2024-2025學(xué)年高中數(shù)學(xué)第三章空間向量與立體幾何3.1.3空間向量的數(shù)量積運(yùn)算學(xué)案含解析新人教A版選修2-1

PAGE3．1.3空間向量的數(shù)量積運(yùn)算內(nèi)容標(biāo)準(zhǔn)學(xué)科素養(yǎng)1.駕馭空間向量夾角和模的概念及表示方法．2.駕馭空間向量數(shù)量積及運(yùn)算律．3.能用空間向量的數(shù)量積解決立體幾何問(wèn)題.利用直觀想象發(fā)展邏輯推理提高數(shù)學(xué)運(yùn)算授課提示：對(duì)應(yīng)學(xué)生用書(shū)第57頁(yè)[基礎(chǔ)相識(shí)]學(xué)問(wèn)點(diǎn)一空間向量的夾角eq\a\vs4\al(預(yù)習(xí)教材P90－91，思索并完成以下問(wèn)題)(1)如圖所示的等邊三角形ABC中，eq\o(AB,\s\up6(→))，eq\o(BC,\s\up6(→))的夾角是60°嗎？提示：不是．(2)如圖，已知在正方體ABCD-A1B1C1D1中，E，F(xiàn)分別是AA1和D1C1的中點(diǎn)，如何確定eq\o(BE,\s\up6(→))和eq\o(FD,\s\up6(→))的夾角．提示：與平面對(duì)量的夾角定義一樣，上圖中eq\o(BE,\s\up6(→))與eq\o(FD,\s\up6(→))的夾角就是eq\o(F′A,\s\up6(→))與eq\o(BE,\s\up6(→))的夾角．即∠AGE就是eq\o(BE,\s\up6(→))與eq\o(FD,\s\up6(→))的夾角．學(xué)問(wèn)梳理空間向量的夾角(1)如圖所示，已知兩個(gè)非零向量a，b，在空間任取一點(diǎn)O，作eq\o(OA,\s\up6(→))＝a，eq\o(OB,\s\up6(→))＝b，則∠AOB叫做向量a，b的夾角，記作〈a，b〉．(2)a，b為非零向量，〈a，b〉＝〈b，a〉，a與b的夾角的范圍是[0，π]，其中當(dāng)〈a，b〉＝0時(shí)，a與b方向相同；當(dāng)〈a，b〉＝π時(shí)，a與b方向相反；當(dāng)〈a，b〉＝eq\f(π,2)時(shí)，a與b相互垂直．反之，若a∥b，則〈a，b〉＝0或π；若a⊥b，則〈a，b〉＝eq\f(π,2).學(xué)問(wèn)點(diǎn)二空間向量的數(shù)量積及其性質(zhì)eq\a\vs4\al(思索并完成以下問(wèn)題)平面對(duì)量的數(shù)量積a·b的結(jié)果怎樣？這一結(jié)果是向量還是數(shù)量？數(shù)量積滿意什么運(yùn)算律？提示：|a||b|cosα(α為a與b的夾角)是數(shù)量．交換律a·b＝b·a.安排律(a＋b)·c＝a·c＋b·c.類比平面對(duì)量的數(shù)量積運(yùn)算的定義，可以推廣到空間向量的數(shù)量積的定義及運(yùn)算律．學(xué)問(wèn)梳理數(shù)量積的概念及運(yùn)算律(1)已知兩個(gè)非零向量a，b，則|a||b|cos〈a，b〉叫做a，b的數(shù)量積，記作a·b，即a·b＝|a||b|cos〈a，b〉．(2)空間向量數(shù)量積的性質(zhì)①a⊥b?a·b＝0.②|a|2＝a·a，|a|＝eq\r(a·a).③cos〈a，b〉＝eq\f(a·b,|a||b|).(3)空間向量數(shù)量積的運(yùn)算律①(λa)·b＝λ(a·b)．②a·b＝b·a(交換律)．③a·(b＋c)＝a·b＋a·c(安排律)．特殊提示：不滿意結(jié)合律(a·b)·c＝a·(b·c)．[自我檢測(cè)]1．在正四面體ABCD中，eq\o(BC,\s\up6(→))與eq\o(CD,\s\up6(→))的夾角等于()A．30° B．60°C．150° D．120°答案：D2．正方體ABCD-A1B1C1D1的棱長(zhǎng)等于2，則eq\o(AC,\s\up6(→))·eq\o(AD1,\s\up6(→))等于()A．2 B．2eq\r(2)C．4 D．4eq\r(2)答案：C3．已知空間向量a，b的夾角為120°，且|a|＝1，|b|＝2，則a·(2a－3b答案：5授課提示：對(duì)應(yīng)學(xué)生用書(shū)第57頁(yè)探究一求空間向量的數(shù)量積[教材P98習(xí)題3.1A組4題]如圖，已知空間四邊形ABCD的每條邊及AC，BD的長(zhǎng)都等于a，點(diǎn)E，F(xiàn)，G分別是AB，AD，DC的中點(diǎn)，求：(1)eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(AC,\s\up6(→))；(2)eq\o(AD,\s\up6(→))·eq\o(DB,\s\up6(→))；(3)eq\o(GF,\s\up6(→))·eq\o(AC,\s\up6(→))；(4)eq\o(EF,\s\up6(→))·eq\o(BC,\s\up6(→))；(5)eq\o(FG,\s\up6(→))·eq\o(BA,\s\up6(→))；(6)eq\o(GE,\s\up6(→))·eq\o(GF,\s\up6(→)).解析：(1)eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(AC,\s\up6(→))＝|eq\o(AB,\s\up6(→))|·|eq\o(AC,\s\up6(→))|·cos60°＝eq\f(1,2)a2.(2)eq\o(AD,\s\up6(→))·eq\o(DB,\s\up6(→))＝|eq\o(AD,\s\up6(→))|·|eq\o(DB,\s\up6(→))|cos120°＝－eq\f(1,2)a2.(3)eq\o(GF,\s\up6(→))·eq\o(AC,\s\up6(→))＝|eq\o(GF,\s\up6(→))|·|eq\o(AC,\s\up6(→))|cos180°＝－eq\f(1,2)a2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(|\o(GF,\s\up6(→))|＝\f(1,2)|\o(AC,\s\up6(→))|＝\f(1,2)a)).(4)eq\o(EF,\s\up6(→))·eq\o(BC,\s\up6(→))＝|eq\o(EF,\s\up6(→))|·|eq\o(BC,\s\up6(→))|cos60°＝eq\f(1,4)a2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(|\o(EF,\s\up6(→))|＝\f(1,2)|\o(BD,\s\up6(→))|＝\f(1,2)a)).(5)eq\o(FG,\s\up6(→))·eq\o(BA,\s\up6(→))＝|eq\o(FG,\s\up6(→))|·|eq\o(BA,\s\up6(→))|cos120°＝－eq\f(1,4)a2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(|\o(FG,\s\up6(→))|＝\f(1,2)|\o(AC,\s\up6(→))|＝\f(1,2)a)).(6)eq\o(GE,\s\up6(→))·eq\o(GF,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\o(GC,\s\up6(→))＋\o(CB,\s\up6(→))＋\f(1,2)\o(BA,\s\up6(→))))·eq\f(1,2)eq\o(CA,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)\o(DC,\s\up6(→))＋\o(CB,\s\up6(→))＋\f(1,2)\o(BA,\s\up6(→))))·eq\f(1,2)eq\o(CA,\s\up6(→))＝eq\f(1,4)eq\o(DC,\s\up6(→))·eq\o(CA,\s\up6(→))＋eq\o(CB,\s\up6(→))·eq\f(1,2)eq\o(CA,\s\up6(→))＋eq\f(1,4)eq\o(BA,\s\up6(→))·eq\o(CA,\s\up6(→))＝eq\f(1,4)|eq\o(DC,\s\up6(→))|·|eq\o(CA,\s\up6(→))|cos120°＋eq\f(1,2)|eq\o(CB,\s\up6(→))||eq\o(CA,\s\up6(→))|·cos60°＋eq\f(1,4)|eq\o(BA,\s\up6(→))|·|eq\o(CA,\s\up6(→))|cos60°＝eq\f(1,4)a2.[例1]已知長(zhǎng)方體ABCD-A1B1C1D中，AB＝AA1＝2，AD＝4，E為側(cè)面AB1的中心，F(xiàn)為A1D1的中點(diǎn)．試計(jì)算(1)eq\o(BC,\s\up6(→))·eq\o(ED1,\s\up6(→))；(2)eq\o(BF,\s\up6(→))·eq\o(AB1,\s\up6(→))；(3)eq\o(EF,\s\up6(→))·eq\o(FC1,\s\up6(→)).[解析]如圖，設(shè)eq\o(AB,\s\up6(→))＝a，eq\o(AD,\s\up6(→))＝b，eq\o(AA1,\s\up6(→))＝c，則|a|＝|c|＝2，|b|＝4，a·b＝b·c＝c·a＝0.(1)eq\o(BC,\s\up6(→))·eq\o(ED1,\s\up6(→))＝b·eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)c－a＋b))＝|b|2＝42＝16.(2)eq\o(BF,\s\up6(→))·eq\o(AB1,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(c－a＋\f(1,2)b))·(a＋c)＝|c|2－|a|2＝22－22＝0.(3)eq\o(EF,\s\up6(→))·eq\o(FC1,\s\up6(→))＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)c－a＋\f(1,2)b))·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)b＋a))＝eq\f(1,2)(－a＋b＋c)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)b＋a))＝－eq\f(1,2)|a|2＋eq\f(1,4)|b|2＝2.方法技巧由向量數(shù)量積的定義知，要求a與b的數(shù)量積，需已知|a|，|b|和〈a，b〉，a與b的夾角與方向有關(guān)，肯定要依據(jù)方向正確判定夾角的大小，才能使a·b計(jì)算精確．跟蹤探究1.已知空間向量a，b滿意|a|＝4，|b|＝8，a與b的夾角為150°，求下列各式的值．(1)a·b；(2)(a＋2b)·(2a－3b解析：∵|a|＝4，|b|＝8，a與b的夾角為150°(1)∴a·b＝4×8×cos150°＝－16eq\r(3).(2)(a＋2b)·(2a－3b)＝2a2＋a·b－6＝2×42＋(－16eq\r(3))－6×82＝－352－16eq\r(3).探究二利用數(shù)量積求夾角[教材P92練習(xí)(1)]如圖，在正三棱柱ABC-A1B1C1中，若AB＝eq\r(2)BB1，則AB1與C1B所成角的大小為()A．60°B．90°C．105°D．75°解析：設(shè)BB1＝1，則AB＝eq\r(2)，eq\o(AB1,\s\up6(→))＝eq\o(BB1,\s\up6(→))－eq\o(BA,\s\up6(→))，eq\o(BC1,\s\up6(→))＝eq\o(BB1,\s\up6(→))＋eq\o(BC,\s\up6(→))，∴eq\o(AB1,\s\up6(→))·eq\o(BC1,\s\up6(→))＝(eq\o(BB1,\s\up6(→))－eq\o(BA,\s\up6(→)))·(eq\o(BB1,\s\up6(→))＋eq\o(BC,\s\up6(→)))＝eq\o(BB1,\s\up6(→))2－eq\o(BA,\s\up6(→))·eq\o(BC,\s\up6(→))＝1－eq\r(2)×eq\r(2)·cos60°＝0，∴AB1⊥C1B.答案：B[例2]如圖，在正方體ABCD-A1B1C1D1中，求向量eq\o(BC1,\s\up6(→))與eq\o(AC,\s\up6(→))的夾角的大?。甗解析]法一：因?yàn)閑q\o(AD1,\s\up6(→))＝eq\o(BC1,\s\up6(→))，所以∠D1AC即為向量eq\o(BC1,\s\up6(→))與eq\o(AC,\s\up6(→))的夾角．因?yàn)椤鱀1AC為等邊三角形，所以∠D1AC＝60°，即〈eq\o(BC1,\s\up6(→))，eq\o(AC,\s\up6(→))〉＝60°.所以向量eq\o(BC1,\s\up6(→))與eq\o(AC,\s\up6(→))的夾角為60°.法二：設(shè)正方體的棱長(zhǎng)為1，則eq\o(BC1,\s\up6(→))·eq\o(AC,\s\up6(→))＝(eq\o(BC,\s\up6(→))＋eq\o(CC1,\s\up6(→)))·(eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(BC,\s\up6(→)))＝(eq\o(AD,\s\up6(→))＋eq\o(AA1,\s\up6(→)))·(eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(AD,\s\up6(→)))＝eq\o(AD,\s\up6(→))·eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(AD2,\s\up6(→))＋eq\o(AA1,\s\up6(→))·eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(AA1,\s\up6(→))·eq\o(AD,\s\up6(→))＝0＋eq\o(AD2,\s\up6(→))＋0＋0＝eq\o(AD2,\s\up6(→))＝1.又|eq\o(BC1,\s\up6(→))|＝eq\r(2)，|eq\o(AC,\s\up6(→))|＝eq\r(2)，所以cos〈eq\o(BC1,\s\up6(→))，eq\o(AC,\s\up6(→))〉＝eq\f(\o(BC1,\s\up6(→))·\o(AC,\s\up6(→)),|\o(BC1,\s\up6(→))||\o(AC,\s\up6(→))|)＝eq\f(1,\r(2)×\r(2))＝eq\f(1,2).因?yàn)椤磂q\o(BC1,\s\up6(→))，eq\o(AC,\s\up6(→))〉∈[0°，180°]，所以〈eq\o(BC1,\s\up6(→))，eq\o(AC,\s\up6(→))〉＝60°.所以向量eq\o(BC1,\s\up6(→))與eq\o(AC,\s\up6(→))的夾角為60°.方法技巧兩個(gè)非零向量夾角求法的兩個(gè)途徑(1)轉(zhuǎn)化求角：把向量夾角轉(zhuǎn)化為平面幾何中的對(duì)應(yīng)角，利用解三角形的學(xué)問(wèn)求解；(2)利用數(shù)量積求夾角：運(yùn)用公式cos〈a，b〉＝eq\f(a·b,|a||b|)進(jìn)行求解．跟蹤探究2.如圖，在空間四邊形OABC中，OA＝8，AB＝6，AC＝4，BC＝5，∠OAC＝45°，∠OAB＝60°，求OA與BC所成角的余弦值．解析：因?yàn)閑q\o(BC,\s\up6(→))＝eq\o(AC,\s\up6(→))－eq\o(AB,\s\up6(→))，所以eq\o(OA,\s\up6(→))·eq\o(BC,\s\up6(→))＝eq\o(OA,\s\up6(→))·eq\o(AC,\s\up6(→))－eq\o(OA,\s\up6(→))·eq\o(AB,\s\up6(→))＝|eq\o(OA,\s\up6(→))||eq\o(AC,\s\up6(→))|cos〈eq\o(OA,\s\up6(→))，eq\o(AC,\s\up6(→))〉－|eq\o(OA,\s\up6(→))||eq\o(AB,\s\up6(→))|cos〈eq\o(OA,\s\up6(→))，eq\o(AB,\s\up6(→))〉＝8×4×cos135°－8×6×cos120°＝－16eq\r(2)＋24.所以cos〈eq\o(OA,\s\up6(→))，eq\o(BC,\s\up6(→))〉＝eq\f(\a\vs4\al(\o(OA,\s\up6(→))·\o(BC,\s\up6(→))),\a\vs4\al(|\o(OA,\s\up6(→))||\o(BC,\s\up6(→))|))＝eq\f(24－16\r(2),8×5)＝eq\f(3－2\r(2),5)，即OA與BC所成角的余弦值為eq\f(3－2\r(2),5).探究三利用數(shù)量積求距離或長(zhǎng)度[教材P92練習(xí)2]如圖，在平行六面體ABCD-A′B′C′D′中，AB＝4，AD＝3，AA′＝5，∠BAD＝90°，∠BAA′＝∠DAA′＝60°，求AC′的長(zhǎng)．解析：∵eq\o(AC′,\s\up6(→))＝eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(AD,\s\up6(→))＋eq\o(AA′,\s\up6(→))，∴eq\o(AC′2,\s\up6(→))＝eq\o(AB2,\s\up6(→))＋eq\o(AD2,\s\up6(→))＋eq\o(AA′2,\s\up6(→))＋2eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(AD,\s\up6(→))＋2eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(AA′,\s\up6(→))＋2eq\o(AD,\s\up6(→))·eq\o(AA′,\s\up6(→))＝16＋9＋25＋2×4×5×eq\f(1,2)＋2×3×5×eq\f(1,2)＝85，∴|eq\o(AC′,\s\up6(→))|＝eq\r(85)，即AC′的長(zhǎng)為eq\r(85).[例3]正三棱柱(底面是正三角形的直三棱柱)ABC-A1B1C1的各棱長(zhǎng)都為2，E，F(xiàn)分別是AB，A1C1的中點(diǎn)，求[解析]如圖所示，設(shè)eq\o(AB,\s\up6(→))＝a，eq\o(AC,\s\up6(→))＝b，eq\o(AA1,\s\up6(→))＝c.由題意知|a|＝|b|＝|c|＝2，且〈a，b〉＝60°，〈a，c〉＝〈b，c〉＝90°.因?yàn)閑q\o(EF,\s\up6(→))＝eq\o(EA,\s\up6(→))＋eq\o(AA1,\s\up6(→))＋eq\o(A1F,\s\up6(→))＝－eq\f(1,2)eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(AA1,\s\up6(→))＋eq\f(1,2)eq\o(AC,\s\up6(→))＝－eq\f(1,2)a＋eq\f(1,2)b＋c，所以EF2＝|eq\o(EF,\s\up6(→))|2＝eq\o(EF,\s\up6(→))2＝eq\f(1,4)a2＋eq\f(1,4)b2＋c2＋2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)a·\f(1,2)b＋\f(1,2)b·c－\f(1,2)a·c))＝eq\f(1,4)×22＋eq\f(1,4)×22＋22＋2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,4)))×2×2cos60°＝1＋1＋4－1＝5，所以EF＝eq\r(5).方法技巧求兩點(diǎn)間的距離或線段長(zhǎng)度的方法(1)將此線段用向量表示；(2)用其他已知夾角和模的向量表示該向量；(3)利用|a|＝eq\r(a2)，通過(guò)計(jì)算求出|a|，即得所求距離．延長(zhǎng)探究例3的條件不變，求EC1的長(zhǎng)．解析：由例3的解答知eq\o(EC1,\s\up6(→))＝eq\o(EC,\s\up6(→))＋eq\o(CC1,\s\up6(→))＝eq\o(AC,\s\up6(→))－eq\o(AE,\s\up6(→))＋eq\o(AA1,\s\up6(→))＝b－eq\f(1,2)a＋c，所以|eq\o(EC1,\s\up6(→))|2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(b－\f(1,2)a＋c))2＝eq\f(1,4)a2＋b2＋c2＋2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)a·b－\f(1,2)a·c＋b·c))＝eq\f(1,4)×4＋4＋4－2×2×eq\f(1,2)＝7，所以|eq\o(EC1,\s\up6(→))|＝eq\r(7)，即EC1＝eq\r(7).跟蹤探究3.如圖，已知一個(gè)60°的二面角的棱上有兩點(diǎn)A，B，AC，BD分別是在這兩個(gè)面內(nèi)且垂直于AB的線段．又知AB＝4，AC＝6，BD＝8，求CD的長(zhǎng)．解析：∵CA⊥AB，BD⊥AB，∴〈eq\o(CA,\s\up6(→))，eq\o(BD,\s\up6(→))〉＝120°.∵eq\o(CD,\s\up6(→))＝eq\o(CA,\s\up6(→))＋eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(BD,\s\up6(→))，且eq\o(CA,\s\up6(→))·eq\o(AB,\s\up6(→))＝0，eq\o(BD,\s\up6(→))·eq\o(AB,\s\up6(→))＝0，∴|eq\o(CD,\s\up6(→))|2＝eq\o(CD,\s\up6(→))·eq\o(CD,\s\up6(→))＝(eq\o(CA,\s\up6(→))＋eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(BD,\s\up6(→)))·(eq\o(CA,\s\up6(→))＋eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(BD,\s\up6(→)))＝|eq\o(CA,\s\up6(→))|2＋|eq\o(AB,\s\up6(→))|2＋|eq\o(BD,\s\up6(→))|2＋2eq\o(CA,\s\up6(→))·eq\o(BD,\s\up6(→))＋2eq\o(CA,\s\up6(→))·eq\o(AB,\s\up6(→))＋2eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(BD,\s\up6(→))＝|eq\o(CA,\s\up6(→))|2＋|eq\o(AB,\s\up6(→))|2＋|eq\o(BD,\s\up6(→))|2＋2|eq\o(CA,\s\up6(→))||eq\o(BD,\s\up6(→))|cos〈eq\o(CA,\s\up6(→))，eq\o(BD,\s\up6(→))〉＝62＋42＋82＋2×6×8×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))＝68，∴|eq\o(CD,\s\up6(→))|＝2eq\r(17)，故CD的長(zhǎng)為2eq\r(17).探究四利用數(shù)量積證明垂直問(wèn)題[教材P91例3]如圖，m，n是平面α內(nèi)的兩條相交直線．假如l⊥m，l⊥n，求證：l⊥α.題型：用向量法證明空間中的垂直關(guān)系方法步驟：(1)在平面α內(nèi)任作一條直線g.分別在l，m，n，g上取非零向量l，m，n，g；(2)由平面對(duì)量基本定理得g＝xm＋yn；(3)求出l·g＝0得l⊥g，所以l⊥g即l⊥α.[例4]如圖，在正方體ABCD-A1B1C1D1中，P是DD1的中點(diǎn)，O是底面ABCD的中心．求證：B1O⊥平面PAC.[證明]取eq\o(AB,\s\up6(→))＝a，eq\o(AD,\s\up6(→))＝b，eq\o(AA1,\s\up6(→))＝c，且|a|＝|b|＝|c|＝1.則有eq\o(AC,\s\up6(→))＝eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(AD,\s\up6(→))＝a＋b，eq\o(OB1,\s\up6(→))＝eq\o(OB,\s\up6(→))＋eq\o(BB1,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)eq\o(DB,\s\up6(→))＋eq\o(BB1,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)(eq\o(AB,\s\up6(→))－eq\o(AD,\s\up6(→)))＋eq\o(BB1,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)a－eq\f(1,2)b＋c，∴eq\o(AC,\s\up6(→))·eq\o(OB1,\s\up6(→))＝(a＋b)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)a－\f(1,2)b＋c))＝eq\f(1,2)|a|2＋eq\f(1,2)a·b－eq\f(1,2)a·b－eq\f(1,2)|b|2＋a·c＋b·c＝eq\f(1,2)－eq\f(1,2)＝0.∴eq\o(AC,\s\up6(→))⊥eq\o(OB1,\s\up6(→))，即AC⊥OB1.∵eq\o(AP,\s\up6(→))＝eq\o(AD,\s\up6(→))＋eq\f(1,2)eq\o(DD1,\s\up6(→))＝b＋eq\f(1,2)c，∴eq\o(OB1,\s\up6(→))·eq\o(AP,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)a－\f(1,2)b＋c))·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(b＋\f(1,2)c))＝eq\f(1,2)a·b－eq\f(1,2)|b|2＋c·b＋eq\f(1,4)a·c－eq\f(1,4)b·c＋eq\f(1,2)|c|2＝－eq\f(1,2)＋eq\f(1,2)＝0，∴eq\o(OB1,\s\up6(→))⊥eq\o(AP,\s\up6(→))，即OB1⊥AP.又∵AC∩AP＝A，∴OB1⊥平面APC.方法技巧利用數(shù)量積證明垂直問(wèn)題的一般方法將所證垂直問(wèn)題轉(zhuǎn)化為證明線線垂直，然后把直線轉(zhuǎn)化為向量，并用已知向量表示未知向量，然后通過(guò)向量的線性運(yùn)算以及數(shù)量積運(yùn)算，證明直線所在向量的數(shù)量積等于零，即可證明線線垂直．跟蹤探究4.已知空間四邊形OABC中，M，N，P，Q分別為BC，AC，OA，OB的中點(diǎn)，若AB＝OC，求證：PM⊥QN.證明：如圖，設(shè)eq\o(OA,\s\up6(→))＝a，eq\o(OB,\s\up6(→))＝b，eq\o(OC,\s\up6(→))＝c，又P，M分別為OA，BC的中點(diǎn)，∴eq\o(PM,\s\up6(→))＝eq\o(OM,\s\up6(→))－eq\o(OP,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)(b＋c)－eq\f(1,2)a＝eq\f(1,2)[(b－a)＋c]．同理，eq\o(QN,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)(a＋c)－eq\f(1,2)b＝－eq\f(1,2)[(b－a)－c]．∴eq\o(PM,\s\up6(→))·eq\o(QN,\s\up6(→))＝－eq\f(1,4)(|b－a|2－|c|2)．又AB＝OC，即|b－a|＝|c|，∴eq\o(PM,\s\up6(→))·eq\o(QN,\s\up6(→))＝0，∴eq\o(PM,\s\up6(→))⊥eq\o(QN,\s\up6(→))，即PM⊥QN.授課提示：對(duì)應(yīng)學(xué)生用書(shū)第59頁(yè)[課后小結(jié)](1)因?yàn)榭臻g隨意兩個(gè)向量都可以轉(zhuǎn)化為共面對(duì)量，所以空間兩個(gè)向量的夾角定義、數(shù)量積的意義與性質(zhì)都與平面對(duì)量相同．(2)求空間向量的數(shù)量積要找到兩個(gè)