资源简介

2.2　空间向量的数量积
课时目标
1.了解空间向量的夹角.掌握空间向量的数量积的定义、性质、运算律及计算方法.
2.了解空间向量投影的概念以及投影向量的意义，会求向量的投影向量.
3.掌握两个向量的数量积在判断垂直中的应用，掌握利用向量数量积求空间两点间的距离.
(一)数量积的定义
1.向量夹角的定义
如图，已知两个非零向量a，b，在空间中任取一点O，作＝a，＝b，则∠AOB叫作向量a与b的夹角，记作〈a，b〉.
2.规定
(1)向量夹角的范围：________.
(2)①〈a，b〉＝〈b，a〉；
②当〈a，b〉＝0时，向量a与b方向______；
③当〈a，b〉＝π时，向量a与b方向______；
④当〈a，b〉＝时，称向量a，b__________，记作a⊥b.
(3)零向量与任意向量垂直.
3.空间向量数量积的定义
已知两个空间向量a，b，把________________叫作a与b的数量积，记作a·b，即a·b＝　　　　　　　　.
微点助解
(1)由定义知，两个非零向量才有夹角，当两个非零向量共线同向时，夹角为0；共线反向时，夹角为π.
(2)对空间任意两个非零向量a，b，有：
①〈a，b〉＝〈b，a〉＝〈－a，－b〉＝〈－b，－a〉；
②〈a，－b〉＝〈－a，b〉＝π－〈a，b〉.
[基点训练]
1.判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”)
(1)向量与的夹角不等于向量与的夹角.(　 )
(2)若向量与的夹角为α，则直线AB与CD所成的角也为α.(　 )
(3)对空间任意两个非零向量a，b，都有〈－a，b〉＝〈a，－b〉＝π－〈a，b〉.(　 )
2.如图，在长方体ABCD A1B1C1D1中，设AD＝AA1＝1，AB＝2，P是C1D1的中点，则与夹角的大小为____________，·＝____________.
(二)数量积的性质及运算律
1.性质
若a，b是两个非零向量，则a⊥b ____________，零向量与任何向量的乘积都为零
若a与b同向，则a·b＝________；
若a与b反向，则a·b＝－|a||b|；
特别地，a·a＝|a|2或|a|＝________
若θ为a，b的夹角，则cos θ＝______(a≠0，b≠0)
|a·b|≤|a|·|b|
2.运算律
交换律 a·b＝_____________________
分配律 a·(b＋c)＝________________
特别地 (λa)·b＝____________(λ∈R)
3.投影向量与投影数量
已知两个非零向量a，b，在空间任取一点O，作＝a，＝b，过点B作直线OA的垂线，垂足为点B1，称向量________为向量b在向量a方向上的投影向量，其长度等于||b|cos〈a，b〉|.
(1)当〈a，b〉为锐角时，|b|cos〈a，b〉＞0；
(2)当〈a，b〉为钝角时，|b|cos〈a，b〉＜0；
(3)当〈a，b〉＝时，|b|cos〈a，b〉＝0.
称____________为投影向量的数量，也称为向量b在向量a方向上的投影数量.
[基点训练]
1.[多选]下列各命题中，正确的命题是(　 )
A.＝|a|
B.m(λa)·b＝(mλ)a·b(m，λ∈R)
C.a·(b＋c)＝(b＋c)·a
D.a2·b＝b2·a
2.在棱长为1的正方体ABCD A1B1C1D1中，设＝a，＝b，＝c，则a·(b＋c)的值为(　 )
A.1 B.0
C.－1 D.－2
题型(一)　空间向量的数量积
[例1]　如图，已知空间四边形ABDC的每条棱都等于1，点E，F分别是AB，AD的中点.计算：
(1)·；(2)·；(3)·.
听课记录：
　 在几何体中计算空间向量数量积的一般步骤
(1)将各向量分解成已知模和夹角的向量的组合形式.
(2)利用向量的运算律将数量积展开，转化为已知模和夹角的向量的数量积.
(3)代入公式a·b＝|a||b|cos〈a，b〉求解.　
[针对训练]
1.如图，在三棱锥P ABC中，AP，AB，AC两两垂直，AP＝2，AB＝AC＝1，M为PC的中点，则·的值为(　 )
A.1 　　　B.
C. 　　　D.
　 　
2.如图，正方体ABCD A′B′C′D′的棱长为1，设＝a，＝b，＝c，则a·(b＋c)＝______，a·(a＋b＋c)＝________，(a＋b)·(b＋c)＝________.
题型(二)　利用数量积证明垂直问题
[例2]　如图，已知正方体ABCD A′B′C′D′，CD′与DC′相交于点O，连接AO，求证：
(1)AO⊥CD′；
(2)AC′⊥平面B′CD′.
听课记录：
[方法技巧] 用向量法证明垂直问题的方法
(1)证明线线垂直，只需证明两条直线的方向向量的数量积为0.
(2)证明线面垂直，只需证明直线的方向向量与该平面内两不共线的向量的数量积分别为0.
(3)证明面面垂直，可利用面面垂直的判定定理，将面面垂直转化为线面垂直，然后利用向量法证明.　
[针对训练]
3.如图，在四棱锥P ABCD中，底面ABCD为平行四边形，∠DAB＝60°，AB＝2AD，PD⊥底面ABCD.求证：PA⊥BD.
题型(三)　利用数量积求角的大小
[例3]　如图，在直三棱柱ABC A1B1C1中，∠BCA＝90°，CA＝CB＝1，棱AA1＝2，求cos〈，〉的值.
听课记录：
[变式拓展]
1.若本例中条件添加N为AA1的中点，求与夹角的余弦值.
2.若本例中条件不变，求异面直线CA1与AB夹角的余弦值.
[方法技巧]　求异面直线所成角的大小的一般步骤
取向量 根据题设条件分别取要求夹角的两异面直线的方向向量
转化角 将异面直线所成角的问题转化为向量夹角问题
求余弦 利用数量积求向量夹角的余弦值
定结果 异面直线所成的角的余弦值等于相应向量夹角余弦值的绝对值
[针对训练]
4.已知正四面体ABCD中，E是AB的中点，则异面直线CE与BD夹角的余弦值为(　 )
A.－ B.
C.－ D.
5.如图，已知正方体ABCD A′B′C′D′，设＝a，＝b，＝c，则〈，〉＝________.
题型(四)　利用数量积求线段长度
[例4]　如图，两个正方形ABCD，ABEF的边长都是2，且∠DAF＝120°，则CF的长为________.
听课记录：
求线段长度的步骤
(1)将线段用向量表示；
(2)用其他已知夹角和模的向量表示该向量；
(3)利用|a|＝ 得所求长度.　
[针对训练]
6.如图，在平行六面体ABCD A1B1C1D1中，AD＝BD＝AA1＝1，AD⊥BD，∠A1AB＝45°，∠A1AD＝60°，求线段BD1的长.
空间向量的数量积
课前环节
(一)2.(1)[0，π]　(2)相同　相反　互相垂直
3.|a||b|cos〈a，b〉　|a||b|cos〈a，b〉
[基点训练]
1.(1)√　 (2)×　 (3)√　2.60°　1
(二)1.a·b＝0　|a||b|　　　2.b·a　a·b＋a·c　λ(a·b)
3.　(3)|b|cos〈a，b〉
[基点训练]
1.选ABC　∵a·a＝|a|2，∴＝|a|，故A正确；m(λa)·b＝(mλa)·b＝mλa·b＝(mλ)a·b，故B正确；a·(b＋c)＝a·b＋a·c，(b＋c)·a＝b·a＋c·a＝a·b＋a·c＝a·(b＋c)，故C正确；a2·b＝|a|2·b，b2·a＝|b|2·a，故D不一定正确.
2.选B　由题意可得AB⊥AD，AB⊥AA1，
所以a⊥b，a⊥c，所以a·b＝0，a·c＝0，
所以a·(b＋c)＝a·b＋a·c＝0，故选B.
?课堂环节
[题型(一)]
[例1]　解：(1)因为＝，由题意，可知∠ABD＝60°，所以〈，〉＝60°，
所以·＝·
＝×1×1×cos60°
＝×1×1×＝.
(2)由题意，可知〈，〉＝∠BDC＝60°，
·＝·＝－·
＝－×1×1×cos〈，〉
＝－×1×1×＝－.
(3)·＝(＋)·(＋)＝[·(－)＋·＋·(－)＋·]＝[－·－·＋(－)·＋·]
＝(－·－·＋·－·＋·)＝×＝－.
[针对训练]
1.选D　由题意，得＝＋＝＋(＋)＝＋＋.故·＝·＝·＋·＋·＝||2＝.
2.解析：依题意AB，AD，AA′两两互相垂直，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
[题型(二)]
[例2]　证明：(1)因为＝＋＝＋(＋)＝(＋＋2)，
＝－，
所以·＝(＋＋2)·(－)＝(·－·＋·－·＋2·－2·)＝(||2－||2)＝0，
所以⊥，故AO⊥CD′.
(2)设正方体的棱长为a，则·＝(＋＋)·(＋)＝·＋·＋·＋·＋·＋·＝0＋0＋0＋a2－a2＋0＝0，
所以⊥，所以AC′⊥B′C.
同理可证AC′⊥B′D′.
又B′C，B′D′ 平面B′CD′，B′C∩B′D′＝B′，
所以AC′⊥平面B′CD′.
[针对训练]
3.证明：设AD＝a，则AB＝2a.
因为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.
[题型(三)]
[例3]　解：因为＝－＝＋－，＝＋，
所以||2＝2＝(＋－)2＝2＋2＋2＝12＋22＋12＝6，
||＝，||2＝2＝(＋)2＝2＋2＝12＋22＝5，||＝，·＝(＋－)·(＋)＝2－2＝22－12＝3，
所以cos〈，〉＝＝＝.
[变式拓展]
1.解：易得||＝，||＝，
·＝·(＋)＝2－2＝×22－12＝1.
所以cos〈，〉＝＝＝.
2.解：由已知得||＝||＝1，||＝2，
·＝·＝·＝0.
因为||2＝2＝(＋)2
＝2＋2＝12＋22＝5，所以||＝.
因为||2＝2＝(－)2
＝2＋2＝12＋12＝2，所以||＝.
又因为·＝(＋)·(－)＝－2＝－1，所以cos〈，〉＝＝＝－.
所以异面直线CA1与AB夹角的余弦值为.
[针对训练]
4.选B　设正四面体的棱长为2，易知＝(＋)，＝－，
∵ABCD为正四面体，
∴△ACD，△ABC，△BCD均为正三角形，∴CE＝，
∴·＝·＝·＝2×2×cos 60°＝2×2×＝2，2＝||2＝4，
∴|cos〈，〉|＝
＝
＝
＝＝，
故异面直线CE与BD夹角的余弦值为.
5.解析：设正方体的棱长为1，且⊥，⊥，⊥，由·＝(＋)·(＋)＝·＋·＋·＋·＝·＝1×1×cos π＝－1，
又||＝＝，
||＝＝，
所以cos〈，〉＝＝－，
又〈，〉∈[0，π]，所以〈，〉＝.
答案：
[题型(四)]
[例4]　解析：由题意得CD⊥DA，
AB⊥AF，又AB∥CD，故CD⊥AF，
故·＝·＝0，
·＝||·||cos 60°＝2×2×＝2，
因为＝＋＋，
所以2＝(＋＋)2＝2＋2＋2＋2·＋2·＋2·
＝4＋4＋4＋0＋0＋4＝16，
故CF＝||＝4.
答案：4
[针对训练]
6.解：由题可得，AD＝BD＝1，AD⊥BD，
所以AB＝＝，且∠DAB＝45°，
因为＝＋＋
＝－＋＋，
所以2＝(－＋＋)2
＝2＋2＋2－2·－2·＋2·＝||2＋||2＋||2－2||||cos 45°－2||||cos 45°＋2||||cos 60°＝2＋1＋1－2－2＋1＝1，所以||＝1.故线段BD1的长为1.(共93张PPT)
空间向量的数量积
(强基课—梯度进阶式教学)
2.2
课时目标
1．了解空间向量的夹角．掌握空间向量的数量积的定义、性质、运算律及计算方法．
2．了解空间向量投影的概念以及投影向量的意义，会求向量的投影向量．
3．掌握两个向量的数量积在判断垂直中的应用，掌握利用向量数量积求空间两点间的距离．
CONTENTS
目录
1
2
3
课前环节/预知教材·自主落实主干基础
课堂环节/题点研究·迁移应用融会贯通
课时跟踪检测
课前环节/预知教材·自主落实主干基础
[0，π]
相同
相反
互相垂直
(3)零向量与任意向量垂直．
3．空间向量数量积的定义
已知两个空间向量a，b，把__________________叫作a与b的数量积，记作a·b，即a·b＝________________．
|a||b|cos〈a，b〉
|a||b|cos〈a，b〉
微点助解
(1)由定义知，两个非零向量才有夹角，当两个非零向量共线同向时，夹角为0；共线反向时，夹角为π.
(2)对空间任意两个非零向量a，b，有：
①〈a，b〉＝〈b，a〉＝〈－a，－b〉＝〈－b，－a〉；
②〈a，－b〉＝〈－a，b〉＝π－〈a，b〉．
基点训练
答案：(1)√　 (2)×　 (3)√
60°
　1
(二)数量积的性质及运算律
1．性质
若a，b是两个非零向量，则a⊥b ____________，零向量与任何向量的乘积都为零
若a与b同向，则a·b＝______；
若a与b反向，则a·b＝－|a||b|；
特别地，a·a＝|a|2或|a|＝__________
a·b＝0
|a||b|
若θ为a，b的夹角，则cos θ＝__________(a≠0，b≠0)
|a·b|≤|a|·|b|
续表
2．运算律
交换律 a·b＝_______
分配律 a·(b＋c)＝_____________
特别地 (λa)·b＝________ (λ∈R)
b·a
a·b＋a·c
λ(a·b)
|b|cos〈a，b〉
基点训练
√
√
√
m(λa)·b＝(mλa)·b＝mλa·b＝(mλ)a·b，故B正确；
a·(b＋c)＝a·b＋a·c，(b＋c)·a＝b·a＋c·a＝a·b＋a·c＝a·(b＋c)，故C正确；
a2·b＝|a|2·b，b2·a＝|b|2·a，故D不一定正确．
√
解析：由题意可得AB⊥AD，AB⊥AA1，
所以a⊥b，a⊥c，所以a·b＝0，a·c＝0，
所以a·(b＋c)＝a·b＋a·c＝0，故选B．
课堂环节/题点研究·迁移应用融会贯通
题型(一)　空间向量的数量积
可知∠ABD＝60°，
在几何体中计算空间向量数量积的一般步骤
(1)将各向量分解成已知模和夹角的向量的组合形式．
(2)利用向量的运算律将数量积展开，转化为已知模和夹角的向量的数量积．
(3)代入公式a·b＝|a||b|cos〈a，b〉求解．　　
方法技巧
针对训练
√
0
1
1
解析：依题意AB，AD，AA′两两互相垂直，
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.
[例2]　如图，已知正方体ABCD－A′B′C′D′，CD′与DC′相交于点O，连接AO，求证：
(1)AO⊥CD′；
(2)AC′⊥平面B′CD′.
题型(二)　利用数量积证明垂直问题
(2)设正方体的棱长为a，
同理可证AC′⊥B′D′.
又B′C，B′D′ 平面B′CD′，B′C∩B′D′＝B′，
所以AC′⊥平面B′CD′.
用向量法证明垂直问题的方法
(1)证明线线垂直，只需证明两条直线的方向向量的数量积为0.
(2)证明线面垂直，只需证明直线的方向向量与该平面内两不共线的向量的数量积分别为0.
(3)证明面面垂直，可利用面面垂直的判定定理，将面面垂直转化为线面垂直，然后利用向量法证明．　
方法技巧
3.如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD
为平行四边形，∠DAB＝60°，AB＝2AD，PD⊥
底面ABCD．求证：PA⊥BD．
证明：设AD＝a，则AB＝2a.
因为PD⊥平面ABCD，
所以PD⊥AD，PD⊥AB，
针对训练
题型(三)　利用数量积求角的大小
变式拓展
2．若本例中条件不变，求异面直线CA1与AB夹角的余弦值．
求异面直线所成角的大小的一般步骤
方法技巧
取向量 根据题设条件分别取要求夹角的两异面直线的方向向量
转化角 将异面直线所成角的问题转化为向量夹角问题
求余弦 利用数量积求向量夹角的余弦值
定结果 异面直线所成的角的余弦值等于相应向量夹角余弦值的绝对值
针对训练
√
[例4]　如图，两个正方形ABCD，ABEF的边长
都是2，且∠DAF＝120°，则CF的长为________．
题型(四)　利用数量积求线段长度
4
解析：由题意得CD⊥DA，
AB⊥AF，又AB∥CD，
故CD⊥AF，
方法技巧
6.如图，在平行六面体ABCD－A1B1C1D1中，AD＝
BD＝AA1＝1，AD⊥BD，∠A1AB＝45°，∠A1AD＝
60°，求线段BD1的长．
解：由题可得，AD＝BD＝1，AD⊥BD，
针对训练
故线段BD1的长为1.
课时跟踪检测
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(3)证明：∵E为AB的中点，
∴AD＝AE，
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锐角
∴△BCD的三个内角均为锐角．
∴△BCD为锐角三角形．
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∴CC1⊥BD．
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(2)若A1C⊥平面C1BD，则A1C⊥BD，A1C⊥DC1.
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即AO⊥BO.
同理，AO⊥CO，BO⊥CO，
所以AO，BO，CO两两垂直．
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16课时跟踪检测(二十八)　空间向量的数量积
A级——综合提能
1．在正四面体ABCD中，点E，F分别是AC，AD的中点，则与的夹角为(　 )
A．30°　　　　　　　　　 B．60°
C．120° D．150°
2．在三棱锥A BCD中，AB＝AC＝AD＝2，∠BAD＝90°，∠BAC＝60°，则·等于(　 )
A．－2 B．2
C．－2 D．2
3．已知空间向量a＋b＋c＝0，|a|＝2，|b|＝3，|c|＝4，则cos〈a，b〉＝(　 )
A. B.
C．－ D.
4．在空间四边形ABCD中，∠ABD＝∠BDC＝90°，AC＝2BD，则在方向上的投影向量为(　 )
A. B.
C. D.
5．已知正方体ABCD A1B1C1D1的棱长为2，M，N分别为BB1，CD的中点，则||等于(　 )
A. B.
C. D.
6．[多选]在正方体ABCD A1B1C1D1中，下列命题是真命题的是(　 )
A．(＋＋)2＝32
B.·(－)＝0
C.与的夹角为60°
D．正方体的体积为||·(·)
7．已知正方体ABCD A1B1C1D1的棱长为a，则·＝________.
8．已知|a|＝3，|b|＝4，m＝a＋b，n＝a＋λb，〈a，b〉＝135°，且m⊥n，则实数λ等于________．
9.如图，在长方体ABCD A′B′C′D′中，E是AA′的中点，AA′＝AD＝2，AB＝4，求：
(1)·；(2)·.
10．如图，在四棱锥P ABCD中，四边形ABCD为矩形，且AB＝2AD＝2，PA＝2，∠PAB＝∠PAD＝.
(1)求线段PC的长度；
(2)求异面直线PC与BD夹角的余弦值；
(3)若E为AB的中点，证明：PA⊥ED.
B级——应用创新
　　　　　　　　　　　　　　　　
11.如图，四个棱长为1的正方体排成一个正四棱柱，AB是一条侧棱，Pi(i＝1,2，…，8)是上底面上其余的八个点，则集合{y|y＝·，i＝1,2,3，…，8}中的元素个数为(　 )
A．1 B．2
C．4 D．8
12．[多选]已知空间单位向量，，两两夹角均为60°，＝2，＝2，则下列说法正确的是(　 )
A．P，A，B，C四点可以共面
B.·(＋)＝－
C．||＝
D．cos〈，〉＝
13.在《九章算术》中，将四个面都是直角三角形的四面体称为鳖臑，如图所示，在鳖臑ABCD中，AB⊥平面BCD，BC⊥CD，且AB＝BC＝CD，M为AD的中点，则异面直线BM与CD夹角的余弦值为(　 )
A. B.
C. D.
14．设A，B，C，D是空间不共面的四点，且满足·＝0，·＝0，·＝0，则△BCD是________三角形．
15．如图，已知平行六面体ABCD A1B1C1D1的底面ABCD是菱形，且∠C1CB＝∠C1CD＝∠BCD.
(1)求证：CC1⊥BD；
(2)当的值为多少时，能使A1C⊥平面C1BD？请给出证明．
16．如图，正四面体VABC的高VD的中点为O，VC的中点为M.
(1)求证：AO，BO，CO两两垂直；
(2)求〈，〉．
课时跟踪检测(二十八)
1．选C　由题意，可得＝，所以〈，〉＝〈，〉＝180°－〈，〉＝180°－60°＝120°.
2．选A　·＝·(－)＝·－·＝2×2cos 90°－2×2cos 60°＝－2.
3．选D　因为a＋b＋c＝0，所以c＝－(a＋b)，所以|c|＝|a＋b|，所以|c|2＝|a|2＋2|a||b|·cos〈a，b〉＋|b|2，所以16＝4＋12cos〈a，b〉＋9，所以cos〈a，b〉＝.
4．选B　设AC＝2，BD＝1，由·＝·＝0，＝＋＋，则·＝(＋＋)·＝||2，所以在方向上的投影向量为·＝·＝.
5．选A　因为＝＋＋
＝＋＋，
所以||＝＝，因为在正方体ABCD－A1B1C1D1中，CD，BB1，BC两两互相垂直，所以||＝＝.
6.选AB　如图所示，(＋＋)2＝(＋＋)2＝2＝32，故A为真命题；·(－)＝·＝0，故B为真命题；连接CD1，易知与的夹角是与夹角的补角，而与的夹角为60°，故与的夹角为120°，故C为假命题；正方体的体积为||||||，故D为假命题．
7．解析：如图，＝－，＝－＝－，∴·＝(－)·(－)＝·－·－·＋||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)∵是长方体，而且AA′＝AD＝2，
∴〈，〉＝∠B′BC′＝45°，||＝AA′＝1，||＝BC′＝＝2，
因此，·＝||||cos〈，〉＝2×1×＝2.
(2)∵＝＋＋，＝＝，∴·＝(＋＋)·＝－2＋·＋·.
∵⊥，⊥，
∴·＝－2＝－2.
10．解：(1)∵＝＋＝＋＋，∴2＝2＋2＋2＋2·＋2·＋2·＝4＋4＋1－2×2－2×1＝3，∴||＝，∴线段PC的长度为.
(2)∵·＝(＋＋)·(－)＝·－·＋·－·＋·－·＝－1×2×－2×2＋1×1＋2×2×＋0－0＝－2，||＝，∴cos〈，〉＝
＝＝－，故异面直线PC与BD夹角的余弦值为.
(3)证明：∵E为AB的中点，∴AD＝AE，
∵·＝·(－)＝·－·＝2×1×－2×1×＝0，
∴⊥，即PA⊥ED.
11．选A　由题意可知，＝＋，则·＝·(＋)＝2＋·.因为棱长为1，AB⊥BPi，所以·＝0，所以·＝2＋·＝1＋0＝1，故集合{y|y＝·，i＝1,2,3，…，8}中的元素个数为1.
12．选BC　因为单位向量，，两两夹角均为60°，所以·＝·＝·＝1×1×cos 60°＝，假设P，A，B，C四点可以共面，则，，共面，所以存在x，y，使得＝x＋y，分别用，，与＝x＋y的等式两边相乘，则该方程组无解，所以不存在x，y，使得，，共面，故P，A，B，C四点不共面，故A错误；·(＋)＝·(－＋－)＝·(2－－)＝1－－1＝－，故B正确；由＝2得＝，由＝2得－＝2－2 ＝，所以＝－＝，则||＝＝ ＝
＝＝，故C正确；
＝－＝，
所以·＝－＝－＝－，
故cos〈，〉<0，故D错误．
13．选C　设AB＝BC＝CD＝1，由题意得＝(＋)＝(＋＋)，所以||2＝(＋＋)2＝(2＋2＋2)＝，·＝(＋＋)·＝2＝.
设异面直线BM与CD的夹角为θ，
则cos θ＝＝＝.
14．解析：∵·＝(－)·(－)＝·－·－·＋2＝2>0，同理，·＞0，·＞0，∴△BCD的三个内角均为锐角．∴△BCD为锐角三角形．
答案：锐角
15．解：(1)证明：设＝a，＝b，＝c.依题意有|a|＝|b|，＝－＝a－b.
设，，的两两夹角均为θ，于是·＝c·(a－b)＝c·a－c·b＝|c||a|cos θ－|c||b|cos θ＝0，∴CC1⊥BD.
(2)若A1C⊥平面C1BD，
则A1C⊥BD，A1C⊥DC1.
由·＝(＋)·(－)＝(a＋b＋c)·(a－c)＝|a|2－a·c＋a·b－b·c＋c·a－|c|2＝|a|2－|c|2＋|b||a|cos θ－|b||c|cos θ＝(|a|－|c|)(|a|＋|c|＋|b|cos θ)＝0，得当|c|＝|a|时，A1C⊥DC1.
同理可证，当|a|＝|b|时，A1C⊥BD.
∴当＝1时，A1C⊥平面C1BD.
16．解：(1)证明：设＝a，＝b，＝c，正四面体的棱长为1，因为＝＋＝＋×(＋)＝＋(－＋－)＝(＋＋)＝(a＋b＋c)，＝－＝－＝(a＋b＋c)－a＝(b＋c－5a)，＝－＝－＝(a＋b＋c)－b＝(a＋c－5b)，＝－＝－＝(a＋b＋c)－c＝(a＋b－5c)，所以·＝(b＋c－5a)·(a＋c－5b)＝(18a·b－9|a|2)＝＝0，所以⊥，即AO⊥BO.同理，AO⊥CO，BO⊥CO，所以AO，BO，CO两两垂直．
(2)因为＝＋
＝－(a＋b＋c)＋c＝(－2a－2b＋c)，
所以||＝
＝
＝＝，
又||＝
＝＝＝，·＝(－2a－2b＋c)·(b＋c－5a)＝×9a2＝×9＝，
所以cos〈，〉＝
＝＝，
又〈，〉∈[0，π]，所以〈，〉＝.

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