111二课时空间向量的数量积

1.1.1二课时空间向量的数量积TOC\o"13"\h\u题型1数量积的概念 ③求余弦值:利用数量积求余弦值或角的大小④定结果:异面直线所成的角为锐角或直角，利用向量的夹角求余弦值应将余弦值加上绝对值，继而求角的大小【例题3】（2023·全国·高三对口高考）在三棱锥V−ABC中，VA⊥BC,A．60° B．90° C．30° D．不确定【答案】B【分析】根据题意得VA⋅BC=【详解】∵VA⊥BC,∴VA⋅BC∴VB⋅VC−∴VC⋅AB=0则VC与AB的夹角为90°．故选：B．【变式31】1．（2023春·安徽·高二池州市第一中学校联考阶段练习）如图，三棱锥A−BCD中，AB、CD所成的角为A．cosB．cosC．cosD．cos【答案】B【分析】根据数量积的运算律及余弦定理得到AB⋅CD=1【详解】因为AB====1所以cosα故选：B.【变式31】2．（多选）如图所示，平行六面体ABCD−A1B1C1D1A．AB．AC．直线AC与直线BDD．BD1【答案】AB【分析】A选项，利用空间向量运算法则得到AC1=AB+B选项，求出DB=AB−C选项，作出辅助线，得到四边形ABC1D1为平行四边形，点A∈平面ABD选项，先得到AC=AB+AD，BD【详解】由空间向量运算法则得到：AC所以A=2+2+1+22×2因为DB=AB−故AC1⊥连接AD因为AB//C1D1点A∈平面ABC1D1，而点CAC=AB+AD，B=2+2+2AB⋅ADcos60°=4+2=6，BD12=AD−AB+A故选：AB【变式31】3．（2020·全国高二课时练习）如图，三棱柱中，底面边长和侧棱长都相等，，则异面直线与所成角的余弦值为_____________【答案】【解析】三棱柱中，底面边长和侧棱长都相等，，设棱长为1，则，，.又，，所以而，，所以.故答案为：.【变式31】4．（2023春·江苏扬州·高二统考期中）如图：正三棱锥ABCD中，E､F分别在棱AB､AD上，AE:【答案】3【分析】设∠BAC=θ,由AE:EB=AF:FD【详解】正三棱锥ABCD中，设∠BAC因为AE:所以AE=13所以(CA∴∴|即cosθ解得cosθ=37，即故答案为：3【变式31】5.（2020·全国高二课时练习）如图，三棱柱中，底面边长和侧棱长都等于1，．（1）设，，，用向量，，表示，并求出的长度；（2）求异面直线与所成角的余弦值．【答案】（1）；；（2）.【解析】解：（1），又，同理可得，则．（2）因为，所以，因为，所以．则异面直线与所成角的余弦值为．题型4利用空间向量的数量积求距离(线段长度)【方法总结】利用向量的数量积求两点间的距离，可以转化为求向量的模的问题，其基本思路是先选择以两点为端点的向量，将此向量表示为几个已知向量的和的形式，求出这几个已知向量的两两之间的夹角以及它们的模，利用公式|a|=aa【例题4】（2023·黑龙江哈尔滨·哈尔滨三中校考模拟预测）如图，平行六面体ABCD−A1B1C1D1中，AD=BD

【答案】1【分析】根据空间向量的数量积运算律求解即可.【详解】由题可得,AD=BD=1所以AB=1+1=因为BD所以B==2+1+1−2−2+1=1，所以BD故答案为:1.【变式41】1．（2023春·四川成都·高二四川省成都市新都一中校联考期中）已知a，b，c均为空间单位向量，它们之间的夹角均为90∘，那么aA．2 B．13C．14 D．6【答案】C【分析】根据给定条件，利用空间向量数量积的运算律、垂直关系的向量表示求解作答.【详解】因为a，b，c均为空间单位向量，它们之间的夹角均为90∘，a所以|=|故选：C【变式41】2．（2023春·福建宁德·高二校联考期中）如图，在平行六面体ABCD−A1B1C1D1中，AB

A．25 B．26 C．36【答案】A【分析】空间向量AE=【详解】由AE=AE=4+4+4+2×2×2cos60所以AE=2故选：A.【变式41】3．（2023秋·山东滨州·高二统考期末）如图，二面角A−EF−C的大小为45∘，四边形ABFE、CDEF都是边长为1

A．2 B．3 C．3−2 D．【答案】C【分析】利用二面角的定义可得出∠AED=45∘，由空间向量的线性运算可得出【详解】因为四边形ABFE、CDEF都是边长为1的正方形，则AE⊥EF，又因为二面角A−EF−C的大小为45∘因为DB=DE+EA+所以，DB=1+1+1−2×1×1×cos故选：C.【变式41】4．（多选）（2023·湖北武汉·湖北省武昌实验中学校考模拟预测）如图，在棱长为2的正四面体P−ABC中，D、E分别为AB、AC上的动点（不包含端点），F为A．DE+EF的最小值为B．DF的最小值为2；C．若四棱锥F−BDEC的体积为24，则D．若BE⋅FE【答案】BC【分析】A将平面PAC和平面BAC沿AC边展开为平面四边形PABC即可求解；B设PD=m≥3，又有△C由VF−BDEC=16×PO×SBDEC得SD由BE→【详解】A：如下展开图，F为PC的中点，易知AF⊥则DE+EF≥B：设PD=m≥3，又有△PAD≅连接DF，则有DF⊥PC，故DF=C：设等边△ABC的中心为O，连接PO，易知PO⊥平面ABC，则PO=4−43=所以VF−BDEC所以S△ADE=则有AD⋅AE=1,，又0<所以，结合对勾函数性质可得DE=D：设CE=t，BE⋅FE=故选：BC.【变式41】5.（2023·湖北襄阳·襄阳四中校考模拟预测）正四面体ABCD的棱长为4，中心为点O，则以O为球心，1为半径的球面上任意一点P与该正四面体各顶点间的距离的平方和：PA【答案】28【分析】将正四面体放入正方体中，利用向量的线性运算可得PA2=(PO+OA)2，同理可得到PB2,【详解】因为正四面体ABCD的棱长为4，故可将其放入棱长为42由题意可得PA2=(同理可得PB2=(PC2=(PD2=(取AB,CD的中点则OA+所以PA2+PB2+PC2所以PA

故答案为：28【变式41】6．己知二面角α−l−β为60°，A，B是棱l上的两点，AC，BD分别在半平面α,β内，(1)试用a,b,(2)求：异面直线CD与BA所夹角的余弦值．【答案】(1)CD=a+b−【分析】（1）由已知结合空间向量加法可得CD，再根据向量模长和数量积的关系可求得CD的长；（2）利用空间向量加法表示BA，再利用数量积公式求得向量夹角.（1）∵BD=a由已知二面角α−l−β为所以AC,BD=60°，=CA2+所以线段CD的长为4.（2）CD=CA+AB=−CA⋅AB−题型5投影向量【方法总结】类比平面向量投影的概念，借助图形，叙述作出向量AB，在轴l上投影（空间称为射影）的过程已知图形向量AB=a，l为轴，向量e是l上与轴l同方向的单位向量，作点A在l上的射影A’,作点B在l上的射影B’，则A'B’称为向量AB在轴l上或在e的方向上的正射影；可以证明A’B’=|ABzhuyi注意：轴l上的正射影A'B’AB与l的方向的对应关系，大小代表在l上射影的长度.【例题5】（2023春·安徽合肥·高二校考开学考试）已知空间向量a=13，b=5，且a与b夹角的余弦值为−913A．−91313b B．91313【答案】D【分析】根据题意和投影向量的概念计算即可求解.【详解】∵a=13，b=5，a与b∴a在b上的投影向量为a⋅故选：D．【变式51】1．（2023·全国·高二专题练习）在棱长为1的正方体ABCD−A1B1【答案】2【分析】由正方体的性质可得向量AB与向量A1C1夹角为cos【详解】棱长为1的正方体ABCD−A1B1C1所以AB⋅A1C向量AB在向量A1AB⋅A向量AB在向量A1C1故答案为：2【变式51】2．（2023·全国·高二专题练习）如图，已知PA⊥平面ABC，∠ABC=120∘，PA=AB【答案】3【分析】先求出PC⋅【详解】∵PA⊥平面则PA⊥PC向量PC在BC上的投影向量为PC⋅BC故答案为：32【变式51】3．（2022·全国·高三专题练习）在标准正交基i,j,k下，已知向量a=−2i+8j+3【答案】1256【分析】根据向量的加法求得a+2b=−12i+8j+7k，即可得a【详解】解：易得a+2所以a+2b在i，j，k其在j，k上的投影之积为8×7=56．故答案为：12；56.【变式51】4．（2022·全国·高三专题练习）如图，在长方体ABCD−A′B′C′D′中，已知AB=1，AD=2【答案】向量AC′在AB、AD、AA′方向上的投影数量分别为1、【分析】分析可得AC′=AB+AD+AA【详解】解：非零向量a在非零向量b方向上的投影数量为acos<由空间向量的平行六面体法则可得AC在长方体ABCD−A′因此，向量AC′在AB方向上的投影数量为向量AC′在AD方向上的投影数量为向量AC′在AA【变式51】5．（2023春·高二课时练习）如图，在三棱锥P−ABC中，PA⊥平面ABC，CB⊥AB(1)确定PC在平面ABC上的投影向量，并求PC⋅(2)确定PC在AB上的投影向量，并求PC⋅【答案】(1)PC在平面ABC上的投影向量为AC，PC⋅(2)PC在AB上的投影向量为AB，PC⋅【分析】（1）根据PA⊥平面ABC可得PC在平面ABC上的投影向量，由空间向量的线性运算以及数量积的定义计算PC（2）由投影向量的定义可得PC在AB上的投影向量，由数量积的几何意义可得PC⋅【详解】（1）因为PA⊥平面ABC，所以PC在平面ABC上的投影向量为AC因为PA⊥平面ABC，AB⊂面ABC，可得PA⊥因为CB⊥AB，所以所以PC=0+a（2）由（1）知：PC⋅AB=所以PC在AB上的投影向量为：PC⋅cos由数量积的几何意义可得：PC⋅题型6最值与范围问题【例题6】（2023·上海浦东新·华师大二附中校考模拟预测）已知a，b，c是空间中两两不同的三个单位向量，且a⋅b:【答案】1−【分析】根据向量数量积的定义可设〈a,b〉=〈b,c【详解】由题意得ab即cosa由题意,可设〈a,因为a，b，c是空间中两两不同的三个单位向量，故α≠0，即θ则有0<θ则cos2α≤cosθ于是12cos2α≤cosα而a⋅b=cosα，所以故答案为：1−3【变式61】1.（2023春·重庆沙坪坝·高一重庆一中校考期中）在三棱锥D−ABC中，已知AB=2,AC⋅A．1 B．2 C．3 D．4【答案】B【分析】以AD=a，CB=【详解】设AD=a，CB=b，∴|a+b又∵AC⋅BD=−3∴a2∴c2ab+1=a2+故选：B【变式61】2.（2023秋·山东菏泽·高二统考期末）在棱长为2的正方体ABCD−A1B1C1D1中，EFA．−2,0 B．−1,0 C．0,1 D．0,2【答案】A【分析】求出正方体ABCD−A1B1C1D1的外接球O【详解】设正方体ABCD−A1B1C1则2R=23，可得RPE=P当点OP与正方体ABCD−A1B1当点P与正方体ABCD−A1B1所以，1≤OP≤3故选：A.【点睛】关键点点睛：本题考查空间向量数量积取值范围的求解，注意到O为EF的中点，结合向量数量积的运算性质得出PE⋅PF=【变式61】3.（2022秋·福建·高二校联考期中）已知正四面体ABCD的棱长为6，P是四面体ABCD外接球的球面上任意一点，则PA⋅A．6−66,6+66C．33−36【答案】B【分析】根据题意，求得该正四面体的外接球的半径R=362，进而得PA⋅【详解】如图，设E,F分别为正四面体ABCD棱作AO′⊥平面BCD所以，由正四面体的性质知B,E,O′三点共线，且B因为正四面体ABCD的棱长为6，所以BO′=设四面体ABCD外接球的半径为R，即OA=所以，AO′−R2所以OO′=因为P是四面体ABCD外接球的球面上任意一点，所以，PA因为OA⋅OB+所以PA=9−93因为OF,所以9−9故选：B【点睛】方法点睛：对于立体几何的外接球问题，通常处理方法为，找到球心在某个特殊平面上的投影，进而找到球心的位置，设出未知数，根据半径相等列出方程，求出半径，从而求出表面积或体积.【变式61】4.（2022秋·贵州·高二统考期中）《九章算术》中，将四个面都为直角三角形的四面体称为鳖臑.在如图所示的鳖臑A−BCD中，AB⊥平面BCD，∠BDC=90°，BD=2ABA．0,3 B．12,3 C．12【答案】B【分析】设F，G分别为AB，BD的中点，连接FG，EF，EG，则FG//AD，EF//AC，根据面面平行的判定定理可得平面EFG//平面ACD，由线面垂直的判定定理可得CD⊥平面【详解】设F，G分别为AB，BD的中点，连接FG，EF，EG.易得FG//AD，因为FG,EF⊂平面EFG，AD,AC⊂平面ACD，FG∩因为EH//平面ACD由AB⊥平面BCD，CD⊂平面BCD，得又∠BDC=90由AB∩BD=B,AB,因为EG//CD，所以EG⊥平面ABD，EG因为BD=2所以FG=12CA=2EF因为FH∈0,5故选：B.【变式61】5.（2023秋·江西萍乡·高三统考期末）已知球O是棱长为1的正四面体的内切球，AB为球O的一条直径，点P为正四面体表面上的一个动点，则PA⋅【答案】0,【分析】利用等体积法求出内切球的半径，以及正四面体中内切球球心到顶点的距离，从而可得612≤PO【详解】如图所示，在边长为1的正四面体CDEF中，设四面体内切球球心为