【文档说明】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 Word版含解析.docx，共(12)页，291.762 KB，由小赞的店铺上传

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以下为本文档部分文字说明：

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OA→＝a，OB→＝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〉＝π2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〉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A′B′———→，向量A′B′———→称为向量a在平面

β上的投影向量．这时，向量a，A′B′———→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→⋅𝐶𝐸→=（）A．1B．2C．﹣1D．﹣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→=12（𝐴𝐶→+𝐴𝐷→）•（𝐴𝐸→−𝐴𝐶→）=12𝐴𝐶→•𝐴𝐸→−12𝐴𝐶→2+

12𝐴𝐷→•𝐴𝐸→−12𝐴𝐷→•𝐴𝐶→=12×2×1×12−12×4+12×2×1×12−12×2×2×12＝﹣2．故选：D．【变式1-1】（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→•𝐺𝐹→的值为（）A．√2𝑎28B．𝑎28C．√2𝑎24D．𝑎24【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→=（𝐺𝐶→+𝐶𝐵→+�

�𝐸→）•𝐺𝐹→=12𝐷𝐶→•12𝐶𝐴→+𝐶𝐵→•12𝐶𝐴→+12𝐵𝐴→•12𝐶𝐴→=14a2×（−12）+12a2×12+14a2×12=14a2．故选：D．【变式1-2】（2021秋•南海区校级月考）在棱长为1的正方体ABCD﹣A1B1

C1D1中，设𝐴𝐵→=𝑎→，𝐴𝐷→=𝑏→，𝐴𝐴1→=𝑐→，则𝑎→⋅(𝑏→+𝑐→)的值为（）A．1B．0C．﹣1D．﹣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→，𝐴𝐵→⊥𝐴𝐴1→，故𝐴𝐵→⋅𝐴𝐷→=0，𝐴𝐵→⋅𝐴𝐴1→=0，∵𝐴𝐵→=𝑎→，𝐴𝐷→=𝑏→，𝐴𝐴1→=𝑐→，∴𝑎→⋅(𝑏→+𝑐→)=𝐴𝐵→⋅(𝐴𝐷→+𝐴𝐴1→)=𝐴𝐵→

⋅𝐴𝐷→+𝐴𝐵→⋅𝐴𝐴1→=0．故选：B．【变式1-3】（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→⋅𝑃𝑁→的最大值为（

）A．4B．12C．8D．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→=𝑃𝐺→2−4，再利用正方体的性质求解．【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→+𝐺𝑁→）=𝑃

𝐺→2+𝑃𝐺→•（𝐺𝑀→+𝐺𝑁→）+𝐺𝑀→•𝐺𝑁→，因为MN是正方体内切球的一条直径，所以𝐺𝑀→+𝐺𝑁→=0→，𝐺𝑀→•𝐺𝑁→=−4，所以𝑃𝑀→•𝑃𝑁→=𝑃𝐺→2−4，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√3，所以𝑃𝑀→•𝑃𝑁→=𝑃𝐺→2−4≤8，所以𝑃𝑀→•𝑃𝑁→最大值为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→=𝑏→，𝐴𝐴′→=𝑐→，则＜𝐴′𝐵→，𝐵′𝐷′→＞等于（）A．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＝A

′B＝BD，得∠DBA′＝60°，由此能求出＜𝐴′𝐵→，𝐵′𝐷′→＞．【解答过程】解：∵正方体ABCD﹣A′B′C′D′的棱长为a，设𝐴𝐵→=𝑎→，𝐴𝐷→=𝑏→，𝐴𝐴′→=𝑐→，𝐵′𝐷′→=𝐷𝐵→，∴

＜𝐴′𝐵→，𝐵′𝐷′→＞是∠DBA′的补角，∵A′D＝A′B＝BD，∴∠DBA′＝60°，∴＜𝐴′𝐵→，𝐵′𝐷′→＞=120°．故选：D．【变式2-1】（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＜𝑂𝐴→，𝑂𝐶→＞，则sin＜𝑂𝐴→，𝐵𝐶→＞的值为（）A．1B．12C．√32D．√22【解题思路】根据cos＜𝑂𝐴

→，𝑂𝐵→＞=cos＜𝑂𝐴→，𝑂𝐶→＞和|𝑂𝐵→|＝|𝑂𝐶→|可得𝑂𝐴→•𝑂𝐵→=𝑂𝐴→•𝑂𝐶→．故而𝑂𝐴→•𝐵𝐶→=𝑂𝐴→•（𝑂𝐶→−𝑂𝐵→）＝0，得出𝑂𝐴→⊥𝐵𝐶→．【解答过程】

解：∵cos＜𝑂𝐴→，𝑂𝐵→＞=cos＜𝑂𝐴→，𝑂𝐶→＞，∴𝑂𝐴→⋅𝑂𝐵→|𝑂𝐴→|⋅|𝑂𝐵→|=𝑂𝐴→⋅𝑂𝐶→|𝑂𝐴→|⋅|𝑂𝐶→|，∵|𝑂𝐵→|＝|𝑂𝐶→|，∴𝑂𝐴→•�

�𝐵→=𝑂𝐴→•𝑂𝐶→，∴𝑂𝐴→•𝐵𝐶→=𝑂𝐴→•（𝑂𝐶→−𝑂𝐵→）＝0，∴𝑂𝐴→⊥𝐵𝐶→．∴sin＜𝑂𝐴→，𝐵𝐶→＞=sin𝜋2=1．故选：A．【变式2-2】（2020秋•洪泽县校级期末）空间四边形OAB

C中，OB＝6，OC＝4，BC＝4，∠𝐴𝑂𝐵=∠𝐴𝑂𝐶=𝜋3，则cos＜𝑂𝐴→，𝐵𝐶→＞的值是−14．【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＜𝑂𝐴→，𝐵𝐶→＞的值．【解答过程】解：∵OB＝6，OC＝4，BC＝4，∠𝐴𝑂𝐵=∠𝐴𝑂𝐶=𝜋3，∴cos＜𝑂𝐴→，𝐵𝐶→＞=𝑂𝐴→⋅𝐵𝐶→|𝑂𝐴→||𝐵𝐶→|=𝑂𝐴→⋅(𝑂𝐶→−𝑂𝐵→)|𝑂𝐴→||

𝐵𝐶→|=|𝑂𝐶→|𝑐𝑜𝑠𝜋3−|𝑂𝐵→|𝑐𝑜𝑠𝜋3|𝐵𝐶→|=4×12−6×124=−14，故答案为：−14.【变式2-3】（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→+�

�𝐶→⋅𝐴𝐹→=7，则𝐸𝐹→与𝐵𝐶→的夹角的余弦值等于16．【解题思路】推导出𝐵𝐶→2=9＝（𝐴𝐶→−𝐴𝐵→）2=𝐴𝐶→2+𝐴𝐵→2−2𝐴𝐶→⋅𝐴𝐵→=9+4﹣2𝐴𝐶→⋅𝐴𝐵→，从而𝐴𝐶→⋅𝐴𝐵→=2，由𝐴𝐵→

⋅𝐴𝐸→+𝐴𝐶→⋅𝐴𝐹→=7，得𝐴𝐵→⋅(𝐴𝐵→+𝐵𝐸→)+𝐴𝐶→•（𝐴𝐵→+𝐵𝐹→）＝6+12𝐸𝐹→⋅𝐵𝐶→，进而𝐸𝐹→⋅𝐵𝐶→=2，由此能求出𝐸𝐹

→与𝐵𝐶→的夹角的余弦值．【解答过程】解：由题意得：𝐵𝐶→2=9＝（𝐴𝐶→−𝐴𝐵→）2=𝐴𝐶→2+𝐴𝐵→2−2𝐴𝐶→⋅𝐴𝐵→=9+4﹣2𝐴𝐶→⋅𝐴𝐵→，∴𝐴𝐶→⋅𝐴𝐵→=2，∵𝐴

𝐵→⋅𝐴𝐸→+𝐴𝐶→⋅𝐴𝐹→=7，∴𝐴𝐵→⋅(𝐴𝐵→+𝐵𝐸→)+𝐴𝐶→•（𝐴𝐵→+𝐵𝐹→）=𝐴𝐵→2+𝐴𝐵→⋅𝐵𝐸→+𝐴𝐶→⋅𝐴𝐵→+𝐴𝐶→⋅𝐵𝐹→+𝐴𝐵→⋅(−𝐵𝐹→)+2+𝐴𝐶→⋅𝐵�

�→＝6+𝐵𝐹→⋅(𝐴𝐶→−𝐴𝐵→)＝6+12𝐸𝐹→⋅𝐵𝐶→，∴𝐸𝐹→⋅𝐵𝐶→=2，∴4×3×𝑐𝑜𝑠＜𝐸𝐹→，𝐵𝐶→＞=2，∴𝐸𝐹→与𝐵𝐶→的夹角的余弦值为cos

＜𝐵𝐹→，𝐵𝐶→＞=16．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．3B．√3C．6D．√6【解题思路】由𝐴𝐶1→=𝐴𝐵→+𝐴𝐷→

+𝐴𝐴1→，可得𝐴𝐶1→2=(𝐴𝐵→+𝐴𝐷→+𝐴𝐴1→)2=𝐴𝐵→2+𝐴𝐷→2+𝐴𝐴1→2+2𝐴𝐵→⋅𝐴𝐷→+2𝐴𝐵→⋅𝐴𝐴1→+2𝐴𝐷→⋅𝐴𝐴1→，即可得出．【解答过程】解：𝐴𝐶1→=𝐴𝐵→+𝐴𝐷

→+𝐴𝐴1→，则𝐴𝐶1→2=(𝐴𝐵→+𝐴𝐷→+𝐴𝐴1→)2=𝐴𝐵→2+𝐴𝐷→2+𝐴𝐴1→2+2𝐴𝐵→⋅𝐴𝐷→+2𝐴𝐵→⋅𝐴𝐴1→+2𝐴𝐷→⋅𝐴𝐴1→＝1+1+1+3×2×1×1×cos60°＝6．

∴|𝐴𝐶1→|=√6．故选：D．【变式3-1】（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．√3B．√2C．1D．√3−√2【解题思路】由𝐷𝐵→=

𝐷𝐸→+𝐸𝐹→+𝐹𝐵→，利用数量积运算性质展开即可得出．【解答过程】解：∵四边形ABFE与CDEF都是边长为1的正方形，∴𝐷𝐸→⋅𝐸𝐹→=𝐸𝐹→⋅𝐹𝐵→=0，又大小为45°的二面角A﹣EF﹣D中，∴𝐷𝐸→•𝐹𝐵→=1×1×c

os（180°﹣45°）=−√22．∵𝐷𝐵→=𝐷𝐸→+𝐸𝐹→+𝐹𝐵→，∴𝐷𝐵→2=𝐷𝐸→2+𝐸𝐹→2+𝐹𝐵→2+2𝐷𝐸→⋅𝐸𝐹→+2𝐷𝐸→⋅𝐹𝐵→+2𝐸𝐹→⋅𝐹𝐵→=3−√2，∴|𝐷𝐵→|=√3−√2

．故选：D．【变式3-2】（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．3B．√3C．6D．√6【解题思路】由𝐴𝐶1→=𝐴𝐵→+𝐴𝐷→+

𝐴𝐴1→，可得𝐴𝐶1→2=(𝐴𝐵→+𝐴𝐷→+𝐴𝐴1→)2=𝐴𝐵→2+𝐴𝐷→2+𝐴𝐴1→2+2𝐴𝐵→⋅𝐴𝐷→+2𝐴𝐵→⋅𝐴𝐴1→+2𝐴𝐷→⋅𝐴𝐴1→，即可得出．【解答过程】解：𝐴𝐶1→=𝐴𝐵→+

𝐴𝐷→+𝐴𝐴1→，则𝐴𝐶1→2=(𝐴𝐵→+𝐴𝐷→+𝐴𝐴1→)2=𝐴𝐵→2+𝐴𝐷→2+𝐴𝐴1→2+2𝐴𝐵→⋅𝐴𝐷→+2𝐴𝐵→⋅𝐴𝐴1→+2𝐴𝐷→⋅𝐴𝐴1→＝1+

1+1+3×2×1×1×cos60°＝6．∴|𝐴𝐶1→|=√6．故选：D．【变式3-3】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→，𝑂1𝑁→＞=120°，则|𝑀𝑁→|

等于（）A．√65B．5√2C．√35D．5【解题思路】用𝑀𝑂2→，𝑂2𝑂1→，𝑂1𝑁→表示出𝑀𝑁→，计算𝑀𝑁→2再开方即可得出答案．【解答过程】解：∵O2M⊥O1O2，O1N⊥O1O2，∴𝑀𝑂2→•𝑂2𝑂1→=0，

𝑂2𝑂1→⋅𝑂1𝑁→=0，又𝑀𝑂2→⋅𝑂1𝑁→=3×5×cos60°=152．∵𝑀𝑁→=𝑀𝑂2→+𝑂2𝑂1→+𝑂1𝑁→，∴𝑀𝑁→2＝（𝑀𝑂2→+𝑂2𝑂1→+𝑂1𝑁→）2=𝑀𝑂2→2+𝑂2𝑂1→2+𝑂1𝑁→2+2𝑀𝑂2

→•𝑂2𝑂1→+2𝑂2𝑂1→⋅𝑂1𝑁→+2𝑀𝑂2→⋅𝑂1𝑁→=9+16+25+15＝65，∴|𝑀𝑁→|=√65．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→，𝑏→=k𝑒1→−4𝑒2→，𝑎→⊥𝑏→，则实数k的值为（）A．﹣6B．6C．3D．﹣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，𝑒1→•𝑒2→=0，运用向量垂直的条件：数量积为0，化简整理，解关于k的方程，即可得到．【解答过程】解：𝑒1→，𝑒2→分别为取自直线a，b上的单位向量，

且𝑎→⊥𝑏→，则|𝑒1→|＝|𝑒2→|＝1，𝑒1→•𝑒2→=0，𝑎→⋅𝑏→=2k𝑒1→2−12𝑒2→2+（3k﹣8）𝑒1→⋅𝑒2→=0，即为2k﹣12＝0，解得k＝6．故选：B．【变式4-1】（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．𝐵𝐷1→⋅𝐴𝐶→C．𝐴𝐵→⋅𝐴𝐷1→D．𝐵𝐷1→⋅𝐵𝐶→【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A

D1⊥B1C，此时有𝐴𝐷1→⋅𝐵1𝐶→=0；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→⋅𝐴𝐶→=0；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→⋅𝐴𝐷1→=0；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→⋅𝐵𝐶→≠0．故选：D．【变式4-2】若A，B，C，D是空间中不共面的四点，且满足𝐴𝐵→•𝐴𝐶→=𝐴𝐶→•𝐴𝐷→=𝐴𝐵→•𝐴𝐷→=0，则△BCD是（）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⊥AC，AC⊥AD，AB⊥AD，设AB＝a，AC＝b，AD＝c，则BC=√𝑎2+𝑏2，CD=√𝑏2+𝑐2，BD=√𝑎2+𝑐2，△BC

D中，由余弦定理得cosB=𝑎2√𝑎2+𝑏2⋅√𝑏2+𝑐2＞0，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4-3】（2021秋•扶余县校级期中）如图，已知四边形ABC

D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→D．𝑃𝐴→与𝐶𝐷→【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，即向量𝑃𝐶→、𝐵𝐷→不

一定垂直，则向量𝑃𝐶→、𝐵𝐷→的数量积不一定为0，对于B、根据题意，有PA⊥平面ABCD，则PA⊥AD，又由AD⊥AB，则有AD⊥平面PAB，进而有AD⊥PB，即向量𝐷𝐴→、𝑃𝐵→一定垂直，则向量𝐷𝐴→、

𝑃𝐵→的数量积一定为0，对于C、根据题意，有PA⊥平面ABCD，则PA⊥AB，又由AD⊥AB，则有AB⊥平面PAD，进而有AB⊥PD，即向量𝑃𝐷→、𝐴𝐵→一定垂直，则向量𝑃𝐷→、𝐴𝐵→的数量积一定为0，对于D、根据题意，有PA⊥平面A

BCD，则PA⊥CD，即向量𝑃𝐴→、𝐶𝐷→一定垂直，则向量𝑃𝐴→、𝐶𝐷→的数量积一定为0，故选：A．