人教A版 (2019)选择性必修 第一册1.1 空间向量及其运算评课ppt课件

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1.1.2空间向量的数量积运算题型一 数量积的概念1．（20-21高二下·四川凉山·期中）对于任意空间向量a，b，c，下列说法正确的是（    ）A．若a//b且b//c，则a//c B．a⋅b+c=a⋅b+a⋅cC．若a⋅b=a⋅c，且a≠0，则b=c D．a⋅bc=ab⋅c【答案】B【分析】根据数量积的运算律即可判断BCD，根据向量共线的性质即可求解A.【详解】对于A，若b=0，则a//b且b//c，不能得到a//c，故A错误，对于B，a⋅b+c=a⋅b+a⋅c，B正确，对于C，若a⋅b=a⋅c，且a≠0，则abcosa,b=accosa,c，则bcosa,b=ccosa,c，无法得出b=c，所以C错误，对于D，a⋅bc表示与c共线的向量，而ab⋅c表示与a共线的向量，所以a⋅bc与ab⋅c不一定相等，故D错误，故选：B2．（21-22高二上·北京·期中）设a、b、c是空间向量，则以下说法中错误的是（    ）A．a、b一定共面 B．a、b、c一定不共面C．a⋅b=b⋅a D．a⋅b+c=a⋅b+a⋅c【答案】B【分析】利用共面向量的定义可判断AB选项；利用空间向量数量积的运算性质可判断CD选项.【详解】对于A选项，任意两个空间向量都共面，A对；对于B选项，a、b、c可能共面，也可能不共面，B错；对于C选项，a⋅b=b⋅a，C对；对于D选项，a⋅b+c=a⋅b+a⋅c，D对.故选：B.3．（多选）（19-20高二·全国·课后作业）设a，b为空间中的任意两个非零向量，下列各式中正确的有（    ）A．a2=a2 B．a⋅ba⋅a=baC．a⋅b2=a2⋅b2 D．a−b2=a2−2a⋅b+b2【答案】AD【分析】根据空间向量数量积的定义与运算律一一判断即可；【详解】解：对于A：a2=a⋅a=a⋅acos0=a2，故A正确；对于B：因为向量不能做除法，即ba无意义，故B错误；对于C：a⋅b2=a⋅bcosa,b2=a2⋅b2cos2a,b，故C错误；对于D：a−b2=a−b⋅a−b=a2−2a⋅b+b2，故D正确；故选：AD4．（多选）（21-22高二上·浙江温州·期中）下列四个结论正确的有 （    ）A．对于任意两个向量a,b，若a⋅b=0，则a=0或b=0或a⊥bB．若空间中点P,A,B,C 满足PC=14PA+34PB，则A,B,C三点共线C．空间中任意三个向量a,b,c 都满足a⋅b⋅c−a⋅b⋅c=0D．对于任意两个向量a,b， 都有a⋅b=ab【答案】AB【分析】对选项A，根据a⋅b=0得到a=0或b=0或a⊥b，即可判断A正确，对选项B，根据题意得到AC//AB和A为公共点，即可判断B正确，对选项C，利用特殊向量即可判断C错误，对选项D，根据a⋅b=abcosθ即可判断D错误.【详解】对选项A，若a⋅b=0，则a=0或b=0或a⊥b，故A正确.对选项B，因为PC=14PA+34PB，所以AC=PC−PA=14PA+34PB−PA=34PB−PA=34AB，所以AC//AB，又因为A为公共点，所以A,B,C三点共线，故B正确.对选项C，若a,b,c为空间向量中的单位向量，且a,b夹角为90∘，b,c的夹角为60∘，则a⋅b⋅c=0，a⋅b⋅c=12a，a⋅b⋅c−a⋅b⋅c≠0，故C错误.对选项D，因为a⋅b=abcosθ，当cosθ=±1时，a⋅b=ab，故D错误.故选：AB5．（20-21高二上·天津西青·阶段练习）给出下列命题：①空间中任意两个单位向量必相等；②若空间向量a,b满足a=b，则a=b；③在向量的数量积运算中a⋅bc=ac⋅b；④对于非零向量c，由a⋅c=b⋅c，则a=b，其中假命题的个数是 ．【答案】4【分析】根据空间向量的性质，结合数量积公式，逐一分析各个选项，即可得答案.【详解】对于①：空间中任意两个单位向量的方向不能确定，故不一定相等，故①错误；对于②：空间向量a,b满足a=b，但方向可能不同，故不能得到a=b，故②错误；对于③：数量积运算不满足结合律，故③错误；对于④：由a⋅c=b⋅c，可得accos=bccos，所以acos=bcos，无法得到a=b，故④错误.所以错误的命题个数为4.故答案为：4题型二 数量积的运算1．（23-24高二下·江苏常州·期中）如图，在正三棱柱ABC−A1B1C1中，AB=AA1=1，P为B1C1的中点，则AC1⋅BP=（    ）A．54 B．1 C．32 D．12【答案】A【分析】以AC,AB,AA1为基底表示AC1,BP后可求AC1⋅BP的值.【详解】由正三棱柱ABC−A1B1C1可得AA1⊥AB,AA1⊥AC，∠BAC=60°，而AC1=AC+AA1,BP=BB1+B1P=BB1+12BC=AA1+12AC−12AB，故AC1⋅BP=AC+AA1⋅AA1+12AC−12AB=12AC2−12AC⋅AB+AA12=12−14+1=54，故选：A.2．（2024高三·全国·专题练习）如图，四个棱长为1的正方体排成一个正四棱柱，AB是一条侧棱，Pi1,2,⋯,8是上底面上其余的八个点，则AB⋅APii=1,2,⋯,8的不同值的个数为（　）A．1 B．2 C．4 D．8【答案】A【分析】根据投影向量的定义理解向量数量积的几何意义，结合图形即可计算得到.【详解】因图中是四个相同的正方体排成的正四棱柱，故APi(i=1,2,⋯，8）在AB上的投影都是AB，所以AB⃗⋅APi⃗=|AB⃗|⋅|APi⃗|cos⟨AB⃗,APi⃗⟩=|AB⃗|2=1，(i=1,2,⋯，8），即AB→·APi→的值只有一个．故选：A.3．（23-24高二下·江苏连云港·阶段练习）有一长方形的纸片ABCD，AB的长度为4cm，BC的长度为3cm，现沿它的一条对角线AC把它折成直二面角，则折叠后AC⋅BD=（    ）A．−4 B．−16 C．−7 D．−9【答案】C【分析】由空间向量数量积的运算律计算即可．【详解】在Rt△ABC中，AC=AB2+BC2=5cm，cos∠BAC=45，cos∠ACB=35，所以cos∠CAD=35，所以AC⋅BD=AC⋅BA+AD=AC⋅BA+AC⋅AD=5×4×−45+5×3×35=−7，故选：C．4．（2024高二·全国·专题练习）在正三棱锥P−ABC中，O是△ABC的中心，PA=AB=2，则PO⋅(PA+PB)等于（ ）A．109 B．263 C．823 D．163【答案】D【分析】根据给定条件，结合正三棱锥的结构特征求出PO，再利用数量积的运算律计算即得.【详解】在正三棱锥P−ABC中，O为正△ABC的中心，PA=AB=2，OA=OB=23×32AB=23则PO⊥平面ABC，而OA,OB⊂平面ABC，于是PO⊥OA，PO⊥OB，且PO2=22−(23)2=83，所以PO⋅(PA+PB)=PO⋅(PO+OA+PO+OB)=2PO2=2×83=163.故选：D5．（23-24高二下·江苏常州·期中）已知正四面体ABCD的棱长为1，点M是BC的中点，则AM⋅CD的值为 ．【答案】−14/−0.25【分析】根据空间向量线性运算，得AM=12AB+AC，CD=AD−AC，再计算AM⋅CD.【详解】正四面体ABCD的棱长为1，∴AB⋅AC=AB⋅AD=AC⋅AD=1×1×cos60°=12，又点M是BC的中点，∴AM=12AB+AC，又∵CD=AD−AC，∴AM⋅CD=12AB+AC⋅AD−AC=12AB⋅AD−AB⋅AC+AC⋅AD−AC2=12×12−12+12−1=−14.故答案为：−14.题型三 空间向量的夹角1．（21-22高二上·安徽芜湖·期中）已知空间向量a，b，c满足a+b+c=0，a=1，b=3，c=7，则a与b的夹角为（    ）A．45° B．60° C．90° D．120°【答案】D【分析】将a+b=−c两边平方，利用空间向量的数量积即可求解.【详解】设a与b的夹角为θ，由a+b+c=0得a+b=−c，两边平方得|a|2+2a⋅b+|b|2=|c|2，所以1+2×1×3×cosθ+9=7，所以cosθ=−12，所以θ=120°.故选：D.2．（23-24高二上·陕西宝鸡·期中）在空间四边形OABC中，OB=OC，∠AOB=∠AOC，则cosOA,BC的值为（    ）A．12 B．22 C．−12 D．0【答案】D【分析】先利用题给条件求得OA⋅BC的值，进而求得cosOA,BC的值.【详解】如图所示， ∵OA⋅BC=OA⋅OC−OB=OA⋅OC−OA⋅OB=OA⋅OC⋅cos∠AOC−OA⋅OB⋅cos∠AOB，又OB=OC，∠AOB=∠AOC，则OA⋅OC⋅cos∠AOC−OA⋅OB⋅cos∠AOB=0∴OA⊥BC，∴OA,BC=π2，cosOA,BC=0.故选：D3．（23-24高二下·江苏·课前预习）如图，在直三棱柱ABC−A1B1C1中， AC=AB=AA1=2，BC=2AE=2，则向量AE与A1C的夹角是（　　）  A．30° B．45°C．60° D．90°【答案】C【分析】由线面垂直推导出线线垂直，再利用向量运算及夹角公式运算求解.【详解】∵A1A⊥平面ABC，AB⊂平面ABC，AC⊂平面ABC，∴A1A⊥AB,A1A⊥AC.∵AC=AB=2，BC=2，∴AB2+AC2=BC2,∴AB⊥AC，又BC=2AE=2，∴E为BC的中点，∴AE=12AB+AC.∵AC=AA1=2，∴A1C=2.∵AE⋅A1C=12AB+AC⋅AC−AA1=12AC2=1∴cosAE,A1C＝AE⋅A1CAEA1C=12,又0∘≤AE,A1C≤180∘，∴AE,A1C=60∘.故选：C.4．（23-24高二上·江苏南通·期末）已知平行六面体ABCD−A1B1C1D1中，AA1=3,BD=4,AD1⋅DC−AB1⋅BC=5，则cos=（    ）A．512 B．−512 C．415 D．−415【答案】B【分析】利用向量数量积的即可求出夹角的余弦值.【详解】AD1⃗⋅DC⃗−AB1⃗⋅BC⃗=AD⃗+AA1⃗·AB⃗−AB⃗+AA1⃗·AD⃗=AD⃗·AB⃗+AA1⃗⋅AB⃗−AB⃗⋅AD⃗−AA1⃗⋅AD⃗=AA1⃗⋅AB⃗−AA1⃗⋅AD⃗=AA1⃗⋅DB⃗=5，故AA1⃗⋅BD⃗=−5，所以cos=AA1⋅BDAA1⋅BD=−53×4=−512.故选：B.5．（23-24高二下·江苏南通·阶段练习）空间四边形ABCD中，AB=2，BC=CD=1，AD=3，且异面直线AD与BC成60°，则异面直线AB与CD所成角的大小为 .【答案】60°/π3【分析】由异面直线AD与BC成60°角，可知AD与BC夹角为60°或120°，由AB+BC+CD+DA=0，得出AB+CD=−BC+DA，可得出AB+CD2=BC+DA2，化简后可求得AB⋅CD的值，利用空间向量的数量积可计算出cos的值，进而可得出异面直线AB与CD所成角的大小.【详解】因为异面直线AD与BC成60°角，则AD与BC夹角为60°或120°，又∵AB+BC+CD+DA=0，∴AB+CD=−BC+DA.两边平方，得AB2+CD2+2⋅AB⋅CD=BC2+DA2+2⋅BC⋅DA，即4+1+2×2×1×cos=1+9+2×1×3×12，或4+1+2×2×1×cos=1+9+2×1×3×−12，∴cos=12（或cos=2舍去）.即AB与CD夹角为60°，所以异面直线AB与CD所成角为60°.故答案为：60°.题型四 空间向量的模长1．（23-24高二下·江苏淮安·期中）平行六面体ABCD−A1B1C1D1 中AB=1，AD=2，AA1=3， ∠A1AB=∠A1AD=∠BAD=π3则AC1=（    ）A．3 B．5 C．7 D．3【答案】B【分析】利用空间向量运算法则得到AC1⃗=AB⃗+AD⃗+AA1⃗，再利用数量积公式进行运算得到AC12=AB+AD+AA12=25，从而求出AC1=AC1=5.【详解】因为六面体ABCD−A1B1C1D1是平行六面体，所以AC1⃗=AB⃗+AD⃗+AA1⃗，所以AC1⃗2=AB⃗+AD⃗+AA1⃗2=AB⃗2+AD⃗2+AA1⃗2+2AB⃗⋅AD⃗+2AD⃗⋅AA1⃗+2AA1⃗⋅AB⃗=1+4+9+2AB⋅ADcos∠BAD+2AD⋅AA1cos∠A1AD+2AA1⋅ABcos∠A1AB=14+4cosπ3+12cosπ3+6cosπ3=25，所以AC1=AC1=5.故选：B2．（23-24高二下·甘肃酒泉·期中）如图所示，在四棱柱ABCD−A1B1C1D1中，底面为平行四边形，以顶点A为端点的三条棱长都为1，且两两夹角为60°，则AC1的长为 .  【答案】6【分析】记AB=a,AD=b,AA1=c，根据空间向量的运算表示出AC1=a+b+c，根据向量模的计算即可得答案；【详解】记AB=a,AD=b,AA1=c，则|a|=|b|=|c|=1,〈a,b〉=〈b,c〉=〈a,c〉=π3，所以a⋅b=b⋅c=a⋅c=12，由于AC1=a+b+c，故AC12=(a+b+c)2=a2+b2+c2+2a⋅b+2a⋅c+2b⋅c=1+1+1+2×12+12+12=6，故|AC1|=6，即AC1的长为6.故答案为：63．（22-23高二上·云南临沧·阶段练习）在矩形ABCD中，AB=3,BC=1，现将△ACD沿对角线AC折起，得到四面体D−ABC，若异面直线BC与AD所成角为π3，则BD= .【答案】1或3【分析】设CB与AD的夹角为θ，得到θ=π3或θ=2π3，化简BD=2−2cosθ，代入即可求解.【详解】如图所示，在矩形ABCD中，AB=3,BC=1，可得AC=2，则cos∠BCA=cos∠DAC=12，在四面体D−ABC中，设CB与AD的夹角为θ，因为异面直线BC与AD所成角为π3，则θ=π3或θ=2π3，由|BD|=|BC+CA+AD|=|BC|2+|CA|2+|AD|2+2BC⋅CA+2CA⋅AD+2BC⋅AD=1+4+1−2−2−2|CB|⋅|AD|⋅cosθ=2−2cosθ，所以BD=1或BD=3.故答案为：1或34．（23-24高二下·江苏·阶段练习）已知空间向量a,b,c两两夹角为60°，且a=b=c=1，则a−b+2c= ．【答案】5【分析】先计算出a⋅b=b⋅c=c⋅a=12，再运用向量的模长公式展开，代入即得.【详解】依题意，a⋅b=b⋅c=c⋅a=12，则a−b+2c2=(a−b+2c)2=|a⃗|2+|b⃗|2+4|c⃗|2−2a→⋅b→−4b⃗⋅c⃗+4a⃗⋅c⃗ =6−2×12−4×12+4×12=5，a→−b→+2c→=5.故答案为：5.5．（23-24高二下·福建漳州·阶段练习）在平行六面体ABCD−A1B1C1D1中，AB=2，AD=2，AA1=2，∠BAA1=∠DAA1=60°，∠BAD=90°，则AC1== 【答案】25【分析】根据题意，由条件可得AC1=AB+AD+AA1，再由空间向量的模长公式计算即可得.【详解】因为AC1=AB+AD+AA1，所以AC12=AB+AD+AA12=AB2+AD2+AA12+2AB⋅ADcos90°+2AB⋅AA1cos60°+2AD⋅AA1cos60°=4+4+4+0+2×2×2×12+2×2×2×12=20，故AC1=20=25.故答案为：25.题型五 投影向量1．（23-24高二上·河北唐山·期中）在空间四边形ABCD中，∠ABD=∠BDC=90°,AC=2BD，则BD在AC上的投影向量为（    ）A．12AC B．14AC C．12BD D．14BD【答案】B【分析】在四面体中，用向量加法法则表示AC，再结合投影向量的计算方法求解.【详解】在四面体中，因为∠ABD=∠BDC=90°,AC=2BD，设AC=2,BD=1，且AB⋅BD=BD⋅DC=0，AC=AB+BD+DC，则AC⋅BD=AB+BD+DC⋅BD=BD2，BD在AC上的投影向量为BD⋅ACAC⋅ACAC=BD2AC2⋅AC=14AC.故选：B2．（多选）（23-24高二上·河北沧州·期末）在棱长为2的正四面体A-BCD中，E，F分别是AD，BC的中点，G是△BCD的重心，则下列结论正确的是（    ）A．AB⋅CD=0 B．AB⋅EF=2C．EF在AB上的投影向量为13AB D．EG=13AB+AC−AD【答案】AB【分析】取DC的中点M，根据CD⊥平面ABM判断A；取BD的中点H，AB⋅EF=2EH⋅EF判断B；根据投影向量定义判断C；根据空间向量线性运算判断D.【详解】如图，取DC的中点M，连接AM，BM，∵AM⊥CD，BM⊥CD，AM∩BM=M,AM,BM⊂平面ABM，∴CD⊥平面ABM，AB⊂平面ABM，∴CD⊥AB，故A正确；取BD的中点H，连接HE，HF，则HE//AB,HE=12AB，FH//CD,FH=12CD，∴HE⊥FH，即∠FHE=90°，又HE=FH=1，∴∠HEF=45°，EF=2，∴AB⋅EF=2EH⋅EF=2×1×2×cos 45°=2，故B正确；由B知，EF在AB上的投影向量为EH=12AB，故C不正确；EG=EA+AG=−12 AD+13AB+AC+AD=13AB+AC−16AD，故D不正确，故选：AB．3．（2024高二·全国·专题练习）已知a=4，空间向量e为单位向量，a,e=2π3，则空间向量a在向量e方向上投影的模为 ．【答案】2【分析】利用投影的定义计算然后求模即可．【详解】空间向量a在向量e方向上的投影为acosa,e=4×cos2π3=−2，所以投影的模为2．故答案为：2．4．（22-23高二上·广东佛山·阶段练习）如图所示，已知PA⊥平面ABC，∠ABC=120°，PA=AB=BC=6，则向量PB在向量BC上的投影向量是   .   【答案】12BC【分析】由余弦定理先求∠PBC，再由投影向量的概念求解【详解】在△ABC中，由余弦定理得AC2=AB2+CB2−2AB⋅CB⋅cos∠ABC=36+36−2×6×6×(−12)，AC=63，而PA⊥平面ABC，PA=AB=6，故PB=62，PC=12，在△PBC中，PC2=PB2+BC2−2PB⋅BC⋅cos∠PBC，即144=72+36−2×62×6×cos∠PBC，得cos∠PBC=−24故向量PB在向量BC上的投影向量是62×(−24)6CB=12BC故答案为：12BC5．（23-24高二下·江苏·课前预习）已知正四面体OABC的棱长为1，如图所示.(1)确定向量OA在直线OB上的投影向量，并求OA·OB；(2)确定向量AO在平面ABC上的投影向量，并求AO⋅ AB.【答案】(1)投影向量见解析，12(2)投影向量见解析，12【分析】（1）（2）利用投影向量的定义及空间垂直关系确定投影向量，再求数量积.【详解】（1）在正四面体OABC中，取OB的中点P，连接AP，则有AP⊥OB，因此OP即为OA在直线OB上的投影向量.所以OA·OB=OP⋅OB=12×1=12.（2）在正四面体OABC中，设O在底面ABC内的投影为Q，易知Q为底面中心，则OQ⊥平面ABC,连接AQ并延长交BC于M，则M为BC中点，AM⊥BC，且AQ=23AM=33,∴AQ即为AO平面ABC内的投影向量.∴AO⋅ AB=AQ⋅AB=33×1×cos30∘=12.1．（23-24高二下·江苏连云港·期中）已知平行六面体ABCD−A1B1C1D1中，AA1=2，BD=3，AD1⋅DC−AB1⋅BC=4，则cosAA1,BD=（    ）A．23 B．−23 C．34 D．−34【答案】B【分析】利用向量的线性运算法则和数量积的性质化简条件可求AA1⋅BD，结合向量夹角公式可求结论.【详解】因为AD1⋅DC−AB1⋅BC=AD+AA1⋅AB−AB+AA1⋅AD=AD⋅AB+AA1⋅AB−AB⋅AD−AA1⋅AD=AA1⋅AB−AD=AA1⋅DB=4所以AA1⋅BD=−4，cosAA1,BD=AA1⋅BDAA1⋅BD=−42×3=−23.故选：B.2．（23-24高二上·河北石家庄·期末）如图，在平行六面体ABCD−A1B1C1D1中，AB=AD=AA1=2,∠BAD=π2,∠BAA1=∠DAA1=π3，则直线BD1与直线AC所成角的余弦值为（    ）A．−66 B．63 C．−63 D．66【答案】D【分析】由线段的位置关系及向量加减的几何意义可得BD1=AD+AA1−AB、AC=AB+AD，利用向量数量积的运算律求AC⋅BD1、BD1，最后应用夹角公式求直线夹角余弦值.【详解】因为AB=AD=AA1=2，∠BAD=π2,∠BAA1=∠DAA1=π3，可得AB⋅AD=0,AB⋅AA1=AD⋅AA1=2×2×12=2，AC=22，又因为BD1=BA+AD+DD1=AD+AA1−AB，AC=AB+AD，可得AC⋅BD1=(AB+AD)⋅(AD+AA1−AB)=AD2−AB2+AB⋅AA1+AD⋅AA1 =4−4+2+2=4，BD1=(AD+AA1−AB)2=AD2+AA12+AB2+2AD⋅AA1−2AD⋅AB−2AA1⋅AB=4+4+4+4−0−4=23，所以直线BD1与直线AC所成角的余弦值为AC⋅BD1AC⋅BD1=422×23=66.故选：D.3．（23-24高二上·湖北荆门·期末）已知平面α和平面β的夹角为60°，α∩β=l，已知A，B两点在棱上，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=4，AC=BD=6，则CD的长度为（    ）A．213 B．231 C．62 D．213或231【答案】D【分析】由题意可得二面角的大小为60°或120°，则CA,BD=60°或120°，将CD用CA,AB,BD，结合空间向量数量积的运算律即可得解.【详解】平面α和平面β的夹角为60°，则二面角的大小为60°或120°，因为AC⊥AB,BD⊥AB，所以CA,BD=60°或120°，由题可知CD=CA+AB+BD，∴CD2=CA+AB+BD2=CA2+AB2+BD2+2CA⋅AB+2AB⋅BD+2CA⋅BD=36+16+36+0+0+2×6×6×±12，故CD2=52或CD2=124，∴CD=213或CD=231．故选：D.4．（23-24高二下·上海·期中）如图，圆柱O1O2的底面半径为2，高为5,A,B分别是上、下底面圆周上的两个点，若O1A⊥O2B，则AB= .【答案】33【分析】由AB=AO1+O1O2+O2B平方求解.【详解】解：因为O1,O2分别是圆柱的上下底面的中心，所以O1A⊥O1O2,O2B⊥O1O2,又因为圆柱O1O2的底面半径为2，高为5，O1A⊥O2B，且AB=AO1+O1O2+O2B，所以AB2=AO1+O1O2+O2B2，=AO12+O1O22+O2B2+2AO1⋅O1O2+2AO1⋅O2B+2O1O2⋅O2B，=22+52+22=33，所以AB=33，故答案为：33.5．（23-24高二上·浙江嘉兴·期末）在三棱锥P−ABC中，△PAB和△ABC都是等边三角形，AB=2，PC=1，D为棱AB上一点，则PD⋅CD的最小值是 ．【答案】52【分析】设AD=λAB，0≤λ≤1，根据向量的线性运算将PD,CD用已知向量表示，再利用数量积运算得到PD⋅CD的表达式，利用二次函数求出最小值.【详解】如图，设AD=λAB，0≤λ≤1，在△PAC中，cos∠PAC=PA2+AC2−PC22PA⋅AC=22+22−122×2×2=78，∴PD⋅CD=PA+AD⋅CA+AD=PA+λAB⋅CA+λAB=PA⋅CA+λPA⋅AB+λCA⋅AB+λ2AB2=2×2×78+λ×2×2×−12+λ×2×2×−12+4λ2=4λ2−4λ+72=4λ−122+52≥52，当且仅当λ=12时，等号成立.故答案为：52.6．（23-24高二上·安徽滁州·期末）已知正四面体P−ABC的棱长为4，空间内动点M满足MA+MB=22，则PM⋅PC的最大值为 .【答案】8+42【分析】利用空间向量的线性运算得到轨迹，再把目标式表示为函数，利用三角函数有界性求解即可.【详解】  设AB的中点为O，因为动点M满足MA+MB=22，所以OM=2，即点M在以O为球心，以2为半径的球面上.因为PM=PO+OM，所以PM⋅PC=PO+OM⋅PC=PO⋅PC+OM⋅PC.因为正四面体P−ABC的棱长为4，所以PO=CO=4×sin60°=23，在三角形POC中，PC=4，PO=CO=23.取PC的中点为E，OE⊥PC，所以PO在PC上的投影向量的模为PE，所以PO⋅PC=PE×PC=2×4=8.设OM，PC夹角为θ，所以PM⋅PC=PO⋅PC+OM⋅PC=8+OM×PCcosθ=8+42cosθ.因为cosθ∈−1,1，所以PM⋅PC∈8−42,8+42，即PM⃗⋅PC⃗的最大值为8+42.故答案为：8+427．（23-24高二下·山东烟台·阶段练习）在平行六面体ABCD−A1B1C1D1中，∠A1AD=∠BAD=∠A1AB=60∘，AB=AD=1,AA1=2，E为A1C1与B1D1的交点.(1)用向量AB,AD,AA1表示AE；(2)求线段AE的长及向量AE与BD的夹角.【答案】(1)AE=AA1+12AB+12AD(2)3104，π2【分析】（1）因为E为A1C1与B1D1的交点，得到AE=12AC1+AA1，再由空间向量的线性运算，即可求解；（2）根据AE=AA1+12AB+12AD，结合向量的运算，求得AE=3104，再由空间向量的线性运算和数量积的运算，即可求解.【详解】（1）解：因为E为A1C1与B1D1的交点，所以AE=12AC1+AA1，又因为AC1=AA1+A1B1+B1C1=AA1+AB+AD，所以AE=AA1+12AB+12AD.（2）解：因为(AE)2=AA1+12AB+12AD2=AA12+14AB2+14AD2+12AA1⋅AB+12AA1⋅AD+14AB⋅AD=4+14+14+12+12+18=458，所以AE=3104，因为AD=AD−AB，所以AE⃗⋅BD⃗=AA1⃗+12AB⃗+12AD⃗⋅AD⃗−AB⃗=AA1⋅AD−AA1⋅AB+12AB⋅AD−12AB2+12AD2−12AD⋅AB=1−1+14−12+12−14=0.所以AE⃗⊥BD⃗，即两向量的夹角为π2.