高中數(shù)學(xué)培優(yōu)講義練習(xí)（選擇性必修一）：空間向量的數(shù)量積運(yùn)算-重難點(diǎn)題型精講（教師版）

專題1.3空間向量的數(shù)量積運(yùn)算-重難點(diǎn)題型精講1．空間向量的夾角(1)定義：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)范圍：0≤〈a，b〉≤π.特別地，當(dāng)〈a，b〉＝eq\f(π,2)時(shí)，a⊥b.2．空間向量的數(shù)量積定義已知兩個(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〉．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(yùn)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).3．向量的投影(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(gè)平面α內(nèi)，進(jìn)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(diǎn)A和終點(diǎn)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(shí)，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．【題型1數(shù)量積的計(jì)算】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(yùn)算律將數(shù)量積展開(kāi)，轉(zhuǎn)化為已知模和夾角的向量的數(shù)量積．(3)代入求解．【例1】（2021秋?溫州期末）已知四面體ABCD，所有棱長(zhǎng)均為2，點(diǎn)E，F(xiàn)分別為棱AB，CD的中點(diǎn)，則AF→A．1 B．2 C．﹣1 D．﹣2【解題思路】先得到四面體ABCD為正四面體，再利用空間向量的數(shù)量積運(yùn)算和線性運(yùn)算求解即可．【解答過(guò)程】解：∵四面體ABCD，所有棱長(zhǎng)均為2，∴四面體ABCD為正四面體，∵E，F(xiàn)分別為棱AB，CD的中點(diǎn)，∴AF→?CE→==12AC→?AE→=12×2×1×1＝﹣2．故選：D．【變式1-1】（2021秋?沈河區(qū)校級(jí)期末）已知空間四邊形ABCD的每條邊和對(duì)角線的長(zhǎng)都為a，E，F(xiàn)，G分別是AB，AD，DC的中點(diǎn)，則GE→?GFA．2a28 B．a(chǎn)28 C．【解題思路】由題意，四面體是正四面體，每個(gè)三角形是等邊三角形，再利用向量的數(shù)量積的定義解答即可．【解答過(guò)程】解：∵空間四邊形ABCD的每條邊及AC、BD的長(zhǎng)都為a，∴四面體是正四面體，所以每個(gè)面都是等邊三角形，∵點(diǎn)E、F、G分別是AB、AD、DC的中點(diǎn)，∴GE→?GF→=（=12DC→?12=14a2×（?12）+12a2×故選：D．【變式1-2】（2021秋?南海區(qū)校級(jí)月考）在棱長(zhǎng)為1的正方體ABCD﹣A1B1C1D1中，設(shè)AB→=a→，AD→A．1 B．0 C．﹣1 D．﹣2【解題思路】根據(jù)已知條件，結(jié)合正方體的性質(zhì)，以及向量數(shù)量積的運(yùn)算規(guī)律，即可求解．【解答過(guò)程】解：由正方體的性質(zhì)可得，AB→⊥AD故AB→?AD∵AB→=a→，∴a→故選：B．【變式1-3】（2022春?南明區(qū)校級(jí)月考）已知MN是棱長(zhǎng)為4的正方體內(nèi)切球的一條直徑，點(diǎn)P在正方體表面上運(yùn)動(dòng)，則PM→A．4 B．12 C．8 D．6【解題思路】利用空間向量的線性運(yùn)算和數(shù)量積運(yùn)算得到PM→?PN→【解答過(guò)程】解：設(shè)正方體內(nèi)切球的球心為G，則GM＝GN＝2，PM→?PN→=（PG→+GM→）?（PG→+因?yàn)镸N是正方體內(nèi)切球的一條直徑，所以GM→+GN→=0所以PM→?PN→又點(diǎn)P在正方體表面上運(yùn)動(dòng)，所以當(dāng)P為正方體頂點(diǎn)時(shí)，|PG→|最大，且最大值為2所以PM→?PN→=PG→2?4≤8故選：C．【題型2向量的夾角及其應(yīng)用】求兩個(gè)向量的夾角：利用公式＝求，進(jìn)而確定．【例2】（2021秋?定遠(yuǎn)縣期末）已知正方體ABCD﹣A′B′C′D′的棱長(zhǎng)為a，設(shè)AB→=a→，AD→=bA．30° B．60° C．90° D．120°【解題思路】由B'D'→=DB→，得到＜A'B→，B'D'→＞是∠DBA′的補(bǔ)角，由A′D＝【解答過(guò)程】解：∵正方體ABCD﹣A′B′C′D′的棱長(zhǎng)為a，設(shè)AB→=a→，AD→∴＜A'B→，B'∵A′D＝A′B＝BD，∴∠DBA′＝60°，∴＜A'B→，B故選：D．【變式2-1】（2021秋?吉安期末）已知空間中四個(gè)不共面的點(diǎn)O、A、B、C，若|OB→|＝|OC→|，且cos＜OA→，OB→＞=cos＜OAA．1 B．12 C．32 D【解題思路】根據(jù)cos＜OA→，OB→＞=cos＜OA→，OC→＞和|OB→|＝|OC→|可得OA→?OB→【解答過(guò)程】解：∵cos＜OA→，OB→＞=cos＜∵|OB→|＝|OC→|，∴OA→?OB→=OA→?OC→，∴OA→∴sin＜OA→，BC→＞故選：A．【變式2-2】（2020秋?洪澤縣校級(jí)期末）空間四邊形OABC中，OB＝6，OC＝4，BC＝4，∠AOB=∠AOC=π3，則cos＜OA→，【解題思路】利用OB＝6，OC＝4，BC＝4，∠AOB=∠AOC=π3，以及兩個(gè)向量的數(shù)量積的定義化簡(jiǎn)cos【解答過(guò)程】解：∵OB＝6，OC＝4，BC＝4，∠AOB=∠AOC=π∴cos＜OA故答案為：?1【變式2-3】（2021秋?玉林期末）如圖，在△ABC和△AEF中，B是EF的中點(diǎn)，AB＝2，EF＝4，CA＝CB＝3，若AB→?AE→+AC→?AF【解題思路】推導(dǎo)出BC→2=9＝（AC→?AB→）2=AC→2+AB→2?2AC→?AB→【解答過(guò)程】解：由題意得：BC→2=9＝（AC→?AB→）∴AC→∵AB→∴AB→?(AB=AB＝6+＝6+1∴EF→?BC∴EF→與BC→的夾角的余弦值為cos故答案為：16【題型3利用數(shù)量積求向量的?！壳缶€段長(zhǎng)度(距離)：①取此線段對(duì)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＝，計(jì)算出，即得所求長(zhǎng)度(距離)．【例3】（2020秋?秦皇島期末）在平行六面體（底面是平行四邊形的四棱柱）ABCD﹣A1B1C1D1中，AB＝AD＝AA1＝1，∠BAD＝∠BAA1＝∠DAA1＝60°，則AC1的長(zhǎng)為（）A．3 B．3 C．6 D．6【解題思路】由ACAC1→2=(AB→【解答過(guò)程】解：AC則AC1→2=(AB＝1+1+1+3×2×1×1×cos60°＝6．∴|A故選：D．【變式3-1】（2022春?寶山區(qū)校級(jí)期中）如圖，在大小為45°的二面角A﹣EF﹣D中，四邊形ABFE與CDEF都是邊長(zhǎng)為1的正方形，則B與D兩點(diǎn)間的距離是（）A．3 B．2 C．1 D．3?【解題思路】由DB→【解答過(guò)程】解：∵四邊形ABFE與CDEF都是邊長(zhǎng)為1的正方形，∴DE→又大小為45°的二面角A﹣EF﹣D中，∴DE→?FB→=∵DB→∴DB→2=∴|DB故選：D．【變式3-2】（2021秋?鄭州期末）在平行六面體（底面是平行四邊形的四棱柱）ABCD﹣A1B1C1D1中，AB＝AD＝AA1＝1，∠BAD＝∠BAA1＝∠DAA1＝60°，則AC1的長(zhǎng)為（）A．3 B．3 C．6 D．6【解題思路】由AC1→=AB→+AD→【解答過(guò)程】解：AC則AC1→2=(AB＝1+1+1+3×2×1×1×cos60°＝6．∴|A故選：D．【變式3-3】如圖，圓臺(tái)的高為4，上、下底面半徑分別為3、5，M、N分別在上、下底面圓周上，且＜O2M→，O1NA．65 B．52 C．35 D．5【解題思路】用MO2→，O2O1→【解答過(guò)程】解：∵O2M⊥O1O2，O1N⊥O1O2，∴MO2→?O2O又MO2→?O1N→∵M(jìn)N→∴MN→2＝（MO=MO2→2+O2O1→2+O1N→∴|MN→|=故選：A．【題型4向量垂直的應(yīng)用】【例4】（2021秋?大連月考）已知a，b是異面直線，e1→，e2→分別為取自直線a，b上的單位向量，且a→=2e1→+3e2→，bA．﹣6 B．6 C．3 D．﹣3【解題思路】e1→，e2→分別為取自直線a，b上的單位向量，且a→⊥b→，則|e1→|＝|e2→|＝1【解答過(guò)程】解：e1→，e2→分別為取自直線a，b上的單位向量，且則|e1→|＝|e2→|＝1，ea→?b→=2ke1→2?12e即為2k﹣12＝0，解得k＝6．故選：B．【變式4-1】（2022?浦東新區(qū)校級(jí)模擬）已知長(zhǎng)方體ABCD﹣A1B1C1D1，下列向量的數(shù)量積一定不為0的是（）A．AD1→?B1C→ B．B【解題思路】選項(xiàng)A，當(dāng)四邊形ADD1A1為正方形時(shí)，可證AD1⊥B1C，選項(xiàng)B，當(dāng)四邊形ABCD為正方形時(shí)，可證AC⊥BD1，選項(xiàng)C，由長(zhǎng)方體的性質(zhì)可證AB⊥AD1，分別可得數(shù)量積為0，選項(xiàng)D，可推在△BCD1中，∠BCD1為直角，可判BC與BD1不可能垂直，可得結(jié)論．【解答過(guò)程】解：選項(xiàng)A，當(dāng)四邊形ADD1A1為正方形時(shí)，可得AD1⊥A1D，而A1D∥B1C，可得AD1⊥B1C，此時(shí)有AD1選項(xiàng)B，當(dāng)四邊形ABCD為正方形時(shí)，可得AC⊥BD，可得AC⊥平面BB1D1D，故有AC⊥BD1，此時(shí)有BD1選項(xiàng)C，由長(zhǎng)方體的性質(zhì)可得AB⊥平面ADD1A1，可得AB⊥AD1，此時(shí)必有AB→?選項(xiàng)D，由長(zhǎng)方體的性質(zhì)可得BC⊥平面CDD1C1，可得BC⊥CD1，△BCD1為直角三角形，∠BCD1為直角，故BC與BD1不可能垂直，即BD1故選：D．【變式4-2】若A，B，C，D是空間中不共面的四點(diǎn)，且滿足AB→?AC→=AC→?AD→A．鈍角三角形 B．銳角三角形 C．直角三角形 D．不確定【解題思路】由題意知，AB⊥AC，AC⊥AD，AB⊥AD，設(shè)AB＝a，AC＝b，AD＝c，由勾股定理可求BC、CD、BD的長(zhǎng)度，在△BCD中，由余弦定理得B，C，D三個(gè)角的余弦值都是正數(shù)，可得B，C，D都是銳角，得到△BCD的形狀．【解答過(guò)程】解：∵AB→?AC→=AC→?AD→=AB→?AD→=0，∴AB設(shè)AB＝a，AC＝b，AD＝c，則BC=a2+b2，CD△BCD中，由余弦定理得cosB=a2同理可得，cosC＞0，cosD＞0，∴內(nèi)角B，C，D都是銳角，即△BCD是銳角三角形．故選：B．【變式4-3】（2021秋?扶余縣校級(jí)期中）如圖，已知四邊形ABCD為矩形，PA⊥平面ABCD，連接AC，BD，PB，PC，PD，則下列各組向量中，數(shù)量積不一定為零的是（）A．PC→與BD→ B．DA→與PB→ C．PD→與AB→【解題思路】根據(jù)題意，若空間非零向量的數(shù)量積為0，則這兩個(gè)向量必然互相垂直．據(jù)此依次分析選項(xiàng)，判定所給的向量是否垂直，即可得答案．【解答過(guò)程】解：根據(jù)題意，依次分析選項(xiàng)：對(duì)于A、PC與BD不一定垂直，即向