人教A版(新教材)高中數(shù)學(xué)選擇性必修第一冊學(xué)案：1 1 2 空間向量的數(shù)量積運算

人教A版(新教材)高中數(shù)學(xué)選擇性必修第一冊PAGEPAGE11．1.2空間向量的數(shù)量積運算學(xué)習(xí)目標1.會識別空間向量的夾角.2.掌握空間向量的數(shù)量積的定義、性質(zhì)、運算律及計算方法.3.能用空間向量數(shù)量積解決簡單的立體幾何問題．知識點一空間向量的夾角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．范圍：0≤〈a，b〉≤π.特別地，當〈a，b〉＝eq\f(π,2)時，a⊥b.思考當〈a，b〉＝0和〈a，b〉＝π時，向量a與b有什么關(guān)系？〖答案〗當〈a，b〉＝0時，a與b同向；當〈a，b〉＝π時，a與b反向．知識點二空間向量的數(shù)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(shù)量積，記作a·b.即a·b＝|a||b|cos〈a，b〉．規(guī)定：零向量與任何向量的數(shù)量積都為0.性質(zhì)①a⊥b?a·b＝0②a·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).思考1向量的數(shù)量積運算是否滿足結(jié)合律？〖答案〗不滿足結(jié)合律，(a·b)·c＝a·(b·c)是錯誤的．思考2對于向量a，b，若a·b＝k，能否寫成a＝eq\f(k,b)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(或b＝\f(k,a)))？〖答案〗不能，向量沒有除法．知識點三向量a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(nèi)，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〉eq\f(b,|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eq\o(A′B′,\s\up6(→))，向量eq\o(A′B′,\s\up6(→))稱為向量a在平面β上的投影向量．這時，向量a，eq\o(A′B′,\s\up6(→))的夾角就是向量a所在直線與平面β所成的角．1．向量eq\o(AB,\s\up6(→))與eq\o(CD,\s\up6(→))的夾角等于向量eq\o(AB,\s\up6(→))與eq\o(DC,\s\up6(→))的夾角．(×)2．若a·b＝0，則a＝0或b＝0.(×)3．對于非零向量b，由a·b＝b·c，可得a＝c.(×)4．若非零向量a，b為共線且同向的向量，則a·b＝|a||b|.(√)一、數(shù)量積的計算例1如圖所示，在棱長為1的正四面體A－BCD中，E，F(xiàn)分別是AB，AD的中點，求：(1)eq\o(EF,\s\up6(→))·eq\o(BA,\s\up6(→))；(2)eq\o(EF,\s\up6(→))·eq\o(BD,\s\up6(→))；(3)eq\o(EF,\s\up6(→))·eq\o(DC,\s\up6(→))；(4)eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(CD,\s\up6(→)).解(1)eq\o(EF,\s\up6(→))·eq\o(BA,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)eq\o(BD,\s\up6(→))·eq\o(BA,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)|eq\o(BD,\s\up6(→))||eq\o(BA,\s\up6(→))|·cos〈eq\o(BD,\s\up6(→))，eq\o(BA,\s\up6(→))〉＝eq\f(1,2)cos60°＝eq\f(1,4).(2)eq\o(EF,\s\up6(→))·eq\o(BD,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)eq\o(BD,\s\up6(→))·eq\o(BD,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)|eq\o(BD,\s\up6(→))|2＝eq\f(1,2).(3)eq\o(EF,\s\up6(→))·eq\o(DC,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)eq\o(BD,\s\up6(→))·eq\o(DC,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)|eq\o(BD,\s\up6(→))|·|eq\o(DC,\s\up6(→))|cos〈eq\o(BD,\s\up6(→))，eq\o(DC,\s\up6(→))〉＝eq\f(1,2)cos120°＝－eq\f(1,4).(4)eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(CD,\s\up6(→))＝eq\o(AB,\s\up6(→))·(eq\o(AD,\s\up6(→))－eq\o(AC,\s\up6(→)))＝eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(AD,\s\up6(→))－eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(AC,\s\up6(→))＝|eq\o(AB,\s\up6(→))||eq\o(AD,\s\up6(→))|cos〈eq\o(AB,\s\up6(→))，eq\o(AD,\s\up6(→))〉－|eq\o(AB,\s\up6(→))||eq\o(AC,\s\up6(→))|cos〈eq\o(AB,\s\up6(→))，eq\o(AC,\s\up6(→))〉＝cos60°－cos60°＝0.反思感悟求空間向量數(shù)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(shù)量積展開，轉(zhuǎn)化為已知模和夾角的向量的數(shù)量積．(3)代入a·b＝|a||b|cos〈a，b〉求解．跟蹤訓(xùn)練1(1)已知a＝3p－2q，b＝p＋q，p和q是相互垂直的單位向量，則a·b等于()A．1 B．2C．3 D．4〖答案〗A〖解析〗∵p⊥q且|p|＝|q|＝1，∴a·b＝(3p－2q)·(p＋q)＝3p2＋p·q－2q2＝3＋0－2＝1.(2)已知正方形ABCD的邊長為2，E為CD的中點，則eq\o(AE,\s\up6(→))·eq\o(BD,\s\up6(→))＝________.〖答案〗2〖解析〗∵eq\o(AE,\s\up6(→))＝eq\o(AD,\s\up6(→))＋eq\o(DE,\s\up6(→))＝eq\o(AD,\s\up6(→))＋eq\f(1,2)eq\o(AB,\s\up6(→))，eq\o(BD,\s\up6(→))＝eq\o(AD,\s\up6(→))－eq\o(AB,\s\up6(→))，∴eq\o(AE,\s\up6(→))·eq\o(BD,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\o(AD,\s\up6(→))＋\f(1,2)\o(AB,\s\up6(→))))·(eq\o(AD,\s\up6(→))－eq\o(AB,\s\up6(→)))＝eq\o(AD,\s\up6(→))2－eq\o(AD,\s\up6(→))·eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\f(1,2)eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(AD,\s\up6(→))－eq\f(1,2)eq\o(AB,\s\up6(→))2＝4－0＋0－2＝2.二、利用數(shù)量積證明垂直問題例2如圖所示，在正方體ABCD－A1B1C1D1中，O為AC與BD的交點，G為CC1的中點，求證：A1O⊥平面GBD.證明設(shè)eq\o(A1B1,\s\up6(→))＝a，eq\o(A1D1,\s\up6(→))＝b，eq\o(A1A,\s\up6(→))＝c，則a·b＝0，b·c＝0，a·c＝0，|a|＝|b|＝|c|.∵eq\o(A1O,\s\up6(→))＝eq\o(A1A,\s\up6(→))＋eq\o(AO,\s\up6(→))＝eq\o(A1A,\s\up6(→))＋eq\f(1,2)(eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(AD,\s\up6(→)))＝c＋eq\f(1,2)a＋eq\f(1,2)b，eq\o(BD,\s\up6(→))＝eq\o(AD,\s\up6(→))－eq\o(AB,\s\up6(→))＝b－a，eq\o(OG,\s\up6(→))＝eq\o(OC,\s\up6(→))＋eq\o(CG,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)(eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(AD,\s\up6(→)))＋eq\f(1,2)eq\o(CC1,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)a＋eq\f(1,2)b－eq\f(1,2)c，∴eq\o(A1O,\s\up6(→))·eq\o(BD,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(c＋\f(1,2)a＋\f(1,2)b))·(b－a)＝c·b－c·a＋eq\f(1,2)a·b－eq\f(1,2)a2＋eq\f(1,2)b2－eq\f(1,2)b·a＝eq\f(1,2)(b2－a2)＝eq\f(1,2)(|b|2－|a|2)＝0.于是eq\o(A1O,\s\up6(→))⊥eq\o(BD,\s\up6(→))，即A1O⊥BD.同理可證eq\o(A1O,\s\up6(→))⊥eq\o(OG,\s\up6(→))，即A1O⊥OG.又∵OG∩BD＝O，OG?平面GBD，BD?平面GBD，∴A1O⊥平面GBD.反思感悟用向量法證明幾何中垂直關(guān)系問題的思路(1)要證兩直線垂直，可分別構(gòu)造與兩直線平行的向量，只要證明這兩個向量的數(shù)量積為0即可．(2)用向量法證明線面垂直，需將線面垂直轉(zhuǎn)化為線線垂直，然后利用向量數(shù)量積證明線線垂直即可．跟蹤訓(xùn)練2如圖所示，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.證明在△ADB中，∠DAB＝60°，AB＝2AD，由余弦定理得，BD＝eq\r(3)AD，所以AD2＋BD2＝AB2，所以DA⊥BD，則eq\o(BD,\s\up6(→))·eq\o(DA,\s\up6(→))＝0.由PD⊥底面ABCD，知PD⊥BD，則eq\o(BD,\s\up6(→))·eq\o(PD,\s\up6(→))＝0.又eq\o(PA,\s\up6(→))＝eq\o(PD,\s\up6(→))＋eq\o(DA,\s\up6(→))，所以eq\o(PA,\s\up6(→))·eq\o(BD,\s\up6(→))＝(eq\o(PD,\s\up6(→))＋eq\o(DA,\s\up6(→)))·eq\o(BD,\s\up6(→))＝eq\o(PD,\s\up6(→))·eq\o(BD,\s\up6(→))＋eq\o(DA,\s\up6(→))·eq\o(BD,\s\up6(→))＝0，即PA⊥BD.三、用數(shù)量積求解夾角和模例3如圖，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，CA＝CB＝1，∠BCA＝90°，棱AA1＝2，點N為AA1的中點．(1)求eq\o(BN,\s\up6(→))的模；(2)求cos〈eq\o(BA1,\s\up6(→))，eq\o(CB1,\s\up6(→))〉的值．解由已知得|eq\o(CA,\s\up6(→))|＝|eq\o(CB,\s\up6(→))|＝1，|eq\o(CC1,\s\up6(→))|＝|eq\o(AA1,\s\up6(→))|＝2，eq\o(AN,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)eq\o(AA1,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)eq\o(CC1,\s\up6(→)).〈eq\o(CA,\s\up6(→))，eq\o(CC1,\s\up6(→))〉＝〈eq\o(CB,\s\up6(→))，eq\o(CC1,\s\up6(→))〉＝〈eq\o(CA,\s\up6(→))，eq\o(CB,\s\up6(→))〉＝90°，所以eq\o(CA,\s\up6(→))·eq\o(CC1,\s\up6(→))＝eq\o(CB,\s\up6(→))·eq\o(CC1,\s\up6(→))＝eq\o(CA,\s\up6(→))·eq\o(CB,\s\up6(→))＝0.(1)因為eq\o(BN,\s\up6(→))＝eq\o(CN,\s\up6(→))－eq\o(CB,\s\up6(→))＝eq\o(CA,\s\up6(→))＋eq\o(AN,\s\up6(→))－eq\o(CB,\s\up6(→))＝eq\o(CA,\s\up6(→))＋eq\f(1,2)eq\o(CC1,\s\up6(→))－eq\o(CB,\s\up6(→))，所以|eq\o(BN,\s\up6(→))|2＝eq\o(BN,\s\up6(→))2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\o(CA,\s\up6(→))＋\f(1,2)\o(CC1,\s\up6(→))－\o(CB,\s\up6(→))))2＝eq\o(CA,\s\up6(→))2＋eq\f(1,4)eq\o(CC1,\s\up6(→))2＋eq\o(CB,\s\up6(→))2＝12＋eq\f(1,4)×22＋12＝3，所以|eq\o(BN,\s\up6(→))|＝eq\r(|\o(BN,\s\up6(→))|2)＝eq\r(3).(2)因為eq\o(BA1,\s\up6(→))＝eq\o(CA1,\s\up6(→))－eq\o(CB,\s\up6(→))＝eq\o(CA,\s\up6(→))＋eq\o(CC1,\s\up6(→))－eq\o(CB,\s\up6(→))，eq\o(CB1,\s\up6(→))＝eq\o(CB,\s\up6(→))＋eq\o(CC1,\s\up6(→))，所以|eq\o(BA1,\s\up6(→))|2＝eq\o(BA1,\s\up6(→))2＝(eq\o(CA,\s\up6(→))＋eq\o(CC1,\s\up6(→))－eq\o(CB,\s\up6(→)))2＝eq\o(CA,\s\up6(→))2＋eq\o(CC1,\s\up6(→))2＋eq\o(CB,\s\up6(→))2＝12＋22＋12＝6，|eq\o(BA1,\s\up6(→))|＝eq\r(6)，|eq\o(CB1,\s\up6(→))|2＝eq\o(CB1,\s\up6(→))2＝(eq\o(CB,\s\up6(→))＋eq\o(CC1,\s\up6(→)))2＝eq\o(CB,\s\up6(→))2＋eq\o(CC1,\s\up6(→))2＝12＋22＝5，|eq\o(CB1,\s\up6(→))|＝eq\r(5)，eq\o(BA1,\s\up6(→))·eq\o(CB1,\s\up6(→))＝(eq\o(CA,\s\up6(→))＋eq\o(CC1,\s\up6(→))－eq\o(CB,\s\up6(→)))·(eq\o(CB,\s\up6(→))＋eq\o(CC1,\s\up6(→)))＝eq\o(CC1,\s\up6(→))2－eq\o(CB,\s\up6(→))2＝22－12＝3，所以cos〈eq\o(BA1,\s\up6(→))，eq\o(CB1,\s\up6(→))〉＝eq\f(\o(BA1,\s\up6(→))·\o(CB1,\s\up6(→)),|\o(BA1,\s\up6(→))||\o(CB1,\s\up6(→))|)＝eq\f(3,\r(6)×\r(5))＝eq\f(\r(30),10).延伸探究1．(變結(jié)論)本例中條件不變，求eq\o(BN,\s\up6(→))與eq\o(CB1,\s\up6(→))夾角的余弦值．解由例題知，|eq\o(BN,\s\up6(→))|＝eq\r(3)，|eq\o(CB1,\s\up6(→))|＝eq\r(5)，eq\o(BN,\s\up6(→))·eq\o(CB1,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\o(CA,\s\up6(→))＋\f(1,2)\o(CC1,\s\up6(→))－\o(CB,\s\up6(→))))·(eq\o(CB,\s\up6(→))＋eq\o(CC1,\s\up6(→)))＝eq\f(1,2)eq\o(CC1,\s\up6(→))2－eq\o(CB,\s\up6(→))2＝eq\f(1,2)×22－12＝1.所以cos〈eq\o(BN,\s\up6(→))，eq\o(CB1,\s\up6(→))〉＝eq\f(\o(BN,\s\up6(→))·\o(CB1,\s\up6(→)),|\o(BN,\s\up6(→))||\o(CB1,\s\up6(→))|)＝eq\f(1,\r(3)×\r(5))＝eq\f(\r(15),15).所以eq\o(BN,\s\up6(→))與eq\o(CB1,\s\up6(→))夾角的余弦值為eq\f(\r(15),15).2．(變條件)本例中，若CA＝CB＝AA1＝1，其他條件不變，求異面直線CA1與AB的夾角．解由已知得|eq\o(CA,\s\up6(→))|＝|eq\o(CB,\s\up6(→))|＝|eq\o(CC1,\s\up6(→))|＝1，eq\o(CA,\s\up6(→))·eq\o(CC1,\s\up6(→))＝eq\o(CB,\s\up6(→))·eq\o(CC1,\s\up6(→))＝eq\o(CA,\s\up6(→))·eq\o(CB,\s\up6(→))＝0，因為|eq\o(CA1,\s\up6(→))|2＝eq\o(CA1,\s\up6(→))2＝(eq\o(CA,\s\up6(→))＋eq\o(CC1,\s\up6(→)))2＝eq\o(CA,\s\up6(→))2＋eq\o(CC1,\s\up6(→))2＝12＋12＝2，所以|eq\o(CA1,\s\up6(→))|＝eq\r(2)，因為|eq\o(AB,\s\up6(→))|2＝eq\o(AB,\s\up6(→))2＝(eq\o(CB,\s\up6(→))－eq\o(CA,\s\up6(→)))2＝eq\o(CB,\s\up6(→))2＋eq\o(CA,\s\up6(→))2＝12＋12＝2，所以|eq\o(AB,\s\up6(→))|＝eq\r(2)，又因為eq\o(CA1,\s\up6(→))·eq\o(AB,\s\up6(→))＝(eq\o(CA,\s\up6(→))＋eq\o(CC1,\s\up6(→)))·(eq\o(CB,\s\up6(→))－eq\o(CA,\s\up6(→)))＝－eq\o(CA,\s\up6(→))2＝－1.所以cos〈eq\o(CA1,\s\up6(→))，eq\o(AB,\s\up6(→))〉＝eq\f(\o(CA1,\s\up6(→))·\o(AB,\s\up6(→)),|\o(CA1,\s\up6(→))||\o(AB,\s\up6(→))|)＝eq\f(－1,\r(2)×\r(2))＝－eq\f(1,2).所以〈eq\o(CA1,\s\up6(→))，eq\o(AB,\s\up6(→))〉＝120°，所以異面直線CA1與AB的夾角為60°.反思感悟求向量的夾角和模(1)求兩個向量的夾角：利用公式cos〈a，b〉＝eq\f(a·b,|a||b|)求cos〈a，b〉，進而確定〈a，b〉．(2)求線段長度(距離)：①取此線段對應(yīng)的向量；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)，計算出|a|，即得所求長度(距離)．跟蹤訓(xùn)練3(1)已知正方體ABCD－A′B′C′D′的棱長為1，設(shè)eq\o(AB,\s\up6(→))＝a，eq\o(AD,\s\up6(→))＝b，eq\o(AA′,\s\up6(→))＝c，則〈eq\o(A′B,\s\up6(→))，eq\o(B′D′,\s\up6(→))〉等于()A．30° B．60°C．90° D．120°〖答案〗D(2)已知在平行六面體ABCD－A1B1C1D1中，AA1＝AB＝AD＝1，且這三條棱彼此之間的夾角都是60°，則AC1的長為()A．6 B.eq\r(6)C．3 D.eq\r(3)〖答案〗B〖解析〗設(shè)eq\o(AB,\s\up6(→))＝a，eq\o(AD,\s\up6(→))＝b，eq\o(AA1,\s\up6(→))＝c，則|a|＝|b|＝|c|＝1，且〈a，b〉＝〈b，c〉＝〈c，a〉＝60°，因此a·b＝b·c＝c·a＝eq\f(1,2).由eq\o(AC1,\s\up6(→))＝a＋b＋c得|eq\o(AC1,\s\up6(→))|2＝eq\o(AC1,\s\up6(→))2＝a2＋b2＋c2＋2a·b＋2b·c＋2c·a＝6.所以|eq\o(AC1,\s\up6(→))|＝eq\r(6)，故選B.1.如圖所示，在正方體ABCD－A1B1C1D1中，下列各組向量的夾角為45°的是()A.eq\o(AB,\s\up6(→))與eq\o(A1C1,\s\up6(→))B.eq\o(AB,\s\up6(→))與eq\o(C1A1,\s\up6(→))C.eq\o(AB,\s\up6(→))與eq\o(A1D1,\s\up6(→))D.eq\o(AB,\s\up6(→))與eq\o(B1A1,\s\up6(→))〖答案〗A2．設(shè)ABCD－A1B1C1D1是棱長為a的正方體，則有()A.eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(C1A,\s\up6(→))＝a2 B.eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(A1C1,\s\up6(→))＝eq\r(2)a2C.eq\o(BC,\s\up6(→))·eq\o(A1C,\s\up6(→))＝a2 D.eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(C1A1,\s\up6(→))＝a2〖答案〗C3．已知空間四邊形OABC中，OB＝OC，∠AOB＝∠AOC＝eq\f(π,3)，則cos〈eq\o(OA,\s\up6(→))，eq\o(BC,\s\up6(→))〉的值為()A.eq\f(1,2)B.eq\f(\r(2),2)C．－eq\f(1,2)D．0〖答案〗D〖解析〗eq\o(OA,\s\up6(→))·eq\o(BC,\s\up6(→))＝eq\o(OA,\s\up6(→))·(eq\o(OC,\s\up6(→))－eq\o(OB,\s\up6(→)))＝eq\o(OA,\s\up6(→))·eq\o(OC,\s\up6(→))－eq\o(OA,\s\up6(→))·eq\o(OB,\s\up6(→))＝|eq\o(OA,\s\up6(→))||eq\o(OC,\s\up6(→))|cos∠AOC－|eq\o(OA,\s\up6(→))||eq\o(OB,\s\up6(→))|cos∠AOB＝eq\f(1,2)|eq\o(OA,\s\up6(→))||eq\o(OC,\s\up6(→))|－eq\f(1,2)|eq\o(OA,\s\up6(→))||eq\o(OB,