高中数学选修人教A导学案第3章空间向量与立体几何§3.1.3空间向量的数量积运算

1§3．1.3空间向量的数量积运算知识点一求两向量的数量积如图所示，已知正四面体O-ABC的棱长为a，求AB·OC..解由题意知|AB|=|AC|=|AO|=a，且〈AB，AO〉=120AB，CA〉=120AB·OC=AB·（OACA）=AB·OAAB·CA,=a2cos120°a2cos120°＝0【反思感悟】在求两向量的夹角时一定要注意两向量的起点必须在同一点，如〈AB，AC→〉＝60°时，〈AB，CA→〉＝120°.已知长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝AA1＝2，AD＝4，E为AB1的中点，F为A1D1的中点，试计算：（1）BC·1ED；（2）BF·1AB；（3）EF·1FC.解如图所示，设AB＝a，AD→＝b，AA1→＝c，则|a|＝|c|＝2，|b|＝4，a·b＝b·c＝c·a＝0.（1）BC·1ED=b·［12（ca）+b］=|b|2=42=16..(2)BF·1AB=（ca+12b）·（a+c）=|c|2|a|2=2222=0.（3）EF·1FC=[12(c－a)＋12b]·(12b＋a)＝12(－a＋b＋c)·(12b＋a)＝－12|a|2＋14|b|2＝2.知识点二利用数量积求角2如图，在空间四边形OABC中，OA＝8，AB＝6，AC＝4，BC＝5，∠OAC＝45°，∠OAB＝60°，求OA与BC所成角的余弦值．解.因BCACAB,所以OA·BC=OA·ACOA·AB=|OA||AC|cos〈OA，AC〉|OA||AB|cos〈OA,AB〉=8×4×cos135°8×6×cos120°16224,cos〈OA,BC〉=OA→·BC→|OA→||BC→|.＝24－1628×5＝3－225.即OA与BC所成角的余弦值为3－225.【反思感悟】在异面直线上取两个向量，则两异面直线所成角的问题可转化为两向量的夹角问题．需注意的是：转化前后的两个角的关系可能相等也可能互补．在二面角α－l－β中，A，B∈α，C，D∈l，ABCD为矩形，P∈β，PA⊥α，且PA＝AD，M、N依次是AB、PC的中点．(1)求二面角α－l－β的大小；(2)求证：MN⊥AB；(3)求异面直线PA与MN所成角的大小．(1)解∵PA⊥α，l⊂α∴PA⊥l，又∵AD⊥l，PA∩AD=A，∴l⊥平面PAD，∴l⊥PD，故∠ADP为二面角α-l-β的平面角，由PA=AD得∠ADP=45°.∴二面角α-l-β的大小为45°.（2）证明PC＝PD→＋DC→，PN＝12PC→＝12PD→＋12DC→＝12(AD→－AP→)＋12DC→，AN＝PN→－PA→＝PN→＋AP→，∴AN＝12AD＋12AP→＋12DC→，MN＝AN→－AM→=12AD＋12AP→＋12DC→－12DC→=12AD＋12AP→，∵AD⊥AB，AP⊥AB∴AD→·AB＝0，AP→·AB＝0，∴MN⊥AB.(3)解设AP＝a，3由(2)得MN＝12AD＋12AP→AP·AN＝12AD·AP→＋12AP→·AP→＝12a2，|AP|＝|AD→|＝a，|MN|＝(12AD→＋12AP→)2＝14AD→2＋14AP→2＝22a，∴cosAP,MN＝·||?||APANAPAN＝22，即异面直线PA与MN所成角为45°.知识点三利用数量积证明垂直关系如图所示，m，n是平面α内的两条相交直线．如果l⊥m，l⊥n，求证：l⊥α.证明在α内作任一直线g，分别在l，m，n，g上取非零向量l，m，n，g.因为m与n相交，所以向量m，n不平行．由向量共面的充要条件知，存在惟一的有序实数对(x，y)，使g＝xm＋yn.将上式两边与向量l作数量积，得l·g＝xl·m＋yl·n.因为l·m＝0，l·n＝0，所以l·g＝0,所以l⊥g.即l⊥g.这就证明了直线l垂直于平面α内的任意一条直线，所以l⊥α.【反思感悟】证明两直线垂直可转化为证明两直线的方向向量垂直，即证明两向量数量积为零．已知：在空间四边形OABC中，OA⊥BC，OB⊥AC，求证：OC⊥AB.证明∵OA⊥BC，OB⊥AC，∴OA·BC=0，OB·AC=0.∵OC·AB＝(OB+BC)·(AC→+CB)=OB·AC→＋OB→·CB→＋BC→·AC→＋BC→·CB→=OB·CB→＋BC→·(AC→＋CB→)=OB·CB→＋BC→·AB＝BC→·(AB＋BO→)＝BC→·AO→＝0，∴OC⊥AB→，∴OC⊥AB.课堂小结：空间两个向量a，b的数量积，仍旧保留平面向量中数量积的形式，即：a·b＝|a||b|cos〈a，b〉，这里〈a，b〉表示空间两向量所成的角(0≤〈a，b〉≤π)．空间向量的数量积具有平面向量数量积的运算性质．应用数量积可以判断空间两直线的垂直问题，可以求两直线夹角问题和线段长度问题．即(1)利用a⊥b⇔a·b＝0证线线垂直(a，b为非零向量)．(2)利用a·b＝|a|·|b|cos〈a，b〉，cosθ＝a·b|a|·|b|，求两直线的夹角．(3)利用|a|2＝a·a，求解有关线段的长度问题．4一、选择题1．若a，b均为非零向量，则a·b＝|a||b|是a与b共线的()A．充分不必要条件B．必要非充分条件C．充要条件D．既非充分也非必要条件答案A解析a·b＝|a||b|cos〈a，b〉＝|a||b|⇔cos〈a，b〉＝1⇔〈a，b〉＝0，当a与b反向时，不能成立．2．已知a，b均为单位向量，它们的夹角为60°，那么|a＋3b|等于()A.7B.10C.13D．4答案C解析|a＋3b|2＝(a＋3b)2＝a2＋6a·b＋9b2＝1＋6·cos60°＋9＝13.3．对于向量a、b、c和实数λ，下列命题中真命题是()A．若a·b＝0，则a＝0或b＝0B．若λa＝0，则λ＝0或a＝0C．若a2＝b2，则a＝b或a＝－bD．若a·b＝a·c，则b＝c答案B解析A中若a⊥b，则有a·b＝0，不一定有a＝0，b＝0.C中当|a|＝|b|时，a2＝b2，此时不一定有a＝b或a＝－b.D中当a＝0时，a·b＝a·c，不一定有b＝c.4．已知四边形ABCD满足：－*6]·OC→·BC→0，BC→·CD→0，CD→·DA→0，DA→·－*6]·OC→0，则该四边形为()A．平行四边形B．梯形C．平面四边形D．空间四边形答案D5．已知a、b是平面α内的两个不相等的非零向量，非零向量c在直线l上，则c·a＝0且c·b＝0是l⊥α的()A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充要条件D．既不充分也不必要条件答案B二、填空题6．已知向量a、b满足条件：|a|＝2，|b|＝2，且a与2b－a互相垂直，则a与b的夹角为________．答案45°解析因为a与2b－a垂直，所以a·(2b－a)＝0.即2a·b－|a|2＝0，所以2|a||b|·cos〈a，b〉－|a|2＝0，所以42cos〈a，b〉－4＝0⇒cos〈a，b〉＝22，所以a与b的夹角为45°.7.已知线段AB,BD在平面α内,∠ABD=120°,线段AC⊥α,如果AB=a,BD=b,AC=c,则|CD|为____________．5答案a2＋b2＋c2＋ab解析|CD|2＝|AB＋BD→－AC→|2＝AB2＋BD→2＋AC→2＋2AB·BD→－2AB·AC→－2BD→·AC→＝a2＋b2＋c2＋2abcos60°＝a2＋b2＋c2＋ab.|CD|＝a2＋b2＋c2＋ab.＝a2＋b2＋c2＋ab.8．已知|a|＝32，|b|＝4，m＝a＋b，n＝a＋λb，〈a，b〉＝135°，m⊥n，则λ＝________.答案－32解析由m·n＝0，得(a＋b)·(a＋λb)＝0，列方程解得λ＝－32.三、解答题9.如图，已知E是正方体ABCD-A1B1C1D1的棱C1D1的中点，试求向量11AC与DE所成角的余弦值.解设正方体的棱长为m，AB＝a，AD→＝b，AA1→＝c，则|a|＝|b|＝|c|＝m.a·b＝b·c＝c·a＝0.又∵11AC＝A1B1→＋B1C1→＝AB＋AD→＝a＋b，DE＝DD1→＋D1E→＝DD1→＋12D1C1→＝c＋12a.∴11AC·DE→＝(a＋b)·(c＋12a)＝a·c＋b·c＋12a2＋12a·b＝12a2＝12m2.又∵|11AC|＝2m，|DE→|＝2m，∴cos〈11AC，DE→〉=1111||?||ACDEACDE＝12m22m·52m＝1010.10．已知在平行六面体ABCD—A′B′C′D′中，AB＝4，AD＝3，AA′＝5，∠BAD＝90°，∠BAA′＝∠DAA′＝60°.(1)求AC′的长(如图所示)；6(2)求'AC与AC→的夹角的余弦值．解(1)∵'AC=AB+AD+'AA,∴|'AC|2=(AB+AD+'AA)2=|AB|2+|AD|2+|'AA|2+2(AB·AD+AB·'AA+AD·'AA)=42+32+52+2（0+10+7.5）=85.∴|'AC|＝85.(2)方法一设'AC与AC的夹角为θ,∵四边形ABCD是矩形,∴|AC|=22345。∴由余弦定理可得cosθ＝AC′2＋AC2－CC′22AC′·AC＝85＋25－252·85·5＝8510.方法二设AB＝a，AD→＝b，AA′→＝c，依题意'AC·AC＝(a＋b＋c)·(a＋b)＝a2＋2a·b＋b2＋a·c＋b·c＝16＋0＋9＋4·5·cos60°＋3·5·cos60°＝16＋9＋10＋152＝852.∴cosθ＝'·|'|?||ACACACAC=85285·5＝8510.