1.1.2 空间向量数量积的运算

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知识剖析

空间向量的夹角及其表示

空间向量的夹角及其表示：已知两非零向量 $\vec{a}$ ，$\vec{b}$ ，在空间任取一点 $O$，作 $\overrightarrow{O A}=\vec{a}$，$\overrightarrow{O B}=\vec{b}$，
则 $∠AOB$ 叫做向量 $\vec{a}$ 与 $\vec{b}$ 的夹角，记作 $\langle\vec{a}， \vec{b}\rangle$；且规定 $0 \leq<\vec{a}， \vec{b}><\pi$；
若 $<\vec{a}， \vec{b}>=\dfrac{\pi}{2}$，则称 $\vec{a}$ 与 $\vec{b}$ 互相垂直，记作 $\vec{a} \perp \vec{b}$.
 

向量的模

设 $\overrightarrow{O A}=\vec{a}$，则有向线段 $\overrightarrow{O A}$ 的长度叫做向量 $\vec{a}$ 的长度或模，记作:$|\vec{a}|$.
 

向量的数量积

已知向量 $\vec{a}$，$\vec{b}$ ，则 $|\vec{a}| \vec{b} \mid \cos <\vec{a}， \vec{b}>$ 叫做 $\vec{a}$ ，$\vec{b}$ 的数量积，记作 $\vec{a} \cdot \vec{b}$，
即 $\vec{a} \cdot \vec{b}=|\vec{a}| \vec{b} \mid \cos \langle\vec{a}， \vec{b}\rangle$.
 

空间向量数量积的性质

① $\vec{a} \perp \vec{b} \Rightarrow \vec{a} \cdot \vec{b}=0$ ②$|\vec{a}|^{2}=\vec{a}^{2}$.
 

空间向量数量积运算律

① $(\lambda \vec{a}) \cdot \vec{b}=\lambda(\vec{a} \cdot \vec{b})=\vec{a}(\lambda \cdot \vec{b})$
② $\vec{a} \cdot \vec{b}=\vec{b} \cdot \vec{a}$ (交换律)
③ $\vec{a} \cdot(\vec{b}+\vec{c})=\vec{a} \cdot \vec{b}+\vec{a} \cdot \vec{c}$(分配律)
④不满足乘法结合律:$(\vec{a} \cdot \vec{b}) \cdot \vec{c} \neq \vec{a} \cdot(\vec{b} \cdot \vec{c})$
 

经典例题

【题型一】数量积的运算

【典题 1】 如图，在三棱锥 $A-BCD$ 中，$AB=AC=BD=CD=3$，$AD=BC=2$，$M$，$N$ 分别是 $AD$、$BC$ 的中点，则 $\overrightarrow{A N}\cdot \overrightarrow{CM}=$$\underline{\quad \quad}$．

【解析】 在三棱锥 $A-BCD$ 中，连结 $ND$，取 $ND$ 的中点为 $E$，连结 $ME$，
则 $ME//AN$，异面直线 $AN$，$CM$ 所成的角就是 $∠EMC$．
$\because AB=AC=BD=CD=3$，$AD=BC=2$，$M$，$N$ 分别是 $AD$、$BC$ 的中点，
$\therefore AN=2\sqrt{2}$，$ME=EN=\sqrt{2}$，$MC=2\sqrt{2}$，
又 $\because EN⊥NC$， $\therefore E C=\sqrt{N C^2+N E^2}=\sqrt{3}$．
$\cos \angle E M C=\dfrac{M C^2+M E^2-E C^2}{2 M C \cdot M E}=\dfrac{2+8-3}{2 \times \sqrt{2} \times 2 \sqrt{2}}=\dfrac{7}{8}$．
由图可知，$\overrightarrow{A N}$ 与 $\overrightarrow{CM}$ 所成角为钝角，则 $\cos ⁡⟨\overrightarrow{A N}，\overrightarrow{CM}⟩=-\dfrac{7}{8}$．
$\therefore \overrightarrow{A N}\cdot \overrightarrow{CM}=|\overrightarrow{A N}|\cdot |\overrightarrow{CM}|\cos <\overrightarrow{A N}，\overrightarrow{CM}>=2\sqrt{2}×2\sqrt{2}×(-\dfrac{7}{8})=-7$．
故答案为：$-7$．

 

【典题 2】 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 $\overrightarrow{AF}\cdot \overrightarrow{CE}=$(　　)

 A．$1$ $\qquad \qquad \qquad \qquad$ B．$2$ $\qquad \qquad \qquad \qquad$ C．$-1$ $\qquad \qquad \qquad \qquad$ D．$-2$
【解析】 $\because$ 四面体 $ABCD$，所有棱长均为 $2$，$\therefore$ 四面体 $ABCD$ 为正四面体，
$\because E$，$F$ 分别为棱 $AB$，$CD$ 的中点，
$\therefore \overrightarrow{AF}\cdot \overrightarrow{CE}=\dfrac{1}{2}(\overrightarrow{AC}+\overrightarrow{AD})\cdot (\overrightarrow{AE}-\overrightarrow{AC})$
$=\dfrac{1}{2} \overrightarrow{AC}\cdot \overrightarrow{AE}-\dfrac{1}{2} \overrightarrow{AC}^2+\dfrac{1}{2} \overrightarrow{AD}\cdot \overrightarrow{AE}-\dfrac{1}{2} \overrightarrow{AD}\cdot \overrightarrow{AC}$
$=\dfrac{1}{2}×2×1×\dfrac{1}{2}-\dfrac{1}{2}×4+\dfrac{1}{2}×2×1×\dfrac{1}{2}-\dfrac{1}{2}×2×2×\dfrac{1}{2}=-2$．
故选：$D$．
【点拨】 求空间向量数量积，第一个念头是利用定义 $\vec{a}\cdot \vec{b}= |\vec{a}| \vec{b}|\cos <\vec{a}，\vec{b}>$ ；但若两个向量的模或其夹角其一交难求解，可把所求向量的数量积转化为其他具有较多性质向量的数量积，比如本题把 $\overrightarrow{AF}\cdot \overrightarrow{CE}$ 转化为 $\dfrac{1}{2}(\overrightarrow{AC}+\overrightarrow{AD})\cdot (\overrightarrow{AE}-\overrightarrow{AC})$，因为 $\overrightarrow{AC}$，$\overrightarrow{AD}$，$\overrightarrow{AE}$，$\overrightarrow{AC}$ 四个向量之间数量积易求.
 

巩固练习

1 (★) 平面上有四个互异点 $A$、$B$、$C$、$D$，已知 $(\overrightarrow{DB}+\overrightarrow{DC}+2\overrightarrow{AD})\cdot (\overrightarrow{AB}-\overrightarrow{AC})=0$，则 $△ABC$ 的形状是 (　　)
 A．直角三角形 $\qquad \qquad \qquad$ B．等腰直角三角形 $\qquad \qquad \qquad$ C．等腰三角形 $\qquad \qquad \qquad$ D．无法确定
 

2 (★) 在空间四边形 $ABCD$ 中，$AB=BC=CD=DA=1$，$\overrightarrow{AB}\cdot \overrightarrow{CD}+\overrightarrow{AC}\cdot \overrightarrow{DB}+\overrightarrow{AD}\cdot \overrightarrow{BC}=$　( )
 A．$-1$ $\qquad \qquad \qquad \qquad$ B．$0$ $\qquad \qquad \qquad \qquad$ C．$1$ $\qquad \qquad \qquad \qquad$ D．不确定
 

3 (★★) 如图，在三棱锥 $P-ABC$ 中，$AP$，$AB$，$AC$ 两两垂直，$AP=2$，$AB=AC=1$，$M$ 为 $PC$ 的中点，则 $\overrightarrow{AC}\cdot \overrightarrow{BM}$ 的值为 $\underline{\quad \quad}$ .

 

4 (★★) 在棱长为 $1$ 的正四面体 $ABCD$ 中，点 $M$ 满足 $\overrightarrow{AM}=x\overrightarrow{AB}+y\overrightarrow{AC}+(1-x-y)\overrightarrow{AD}$，点 $N$ 满足 $\overrightarrow{DN}=\lambda\overrightarrow{DA}-(\lambda-1)\overrightarrow{DB}$，当 $AM$、$DN$ 最短时，$\overrightarrow{AM}\cdot \overrightarrow{MN}=$ $\underline{\quad \quad}$.
 

5 (★★★★) 已知三棱锥 $P-ABC$ 的顶点 $P$ 在平面 $ABC$ 内的射影为点 $H$，侧棱 $PA=PB=PC$，点 $O$ 为三棱锥 $P-ABC$ 的外接球 $O$ 的球心，$AB=8$，$AC=6$，已知 $\overrightarrow{A O}=\lambda \overrightarrow{A B}+\mu \overrightarrow{A C}+\dfrac{1}{1+\sqrt{3}} \overrightarrow{H P}$，且 $\lambda+\mu =1$，则球 $O$ 的表面积为 $\underline{\quad \quad}$ ．
 

参考答案

1. 【答案】 $C$
   【解析】 $\because ((\overrightarrow{DB}+\overrightarrow{DC}+2\overrightarrow{AD})\cdot (\overrightarrow{AB}-\overrightarrow{AC})=0$，
   $\therefore (\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AC})\cdot (\overrightarrow{AB}-\overrightarrow{AC})=0$，可得 $\overrightarrow{A B}^2=\overrightarrow{A C}^2$．可得 $AB=AC$．
   则 $△ABC$ 的形状是等腰三角形．故选：$C$．

2. 【答案】 $B$
   【解析】 根据题意，$\overrightarrow{AB}\cdot \overrightarrow{CD}+\overrightarrow{AC}\cdot \overrightarrow{DB}+\overrightarrow{AD}\cdot \overrightarrow{BC}$$=\overrightarrow{AB}\cdot (\overrightarrow{AD}-\overrightarrow{AC})+\overrightarrow{AC}\cdot (\overrightarrow{AB}-\overrightarrow{AD})+\overrightarrow{AD}\cdot (\overrightarrow{AC}-\overrightarrow{AB})$$=\overrightarrow{AB}\cdot \overrightarrow{AD}-\overrightarrow{AB}\cdot \overrightarrow{AC}+\overrightarrow{AC}\cdot \overrightarrow{AB}-\overrightarrow{AC}\cdot \overrightarrow{AD}+\overrightarrow{AD}\cdot \overrightarrow{AC}-\overrightarrow{AD}\cdot \overrightarrow{AB}=0$，
   故选：$B$．

3. 【答案】 $\dfrac{1}{2}$
   【解析】 由题意得 $\overrightarrow{BM}=\overrightarrow{BA}+\overrightarrow{AM}=\overrightarrow{BA}+\dfrac{1}{2}(\overrightarrow{AP}+\overrightarrow{AC})$$=\overrightarrow{BA}+\dfrac{1}{2} \overrightarrow{AP}+\dfrac{1}{2} \overrightarrow{AC}$，
   故 $\overrightarrow{AC}\cdot \overrightarrow{BM}=\overrightarrow{AC}\cdot (\overrightarrow{BA}+\dfrac{1}{2} \overrightarrow{AP}+\dfrac{1}{2} \overrightarrow{AC} )$$=\overrightarrow{AC}\cdot \overrightarrow{BA}+\overrightarrow{AC}\cdot \dfrac{1}{2} \overrightarrow{AP}+\overrightarrow{AC}\cdot \dfrac{1}{2} \overrightarrow{AC}=\dfrac{1}{2}|\overrightarrow{AC}|^2=\dfrac{1}{2}$．

4. 【答案】 $-\dfrac{1}{3}$
   【解析】 $\because \overrightarrow{AM}=x\overrightarrow{AB}+y\overrightarrow{AC}+(1-x-y)\overrightarrow{AD}$，$\overrightarrow{DN}=\lambda\overrightarrow{DA}-(\lambda-1)\overrightarrow{DB}$，
   $\therefore M\in$ 平面 $BCD$，$N\in$ 直线 $AB$，
   当 $AM$、$DN$ 最短时，$AM⊥$ 平面 $BCD$，$DN⊥AB$，
   $\therefore M$ 为 $△BCD$ 的中心，$N$ 为线段 $AB$ 的中点，
   如图：
   
   又正四面体的棱长为 $1$，$\therefore AM=\dfrac{\sqrt{6}}{3}$，
   $\because AM⊥$ 平面 $BCD$，
   $\therefore \overrightarrow{A M} \cdot \overrightarrow{A B}=|\overrightarrow{A M}| \cdot|\overrightarrow{A B}| \cos \angle A M B=|\overrightarrow{A M}|^2$，
   $\therefore \overrightarrow{AM}\cdot \overrightarrow{MN}=\overrightarrow{AM}\cdot (\overrightarrow{A N}-\overrightarrow{AM} )=\overrightarrow{AM}\cdot (\dfrac{1}{2} \overrightarrow{AB}-\overrightarrow{AM} )$
   $=\dfrac{1}{2} \overrightarrow{AM}\cdot \overrightarrow{AB}-\overrightarrow{AM}^2=-\dfrac{1}{2}|\overrightarrow{AM}|^2=-\dfrac{1}{2}×\dfrac{6}{9}=-\dfrac{1}{3}$．

5. 【答案】 $150\pi$
   【解析】 由于三棱锥 $P-ABC$ 的顶点 $P$ 在平面 $ABC$ 内的射影为点 $H$，$O$ 为球心，$OA=OB=OC=OP=R$，
   即有 $PH⊥AB$，$PH⊥AC$，
   $\therefore \overrightarrow{HP}\cdot \overrightarrow{AB}=\overrightarrow{HP}\cdot \overrightarrow{AC}=0$，
   由 $\overrightarrow{A O}=\lambda \overrightarrow{A B}+\mu \overrightarrow{A C}+\dfrac{1}{1+\sqrt{3}} \overrightarrow{H P}$，①
   则有 $\overrightarrow{A O} \cdot \overrightarrow{A B}=\lambda \overrightarrow{A B} \cdot \overrightarrow{A B}+\mu \overrightarrow{A C} \cdot \overrightarrow{A B}+\dfrac{1}{1+\sqrt{3}} \overrightarrow{H P} \cdot \overrightarrow{A B}$，
   即有 $32=64\lambda+\mu \overrightarrow{AC}\cdot \overrightarrow{AB}$，②
   同理对①两边取点乘 $\overrightarrow{AC}$，可得 $18=36\mu +\lambda\overrightarrow{AB}\cdot \overrightarrow{AC}$，③
   又 $\mu +\lambda=1$④
   由②③④解得，$\lambda=\dfrac{1}{2}$，$\mu =\dfrac{1}{2}$，$\overrightarrow{AB}\cdot \overrightarrow{AC}=0$，
   即有 $\overrightarrow{A O}=\dfrac{1}{2} \overrightarrow{A B}+\dfrac{1}{2} \overrightarrow{A C}+\dfrac{1}{1+\sqrt{3}} \overrightarrow{H P}$．
   即有 $\overrightarrow{A O} \cdot \overrightarrow{A H}=\dfrac{1}{2} \overrightarrow{A B} \cdot \overrightarrow{A H}+\dfrac{1}{2} \overrightarrow{A C} \cdot \overrightarrow{A H}+\dfrac{1}{1+\sqrt{3}} \overrightarrow{H P} \cdot \overrightarrow{A H}$，
   即为 $AH^2=\dfrac{1}{2}×32+\dfrac{1}{2}×18=25$，
   又 $\overrightarrow{A O}^2=\left(\dfrac{1}{2} \overrightarrow{A B}+\dfrac{1}{2} \overrightarrow{A C}+\dfrac{1}{1+\sqrt{3}} \overrightarrow{H P}\right)^2$，
   即 $R^2=\dfrac{1}{4} \times 64+\dfrac{1}{4} \times 36+\left(\dfrac{1}{1+\sqrt{3}}\right)^2 H P^2+2 \times \dfrac{1}{4} \times \overrightarrow{A B} \cdot \overrightarrow{A C}$$=25+\left(\dfrac{1}{1+\sqrt{3}}\right)^2 H P^2$，⑤
   又在直角三角形 $AOH$ 中，$R^2=(HP-R)^2+AH^2$，
   即有 $(HP-R)^2=R^2-25$⑥
   由⑤⑥解得 $R^2=\dfrac{75}{2}$，
   则有球 $O$ 的表面积 $S=4\pi R^2=150\pi$ ．
   
    

【题型二】数量积的应用

【典题 1】 如图，$60^{\circ}$ 的二面角的棱上有 $A$、$B$ 两点，直线 $AC$、$BD$ 分别在这个二面角的两个半平面内，且都垂直于 $AB$．已知 $AB=2$，$AC=3$，$BD=4$，求 $CD$ 的长．

【解析】
方法一 如图过点 $A$ 作 $AE//BD$，过 $D$ 作 $DE//AB$，
则易得 $∠CAE=60^{\circ}$，$AE=4$，$ED=2$，

在 $∆CAE$ 中，$C E^{2}=A C^{2}+A E^{2}-2 A C \cdot A E \cdot \cos \angle C A E=9+16-12=13$
在 $Rt∆CED$ 中，$C D^{2}=C E^{2}+E D^{2}=13+4=17 \Rightarrow C D=\sqrt{17}$.
方法二 如图，$\overrightarrow{C D}=\overrightarrow{C A}+\overrightarrow{A B}+\overrightarrow{B D}$，
$\overrightarrow{C D}^{2}=(\overrightarrow{C A}+\overrightarrow{A B}+\overrightarrow{B D})^{2}$
$=\overrightarrow{C A}^{2}+\overrightarrow{A B}^{2}+\overrightarrow{B D}^{2}+2(\overrightarrow{C A} \cdot \overrightarrow{A B}+\overrightarrow{A B} \cdot \overrightarrow{B D}+\overrightarrow{B D} \cdot \overrightarrow{C A})$
$=\overrightarrow{C A}^{2}+\overrightarrow{A B}^{2}+\overrightarrow{B D}^{2}+2 \overrightarrow{B D} \cdot \overrightarrow{C A}$
$=9+4+16+2 \times 4 \times 3 \times \cos 120^{\circ}$
$=17$
$∴CD$ 的长为 $\sqrt{17}$．
【点拨】
①$\vec{a} \perp \vec{b} \Rightarrow \vec{a} \cdot \vec{b}=0$；
② 方法一利用了二面角的概念和平几的知识进行求解，方法二直接利用向量的运算显得更简洁，也体现了向量的威力！
 

【典题 2】 已知：正四面体 $ABCD$(所有棱长均相等) 的棱长为 $1$，$E$、$F$、$G$、$H$ 分别是四面体 $ABCD$ 中各棱的中点，求 $EF$，$GH$ 的夹角．

【解析】 (1) 如图所示，
正四面体 $ABCD$ 的棱长为 $1$，$E$、$F$、$G$、$H$ 分别是四面体 $ABCD$ 中各棱的中点，
设 $\overrightarrow{AB}=\vec{a}$，$\overrightarrow{AC}=\vec{b}$，$\overrightarrow{AD}=\vec{c}$，
$\therefore \overrightarrow{BE}=\dfrac{1}{2} \overrightarrow{BC}=\dfrac{1}{2}(\overrightarrow{AC}-\overrightarrow{AB})=\dfrac{1}{2}(\vec{b}-\vec{a})$，$\overrightarrow{AF}=\dfrac{1}{2} \overrightarrow{AD}=\dfrac{1}{2} \vec{c}$；
$\therefore \overrightarrow{EF}=\overrightarrow{EB}+\overrightarrow{BA}+\overrightarrow{AF}=-\dfrac{1}{2}(\vec{b}-\vec{a})-\vec{a}+\dfrac{1}{2} \vec{c}=\dfrac{1}{2}(\vec{c}-\vec{a}-\vec{b})$，
同理可得 $\overrightarrow{GH}=\dfrac{1}{2}(\vec{b}+\vec{c}-\vec{a})$；
$\therefore \overrightarrow{E F} \cdot \overrightarrow{G H}=\dfrac{1}{4}\left[(\vec{c}-\vec{a})^2-\vec{b}^2\right]=\dfrac{1}{4}\left[\vec{c}^2+\vec{a}^2-2 \vec{c} \cdot \vec{a}-\vec{b}^2\right]$
$=\dfrac{1}{2} [1+1-2×1×1\cos ⁡60^{\circ}-1]=0$，
$\therefore \overrightarrow{EF}$ 与 $\overrightarrow{GH}$ 的夹角为 $90^{\circ}$．
 

巩固练习

1 (★★) 在平行六面体 (底面是平行四边形的四棱柱)$ABCD-A_1 B_1 C_1 D_1$ 中，$AB=AD=AA_1=1$，$∠BAD=∠BAA_1=∠DAA_1=60°$，求 $AC_1$ 的长度.

 
 

2 (★★) 如图，三棱锥 $O－ABC$ 各棱的棱长都是 $1$，点 $D$ 是棱 $AB$ 的中点，点 $E$ 在棱 $OC$ 上，且 $\overrightarrow{O E}=\lambda \overrightarrow{O C}$，记 $\overrightarrow{O A}=\vec{a}，$，$\overrightarrow{O B}=\vec{b}$，$\overrightarrow{O C}=\vec{c}$．求 $DE$ 的最小值．

 
 

3 (★) 如图所示，在正方体 $ABCD-A_1 B_1 C_1 D_1$ 中，求异面直线 $A_1 B$ 与 $AC$ 所成的角．

 
 

4 (★★) 如图，在平行四边形 $ABCD$ 中，$AB＝AC＝1$，∠ACD＝$90^{\circ}$，将它沿对角线 $AC$ 折起，使 $AB$ 与 $CD$ 成 $60^{\circ}$ 角，求 $B$、$D$ 间的距离．

 
 

5 (★★) 已知空间四边形 $OABC$ 各边及对角线长都相等，$E$，$F$ 分别为 $AB$，$OC$ 的中点，求 $OE$ 与 $BF$ 夹角余弦值．

 
 

6 (★★) 在三棱锥 $O－ABC$ 中，已知侧棱 $OA$，$OB$，$OC$ 两两垂直，用空间向量知识证明：底面三角形 $ABC$ 是锐角三角形．

 
 

7 (★★★) 在平行六面体 $ABCD-A_1 B_1 C_1 D_1$ 中，底面 $ABCD$ 是边长为 $1$ 的正方形，$∠BAA_1=∠DAA_1=\dfrac{\pi }{3}$，$AC_1=\sqrt{26}$．
  (1) 求侧棱 $AA_1$ 的长；
  (2)$M$，$N$ 分别为 $D_1 C_1$，$C_1 B_1$ 的中点，求 $\overrightarrow{AC_1 }\cdot \overrightarrow{MN}$ 及两异面直线 $AC_1$ 和 $MN$ 的夹角．

 
 

参考答案

1. 【答案】 $\sqrt{6}$
   【解析】 $\because \overrightarrow{A C_{1}}=\overrightarrow{A B}+\overrightarrow{A D}+\overrightarrow{A A_{1}}$，
   则 $\overrightarrow{A C_{1}}^{2}=\left(\overrightarrow{A B}+\overrightarrow{A D}+\overrightarrow{A A_{1}}\right)^{2}$$=\overrightarrow{A B}^{2}+\overrightarrow{A D}^{2}+\overrightarrow{A A_{1}}^{2}+2 \overrightarrow{A B} \cdot \overrightarrow{A D}+2 \overrightarrow{A B} \cdot \overrightarrow{A A_{1}}+2 \overrightarrow{A D} \cdot \overrightarrow{A A_{1}}$
   $=1+1+1+3 \times 2 \times 1 \times 1 \times \cos 60^{\circ}=6$．
   $\therefore\left|\overrightarrow{A C_{1}}\right|=\sqrt{6}$.

2. 【答案】 $(1) \overrightarrow{D E}=\lambda \vec{c}-\dfrac{1}{2} \vec{a}-\dfrac{1}{2} \vec{b} \quad (2) \dfrac{\sqrt{2}}{2}$
   【解析】 (1) 根据题意，连接 $OD$，$CD$，点 $D$ 是棱 $AB$ 的中点，点 $E$ 在棱 $OC$ 上，且 $\overrightarrow{O E}=\lambda \overrightarrow{O C}$，
   记 $\overrightarrow{O A}=\vec{a}$，$\overrightarrow{O B}=\vec{b}$，$\overrightarrow{O C}=\vec{c}$．
   $\therefore \overrightarrow{D E}=\overrightarrow{O E}-\overrightarrow{O D}=\lambda \overrightarrow{O C}-\dfrac{1}{2}(\overrightarrow{O A}+\overrightarrow{O B})=\lambda \vec{c}-\dfrac{1}{2} \vec{a}-\dfrac{1}{2} \vec{b}$，
   (2) 根据题意，点 $D$ 是棱 $AB$ 的中点，则 $|O D|=\dfrac{\sqrt{3}}{2}$，且 $\cos \angle D O E=\dfrac{\sqrt{3}}{3}$，
   $|\overrightarrow{D E}|^{2}=|\overrightarrow{O E}-\overrightarrow{O D}|^{2}=\overrightarrow{O E}^{2}-2 \overrightarrow{O E} \cdot \overrightarrow{O D}+\overrightarrow{O D^{2}}$，
   $=(\lambda \vec{c})^{2}-2 \times \lambda \times 1 \times \dfrac{\sqrt{3}}{2} \times \cos \angle D O E+\dfrac{3}{4}$
   $=\lambda^{2}-\lambda+\dfrac{3}{4}=\left(\lambda-\dfrac{1}{2}\right)^{2}+\dfrac{1}{2}$
   则当 $\lambda=\dfrac{1}{2}$ 时，$|\overrightarrow{D E}|^{2}$ 取得最小值 $\dfrac{1}{2}$，则 $|\overrightarrow{D E}|$ 的最小值为 $\dfrac{\sqrt{2}}{2}$．
   

3. 【答案】 $60^{\circ}$
   【解析】 不妨设正方体的棱长为 $1$，设 $\overrightarrow{AB}=\vec{a}$，$\overrightarrow{AD}=\vec{b}$，$\overrightarrow{A A_1}=\vec{c}$，
   则 $|\vec{a}|=|\vec{b}|=|\vec{c}|=1$，$\vec{a}\cdot \vec{b}=\vec{b}\cdot \vec{c}=\vec{c}\cdot \vec{a}=0$，
   $\overrightarrow{A_1 B}=\vec{a}-\vec{c}$，$\overrightarrow{AC}=\vec{a}+\vec{b}$，
   $\therefore \overrightarrow{A_1 B}\cdot \overrightarrow{AC}=(\vec{a}-\vec{c})\cdot (\vec{a}+\vec{b})=|\vec{a}|^2+\vec{a}\cdot \vec{b}-\vec{a}\cdot \vec{c}-\vec{b}\cdot \vec{c}=1$，
   而 $|\overrightarrow{A_1 B} |=|\overrightarrow{AC}|=\sqrt{2}$，
   $\therefore \cos <\overrightarrow{A_1 B}， \overrightarrow{A C}>=\dfrac{1}{\sqrt{2} \times \sqrt{2}}=\dfrac{1}{2}$，$\therefore <\overrightarrow{A_1 B}，\overrightarrow{AC}>=60^{\circ}$
   所以异面直线 $A_1 B$ 与 $AC$ 所成的角为 $60^{\circ}$.

4. 【答案】 $2$ 或 $\sqrt{2}$
   【解析】 由题可知 $\overrightarrow{BD}=\overrightarrow{BA}+\overrightarrow{AC}+\overrightarrow{CD}$，
   $\because ∠ACD=90^{\circ}$，$\therefore \overrightarrow{AC}\cdot \overrightarrow{CD}=0$，同理 $\overrightarrow{AC}\cdot \overrightarrow{BA}=0$，
   $\because AB$ 与 $CD$ 成 $60^{\circ}$ 角，$\therefore ∠\overrightarrow{BA}，\overrightarrow{CD}>=60^{\circ}$ 或 $120^{\circ}$，
   又 $\overrightarrow{BD}=\overrightarrow{BA}+\overrightarrow{AC}+\overrightarrow{CD}$，
   $\therefore |\overrightarrow{BD} |^2=|\overrightarrow{BA}|^2+|\overrightarrow{AC}|^2+|\overrightarrow{CD}|^2+2\overrightarrow{BA}\cdot \overrightarrow{AC}+2\overrightarrow{BA}\cdot \overrightarrow{CD}+2\overrightarrow{AC}\cdot \overrightarrow{CD}$
   $=3+2×1×1×\cos <\overrightarrow{BA}，\overrightarrow{CD}>$
   $= \begin{cases}4 & \left(<\overrightarrow{B A}， C D>=60^{\circ}\right) \\ 2 & \left(<\overrightarrow{B A}， C D>=120^{\circ}\right)\end{cases}$
   $\therefore |BD|=2$ 或 $\sqrt{2}$.
   即 $B$、$D$ 之间的距离为 $2$ 或 $\sqrt{2}$.

5. 【答案】 $\dfrac{2}{3}$
   【解析】 设 $\overrightarrow{OA}=\vec{a}$，$\overrightarrow{OB}=\vec{b}$，$\overrightarrow{OC}=\vec{c}$，且各长度均为 $1$，
   则 $\vec{a}\cdot \vec{b}=\vec{b}\cdot \vec{c}=\vec{a}\cdot \vec{c}=1×1×\cos ⁡60^{\circ}=\dfrac{1}{2}$，
   因为 $\overrightarrow{OE}=\dfrac{1}{2}(\vec{a}+\vec{b})$，$\overrightarrow{BF}=\dfrac{1}{2} c-\vec{b}$，且 $|\overrightarrow{OE}|=\dfrac{\sqrt{3}}{2}$，$|\overrightarrow{BF}|=\dfrac{\sqrt{3}}{2}$，
   所以 $\overrightarrow{OE}\cdot \overrightarrow{BF}=\dfrac{1}{2}(\vec{a}+\vec{b})\cdot (\dfrac{1}{2} \vec{c}-\vec{b} )=\dfrac{1}{4} \vec{a}\cdot \vec{c}+\dfrac{1}{4} \vec{b}\cdot \vec{c}-\dfrac{1}{2} \vec{a}\cdot \vec{b}-\dfrac{1}{2} \vec{b}^2=-\dfrac{1}{2}$，
   所以 $\cos <\overrightarrow{O E}， \overrightarrow{B F}>=\dfrac{\overrightarrow{O E} \cdot \overrightarrow{B F}}{|\overrightarrow{O E}||\overrightarrow{B F}|}=-\dfrac{2}{3}$.
   $\therefore OE$ 与 $BF$ 所成角的余弦值为 $\dfrac{2}{3}$.

6. 【证明】 $∵OA，OB，OC$ 两两互相垂直．
   $\overrightarrow{A B} \cdot \overrightarrow{A C}=(\overrightarrow{O B}-\overrightarrow{O A}) \cdot(\overrightarrow{O C}-\overrightarrow{O A})=\overrightarrow{O A^{2}}=|\overrightarrow{O A}|^{2}>0$，
   $\therefore<\overrightarrow{A B}， \overrightarrow{A C}>$ 为锐角，即 $∠BAC$ 为锐角，
   同理 $∠ABC$，$∠BCA$ 均为锐角，
   $∴△ABC$ 为锐角三角形．

7. 【答案】 (1)$4$；(2)$0$，$90^{\circ}$
   【解析】 (1) 设侧棱 $AA_1=x$，
   $\because$ 在平行六面体 $ABCD-A_1 B_1 C_1 D_1$ 中，底面 $ABCD$ 是边长为 $1$ 的正方形，且 $∠A_1 AD=∠A_1 AB=60^{\circ}$，
   $\therefore \overrightarrow{AB}^2=\overrightarrow{AD}^2=1$， $\overrightarrow{A A}_1^2=x^2$，$\overrightarrow{AB}\cdot \overrightarrow{AD}=0$，$\overrightarrow{AB}\cdot \overrightarrow{AA_1}=\dfrac{x}{2}$，$\overrightarrow{AD}\cdot \overrightarrow{AA_1}=\dfrac{x}{2}$，
   又 $\because \overrightarrow{AC_1 }=\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AD}+\overrightarrow{AA_1}$，
   $\therefore \overrightarrow{AC_1 }^2=(\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AD}+\overrightarrow{AA_1} )^2$
   $=\overrightarrow{AB}^2+\overrightarrow{AD}^2+\overrightarrow{AA_1}^2+2\overrightarrow{AB}\cdot \overrightarrow{AD}+2\overrightarrow{AB}\cdot \overrightarrow{AA_1}+2\overrightarrow{AD}\cdot \overrightarrow{AA_1}=26$，
   $\therefore x^2+2x-24=0$，$\because x>0$，$\therefore x=4$，
   即侧棱 $AA_1=4$．
   (2)$\because \overrightarrow{AC_1 }=\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AD}+\overrightarrow{AA_1}$，$\overrightarrow{MN}=\dfrac{1}{2} \overrightarrow{DB}=\dfrac{1}{2}(\overrightarrow{AB}-\overrightarrow{AD})$，
   $\therefore \overrightarrow{A C_1} \cdot \overrightarrow{M N}=\dfrac{1}{2}(\overrightarrow{A B}-\overrightarrow{A D}) \cdot\left(\overrightarrow{A B}+\overrightarrow{A D}+\overrightarrow{A A}_1\right)$
   $=\dfrac{1}{2}\left(\overrightarrow{A B}^2-\overrightarrow{A D}^2+\overrightarrow{A B} \cdot \overrightarrow{A A_1}-\overrightarrow{A D} \cdot \overrightarrow{A A_1}\right)$
   $=\dfrac{1}{2}(1-1+2-2)=0$，
   $\therefore$ 两异面直线 $AC_1$ 和 $MN$ 的夹角为 $90^{\circ}$．
    

【题型三】数量积的最值

【典题 1】 已知 $MN$ 是正方体内切球的一条直径，点 $P$ 在正方体表面上运动，正方体的棱长是 $2$，则 $\overrightarrow{P M} \cdot \overrightarrow{P N}$ 的取值范围为 (　　)
A．$[0，4]$ $\qquad \qquad \qquad \qquad$ B．$[0，2]$ $\qquad \qquad \qquad \qquad$ C．$[1，4]$ $\qquad \qquad \qquad \qquad$ D．$[1，2]$
【解析】

设正方体内切球球心为 $S$，$MN$ 是该内切球的任意一条直径，
则内切球的半径为 $1$，
所以 $\overrightarrow{P M} \cdot \overrightarrow{P N}=(\overrightarrow{P S}+\overrightarrow{S M}) \cdot(\overrightarrow{P S}+\overrightarrow{S N})=(\overrightarrow{P S}+\overrightarrow{S M}) \cdot(\overrightarrow{P S}-\overrightarrow{S M})$
$=\overrightarrow{P S}^2-1 \in[0，2]$．
所以 $\overrightarrow{P M} \cdot \overrightarrow{P N}$ 的取值范围是 $[0，2]$．
故选：$B$．
 

巩固练习

1 (★★) 已知球 $O$ 内切于正四面体 $A－BCD$，且正四面体的棱长为 $2 \sqrt{6}$，线段 $MN$ 是球 $O$ 的一条动直径 ($M$，$N$ 是直径的两端点)，点 $P$ 是正四面体 $A－BCD$ 的表面上的一个动点，则 $\overrightarrow{P M} \cdot \overrightarrow{P N}$ 的最大值是 $\underline{\quad \quad}$　．
 

2 (★★★) 已知球 $O$ 是棱长为 $2$ 的正八面体 (八个面都是全等的等边三角形) 的内切球，$MN$ 为球 $O$ 的一条直径，点 $P$ 为正八面体表面上的一个动点，则 $\overrightarrow{P M} \cdot \overrightarrow{P N}$ 的取值范围是 $\underline{\quad \quad}$．
 

3 (★★★★) 如图，在三棱锥 $D－ABC$ 中，已知 $AB=2$，$\overrightarrow{AC}\cdot \overrightarrow{BD}=-3$，设 $AD=a$，$BC=b$，$CD=c$，则 $\dfrac{c^2}{a b+1}$ 的最小值为 $\underline{\quad \quad}$　．

 
 

参考答案

1. 【答案】 $8$
   【解析】 由正四面体棱长为 $2 \sqrt{6}$，其内切圆的半径为 $1$，
   由题意，$M，N$ 是直径的两端点，可得 $\overrightarrow{O M}+\overrightarrow{O N}=\overrightarrow{0}$，$\overrightarrow{O M} \cdot \overrightarrow{O N}=-1$，
   则 $\overrightarrow{P M} \cdot \overrightarrow{P N}=(\overrightarrow{P O}+\overrightarrow{O M}) \cdot(\overrightarrow{P O}+\overrightarrow{O N})$$=\overrightarrow{P O^{2}}+\overrightarrow{P O} \cdot(\overrightarrow{0 M}+\overrightarrow{O N})+\overrightarrow{O M} \cdot \overrightarrow{O N}$$=\overrightarrow{P O^{2}}+0-1=\overrightarrow{P O^{2}}-1$，
   当点 $P$ 在正四面体顶点时，$\overrightarrow{P O}^{2}$ 最大，且最大值为 $9$，
   则 $\overrightarrow{P O}^{2}-1$ 的最大值为 $8$.

2. 【答案】 $\left[\dfrac{1}{3}， \dfrac{4}{3}\right]$
   【解析】 设球 $O$ 的半径为 $R$，
   则 $\dfrac{1}{2}×\sqrt{2}×1=\dfrac{1}{2}×\sqrt{3}×R$，解得 $R=\dfrac{\sqrt{6}}{3}$．
   $|\overrightarrow{OP}|\in [1，\sqrt{2}]$．
   $\overrightarrow{P M} \cdot \overrightarrow{P N}=(\overrightarrow{O M}-\overrightarrow{O P}) \cdot(\overrightarrow{O N}-\overrightarrow{O P})=\overrightarrow{O P^2}-\vec{R}^2$$=\overrightarrow{O P}^2-\dfrac{2}{3} \in\left[\dfrac{1}{3}， \dfrac{4}{3}\right]$．
   故答案为：$\left[\dfrac{1}{3}， \dfrac{4}{3}\right]$．
   

3. 【答案】 $2$
   【解析】 $\because$ 在三棱锥 $D－ABC$ 中，$AB=2$，$\overrightarrow{AC}\cdot \overrightarrow{BD}=-3$，
   设 $\overrightarrow{AD}=\vec{a}$，$\overrightarrow{BC}=\vec{b}$，$\overrightarrow{CD}=\vec{c}$，
   $\therefore \overrightarrow{AC}=\vec{a}-\vec{c}$，$\overrightarrow{BD}=\vec{b}+\vec{c}$，
   $\therefore \overrightarrow{AC}\cdot \overrightarrow{BD}=(\vec{a}-\vec{c})\cdot (\vec{b}+\vec{c})=\vec{a}\cdot \vec{b}+\vec{a}\cdot \vec{c}-\vec{b}\cdot \vec{c}-\vec{c}^2=-3$，
   $\therefore \vec{c}^2=\vec{a}\cdot \vec{b}+\vec{a}\cdot \vec{c}-\vec{b}\cdot \vec{c}+3$，
   又 $\overrightarrow{AB}=\vec{a}-\overrightarrow{BD}=\vec{a}-\vec{b}-\vec{c}$，$\therefore |(\vec{a}-\vec{b})-\vec{c}|=2$，①
   $\therefore \dfrac{c^2}{a b+1}=\dfrac{\vec{a} \cdot \vec{b}+(\vec{a}-\vec{b}) \cdot \vec{c}+3}{a b+1}$，②
   将①两边平方得 $(\vec{a}-\vec{b})^2+\vec{c}^2-2(\vec{a}-\vec{b})\cdot \vec{c}=4$，
   $\therefore (\vec{a}-\vec{b})^2+\vec{c}^2-4=2(\vec{a}-\vec{b})\cdot \vec{c}$，
   $\therefore \dfrac{(\vec{a}-\vec{b})^2}{2}+\dfrac{\vec{c}^2}{2}-2=(\vec{a}-\vec{b}) \cdot \vec{c}$，
   代入②中，得 $\dfrac{c^2}{a b+1}=\dfrac{\vec{a} \cdot \vec{b}+\dfrac{(\vec{a}-\vec{b})^2}{2}+\dfrac{\vec{c}^2}{2}+1}{a b+1}$，
   $\therefore \dfrac{1}{2} \vec{c}^2=\vec{a} \cdot \vec{b}+1+\dfrac{(\vec{a}-\vec{b})^2}{2}=\vec{a} \cdot \vec{b}+1+\dfrac{1}{2}\left(\vec{a}^2+\vec{b}^2-2 \vec{a} \cdot \vec{b}\right)$
   $=1+\dfrac{1}{2}\left(\vec{a}^2+\vec{b}^2\right)$，
   $\therefore \vec{c}^2=2+\vec{a}^2+\vec{b}^2$，
   又 $\vec{c}^2=c^2$，$\vec{a}^2=a^2$，$\vec{b}^2=b^2$，
   $\therefore \dfrac{c^2}{a b+1}=\dfrac{2+a^2+b^2}{a b+1} \geq \dfrac{2+2 a b}{a b+1}=2$．
   $\therefore \dfrac{c^2}{a b+1}$ 的最小值为 $2$．
   故答案为：$2$．