·eq\o(OC,\s\up7(→))＝1＋eq\f(1,2)－2×eq\f(1,2)＋eq\f(1,2)＋1－2×eq\f(1,2)＝1.[母題探究](變條件，變設(shè)問)若H為BC的中點(diǎn)，其他條件不變，求EH的長．解：由題意知eq\o(OH,\s\up7(→))＝eq\f(1,2)(eq\o(OB,\s\up7(→))＋eq\o(OC,\s\up7(→)))，eq\o(OE,\s\up7(→))＝eq\f(1,2)eq\o(OA,\s\up7(→))，∴eq\o(EH,\s\up7(→))＝eq\o(OH,\s\up7(→))－eq\o(OE,\s\up7(→))＝eq\f(1,2)(eq\o(OB,\s\up7(→))＋eq\o(OC,\s\up7(→))－eq\o(OA,\s\up7(→)))，∴|eq\o(EH,\s\up7(→))|2＝eq\f(1,4)(eq\o(OB2,\s\up7(→))＋eq\o(OC,\s\up7(→))2＋eq\o(OA,\s\up7(→))2＋2eq\o(OB,\s\up7(→))·eq\o(OC,\s\up7(→))－2eq\o(OB,\s\up7(→))·eq\o(OA,\s\up7(→))－2eq\o(OC,\s\up7(→))·eq\o(OA,\s\up7(→)))，又|eq\o(OB,\s\up7(→))|＝|eq\o(OC,\s\up7(→))|＝|eq\o(OA,\s\up7(→))|＝1.且〈eq\o(OB,\s\up7(→))，eq\o(OC,\s\up7(→))〉＝60°，〈eq\o(OB,\s\up7(→))，eq\o(OA,\s\up7(→))〉＝60°，〈eq\o(OC,\s\up7(→))，eq\o(OA,\s\up7(→))〉＝60°.∴eq\o(OB,\s\up7(→))·eq\o(OC,\s\up7(→))＝eq\f(1,2)，eq\o(OB,\s\up7(→))·eq\o(OA,\s\up7(→))＝eq\f(1,2)，eq\o(OC,\s\up7(→))·eq\o(OA,\s\up7(→))＝eq\f(1,2).∴|eq\o(EH,\s\up7(→))|2＝eq\f(1,4)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋1＋1＋2×\f(1,2)－2×\f(1,2)－2×\f(1,2)))＝eq\f(1,2)，即|eq\o(EH,\s\up7(→))|＝eq\f(\r(2),2)，∴EH的長為eq\f(\r(2),2).角度二平面向量的投影[例3](2021·遼寧營口市高二月考)已知|a|＝4，空間向量e為單位向量，〈a，e〉＝eq\f(2π,3)，則空間向量a在向量e方向上的投影的數(shù)量為()A．2 B．－2C．－eq\f(1,2) D．eq\f(1,2)[解析]由題意，|a|＝4，|e|＝1，〈a，e〉＝eq\f(2π,3)，則空間向量a在向量e方向上的投影數(shù)量為eq\f(a·e,|e|)＝eq\f(|a||e|cos\f(2π,3),|e|)＝4×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))＝－2.故選B.[答案]Beq\a\vs4\al()求空間向量數(shù)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(yùn)算律將數(shù)量積展開，轉(zhuǎn)化成已知模和夾角的向量的數(shù)量積；(3)根據(jù)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〈a，b〉求解．[注意]在求兩個向量夾角時，要注意向量的方向．[跟蹤訓(xùn)練]1．平行六面體(底面是平行四邊形的四棱柱)ABCD-A1B1C1D1過頂點(diǎn)A的三條棱的夾角分別是eq\f(π,3)，eq\f(π,4)，eq\f(π,3)，所有的棱長都為2，則AC1的長等于()A．3eq\r(2) B．2eq\r(3)C．2eq\r(5－\r(2)) D．2eq\r(5＋\r(2))解析：選D∵eq\o(AC1,\s\up7(→))＝eq\o(AB,\s\up7(→))＋eq\o(AD,\s\up7(→))＋eq\o(AA1,\s\up7(→))，∴|eq\o(AC1,\s\up7(→))|＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(eq\o(AB,\s\up7(→))＋eq\o(AD,\s\up7(→))＋eq\o(AA1,\s\up7(→))))\s\up12(2))＝eq\r(eq\o(AB,\s\up7(→))2＋eq\o(AD,\s\up7(→))2＋eq\o(AA1,\s\up7(→))2＋2（eq\o(AB,\s\up7(→))·eq\o(AD,\s\up7(→))＋eq\o(AB,\s\up7(→))·eq\o(AA1,\s\up7(→))＋eq\o(AD,\s\up7(→))·eq\o(AA1,\s\up7(→)))＝eq\r(4×3＋2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2×2×\f(1,2)＋2×2×\f(\r(2),2)＋2×2×\f(1,2))))＝eq\r(20＋4\r(2))＝2eq\r(5＋\r(2))，故選D.2．在四面體OABC中，棱OA，OB，OC兩兩垂直，且OA＝1，OB＝2，OC＝3，G為△ABC的重心，則eq\o(OG,\s\up7(→))·(eq\o(OA,\s\up7(→))＋eq\o(OB,\s\up7(→))＋eq\o(OC,\s\up7(→)))＝________．解析：由已知eq\o(OA,\s\up7(→))·eq\o(OB,\s\up7(→))＝eq\o(OA,\s\up7(→))·eq\o(OC,\s\up7(→))＝eq\o(OB,\s\up7(→))·eq\o(OC,\s\up7(→))＝0，且eq\o(OG,\s\up7(→))＝eq\f(1,3)(eq\o(OA,\s\up7(→))＋eq\o(OB,\s\up7(→))＋eq\o(OC,\s\up7(→)))，故eq\o(OG,\s\up7(→))·(eq\o(OA,\s\up7(→))＋eq\o(OB,\s\up7(→))＋eq\o(OC,\s\up7(→)))＝eq\f(1,3)(eq\o(OA,\s\up7(→))＋eq\o(OB,\s\up7(→))＋eq\o(OC,\s\up7(→)))2＝eq\f(1,3)(|eq\o(OA,\s\up7(→))|2＋|eq\o(OB,\s\up7(→))|2＋|eq\o(OC,\s\up7(→))|2)＝eq\f(1,3)(1＋4＋9)＝eq\f(14,3).答案：eq\f(14,3)1．在正方體ABCD-A1B1C1D1中，下列各對向量夾角為45°A．eq\o(AB,\s\up7(→))與eq\o(A1C1,\s\up7(→)) B．eq\o(AB,\s\up7(→))與eq\o(CA,\s\up7(→))C．eq\o(AB,\s\up7(→))與eq\o(A1D1,\s\up7(→)) D．eq\o(AB,\s\up7(→))與eq\o(B1A1,\s\up7(→))解析：選AA、B、C、D四個選項中兩個向量的夾角依次是45°，135°，90°，180°，故選A.2．在空間四邊形ABCD中，eq\o(AB,\s\up7(→))·eq\o(CD,\s\up7(→))＋eq\o(AC,\s\up7(→))·eq\o(DB,\s\up7(→))＋eq\o(AD,\s\up7(→))·eq\o(eq\o(BC,\s\up7(→)),\s\up7(→))＝()A．－1 B．0C．1 D．不確定解析：選B如圖，令eq\o(AB,\s\up7(→))＝a，eq\o(AC,\s\up7(→))＝b，eq\o(AD,\s\up7(→))＝c，則eq\o(AB,\s\up7(→))·eq\o(CD,\s\up7(→))＋eq\o(AC,\s\up7(→))·eq\o(DB,\s\up7(→))＋eq\o(AD,\s\up7(→))·eq\o(eq\o(BC,\s\up7(→)),\s\up7(→))，＝a·(c－b)＋b·(a－c)＋c·(b－a)，＝a·c－a·b＋b·a－b·c＋c·b－c·a＝0.故選B.3.如圖，在平行六面體ABCD-A1B1C1D1中，以頂點(diǎn)A為頂點(diǎn)的三條棱的長均為2，且兩兩所成角均為60°，則|eq\o(AC1,\s\up7(→))|＝__________．解析：設(shè)eq\o(AB,\s\up7(→))＝a，eq