1.1.2 空间向量数量积的运算
\(\mathbf{{\large {\color{Red} {欢迎到学科网下载资料学习}} } }\)【高分突破系列】 高二数学上学期同步知识点剖析精品讲义！
\(\mathbf{{\large {{\color{Red} {跟贵哥学数学，so \quad easy！}} }}}\)
选择性必修第一册同步提高，难度3颗星！
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
-
【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：\(C\)． -
【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：\(B\)． -
【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\(\overrightarrow{AC}\cdot \overrightarrow{BM}=\overrightarrow{AC}\cdot (\overrightarrow{BA}+\dfrac{1}{2} \overrightarrow{AP}+\dfrac{1}{2} \overrightarrow{AC} )\)\(=\overrightarrow{AC}\cdot \overrightarrow{BA}+\overrightarrow{AC}\cdot \dfrac{1}{2} \overrightarrow{AP}+\overrightarrow{AC}\cdot \dfrac{1}{2} \overrightarrow{AC}=\dfrac{1}{2}|\overrightarrow{AC}|^2=\dfrac{1}{2}\)． -
【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\(BCD\)，
\(\therefore \overrightarrow{A M} \cdot \overrightarrow{A B}=|\overrightarrow{A M}| \cdot|\overrightarrow{A B}| \cos \angle A M B=|\overrightarrow{A M}|^2\)，
\(\therefore \overrightarrow{AM}\cdot \overrightarrow{MN}=\overrightarrow{AM}\cdot (\overrightarrow{A N}-\overrightarrow{AM} )=\overrightarrow{AM}\cdot (\dfrac{1}{2} \overrightarrow{AB}-\overrightarrow{AM} )\)
\(=\dfrac{1}{2} \overrightarrow{AM}\cdot \overrightarrow{AB}-\overrightarrow{AM}^2=-\dfrac{1}{2}|\overrightarrow{AM}|^2=-\dfrac{1}{2}×\dfrac{6}{9}=-\dfrac{1}{3}\)． -
【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
-
【答案】 \(\sqrt{6}\)
【解析】 \(\because \overrightarrow{A C_{1}}=\overrightarrow{A B}+\overrightarrow{A D}+\overrightarrow{A A_{1}}\)，
则\(\overrightarrow{A C_{1}}^{2}=\left(\overrightarrow{A B}+\overrightarrow{A D}+\overrightarrow{A A_{1}}\right)^{2}\)\(=\overrightarrow{A B}^{2}+\overrightarrow{A D}^{2}+\overrightarrow{A A_{1}}^{2}+2 \overrightarrow{A B} \cdot \overrightarrow{A D}+2 \overrightarrow{A B} \cdot \overrightarrow{A A_{1}}+2 \overrightarrow{A D} \cdot \overrightarrow{A A_{1}}\)
\(=1+1+1+3 \times 2 \times 1 \times 1 \times \cos 60^{\circ}=6\)．
\(\therefore\left|\overrightarrow{A C_{1}}\right|=\sqrt{6}\). -
【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\(\dfrac{\sqrt{2}}{2}\)．
-
【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\(60^{\circ}\). -
【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\(\sqrt{2}\). -
【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\(\dfrac{2}{3}\). -
【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． -
【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
-
【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\(8\). -
【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：\(\left[\dfrac{1}{3}， \dfrac{4}{3}\right]\)．
-
【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：\(2\)．
