高中数学培优讲义练习（人教A版2019选择性必修一）专题1.3空间向量的数量积运算-重难点题型精讲

专题1.3空间向量的数量积运算重难点题型精讲1．空间向量的夹角(1)定义：已知两个非零向量a，b，在空间任取一点O，作eq\o(OA,\s\up6(→))＝a，eq\o(OB,\s\up6(→))＝b，则∠AOB叫做向量a，b的夹角，记作〈a，b〉．(2)范围：0≤〈a，b〉≤π.特别地，当〈a，b〉＝eq\f(π,2)时，a⊥b.2．空间向量的数量积定义已知两个非零向量a，b，则|a||b|cos〈a，b〉叫做a，b的数量积，记作a·b.即a·b＝|a||b|cos〈a，b〉．规定：零向量与任何向量的数量积都为0.性质①a⊥b⇔a·b＝0②a·a＝a2＝|a|2运算律①(λa)·b＝λ(a·b)，λ∈R.②a·b＝b·a(交换律)．③a·(b＋c)＝a·b＋a·c(分配律).3．向量的投影(1)如图(1)，在空间，向量a向向量b投影，由于它们是自由向量，因此可以先将它们平移到同一个平面α内，进而利用平面上向量的投影，得到与向量b共线的向量c，c＝|a|cos〈a，b〉eq\f(b,|b|)，向量c称为向量a在向量b上的投影向量．类似地，可以将向量a向直线l投影(如图(2))．(2)如图(3)，向量a向平面β投影，就是分别由向量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eq\o(A′B′,\s\up6(→))，向量eq\o(A′B′,\s\up6(→))称为向量a在平面β上的投影向量．这时，向量a，eq\o(A′B′,\s\up6(→))的夹角就是向量a所在直线与平面β所成的角．【题型1数量积的计算】求空间向量数量积的步骤：(1)将各向量分解成已知模和夹角的向量的组合形式．(2)利用向量的运算律将数量积展开，转化为已知模和夹角的向量的数量积．(3)代入求解．【例1】（2021秋•温州期末）已知四面体ABCD，所有棱长均为2，点E，F分别为棱AB，CD的中点，则AF→A．1 B．2 C．﹣1 D．﹣2【解题思路】先得到四面体ABCD为正四面体，再利用空间向量的数量积运算和线性运算求解即可．【解答过程】解：∵四面体ABCD，所有棱长均为2，∴四面体ABCD为正四面体，∵E，F分别为棱AB，CD的中点，∴AF→⋅CE→==12AC→•AE→=12×2×1×1＝﹣2．故选：D．【变式11】（2021秋•沈河区校级期末）已知空间四边形ABCD的每条边和对角线的长都为a，E，F，G分别是AB，AD，DC的中点，则GE→•GFA．2a28 B．a28 C．【解题思路】由题意，四面体是正四面体，每个三角形是等边三角形，再利用向量的数量积的定义解答即可．【解答过程】解：∵空间四边形ABCD的每条边及AC、BD的长都为a，∴四面体是正四面体，所以每个面都是等边三角形，∵点E、F、G分别是AB、AD、DC的中点，∴GE→•GF→=（=12DC→•12=14a2×（−12）+12a2×故选：D．【变式12】（2021秋•南海区校级月考）在棱长为1的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，设AB→=a→，AD→A．1 B．0 C．﹣1 D．﹣2【解题思路】根据已知条件，结合正方体的性质，以及向量数量积的运算规律，即可求解．【解答过程】解：由正方体的性质可得，AB→⊥AD故AB→⋅AD∵AB→=a→，∴a→故选：B．【变式13】（2022春•南明区校级月考）已知MN是棱长为4的正方体内切球的一条直径，点P在正方体表面上运动，则PM→A．4 B．12 C．8 D．6【解题思路】利用空间向量的线性运算和数量积运算得到PM→•PN→【解答过程】解：设正方体内切球的球心为G，则GM＝GN＝2，PM→•PN→=（PG→+GM→）•（PG→+因为MN是正方体内切球的一条直径，所以GM→+GN→=0所以PM→•PN→又点P在正方体表面上运动，所以当P为正方体顶点时，|PG→|最大，且最大值为2所以PM→•PN→=PG→2−4≤8故选：C．【题型2向量的夹角及其应用】求两个向量的夹角：利用公式＝求，进而确定．【例2】（2021秋•定远县期末）已知正方体ABCD﹣A′B′C′D′的棱长为a，设AB→=a→，AD→=bA．30° B．60° C．90° D．120°【解题思路】由B'D'→=DB→，得到＜A'B→，B'D'→＞是∠DBA′的补角，由A′D＝【解答过程】解：∵正方体ABCD﹣A′B′C′D′的棱长为a，设AB→=a→，AD→∴＜A'B→，B'∵A′D＝A′B＝BD，∴∠DBA′＝60°，∴＜A'B→，B故选：D．【变式21】（2021秋•吉安期末）已知空间中四个不共面的点O、A、B、C，若|OB→|＝|OC→|，且cos＜OA→，OB→＞=cos＜OAA．1 B．12 C．32 D【解题思路】根据cos＜OA→，OB→＞=cos＜OA→，OC→＞和|OB→|＝|OC→|可得OA→•OB→【解答过程】解：∵cos＜OA→，OB→＞=cos＜∵|OB→|＝|OC→|，∴OA→•OB→=OA→•OC→，∴OA→∴sin＜OA→，BC→＞故选：A．【变式22】（2020秋•洪泽县校级期末）空间四边形OABC中，OB＝6，OC＝4，BC＝4，∠AOB=∠AOC=π3，则cos＜OA→，【解题思路】利用OB＝6，OC＝4，BC＝4，∠AOB=∠AOC=π3，以及两个向量的数量积的定义化简cos【解答过程】解：∵OB＝6，OC＝4，BC＝4，∠AOB=∠AOC=π∴cos＜OA故答案为：−1【变式23】（2021秋•玉林期末）如图，在△ABC和△AEF中，B是EF的中点，AB＝2，EF＝4，CA＝CB＝3，若AB→⋅AE→+AC→⋅AF【解题思路】推导出BC→2=9＝（AC→−AB→）2=AC→2+AB→2−2AC→⋅AB→【解答过程】解：由题意得：BC→2=9＝（AC→−AB→）∴AC→∵AB→∴AB→⋅(AB=AB＝6+＝6+1∴EF→⋅BC∴EF→与BC→的夹角的余弦值为cos故答案为：16【题型3利用数量积求向量的模】求线段长度(距离)：①取此线段对应的向量；②用其他已知夹角和模的向量表示该向量；③利用＝，计算出，即得所求长度(距离)．【例3】（2020秋•秦皇岛期末）在平行六面体（底面是平行四边形的四棱柱）ABCD﹣A1B1C1D1中，AB＝AD＝AA1＝1，∠BAD＝∠BAA1＝∠DAA1＝60°，则AC1的长为（）A．3 B．3 C．6 D．6【解题思路】由ACAC1→2=(AB→【解答过程】解：AC则AC1→2=(AB＝1+1+1+3×2×1×1×cos60°＝6．∴|A故选：D．【变式31】（2022春•宝山区校级期中）如图，在大小为45°的二面角A﹣EF﹣D中，四边形ABFE与CDEF都是边长为1的正方形，则B与D两点间的距离是（）A．3 B．2 C．1 D．3−【解题思路】由DB→【解答过程】解：∵四边形ABFE与CDEF都是边长为1的正方形，∴DE→又大小为45°的二面角A﹣EF﹣D中，∴DE→•FB→=∵DB→∴DB→2=∴|DB故选：D．【变式32】（2021秋•郑州期末）在平行六面体（底面是平行四边形的四棱柱）ABCD﹣A1B1C1D1中，AB＝AD＝AA1＝1，∠BAD＝∠BAA1＝∠DAA1＝60°，则AC1的长为（）A．3 B．3 C．6 D．6【解题思路】由AC1→=AB→+AD→【解答过程】解：AC则AC1→2=(AB＝1+1+1+3×2×1×1×cos60°＝6．∴|A故选：D．【变式33】如图，圆台的高为4，上、下底面半径分别为3、5，M、N分别在上、下底面圆周上，且＜O2M→，O1NA．65 B．52 C．35 D．5【解题思路】用MO2→，O2O1→【解答过程】解：∵O2M⊥O1O2，O1N⊥O1O2，∴MO2→•O2O又MO2→⋅O1N→∵MN→∴MN→2＝（MO=MO2→2+O2O1→2+O1N→∴|MN→|=故选：A．【题型4向量垂直的应用】【例4】（2021秋•大连月考）已知a，b是异面直线，e1→，e2→分别为取自直线a，b上的单位向量，且a→=2e1→+3e2→，bA．﹣6 B．6 C．3 D．﹣3【解题思路】e1→，e2→分别为取自直线a，b上的单位向量，且a→⊥b→，则|e1→|＝|e2→|＝1【解答过程】解：e1→，e2→分别为取自直线a，b上的单位向量，且则|e1→|＝|e2→|＝1，ea→⋅b→=2ke1→2−12e即为2k﹣12＝0，解得k＝6．故选：B．【变式41】（2022•浦东新区校级模拟）已知长方体ABCD﹣A1B1C1D1，下列向量的数量积一定不为0的是（）A．AD1→⋅B1C→ B．B【解题思路】选项A，当四边形ADD1A1为正方形时，可证AD1⊥B1C，选项B，当四边形ABCD为正方形时，可证AC⊥BD1，选项C，由长方体的性质可证AB⊥AD1，分别可得数量积为0，选项D，可推在△BCD1中，∠BCD1为直角，可判BC与BD1不可能垂直，可得结论．【解答过程】解：选项A，当四边形ADD1A1为正方形时，可得AD1⊥A1D，而A1D∥B1C，可得AD1⊥B1C，此时有AD1选项B，当四边形ABCD为正方形时，可得AC⊥BD，可得AC⊥平面BB1D1D，故有AC⊥BD1，此时有BD1选项C，由长方体的性质可得AB⊥平面ADD1A1，可得AB⊥AD1，此时必有AB→⋅选项D，由长方体的性质可得BC⊥平面CDD1C1，可得BC⊥CD1，△BCD1为直角三角形，∠BCD1为直角，故BC与BD1不可能垂直，即BD1故选：D．【变式42】若A，B，C，D是空间中不共面的四点，且满足AB→•AC→=AC→•AD→A．钝角三角形 B．锐角三角形 C．直角三角形 D．不确定【解题思路】由题意知，AB⊥AC，AC⊥AD，AB⊥AD，设AB＝a，AC＝b，AD＝c，由勾股定理可求BC、CD、BD的长度，在△BCD中，由余弦定理得B，C，D三个角的余弦值都是正数，可得B，C，D都是锐角，得到△BCD的形状．【解答过程】解：∵AB→•AC→=AC→•AD→=AB→•AD→=0，∴AB设AB＝a，AC＝b，AD＝c，则BC=a2+b2，CD△BCD中，由余弦定理得cosB=a2同理可得，cosC＞0，cosD＞0，∴内角B，C，D都是锐角，即△BCD是锐角三角形．故选：B．【变式43】（2021秋•扶余县校级期中）如图，已知四边形ABCD为矩形，PA⊥平面ABCD，连接AC，BD，PB，PC，PD，则下列各组向量中，数量积不一定为零的是（）A．PC→与BD→ B．DA→与PB→ C．PD→与AB→【解题思路】根据题意，若空间非零向量的数量积为0，则这两个向量必然互相垂直．据此依次分析选项，判定所给的向量是否垂直，即可得答案．【解答过程】解：根据题意，依次分析选项：对于A、PC与BD不一定垂直，即向