2015-2016学年高中数学北师大版选修2-1课件 第2章 空间向量与立体几何 2.2 第2课时 空间向量的数量积_图文


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路漫漫其修远兮 吾将上下而求索

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第二章
空间向量与立体几何

第二章

空间向量与立体几何

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第二章

2.2 空间向量的运算
第2课时 空间向量的数量积

第二章

空间向量与立体几何

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1

课前自主预习

4

课堂典例讲练

2

知识要点解读

5

易混易错辨析

3

预习效果检测

6

课时作业

第二章

2.2

第2课时

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课前自主预习

第二章

2.2

第2课时

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一、两向量的夹角 1.定义:

非零 向量. (1)条件:a、b 是空间的两个________
→ → (2)作法:在空间中任取一点 O,作OA=a,OB=B.

∠AOB 叫做向量 a 与 b 的夹角, 〈a,b〉 (3)结论: ________ 记作_____________ [0,π] 2.范围: 〈a,b〉∈____________ ,其中, 相同 . (1)当〈a,b〉=0 时,a 与 b 的方向________ 相反 . (2)当〈a,b〉=π 时,a 与 b 的方向________
π 垂直 ,记作________ a⊥B . (3)当〈a,b〉=2时,a 与 b 互相________
第二章 2.2 第2课时

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3.异面直线 (1)定义:不在任何一个平面内 __________________的两条直线叫做异面直线. 平面内 (2)所成的角:把异面直线平移到一个________________ ,

夹角 这时两条直线的 ________( 锐角或直角 ) 叫做两条异面直线所成 的角.
直角 ,则称两条异 (3)特例:两条异面直线所成的角是________ 面直线互相垂直.

第二章

2.2

第2课时

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二、空间向量的数量积
1.定义: (1)条件:a、b是两个非零向量. → → | a || b |cos〈a,b〉 (2)结论:把________________ 叫做a、b的数量积(内积). 2.性质:

(1)a·e=|a|cos〈a,e〉.(e为单位向量)
(2)a⊥b?a·b=0. (3)|a|2=a·A. (4)|a·b|≤|a||b|.

第二章

2.2

第2课时

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3.运算律:空间向量a、b满足 数乘向量与向量 数量积的结合律 交换律 分配律 λ(a· b) (λa)·b=_________

b· a a·b=_________ a· b+a· c a·(b+c)=_________

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2.2

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知识要点解读

第二章

2.2

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1.两向量的夹角
(1)由定义知,两个非零向量才有夹角,当两非零向量同向 时夹角为0,反向时夹角为π,规定0≤〈a,b〉≤π. (2)零向量与其他向量之间不定义夹角,并特别约定: 0与 任 何 向 量 a 都 是 共 线 的 , 即 0∥a ; 在 研 究 垂 直 时 , 也 认 为

0⊥A.
(3)对任意两向量a、b有: ①〈a , b〉=〈b , a〉;②〈- a , b〉=〈a ,- b〉= π -〈a,b〉.

第二章

2.2

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2.向量的数量积
(1)两向量的数量积,其结果为数量而不是向量,数量积的 正负由两向量夹角余弦值决定. (2)两向量数量积是两向量之间的一种乘法,与以前学过的 数的乘法有区别 , 在书写时要把它们区别开来 ,内积写成

a·b,而不能写成ab.
(3)a·b的几何意义为: a与b的数量积等于a的模与b在a上的投影|b|cos〈a,b〉的 乘积,也等于b的模与a在b上的投影|a|cos〈a,b〉的乘积.

第二章

2.2

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3.数量积的运算律 (1)两空间向量数量积的运算律要结合空间图形加深理解. (2)向量的数量积不满足消去律, 即由 a· b=a· c 且 a≠0 不能得 出 b=C.实际上,由 a· (b-c)=0 知,①若 b-c=0,则 b=c;② 若 b-c≠0,则 a⊥(b-c). (3)向量的数量积不满足结合律,即(a· b) · c≠a· (b· c) . (4)空间向量没有除法,即对于三个非零向量 a,b,c,若 a· b k =k,没有 a= 的形式. b
第二章 2.2 第2课时

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预习效果检测

第二章

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1.已知空间四边形 ABCD 的每条边和对角线的长都等于 a, → → 点 E、F 分别是 BC,AD 的中点,则AE· AF=__________________.
[答案] 1 2 4a

第二章

2.2

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2.已知 Rt△OAB 中,∠AOB 为直角,OA 与 OB 的长度都为 → → → 2,CB 垂直于三角形 OAB 确定的平面,且 3|BC|=|AB|,则向量BC 的模是________________.
[答案] 2 3 2

[解析]

→ → 1→ AB的模为 2 2,根据题中条件,可得|BC|=3|AB|,即

2 → BC的模为3 2.

第二章

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3.在正方体 ABCD-A1B1C1D1 中,有下列命题: → → → → → → → ①(AA1+AD+AB)2=3AB2;②A1C· (A1B1-A1A)=0; → → ③AD1与A1B的夹角为 60° . 其中正确命题的个数是( A.1 个 C.3 个 [答案] B ) B.2 个 D.0 个

[解析]

→ → 根据数量积的定义知:①②正确,AD1与A1B的夹角

为 120° ,∴③不正确,故选 D.
第二章 2.2 第2课时

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→ → 4.已知正方体 ABCD-A1B1C1D1 的棱长为 a,则A1B· B1C= ________________.

[答案] a2
[解析] → → → → A1B· B1C=A1B· A1D

→ → → → =|A1B|· |A1D|· cos〈A1B,A1D〉 = 2a× 2a×cos60° =a2.

第二章

2.2

第2课时

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5.已知正四面体 O-ABC 的棱长为 1,求: → → (1)OA· OB. → → → → (2)(OA+OB)· (CA+CB). 1 → → → → [答案] (1)OA· OB=|OA||OB|cos∠AOB=1×1×cos 60° =2.
→ → → → → → → → → → (2)(OA+OB)· (CA+CB)=(OA+OB)· (OA-OC+OB-OC) → → → → → =(OA+OB)· (OA+OB-2OC) =12+1×1×cos 60° -2×1×1×cos 60° +1×1×cos 60° +12 -2×1×1×cos 60° =1.
第二章 2.2 第2课时

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课堂典例讲练

第二章

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向量数量积的求解
已知空间四边形 ABCD 的每条边 和对角线都等于 1,如图所示,点 E、F、G 分别 是 AB、AD、CD 的中点,求下列向量的数量积: → → → → → → → (1) AB · AC ; (2) AD · BC ; (3)( AC + BC )· ( GF + → EF).

第二章

2.2

第2课时

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[分析] 数量积公式的直接运用, 关键是明确向量间的关系和 正四面体的结构. 各向量能否表示为从同一顶点出发的三向量的组合的形式 → → → (例如,能否表示为AB、AC、AD的线性组合)?所选定的从同一顶 点出发的三向量的模长、 任意两向量的夹角是多少?向量的关系、 数量积的运算是本题的主线.

第二章

2.2

第2课时

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1 1 → → → → → → [解析] (1)AB· AC=|AB||AC|cos〈AB,AC〉=1×1×2=2. → → → → → → → → → → (2) ∵ BC = AC - AB ,∴ AD · BC = AD · ( AC - AB ) = AD · AC - → → → → → → → AD· AB.又∵|AD|=|BC|=1, 〈AD,AC〉=〈AD,AB〉=60° , → → 1 1 ∴AD· BC=2-2=0

第二章

2.2

第2课时

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→ → (3)类似(2)可得AC· BD=0.∵G、F 分别为 CD、AD 的中点,∴ 1→ → 1→ → 1→ GF=2CA=-2AC.又∵E, F 分别是 AB, AD 的中点, ∴EF=2BD. 1 → → → → → → → → → → → → ∴ ( AC + BC )· (GF + EF) = AC · GF + AC · EF+ BC · GF + BC · EF =-2 1 1 ? 1? 1 1 1 →2 1→ → 1→ → 1→ → ?- ?+ ·=- . AC +2AC· BD+2BC· CA+2BC· BD=-2+0+2· 2 22 2
? ?

第二章

2.2

第2课时

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如图所示,已知空间四边形 ABCD 的每条边 和对角线长都等于 1,点 E,F 分别是 AB、AD 的 → → → → → → 中点,计算 (1) EF · BA , (2) EF · BD , (3) EF · DC ; → → (4)BF· CE. [分析] 求向量的数量积, 关键是把所求向量用已知长度和夹
角的向量线性表示,然后据定义进行计算,特别注意 a 与 b 的夹 → → → → 角是其方向的夹角.如〈BD,DC〉=120° ,易错写成〈BD,DC〉 =60° .
第二章 2.2 第2课时

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[ 解析 ]

1 → → 1→ → 1 → → → → (1) EF· BA = 2 BD · BA = 2 | BD |· | BA |cos 〈 BD , BA 〉= 2

1 ×1×1×cos 60° =4. 1 1 → → 1→ → → → (2)EF· BD=2|BD|· |BD|cos〈BD,BD〉=2×1×1×cos0° =2. 1→ → 1 → → 1 → → → → (3) EF · DC = 2 BD · DC = 2 | BD |· | DC |cos 〈 BD , DC 〉 = 2 1 ×1×1×cos120° =-4.

第二章

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→ → 1 → → 1 → → (4)BF· CE=2(BD+BA)· 2(CB+CA) 1 → → → → → → → → =4[BD· (-BC)+BA· (-BC)+BD· CA+BA· CA] 1 → → → → → → → → → =4[-BD· BC-BA· BC+(CD-CB)· CA+AB· AC] 1 1 1 1 1 1 1 =4[-2-2+2-2+2]=-8.

第二章

2.2

第2课时

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夹角、长度问题 如图所示,已知平行六面体 ABCD - A1B1C1D1
中,底面ABCD是边长为a的正方形,侧棱AA1长为b,且AA1与 AB、AD的夹角都是120°. (1)求AC1的长;(2)证明AC1⊥BD;(3)求直线BD1与AC所成 角的余弦值.

第二章

2.2

第2课时

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[分析]

本题目主要考查利用数量积求长度、夹角问题,

关键是如何将几何问题转化为向量的计算问题. 能否以原题中直线为基线形成向量呢?这些向量能否分解 为从同一个顶点出发的三个向量的组合形式呢?从同一个顶点 出发的三向量的模长及任意两向量的夹角为多少呢?向量分解

和数量积运算形成本题的主线.

第二章

2.2

第2课时

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→ → → [解析] 设AB=a,AD=b,AA1=c,则|a|=|b|=a, |c|=b, 〈a,b〉=90° , 〈a,c〉=〈b,c〉=120° , 所以 a· b=0, 1 a· c=|a||c|cos 120° =-2ab, 1 b· c=|b||c|· cos 120° =-2ab.

第二章

2.2

第2课时

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→ → → → (1)解:∵AC1=AB+BC+CC1, → → → → → 又∵AB=a,BC=AD=b,CC1=AA1=c, → ∴AC1=a+b+C. → 2 →2 又∵|AC1| =AC1 =(a+b+c)2 =a2+b2+c2+2a· b+2a· c+2b· c,
? 1 ? ? 1 ? → 2 2 2 2 ∴ | AC1 | = a + a + b + 2×0 + 2× ?-2ab? + 2× ?-2ab? = 2a2 ? ? ? ?

-2ab+b2. ∴AC1 的长|AC1|= 2a2-2ab+b2
第二章 2.2 第2课时

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→ → → (2)证明:∵BD=AD-AB=-a+b, → → ∴AC1· BD=(a+b+c)· (-a+b) =-a2+b2-a· c+b· C.∵a· c=b· c, → → → → ∴AC1· BD=-a2+a2=0.∴AC1⊥BD.∴AC1⊥BD.

第二章

2.2

第2课时

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→ → → → → → → (3)解:∵AC=AB+BC,BD1=BA+AA1+A1D1, → → ∴AC=a+b,BD1=-a+b+c, → → ∴AC· BD1=(a+b)· (-a+b+c)=-a2+b2+a· c+b· c, → |AC|= = → 2 → 2= a2+2a· b+b ,|BD1| AC

→ 2= a2+b2+c2-2a· b-2a· c+2b· c. BD1

第二章

2.2

第2课时

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又∵|a|=|b|=a,|c|=b,a· b=0,a· c 1 → → =b· c=-2ab,∴AC· BD1=-a2+a2-ab → → 2 2 =-aB.|AC|= a +0+a = 2a,|BD1| = 2a2+b2+ab-ab= 2a2+b2.

第二章

2.2

第2课时

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→ → -ab AC · BD1 → → → → ∵cos 〈AC, BD1〉 = , ∴cos 〈AC, BD1〉 = → → 2a2+b2· 2a |AC||BD1| -b 4a2+2b2 2 -b =2· 2 . 2 2 2= 4 a + 2 b 2a +b 又∵直线 BD1 与 AC 所成角为 θ,0° <θ≤90° , b 4a2+2b2 ∴直线 BD1 与 AC 所成角的余弦值为 2 2 . 4a +2b

第二章

2.2

第2课时

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如图所示,在空间四边形 OABC 中, OA = 8 , AB = 6 , AC = 4 , BC = 5 ,∠ OAC = 45°, ∠OAB=60°,求OA与BC夹角的余弦值.

[分析] 求异面直线所成的角, 可以用常规方法, 也可以用向 → → OA· BC → → → → 量夹角公式求解,cos〈OA,BC〉= ,应先求出OA· BC. → → |OA||BC|

第二章

2.2

第2课时

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→ → → [解析] 因为BC=AC-AB, → → → → → → 所以OA· BC=OA· AC-OA· AB → → → → → → → → = | OA |· | AC |· cos 〈 OA , AC 〉 - | OA |· | AB |· cos 〈 OA · AB 〉 = 8×4×cos135° -8×6×cos120° =24-16 2. → → OA· BC 24-16 2 3-2 2 → → 所以 cos〈OA,BC〉= = = 5 . → → 8 ×5 |OA||BC| 3-2 2 所以 OA 与 BC 夹角的余弦值为 5 .
第二章 2.2 第2课时

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[总结反思]

用向量夹角公式解决异面直线所成的角的问

题时,应注意角的范围,向量夹角的范围是 [0°,180°],异 面直线所成的角的范围是(0°,90°].当用夹角公式求出的角

为钝角时,它的补角才等于异面直线所成的角.

第二章

2.2

第2课时

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垂直问题 在正方体 ABCD - A1B1C1D1 中, O 为 AC 与 BD 的 交点,G为CC1的中点,求证:A1O⊥平面GBD. [分析] 要证线面垂直,只需证明线线垂直.从而转化为 两向量互相垂直,即a⊥b?a·b=0.

第二章

2.2

第2课时

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[证明]

→ → → 设AB=a,AD=b,AA1=c,由

已知 a· b=0,b· c=0,c· a=0,|a|2=|b|2=|c|2. → → → → 1 → → 而A1O=A1A+AO=A1A+2(AB+AD)=-c+ 1 → → → → → → 2(a+b).BD=AD-AB=b-a,OG=OC+CG 1 → → 1→ 1 1 =2(AB+AD)+2CC1=2(a+b)+2C.

第二章

2.2

第2课时

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1 1 1 2 1 2 → → 所以A1O· BD=[2(a+b)-c]· (b-a)=-b· c+a· c+2a· b-2a +2b - 1 1 2 1 1 1 1 → → 2 b=2(|b| -|a| )=0.A1O· OG=[2(a+b)-c]· [2(a+b)+2c]=4(a+ 2a· 1 2 b-2c)· (a+b+c)=4(|a| +|b|2-2|c|2)=0.所以 A1O⊥BD, A1O⊥OG. 又 BD 交 OG 于点 O,所以 A1O⊥平面 GBD.
[总结反思] 利用空间向量数量积可求解有关长度、夹角(直 线与直线)、证明垂直等问题.此类问题考查数形结合思想、转化 与化归思想.

第二章

2.2

第2课时

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已知空间四边形 OABC 中,∠ AOB =∠ BOC =∠ AOC ,且
OA = OB = OC , M 、 N 分别是 OA 、 BC 的中点, G 是 MN 的中 点.求证:OG⊥BC. [证明] 如图,连接 ON.设∠AOB=∠BOC=∠AOC=θ,又

→ → → 设OA=a,OB=b,OC=c,则|a|=|b|=|c|. → → → OM+ON ∵OG= 2 1 1→ 1 → → 1 =2[2OA+2(OB+OC)]=4(a+b+c),
第二章 2.2 第2课时

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→ → → BC=OC-OB=c-b, → → 1 ∴OG· BC=4(a+b+c)· (c-b) 1 =4(a· c-a· b+b· c-b2+c2-b· c) 1 2 =4(|a| cosθ-|a|2cosθ+|a|2cosθ-|a|2+|a|2-|a|2cosθ)=0, ∴OG ⊥BC.

第二章

2.2

第2课时

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易混易错辨析

第二章

2.2

第2课时

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→ 已知四面体 A-BCD 的每条棱长都为 a, 求(1)AB在 → → → AC上的投影;(2)AD在DB上的投影. 1 → → → [误解] (1)|AC|cos〈AB,AC〉=a· cos60° =2a;

1 → → → (2)|AD|cos〈AD,DB〉=a· cos60° =2A.

→ → → → → [正解] (1)AB在AC上的投影是|AB|cos〈AB,AC〉=a· cos60° 1 =2a; 1 → → → → → (2)AD在DB上的投影是|AD|cos 〈AD, DB〉 =a· cos120° =-2A.
第二章 2.2 第2课时

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→ [总结反思] (1)虽然结果正确, 但不符合定义要求; (2)中AD → 与DB的夹角搞错了.

第二章

2.2

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课时作业
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第二章

2.2

第2课时


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