2024高考数学：空间向量的数量积运算

2024高考数学：空间向量的数量积运算

目录

1.空间向量的夹角...............................................................1

2.空间向量数量积...............................................................1

3.数量积的性质.................................................................2

4.数最积的运算律...............................................................2

5.考试题.......................................................................4

5.1.选择题（每小题6分，共30分）...............................................4

5.2.填空题（每小题8分，共24分）................................................5

5.3.解答题（9题,10题14分,11题18分）.......................................6

6.答案解析.....................................................................7

1.空间向量的夹角

1、定义：已知空间两个非零向量；、力，在空间任取一点°,作

'则"二S叫做向量5、加勺夹角，记作一力，

2、夹角的范围：0°W0W180°.

2.空间向量数量积

fff—

定义：已知空间两个非零向量4、士,则，叫做4的数

量积，记作二石.

fff丁f一

g|j.上小二卜拉卜「七

规定：G与任何向量的数量积都为0.

说明：

（1）两个向量的数量积是一个实数，不是向量，符号由cos。的符号所决

定.

（2）两个向量的数量积写成】石；今后要学到两个向量的外积占工而

ab是两个数的积，书写时要严格区分.

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(3)在数量积中，若；(备注：视频中应该是U),且*6-U,不能

推出(备注：视频中应该是°),因为其中cos。有可能为0.

f——f——

(4)在实数中,有(aXb)c=a(bXc),但是

3.数量积的性质

ff——f

(])/・。一3・；一,)ri'fe

(2)4=4・b-0.

(3)当；与2同向时，」5一|，吓'|；当；与4反向时，"・'--|训'：1；

特别的I__________________康I;

(4)国口|；

(5)__________

4.数量积的运算律

―f——

(1)交换律：上访二5。；

(2)结合律：(如'J=篁"叱;—而；

(3)分配律：；④+二)二工二二.

例1、用向量方法证明：直线和平面垂直的判定定理.

己知：”"是平面a内的两条相交直线，直线？与平面a的交点为/工且

求证：2匕

证明：

作a平面内任意一条直线g，设直线m,n,g,1的方向向量分别为

—*frQ

m.agj.

♦・,m,n相交，,不共线，又EWa在a内，

・•・由共面向量定理知，存在(x,y)使得

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・••篦-v'w",又l_Lm,l_Ln,U.

f-—r

・・・，D1-S,.-.l±g.

・・・由直线g的任意性知1_LQ.

例2、己知空间四边形ABCD中，TE,CZ),求证:

AD

证明：

Al)lc-(AB+BD)(AC-Af)

=ABAC^BDAC-AB:-ABBD

=AB(AC-AB-BD)^AB衣二0

IZ-15CADIEC

例3、如图，在空间四边形匚苏中，C-4-2,-4S-6,，

3(7=5,NC*C=45\ZO4£=6CT,求0A与BC的夹角的余弦值.

解：

OA»SC=c-L4«iAAS->'A»A-OA*Ab

-|.\41*|AC|cosJ1?H\CAH|CQ$；(?/.4}

-8x4xcosl35B-8x6xcosl20B_24-16J?

,/X齐、次.正2476点3・20

cos<%，■--------------------------

.・・0A\?C|8x55.

)—2、2

・・・0A与BC的夹角的余弦值为5.

例4.已知在平行六面体中,|AB|=4,|AD|=3,

=5,ZRAD=90°,/RAA'=ZDAAZ=60°,则月二'|等于()

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A.85B.相

C."2D.50

赞号蘑口蠡■圆门嘉布够遍

答案：B

5.考试题

5.1.选择题(每小题6分，共30分)

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.必要不充分条件

C.充要条件D.既不充分也不必要条件

2.已知空间向量a,b满足a•b=0,|a|=l,|b|=2,则|2a-b|二

()

A.0B.2aC.4D.8

3.(2013•天水高二检测)已知四边形ABCD满足:AB•BC>0,

BC•cb>o,

CD•DA>0,DA­加>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

4.如图,在大小为45°的二面角A-EF-D中,四边形ABFE,CDEF都是

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边长为1的正方形,则B,D两点间的距离是()

A.V3B.V2C.1D.J3-&

5.(2013•杭州高二检测)如图，在直三棱柱ABC-A.B.C,中，AB=BC=AAb

ZABC=90°,点E,F分别是棱AB,BBi的中点，则直线EF和BG所

成的角是(_______)

A.45°B.60°C.90°D.120°

5.2.填空题(每小题8分洪24分)

6.(2013•安阳高二检测)已知向量a与b的夹角是120°,且

|a|二|b|=4,则b•(2a+b)=.

7.如图所示,在几何体A-BCD中,ABJ_平面BCD,BC1CD,且

AB=BOI,CD=2,点E为CD的中点，则AE的长为.

8.如图NBAC=90°,等腰直角三角形ABC所在的平面与正方形ABDE

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所在的平面互相垂直,则异面直线AD与BC所成角的大小

是________

5.3.解答题（9题,10题14分,11题18分）

9.如图所示,直三棱柱ABC—ABG中,CA=CB=1,ZBCA=90°,棱

AA,=2,M,N分别是AB,AiA的中点.

⑴求前的长.

⑵求cos<BAi，CB>的值.

（3）求证:

10.（2013•济南高二检测）如图,PA垂直于矩形ABCD所在的平

面,M,N分别是AB,PC的中点，

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⑴求证：MN_LCD.

⑵若NPDA=45°,求证:MNJL平面PCI).

11.（能力挑战题）如图所示，矩形ABCD中，AB=l,BC=a,

PA,平面ABCD（点P位于平面ABCD上方），问BC边上

是否存在点Q,使用_L而？

6.答案解析

1.【解析】选A.a,b二|a||b|cos<a,b>=|a||b|Ocos<a,b>=10

<a,b>=0,即a,b同向，故是充分条件；当a与b反向时，不能成立，不

是必要条件.

2.【解析】选B.|2a—b|二）（2a二1）

:J4。'-4a•b+b

=V4X1-4X0+22=272,故选B.

3.【解析】选D.BA-BC<0,CB-CD<0,DC-DA<0,

AD•AB<0,即四边形的四个内角均为钝角，所以该四边形为空间四

边形.

4.【解析】选D.届而FC+CD

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ABD=(BF+FC+C”

=BF2+FC。工口的(BF-FC+FC-CD+BF-CD)

由题意知，I而I二|E|:|6i)|n,

BF-FC=|BF|•|FC|cos135°

=1X1X(-马二

22

FC•CD=BF•CD=0,

BD2=3+2X(-3=3-V2,

・・・BD=j3-夜.

T——

5.【解析】选B.设AB=a,AC=b,AA二二c,

|a|=|c|=1,则|b|二位，

EF=EB+BI^iAB+iBE净*,

BC尸BC+&F辰-届AA]

=-a+b+c,

/.EF-BC^CiaA)•(-a+b+c)

122

_---1a2+,1-a•-b+1a•c-1-a•c+-b-cJ+-c2

N，TL7N2

=--|a|2+-a•b+2b•c+-|c|2

2222

=-l+la・b+Q+l=ia•b.

2222

由题意知，<a,b>=45°,

/.a•b=|a||b|cos<a,b>=1乂号Xcos45°=1,

/.EF-BC^XI^

22

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2

又IEFI=/>y(y^4--^-c)

:

=AJ^((r+2a•c+c)

=J}(1+2XO+1)=浮

|/3(；I=y(—a+b+c)-

=J(——a)2+b+(,+2]——a•b+b•c+(——a)・c]

=Jl+(V2)2+1+2x(-1+0-0>V2,

.\cos<EF,BQ>=■学与

|EF|-|Bq|

1

二二J

?xV5，

-T

/.cos<EF,BC^-600,

AEF与BG所成的角为60°.

6.【解析】b-(2a+b)=2a-b+b2=21a|•|b|cos120°+|b|2=2X4X

4X(-J)+42=0.

答案:0

7.【解析】■届靛+&)：

=|AB|2+|BC|2+|CE|2+2(AB•BC+AB•CE+BC-CE),

由题意知，|品|二|亩：|二1二|&|,

且AB•BUAB-CE=BC-CE=0.

AAE=3,

・・・AE的长为百.

答案:百

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【举一反三】若将题条件中“BCLCD”改为“NBCD=120°”，其他

条件不变，结果如何？

【解析】由本题解答知，

AE2=|AB|2+|BC|2+|CE|2+2(AB•BC+AB-CE+BC•CB,

V|AB|=|BC|=1=|CE|,

AB-BC=AB-0=0,

BC-CE=|BC|•|CE|•cos<BC,CE>

=1X1Xcos60°=i,

・・・AE*=3+2Xi=4,

TL

故AE的长是2.

答案：2

8.【解析】设正方形ABDE的边长为1,

VAD=AB+AE,BC=AC-AB,

AAE•BC=(AB+AE)•(AC-AB)

=AB•AC-AB'+AE•AC-AE-AB,

=07+0-0=7,

|AD|=J(AB+AE)2

二+2AB-AE+AE2

、1+2x04-1=V2,

2

|BC|=xi'(ACAB)

7AC-2AC-AB+AB

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=V1-2X04-1=>/2,

r-

.-.cos<AD,

|AD||BC|）

A<AD,BC>=120°，故AD与BC所成角为60°.

答案:60°

9.【解析】（1）由题可知,BA;BALAN,

.・・BN2=（B分AN）2

=BA2+2BA•2

=（V2）?+2X0+12=3,

/.BN=V3.即即的长为\G.

—————T

（2）,・,BA产B毋AA],CB^CB+BBv

—————T

ABAj•CB^CBA^AAj）•（CB+BB^

二BA-CB+BA-BB^AAi-CB+AA,•BB,

———N

二|BA|•|CB|•cos1350+0+0+AA1

=V2X1X（-迫）+22=3,

IBAJ=7BA2+AAI

二j（&）2+22二五,

|CBj=jBC2+BB；

=<^+22=^5,

——■:二

Acos<BA1,CB]>-与与-

|BA/⑸

VSxVsio

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(3)・・AiE=A,*AB,

・・・A；B・C；I花(A；A+Xb•(C&c4)

三(A；£•C入+A；A•cR+d•C^A^AB•QB；

由题意知,A】A•C1Al=A"-3B『0,

AB・C1Al=lABl•|C1Ali-cos<AB,

=V2X1Xcos135°=-1,

—T—T——

AB•C1B1=|AE|•|C[Bj•cos<AB,1Bp

=V2X1Xcos45°=1,

——

・“/・(：1呢)<(7+1)=0,

T—

・・・A1m_LC1M即AiBXCiM.

10.【证明】(1)设AB=a,AD=b,AP=c,

则公=>fmBC+CN

』AB+AD--PC

22

r—TTT

上AB+AD-VPA+AD+DO

22

上AB+AMAP-1AD-2AB

2222

=i(AIHAP)=i(b4-c),

22

AMN*CD^(b+c)•(-a)

=--(a•b+a•c),

2

.四边形ABCD是矩形，PA_L平面ABCD,

第12页共14页

/.a±b,a±c,a•b=a•c=0,

AMN-CI>0,

AMN±CD,故MN±CD.

(2)由⑴知,MN_LCD,MN=-(b+c),

・・PD=AD-AP=b-c,

JMN•pb」(b+c)•(b-c)

-(Ib|2-|c|2),

TL

♦.・PA_L平面ABCD,APAXAD,

又/PDA=45°,

APA=AD,A|b|=|c|,

AMN•PI>0,AMN±PD,AMN±PD,

,.・CD,PDu平面PCD,且CDnPUD,

・・・MN_L平面PCD.

【拓展提升】巧用数量积证明垂直问题

垂直问题有线线垂直、线面垂直、面面垂直三类问题，这三类问题

通常