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1.1.2　空间向量的数量积运算
【课程标准要求】　1.了解空间向量的夹角.2.掌握空间向量的数量积.3.了解空间向量投影的概念以及投影向量的意义.4.能利用空间向量数量积解决简单的立体几何问题.
知识点一　空间向量的夹角
定义 已知两个非零向量a,b,在空间任取一点O,作=a,=b,则∠AOB叫做向量a,b的夹角,记作
范围 0≤≤π
向量 垂直 如果=,那么向量a,b互相垂直,记作a⊥b
(1)只有两个非零向量才有夹角,零向量与任何向量不定义夹角,并规定0与任何向量a都平行,即 0∥a.
(2)当两个非零向量同向时,它们的夹角为0,反向时,它们的夹角为π,即=0或=π a∥b(a,b为非零向量).
知识点二　空间向量的数量积
1.定义
已知两个非零向量a,b,则|a||b|cos叫做a,b的数量积,记作a·b.即a·b=|a||b|cos.
2.运算律
(1)结合律:(λa)·b=λ(a·b)(λ∈R);
(2)交换律:a·b=b·a;
(3)分配律:(a+b)·c=a·c+b·c.
3.性质
向量 数量 积的 性质 垂直 若a,b是非零向量,则a⊥b a·b=0
共线 同向:a·b=|a|·|b|
反向:a·b=-|a|·|b|
模 a·a=|a||a|cos=|a|2; |a|=;|a·b|≤|a|·|b|
夹角 若θ为a,b的夹角,则cos θ=
(1)向量a,b的数量积记为a·b,而不能表示为 a×b或ab.
(2)向量数量积的运算律不满足消去律和乘法结合律,即a·b=a·cb=c,(a·b)ca(b·c).
知识点三　投影向量
项目 作法 图形表示 符号 表示
向量a在向量b上的投影向量 将向量a,b(直线l)平移到同一个平面α内,利用平面上向量的投影,得到与向量b(直线l的方向向量)共线的向量c c=|a|·cos·
向量a在直线l上的投影向量
向量a在平面β上的投影向量 分别由向量a的起点A和终点B作平面β的垂线,垂足分别为A′,B′,得到向量
基础自测
1.关于空间向量a,b,c,下列运算错误的是(　　)
[A] a·b=b·a
[B](a+b)·c=a·c+b·c
[C](λa)·b=λ(a·b)(λ∈R)
[D](a·b)c=a(b·c)
【答案】 D
【解析】 根据空间向量数量积的运算律可知,a·b=b·a,(a+b)·c=a·c+b·c,(λa)·b=λ(a·b)(λ∈R)均成立,故A,B,C正确;(a·b)c为与c共线的向量,a(b·c)为与a共线的向量,所以(a·b)c与a(b·c)不一定相等,故D错误.故选D.
2.(人教B版选择性必修第一册P9例4改编)在如图所示的正方体中,下列各对向量的夹角为45°的是(　　)
[A] 与
[B]与
[C]与
[D]与
【答案】 A
【解析】 因为=,结合正方体的性质可得与的夹角为45°,所以与的夹角为45°,故A正确;
由与方向相反,结合A解析可知与的夹角为135°,故B不正确;
因为=,结合正方体的性质与垂直,所以与的夹角为90°,故C不正确;
因为=,而与方向相反,所以与的夹角为180°,故D不正确.
故选A.
3.已知|a|=4,向量e为单位向量,=120°,则空间向量a在向量e上的投影数量为　　　　.
【答案】 -2
【解析】 因为|a|=4,向量e为单位向量,=120°,
所以向量a在向量e上的投影数量为 |a|cos 120°=4×(-)=-2.
题型一　空间向量数量积运算
[例1] (人教B版选择性必修第一册P11例5)如图所示长方体 ABCD-A′B′C′D′ 中,E是AA′的中点,AA′=AD=2,AB=4.求:
(1)·;
(2)·.
【解】 (1)因为是长方体,而且AA′=AD=2,所以<,>=∠B′BC′=45°,
||=AA′=1,
||=BC′==2,
因此·=||||cos<,>=2×1×=2.
(2)由题图可以看出,在上的投影是,
而且||=AA′=1,
注意到与的方向相反,
所以·等于的长的相反数,
即·=-||=-2.
求空间向量数量积的步骤
(1)将待求数量积的两向量的模及它们的夹角厘清.
(2)利用向量的运算律将数量积展开,转化为已知模和夹角余弦值的乘积.
(3)代入a·b=|a||b|cos求解.
[变式训练] 如图,在棱长为1的正四面体 ABCD 中,E,F分别是AB,AD的中点.求:
(1)·;
(2)·;
(3)·;
(4)·.
【解】 (1)·=·=||·
||·cos<,>=cos 60°=.
(2)·=·==.
(3)·=·=||·||·cos<,>=cos 120°=-.
(4)·=·(-)=·-·=||·||·cos<,>-||·||·cos<,>=cos 60°-cos 60°=0.
题型二　利用数量积解决夹角问题
[例2] 如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,AC=AB=AA1=,BC=2AE=2,则AE与A1C所成的角是(　　)
[A] 30°
[B]45°
[C]60°
[D]90°
【答案】 C
【解析】 因为A1A⊥平面ABC,
所以A1A⊥AB,A1A⊥AC.
因为AC=AB=,BC=2,
所以AB⊥AC.
又BC=2AE=2,
所以E为BC的中点,
所以=(+).
因为AC=AA1=,所以A1C=2.
因为·=(+)·(-)==1,
所以cos<,>===,
所以<,>=60°,
因为异面直线所成的角为(0°,90°],所以AE与A1C所成的角是60°.
故选C.
利用数量积求夹角或其余弦值的步骤
[变式训练] 已知四面体OABC各边长都等于2,E,F分别为AB,OC的中点,则向量与向量 所成角的余弦值为　　　　.
【答案】 -
【解析】 由已知得=(+),=-=-,
因此||=|+|==,
||=|-|==.
又因为·=(+)·(-)=×2-×2+×2-2=-2,
所以向量与向量所成角的余弦值
cos<,>===-.
题型三　利用数量积求线段长度
[例3] 如图,棱长为1的正四面体ABCD,记a=,b=.若 c=a+tb,t∈R,求|c|的最小值.
【解】 因为|c|====≥,
所以|c|的最小值为.
利用数量积求两点间的距离或线段的长度的方法
(1)将此线段用向量表示.
(2)用其他已知夹角和模的向量表示该向量.
(3)利用|a|=,计算出|a|,即得所求距离.
[变式训练] 如图,在 ABCD中,AD=4,CD=3,∠ADC=60°,PA⊥平面ABCD,PA=6,求PC的长.
【解】 因为=++,
所以||2=(++)2
=||2+||2+||2+2·+2·+2·
=62+42+32+2||||cos 120°
=61-12=49,
所以||=7,
即PC的长为7.
题型四　利用数量积证明垂直问题
[例4] 如图所示,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,AC=AA1,D是棱AA1的中点,DC1⊥BD.求证:DC1⊥BC.
【证明】 因为=+,且D是棱AA1的中点,
所以=+.
由DC1⊥BD,
得·=·(++)=·+·(+)=0.
因为AC=AA1,
所以·(+)=(+)·(-)=()2-()2=0,
所以·=0,所以DC1⊥BC.
利用空间向量解决垂直问题的方法
(1)证明线线垂直的关键是确定直线的方向向量,看方向向量的数量积是否为0来判断两直线是否垂直.
(2)证明与空间向量a,b,c有关的向量m,n垂直,应先用向量a,b,c表示向量m,n,再求解向量m,n的数量积并判断是否为0.
[变式训练] 如图,在四面体OABC中,OB=OC,AB=AC.求证:OA⊥BC.
【证明】 因为OB=OC,AB=AC,OA=OA,
所以△OAC≌△OAB,
所以∠AOC=∠AOB.
又·=·(-)=·-·=||·||·cos∠AOC-||·||·cos∠AOB=0,
所以⊥,即OA⊥BC.
(分值:85分)
单选每题5分,多选每题6分.
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°
【答案】 C
【解析】 由题意,可得=,
所以<,>=<,>=180°-<,>=180°-60°=120°.
故选C.
2.如图,在三棱锥ABCD中,AB⊥平面BCD,BC=CD=4,∠BCD=,点E为AC的中点,则·等于(　　)
[A] 8 [B]4 [C]-8 [D]-4
【答案】 B
【解析】 因为=(+),
所以·=(+)·=·+·=0+×4×4×cos =4.故选B.
3.在四面体OABC中,OB=OC,∠AOB=∠AOC=,则cos<,>的值是(　　)
[A] [B] [C]- [D]0
【答案】 D
【解析】 因为OB=OC,
所以·=·(-)=·-·=||·||cos -||·||cos =||(||-||)=0,
所以cos<,>=0.故选D.
4.如图,在平行六面体ABCDA′B′C′D′ 中,AD=1,AB=1,AA′=3,∠BAD=90°,∠BAA′=∠DAA′=
60°,则BD′的长为(　　)
[A]
[B]
[C]
[D]5
【答案】 B
【解析】 由题意知
=+=+=+-,
所以==+++2·-2·-2·=9+1+1+3-3-0=11,
所以||=.
故选B.
5.(多选题)已知正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为1,则(　　)
[A] ·=1 [B]·=1
[C]·=1 [D]·=1
【答案】 AB
【解析】 如图,·=·=1××=1,A正确;
·=·(+)=·+·=·(+)=+·=1,B正确;
·=·(+)=·+·=-1,C错误;
因为BA⊥侧面ADD1A1,
所以易知·=0,D错误.故选AB.
6.(多选题)在正方体ABCDA1B1C1D1中,下列说法正确的有(　　)
[A] =3
[B]·(-)=0
[C]与的夹角为60°
[D]正方体的体积为|··|
【答案】 AB
【解析】如图,(++)2=(++)2==3,故A正确;
·(-)=·=0,故B正确;
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错误;
正方体的体积为||·||·||,
而|··|=0,故D错误.
故选AB.
7.(5分)若a,b,c为空间中两两夹角都是60°的单位向量,则|2a+b-3c|=　　　.
【答案】
【解析】 由a,b,c为空间中两两夹角都是60°的单位向量,
得a·b=b·c=c·a=1×1×cos 60°=,
所以|2a+b-3c|
=
==.
8.(5分)如图,在长方体ABCDA1B1C1D1中,AA1=AB=,AD=1,点P满足 =m(0【答案】
【解析】 在长方体ABCDA1B1C1D1中,⊥,⊥,⊥,
·=·=·=0,
=+=+m=+m-m=(1-m)+m,
=-=(1-m)+m-,
故·=[(1-m)+m]·[(1-m)+m-]
=(1-m)2+m2=3(1-m)2+m2
=,
解得m=或m=,
因为09.(13分)如图,在四棱锥PABCD中,底面ABCD为平行四边形,∠DAB=60°,AB=2AD,PD⊥底面 ABCD.用向量法证明:PA⊥BD.
【证明】 在△ADB中,∠DAB=60°,AB=2AD,
由余弦定理,得BD=AD,
所以AD2+BD2=AB2,
所以DA⊥BD,则·=0.
由PD⊥底面ABCD,知PD⊥BD,
则·=0.
又=+,
所以·=(+)·=·+·=0,即PA⊥BD.
10.A,B,C,D是空间不共面的四点,且满足·=0,·=0,·=0,M为BC的中点,则△AMD是(　　)
[A] 钝角三角形 [B]锐角三角形
[C]直角三角形 [D]不确定
【答案】 C
【解析】 因为M为BC的中点,
所以=(+),
则·=(+)·=·+·=0,
所以⊥,即AM⊥AD,
故△AMD是直角三角形.
故选C.
11.(5分)已知正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为1,若动点P在线段BD1上运动(含端点),则 ·的取值范围是　　　 　.
【答案】 [0,1]
【解析】 依题意,设=λ,其中λ∈[0,1],
·=·(+)=·(+λ)=+λ·=1+λ×1××(-)=1-λ∈[0,1].
因此·的取值范围是[0,1].
12. (15分)如图,在棱长为1的正方体ABCDA′B′C′D′ 中,E,F分别是D′D,BD的中点,G在棱CD上,且CG=CD,H为C′G的中点.
(1)求,所成角的余弦值;
(2)求FH的长.
【解】 设=a,=b,=c,
则a·b=b·c=c·a=0,a2=1,b2=1,c2=1.
(1)因为=+=-c+(a-b)=(a-b-c),=+=-c-a,
所以·=(a-b-c)·(-c-a)=(-a2+c2)=,
||2=(a-b-c)2=(a2+b2+c2)=,
||2=(-c-a)2=c2+a2=,
所以||=,||=,
cos<,>==,
所以,所成角的余弦值为.
(2)因为=+++
=(a-b)+b+c+
=(a-b)+b+c+(-c-a)
=a+b+c,
所以||2=(a+b+c)2=a2+b2+c2=,所以FH的长为.
13.(5分)已知点P为棱长等于1的正方体ABCDA1B1C1D1内部一动点,且 ||=1,则·的值达到最小时,与夹角的余弦值为　　　.
【答案】 0
【解析】如图,取线段C1D1的中点E,
则=+,
=+=-,
因为||=1,所以点P在以A为球心的正方体内部的球面上,
所以 ·=(+)·(-)=-=||2-,
当A,P,E三点共线时,·取得最小值,
此时=||-1=-1=,此时·=-=0,
所以⊥,
所以与的夹角为90°,夹角的余弦值为0.(共38张PPT)
1.1.2　空间向量的
数量积运算
1.了解空间向量的夹角.2.掌握空间向量的数量积.3.了解空间向量投影的概念以及投影向量的意义.4.能利用空间向量数量积解决简单的立体几何问题.
【课程标准要求】
必备知识·归纳落实
知识点一　空间向量的夹角
∠AOB

垂直
a⊥b
·疑难解惑·
(1)只有两个非零向量才有夹角,零向量与任何向量不定义夹角,并规定0与任何向量a都平行,即 0∥a.
(2)当两个非零向量同向时,它们的夹角为0,反向时,它们的夹角为π,即=0或=π a∥b(a,b为非零向量).
知识点二　空间向量的数量积
1.定义
已知两个非零向量a,b,则|a||b|cos叫做a,b的数量积,记作 .即a·b= .
2.运算律
(1)结合律:(λa)·b= (λ∈R);
(2)交换律:a·b= ;
(3)分配律:(a+b)·c= .
a·b
|a||b|cos
λ(a·b)
b·a
a·c+b·c
a·b=0
3.性质
|a||a|cos
·温馨提示·
(1)向量a,b的数量积记为a·b,而不能表示为 a×b或ab.
知识点三　投影向量
平移
投影
共线
垂线
基础自测
1.关于空间向量a,b,c,下列运算错误的是(　　)
[A] a·b=b·a
[B](a+b)·c=a·c+b·c
[C](λa)·b=λ(a·b)(λ∈R)
[D](a·b)c=a(b·c)
D
【解析】 根据空间向量数量积的运算律可知,
a·b=b·a,(a+b)·c=a·c+b·c,(λa)·b=λ(a·b)(λ∈R)均成立,故A,B,C正确;
(a·b)c为与c共线的向量,a(b·c)为与a共线的向量,
所以(a·b)c与a(b·c)不一定相等,故D错误.故选D.
2.(人教B版选择性必修第一册P9例4改编)在如图所示的正方体中,下列各对向量的夹角为45°的是(　　)
A
3.已知|a|=4,向量e为单位向量,=120°,则空间向量a在向量e上的投影数量为　　　　.
-2
关键能力·素养培优
[例1] (人教B版选择性必修第一册P11例5)如图所示长方体 ABCD-A′B′C′D′ 中,E是AA′的中点,AA′=AD=2,AB=4.求:
题型一　空间向量数量积运算
·解题策略·
求空间向量数量积的步骤
(1)将待求数量积的两向量的模及它们的夹角厘清.
(2)利用向量的运算律将数量积展开,转化为已知模和夹角余弦值的乘积.
(3)代入a·b=|a||b|cos求解.
[变式训练] 如图,在棱长为1的正四面体 ABCD 中,E,F分别是AB,AD的
中点.求:
题型二　利用数量积解决夹角问题
[A] 30°
[B]45°
[C]60°
[D]90°
C
·解题策略·
利用数量积求夹角或其余弦值的步骤
题型三　利用数量积求线段长度
·解题策略·
利用数量积求两点间的距离或线段的长度的方法
(1)将此线段用向量表示.
(2)用其他已知夹角和模的向量表示该向量.
[变式训练] 如图,在 ABCD中,AD=4,CD=3,∠ADC=60°,PA⊥平面ABCD,
PA=6,求PC的长.
题型四　利用数量积证明垂直问题
·解题策略·
利用空间向量解决垂直问题的方法
(1)证明线线垂直的关键是确定直线的方向向量,看方向向量的数量积是否为0来判断两直线是否垂直.
(2)证明与空间向量a,b,c有关的向量m,n垂直,应先用向量a,b,c表示向量m,n,再求解向量m,n的数量积并判断是否为0.
[变式训练] 如图,在四面体OABC中,OB=OC,AB=AC.
求证:OA⊥BC.
感谢观看1.1.2　空间向量的数量积运算
【课程标准要求】　1.了解空间向量的夹角.2.掌握空间向量的数量积.3.了解空间向量投影的概念以及投影向量的意义.4.能利用空间向量数量积解决简单的立体几何问题.
知识点一　空间向量的夹角
定义 已知两个非零向量a,b,在空间任取一点O,作=a,=b,则∠AOB叫做向量a,b的夹角,记作
范围 0≤≤π
向量 垂直 如果=,那么向量a,b互相垂直,记作a⊥b
(1)只有两个非零向量才有夹角,零向量与任何向量不定义夹角,并规定0与任何向量a都平行,即 0∥a.
(2)当两个非零向量同向时,它们的夹角为0,反向时,它们的夹角为π,即=0或=π a∥b(a,b为非零向量).
知识点二　空间向量的数量积
1.定义
已知两个非零向量a,b,则|a||b|cos叫做a,b的数量积,记作a·b.即a·b=|a||b|cos.
2.运算律
(1)结合律:(λa)·b=λ(a·b)(λ∈R);
(2)交换律:a·b=b·a;
(3)分配律:(a+b)·c=a·c+b·c.
3.性质
向量 数量 积的 性质 垂直 若a,b是非零向量,则a⊥b a·b=0
共线 同向:a·b=|a|·|b|
反向:a·b=-|a|·|b|
模 a·a=|a||a|cos=|a|2; |a|=;|a·b|≤|a|·|b|
夹角 若θ为a,b的夹角,则cos θ=
(1)向量a,b的数量积记为a·b,而不能表示为 a×b或ab.
(2)向量数量积的运算律不满足消去律和乘法结合律,即a·b=a·cb=c,(a·b)ca(b·c).
知识点三　投影向量
项目 作法 图形表示 符号 表示
向量a在向量b上的投影向量 将向量a,b(直线l)平移到同一个平面α内,利用平面上向量的投影,得到与向量b(直线l的方向向量)共线的向量c c=|a|·cos·
向量a在直线l上的投影向量
向量a在平面β上的投影向量 分别由向量a的起点A和终点B作平面β的垂线,垂足分别为A′,B′,得到向量
基础自测
1.关于空间向量a,b,c,下列运算错误的是(　　)
[A] a·b=b·a
[B](a+b)·c=a·c+b·c
[C](λa)·b=λ(a·b)(λ∈R)
[D](a·b)c=a(b·c)
2.(人教B版选择性必修第一册P9例4改编)在如图所示的正方体中,下列各对向量的夹角为45°的是(　　)
[A] 与
[B]与
[C]与
[D]与
因为=,结合正方体的性质与垂直,所以与的夹角为90°,故C不正确;
因为=,而与方向相反,所以与的夹角为180°,故D不正确.
故选A.
3.已知|a|=4,向量e为单位向量,=120°,则空间向量a在向量e上的投影数量为　　　　.
所以向量a在向量e上的投影数量为 |a|cos 120°=4×(-)=-2.
题型一　空间向量数量积运算
[例1] (人教B版选择性必修第一册P11例5)如图所示长方体 ABCD-A′B′C′D′ 中,E是AA′的中点,AA′=AD=2,AB=4.求:
(1)·;
(2)·.
||=AA′=1,
||=BC′==2,
因此·=||||cos<,>=2×1×=2.
(2)由题图可以看出,在上的投影是,
而且||=AA′=1,
注意到与的方向相反,
所以·等于的长的相反数,
即·=-||=-2.
求空间向量数量积的步骤
(1)将待求数量积的两向量的模及它们的夹角厘清.
(2)利用向量的运算律将数量积展开,转化为已知模和夹角余弦值的乘积.
(3)代入a·b=|a||b|cos求解.
[变式训练] 如图,在棱长为1的正四面体 ABCD 中,E,F分别是AB,AD的中点.求:
(1)·;
(2)·;
(3)·;
(4)·.
||·cos<,>=cos 60°=.
(2)·=·==.
(3)·=·=||·||·cos<,>=cos 120°=-.
(4)·=·(-)=·-·=||·||·cos<,>-||·||·cos<,>=cos 60°-cos 60°=0.
题型二　利用数量积解决夹角问题
[例2] 如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,AC=AB=AA1=,BC=2AE=2,则AE与A1C所成的角是(　　)
[A] 30°
[B]45°
[C]60°
[D]90°
所以A1A⊥AB,A1A⊥AC.
因为AC=AB=,BC=2,
所以AB⊥AC.
又BC=2AE=2,
所以E为BC的中点,
所以=(+).
因为AC=AA1=,所以A1C=2.
因为·=(+)·(-)==1,
所以cos<,>===,
所以<,>=60°,
因为异面直线所成的角为(0°,90°],所以AE与A1C所成的角是60°.
故选C.
利用数量积求夹角或其余弦值的步骤
[变式训练] 已知四面体OABC各边长都等于2,E,F分别为AB,OC的中点,则向量与向量 所成角的余弦值为　　　　.
因此||=|+|==,
||=|-|==.
又因为·=(+)·(-)=×2-×2+×2-2=-2,
所以向量与向量所成角的余弦值
cos<,>===-.
题型三　利用数量积求线段长度
[例3] 如图,棱长为1的正四面体ABCD,记a=,b=.若 c=a+tb,t∈R,求|c|的最小值.
所以|c|的最小值为.
利用数量积求两点间的距离或线段的长度的方法
(1)将此线段用向量表示.
(2)用其他已知夹角和模的向量表示该向量.
(3)利用|a|=,计算出|a|,即得所求距离.
[变式训练] 如图,在 ABCD中,AD=4,CD=3,∠ADC=60°,PA⊥平面ABCD,PA=6,求PC的长.
所以||2=(++)2
=||2+||2+||2+2·+2·+2·
=62+42+32+2||||cos 120°
=61-12=49,
所以||=7,
即PC的长为7.
题型四　利用数量积证明垂直问题
[例4] 如图所示,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,AC=AA1,D是棱AA1的中点,DC1⊥BD.求证:DC1⊥BC.
所以=+.
由DC1⊥BD,
得·=·(++)=·+·(+)=0.
因为AC=AA1,
所以·(+)=(+)·(-)=()2-()2=0,
所以·=0,所以DC1⊥BC.
利用空间向量解决垂直问题的方法
(1)证明线线垂直的关键是确定直线的方向向量,看方向向量的数量积是否为0来判断两直线是否垂直.
(2)证明与空间向量a,b,c有关的向量m,n垂直,应先用向量a,b,c表示向量m,n,再求解向量m,n的数量积并判断是否为0.
[变式训练] 如图,在四面体OABC中,OB=OC,AB=AC.求证:OA⊥BC.
所以△OAC≌△OAB,
所以∠AOC=∠AOB.
又·=·(-)=·-·=||·||·cos∠AOC-||·||·cos∠AOB=0,
所以⊥,即OA⊥BC.
(分值:85分)
单选每题5分,多选每题6分.
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°
所以<,>=<,>=180°-<,>=180°-60°=120°.
故选C.
2.如图,在三棱锥ABCD中,AB⊥平面BCD,BC=CD=4,∠BCD=,点E为AC的中点,则·等于(　　)
[A] 8 [B]4 [C]-8 [D]-4
所以·=(+)·=·+·=0+×4×4×cos =4.故选B.
3.在四面体OABC中,OB=OC,∠AOB=∠AOC=,则cos<,>的值是(　　)
[A] [B] [C]- [D]0
所以·=·(-)=·-·=||·||cos -||·||cos =||(||-||)=0,
所以cos<,>=0.故选D.
4.如图,在平行六面体ABCDA′B′C′D′ 中,AD=1,AB=1,AA′=3,∠BAD=90°,∠BAA′=∠DAA′=
60°,则BD′的长为(　　)
[A]
[B]
[C]
[D]5
=+=+=+-,
所以==+++2·-2·-2·=9+1+1+3-3-0=11,
所以||=.
故选B.
5.(多选题)已知正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为1,则(　　)
[A] ·=1 [B]·=1
[C]·=1 [D]·=1
·=·(+)=·+·=·(+)=+·=1,B正确;
·=·(+)=·+·=-1,C错误;
因为BA⊥侧面ADD1A1,
所以易知·=0,D错误.故选AB.
6.(多选题)在正方体ABCDA1B1C1D1中,下列说法正确的有(　　)
[A] =3
[B]·(-)=0
[C]与的夹角为60°
[D]正方体的体积为|··|
·(-)=·=0,故B正确;
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错误;
正方体的体积为||·||·||,
而|··|=0,故D错误.
故选AB.
7.(5分)若a,b,c为空间中两两夹角都是60°的单位向量,则|2a+b-3c|=　　　.
得a·b=b·c=c·a=1×1×cos 60°=,
所以|2a+b-3c|
=
==.
8.(5分)如图,在长方体ABCDA1B1C1D1中,AA1=AB=,AD=1,点P满足 =m(0·=·=·=0,
=+=+m=+m-m=(1-m)+m,
=-=(1-m)+m-,
故·=[(1-m)+m]·[(1-m)+m-]
=(1-m)2+m2=3(1-m)2+m2
=,
解得m=或m=,
因为09.(13分)如图,在四棱锥PABCD中,底面ABCD为平行四边形,∠DAB=60°,AB=2AD,PD⊥底面 ABCD.用向量法证明:PA⊥BD.
由余弦定理,得BD=AD,
所以AD2+BD2=AB2,
所以DA⊥BD,则·=0.
由PD⊥底面ABCD,知PD⊥BD,
则·=0.
又=+,
所以·=(+)·=·+·=0,即PA⊥BD.
10.A,B,C,D是空间不共面的四点,且满足·=0,·=0,·=0,M为BC的中点,则△AMD是(　　)
[A] 钝角三角形 [B]锐角三角形
[C]直角三角形 [D]不确定
所以=(+),
则·=(+)·=·+·=0,
所以⊥,即AM⊥AD,
故△AMD是直角三角形.
故选C.
11.(5分)已知正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为1,若动点P在线段BD1上运动(含端点),则 ·的取值范围是　　　 　.
·=·(+)=·(+λ)=+λ·=1+λ×1××(-)=1-λ∈[0,1].
因此·的取值范围是[0,1].
12. (15分)如图,在棱长为1的正方体ABCDA′B′C′D′ 中,E,F分别是D′D,BD的中点,G在棱CD上,且CG=CD,H为C′G的中点.
(1)求,所成角的余弦值;
(2)求FH的长.
则a·b=b·c=c·a=0,a2=1,b2=1,c2=1.
(1)因为=+=-c+(a-b)=(a-b-c),=+=-c-a,
所以·=(a-b-c)·(-c-a)=(-a2+c2)=,
||2=(a-b-c)2=(a2+b2+c2)=,
||2=(-c-a)2=c2+a2=,
所以||=,||=,
cos<,>==,
所以,所成角的余弦值为.
(2)因为=+++
=(a-b)+b+c+
=(a-b)+b+c+(-c-a)
=a+b+c,
所以||2=(a+b+c)2=a2+b2+c2=,所以FH的长为.
13.(5分)已知点P为棱长等于1的正方体ABCDA1B1C1D1内部一动点,且 ||=1,则·的值达到最小时,与夹角的余弦值为　　　.
则=+,
=+=-,
因为||=1,所以点P在以A为球心的正方体内部的球面上,
所以 ·=(+)·(-)=-=||2-,
当A,P,E三点共线时,·取得最小值,
此时=||-1=-1=,此时·=-=0,
所以⊥,
所以与的夹角为90°,夹角的余弦值为0.

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