第2课时 空间向量的数量积 基础巩固 1.若a,b均为非零向量，则ab=alb”是“a与b共线”的( A充分不必要条件B.必要不充分条件 C.充要条件 D.既不充分也不必要条件 解析：a与b共线有同向和异向两种情况，只有a与b同向时才有ab=allb成立 答案：A 2.已知非零向量a,b不共线，且其模相等，则a+b与a-b的关系是() A.垂直 B.共线 C.不垂直 D.以上都可能 解析：，(a+b)(a-b)=a2-b2=0,∴.a+b与a-b垂直 答案：A 3如图，已知空间四边形ABCD的各边和对角线长均相等，E是BC的中点，则() B A.AE.BCAE.CD D.AE.BC与AE.C而不能比较大小 答案C 4.已知a,b均为单位向量，且它们的夹角为60°，则a+3b=() A.V7 B.v10 C.V13 D.4 解析：a+3b12=(a+3b)2=a2+6ab+9b2=a2+6 allblcos+9b2 .la=bl=1,=60°，.la+3b2=13, ∴.a+3b=√13. 答案：C 5.(多选题)在正方体ABCD-A1BCD1中，下列结论正确的是( ) A.(AA+AD+AB)2=3AB2 B.AC(AB-AA)=0 C.AD1与A1的夹角为60° D.AC.BD1=0 解析：根据数量积的定义知A、B正确；AD1与A1E的夹角为120°，故C错误；，A1C=A1A+ ADi+A Bi, ..A C.B D=(AA+ADi+AB)BDi=AA.BDi+AD:BDi+A BBDi=0. .D正确. 答案：ABD 6.已知空间四边形ABCD,则AB.CD+B元.AD+CA.BD= 解析：设AB=a,AC=b,AD=c 则原式=a(c-b)+(b-a)c-b(c-a)=ac-ab+bc-ac-bc+ba=0. 答案：0 7.如图，己知正四面体ABCD的棱长为1，点E是棱CD的中点，则AE.AB=
第 2 课时 空间向量的数量积 基础巩固 1.若 a,b 均为非零向量,则“a·b=|a||b|”是“a 与 b 共线”的( ) A.充分不必要条件 B.必要不充分条件 C.充要条件 D.既不充分也不必要条件 解析:a 与 b 共线有同向和异向两种情况,只有 a 与 b 同向时才有 a·b=|a||b|成立. 答案:A 2.已知非零向量 a,b 不共线,且其模相等,则 a+b 与 a-b 的关系是( ) A.垂直 B.共线 C.不垂直 D.以上都可能 解析:∵(a+b)·(a-b)=a 2 -b 2=0,∴a+b 与 a-b 垂直. 答案:A 3.如图,已知空间四边形 ABCD 的各边和对角线长均相等,E 是 BC 的中点,则( ) A.𝐴𝐸⃗⃗⃗ · 𝐵𝐶⃗⃗⃗ 𝐴𝐸⃗⃗⃗ · 𝐶𝐷⃗⃗⃗ D.𝐴𝐸⃗⃗⃗ · 𝐵𝐶⃗⃗⃗ 与𝐴𝐸⃗⃗⃗ · 𝐶𝐷⃗⃗⃗ 不能比较大小 答案:C 4.已知 a,b 均为单位向量,且它们的夹角为 60°,则|a+3b|=( ) A.√7 B.√10 C.√13 D.4 解析:|a+3b| 2=(a+3b) 2=a 2+6a·b+9b 2=|a| 2+6|a||b|cos+9|b| 2 . ∵|a|=|b|=1,=60°,∴|a+3b| 2=13, ∴|a+3b|=√13. 答案:C 5.(多选题)在正方体 ABCD-A1B1C1D1 中,下列结论正确的是( ) A.(𝐴𝐴1 ⃗⃗⃗⃗⃗ + 𝐴𝐷⃗⃗⃗⃗ + 𝐴𝐵⃗⃗⃗ ) 2=3𝐴𝐵⃗⃗⃗ 2 B.𝐴⃗⃗ 1 ⃗⃗𝐶 ·(𝐴1𝐵1 ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ − 𝐴⃗⃗⃗ 1 ⃗𝐴⃗ )=0 C.𝐴𝐷1 ⃗⃗⃗⃗⃗ 与𝐴⃗⃗ 1 ⃗⃗⃗𝐵 的夹角为 60° D.𝐴⃗⃗ 1 ⃗⃗𝐶 · 𝐵1𝐷1 ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0 解析:根据数量积的定义知 A、B 正确;𝐴𝐷1 ⃗⃗⃗⃗⃗ 与𝐴⃗⃗⃗ 1 ⃗⃗𝐵 的夹角为 120°,故 C 错误;∵𝐴⃗⃗ 1 ⃗⃗𝐶 = 𝐴⃗⃗⃗ 1 ⃗𝐴⃗ + 𝐴1𝐷1 ⃗⃗⃗⃗ ⃗ + 𝐴1𝐵1 ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ , ∴𝐴⃗⃗ 1 ⃗⃗𝐶 · 𝐵1𝐷1 ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(𝐴⃗⃗⃗ 1 ⃗𝐴⃗ + 𝐴1𝐷1 ⃗⃗⃗⃗ ⃗ + 𝐴1𝐵1 ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ )·𝐵1𝐷1 ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ = 𝐴⃗⃗⃗ 1 ⃗𝐴⃗ · 𝐵1𝐷1 ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ + 𝐴1𝐷1 ⃗⃗⃗⃗ ⃗ · 𝐵1𝐷1 ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ + 𝐴1𝐵1 ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ · 𝐵1𝐷1 ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0. ∴D 正确. 答案:ABD 6.已知空间四边形 ABCD,则𝐴𝐵⃗⃗⃗ · 𝐶𝐷⃗⃗⃗ + 𝐵𝐶⃗⃗⃗ · 𝐴𝐷⃗⃗⃗⃗ + 𝐶𝐴⃗⃗ · 𝐵𝐷⃗ ⃗ = . 解析:设𝐴𝐵⃗⃗⃗ =a,𝐴𝐶⃗⃗ =b,𝐴𝐷⃗⃗⃗⃗ =c, 则原式=a·(c-b)+(b-a)·c-b·(c-a)=a·c-a·b+b·c-a·c-b·c+b·a=0. 答案:0 7.如图,已知正四面体 ABCD 的棱长为 1,点 E 是棱 CD 的中点,则𝐴𝐸⃗⃗⃗ · 𝐴𝐵⃗⃗⃗ =
解析：，正四面体ABCD的棱长为L,点E是棱CD的中点， A正.A丽=号(4C+D)A正 ACA丽+2A而A正 1x1+1x1x 答案 8.己知a,b是异面直线，A∈a,B∈a,C∈b,D∈b,AC⊥b,BD⊥b,且AB-2,CD=1,则a与b所成的 角是 解析：设=0， .AB.CD=(AC CD+DB)CD=ICD2=1, ∴cos0=A丽cD 1A而= 又0≤0s180°，∴.0=60° 答案：60° 9.己知平行六面体ABCD-A1B1CD1的棱长都为2，∠A1AB=∠A1AD=∠BAD=60°，E是DC的 中点，F是B1C的中点，求D1F D 解：设AB=a,AD-b,AA=c,则由题意知a=bl=|c=2,===60° :DF=AF-ADi=AB +BF -ADi=a+(b+c)-(b+c)=a-zb-c. 0-a-b9-a+0+abac+c-4+1+12.213 ∴.D1F=3. 10.已知a+3b与7a-5b垂直，且a-4b与7a-2b垂直，求. 解：由已知，得(a+3b)(7a-5b)=7引a2-15bP+16ab=0,(a4b)(7a-2b)=7引a2+8b12-30ab=0,解得 -2aba,因此c0sab>品=因为两个向量的夫角取值范国为0，网所以 =60° 拓展提高 1在三棱锥A-BCD中，AB=AC=AD=2,∠BAD=90°，∠BAC=60°，则AB.CD等于(） A-2 B.2 C.-23 D.2v3 解析：A丽.CD=AB(AD-AC=AE.AD-AB.AC=0-2×2×cos60°-2 答案：A 2.已知在平行六面体ABCD-A1B1CD1中，底面ABCD是边长为1的正方形，AA1=2,∠A1AB=∠ A14D=120°，则异面直线AC与A1D所成角的余弦值为)
解析:∵正四面体 ABCD 的棱长为 1,点 E 是棱 CD 的中点, ∴𝐴𝐸⃗⃗⃗ · 𝐴𝐵⃗⃗⃗ = 1 2 (𝐴𝐶⃗⃗ + 𝐴𝐷⃗⃗⃗⃗ )·𝐴𝐵⃗⃗⃗ = 1 2 𝐴𝐶⃗⃗ · 𝐴𝐵⃗⃗⃗ + 1 2 𝐴𝐷⃗⃗⃗⃗ · 𝐴𝐵⃗⃗⃗ = 1 2 ×1×1×1 2 + 1 2 ×1×1×1 2 = 1 2 . 答案: 1 2 8.已知 a,b 是异面直线,A∈a,B∈a,C∈b,D∈b,AC⊥b,BD⊥b,且 AB=2,CD=1,则 a 与 b 所成的 角是 . 解析:设=θ, ∵𝐴𝐵⃗⃗⃗ · 𝐶𝐷⃗⃗⃗ =(𝐴𝐶⃗⃗ + 𝐶𝐷⃗⃗⃗ + 𝐷𝐵⃗ ⃗ )·𝐶𝐷⃗⃗⃗ =|𝐶𝐷⃗⃗⃗ | 2=1, ∴cos θ= 𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗ ·𝐶𝐷⃗⃗⃗⃗⃗ |𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗ ||𝐶𝐷⃗⃗⃗⃗⃗ | = 1 2 . 又 0°≤θ≤180°,∴θ=60°. 答案:60° 9.已知平行六面体 ABCD-A1B1C1D1 的棱长都为 2,∠A1AB=∠A1AD=∠BAD=60°,E 是 DC 的 中点,F 是 B1C 的中点,求|𝐷⃗⃗ 1 ⃗⃗𝐹⃗ |. 解:设𝐴𝐵⃗⃗⃗ =a,𝐴𝐷⃗⃗⃗⃗ =b,𝐴𝐴1 ⃗⃗⃗⃗⃗ =c,则由题意知|a|=|b|=|c|=2,===60°. ∵𝐷⃗⃗ 1 ⃗⃗𝐹⃗ = 𝐴𝐹⃗⃗⃗ − 𝐴𝐷1 ⃗⃗⃗⃗⃗ = 𝐴𝐵⃗⃗⃗ + 𝐵𝐹⃗⃗⃗ − 𝐴𝐷1 ⃗⃗⃗⃗⃗ =a+ 1 2 (b+c)-(b+c)=a- 1 2 b- 1 2 c, ∴|𝐷⃗⃗ 1 ⃗⃗𝐹⃗ | 2=(𝑎- 1 2 𝑏- 1 2 𝑐) 2 =a 2+ 1 4 b 2+ 1 4 c 2 -a·b-a·c+ 1 2 b·c=4+1+1-2-2+1=3. ∴|𝐷⃗⃗ 1 ⃗⃗𝐹⃗ |=√3. 10.已知 a+3b 与 7a-5b 垂直,且 a-4b 与 7a-2b 垂直,求. 解:由已知,得(a+3b)·(7a-5b)=7|a| 2 -15|b| 2+16a·b=0,(a-4b)·(7a-2b)=7|a| 2+8|b| 2 -30a·b=0,解得 |b| 2=2a·b=|a| 2 ,因此 cos= 𝑎·𝑏 |𝑎||𝑏| = 1 2 ,因为两个向量的夹角取值范围为[0,π],所以 =60°. 拓展提高 1.在三棱锥 A-BCD 中,AB=AC=AD=2,∠BAD=90°,∠BAC=60°,则𝐴𝐵⃗⃗⃗ · 𝐶𝐷⃗⃗⃗ 等于( ) A.-2 B.2 C.-2√3 D.2√3 解析:𝐴𝐵⃗⃗⃗ · 𝐶𝐷⃗⃗⃗ = 𝐴𝐵⃗⃗⃗ ·(𝐴𝐷⃗⃗⃗⃗ − 𝐴𝐶⃗⃗ )=𝐴𝐵⃗⃗⃗ · 𝐴𝐷⃗⃗⃗⃗ − 𝐴𝐵⃗⃗⃗ · 𝐴𝐶⃗⃗ =0-2×2×cos 60°=-2. 答案:A 2.已知在平行六面体 ABCD-A1B1C1D1 中,底面 ABCD 是边长为 1 的正方形,AA1=2,∠A1AB=∠ A1AD=120°,则异面直线 AC1 与 A1D 所成角的余弦值为( )
D B V1o 3 5 c D 7 析：设AB=a,AD-=b,AA1=c, 则a-b=0,ac=bc=1×2×cos120°=-1 .ACI=a+b+c, ∴.AC12-(a+b+c)2=a2+b2+c2+2ab+2ac+2bc=1+1+4+0-2-2=2. .IACil=V2 .AD=AD-AA=b-c, ∴.A1D|=Vb2-2bc+c2=V1+2+4=V7, AD.AC=(b-c)(a+b+c)=-2. a0C高=扇受 -2V14 异面直线AC与AD所成角的余弦值为 7 答案D 3.设A,B,C,D是空间不共面的四点，且满足AB.AC=0,AC.AD=0,AE.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 解析：，BD=AD-AB,BC=AC-AB,BD.BC=(AD-AB)(AC-AB)=AD.AC-AD· AB-AB·AC+AEP=AEP>0, :.os∠CBD=cosB配，BD>r严>0， BCIBDI ∴.∠CBD为锐角.同理，∠BCD与∠BDC均为锐角，∴.△BCD为锐角三角形 答案：B 4.(多选题)已知空间四边形每条边和对角线的长都等于a,点E,F,G分别是AB,AD,DC的中点， 则-2等于( A.2BA.AC B.2AD.BD C.2FG.CA D.2EF BC 解析2BA·AC-2 aa cos(π-∠BAC)=2a2(-cos60)=-a2;2AD.BD-2 aacos60°=a2,2F℃. CA-2号ac0s元=-d2,2EF.BC-22a00s60°-2
A.√6 3 B.√10 5 C.√15 5 D.√14 7 解析:设𝐴𝐵⃗⃗⃗ =a,𝐴𝐷⃗⃗⃗⃗ =b,𝐴𝐴1 ⃗⃗⃗⃗⃗ =c, 则 a·b=0,a·c=b·c=1×2×cos 120°=-1. ∵𝐴𝐶1 ⃗⃗⃗⃗ =a+b+c, ∴|𝐴𝐶1 ⃗⃗⃗⃗ | 2=(a+b+c) 2=a 2+b 2+c 2+2a·b+2a·c+2b·c=1+1+4+0-2-2=2. ∴|𝐴𝐶1 ⃗⃗⃗⃗ |=√2. ∵𝐴⃗⃗ 1 ⃗𝐷⃗ = 𝐴𝐷⃗⃗⃗⃗ − 𝐴𝐴1 ⃗⃗⃗⃗⃗ =b-c, ∴|𝐴⃗⃗ 1 ⃗𝐷⃗ |=√𝑏 2-2𝑏·𝑐 + 𝑐 2 = √1 + 2 + 4 = √7, 𝐴⃗⃗ 1 ⃗𝐷⃗ · 𝐴𝐶1 ⃗⃗⃗⃗ =(b-c)·(a+b+c)=-2. ∴cos= 𝐴⃗⃗⃗⃗ 1 ⃗⃗𝐷⃗⃗ ·𝐴𝐶1 ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |𝐴⃗⃗⃗⃗ 1 ⃗⃗𝐷⃗⃗ ||𝐴𝐶1 ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ | = -2 √7×√2 =- √14 7 . ∴异面直线 AC1 与 A1D 所成角的余弦值为√14 7 . 答案:D 3.设 A,B,C,D 是空间不共面的四点,且满足𝐴𝐵⃗⃗⃗ · 𝐴𝐶⃗⃗ =0,𝐴𝐶⃗⃗ · 𝐴𝐷⃗⃗⃗⃗ =0,𝐴𝐵⃗⃗⃗ · 𝐴𝐷⃗⃗⃗⃗ =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 解析:∵𝐵𝐷⃗ ⃗ = 𝐴𝐷⃗⃗⃗⃗ − 𝐴𝐵⃗⃗⃗ , 𝐵𝐶⃗⃗⃗ = 𝐴𝐶⃗⃗ − 𝐴𝐵⃗⃗⃗ ,𝐵𝐷⃗ ⃗ · 𝐵𝐶⃗⃗⃗ =(𝐴𝐷⃗⃗⃗⃗ − 𝐴𝐵⃗⃗⃗ )·(𝐴𝐶⃗⃗ − 𝐴𝐵⃗⃗⃗ )=𝐴𝐷⃗⃗⃗⃗ · 𝐴𝐶⃗⃗ − 𝐴𝐷⃗⃗⃗⃗ · 𝐴𝐵⃗⃗⃗ − 𝐴𝐵⃗⃗⃗ · 𝐴𝐶⃗⃗ +|𝐴𝐵⃗⃗⃗ | 2=|𝐴𝐵⃗⃗⃗ | 2>0, ∴cos∠CBD=cos= 𝐵𝐶⃗⃗⃗⃗⃗ · ⃗𝐵𝐷⃗⃗⃗⃗⃗ |𝐵𝐶⃗⃗⃗⃗⃗ ||⃗𝐵𝐷⃗⃗⃗⃗⃗ | >0, ∴∠CBD 为锐角.同理,∠BCD 与∠BDC 均为锐角,∴△BCD 为锐角三角形. 答案:B 4.(多选题)已知空间四边形每条边和对角线的长都等于 a,点 E,F,G 分别是 AB,AD,DC 的中点, 则-a 2 等于( ) A.2𝐵𝐴⃗⃗⃗ · 𝐴𝐶⃗⃗ B.2𝐴𝐷⃗⃗⃗⃗ · 𝐵𝐷⃗ ⃗ C.2𝐹𝐺⃗⃗ · 𝐶𝐴⃗⃗ D.2𝐸𝐹⃗⃗ · 𝐵𝐶⃗⃗⃗ 解析:2𝐵𝐴⃗⃗⃗ · 𝐴𝐶⃗⃗ =2a·a·cos(π-∠BAC)=2a 2 (-cos 60°)=-a 2 ;2𝐴𝐷⃗⃗⃗⃗ · 𝐵𝐷⃗ ⃗ =2a·acos 60°=a2 ;2𝐹𝐺⃗⃗ · 𝐶𝐴⃗⃗ =2·𝑎 2 ·acos π=-a 2 ;2𝐸𝐹⃗⃗ · 𝐵𝐶⃗⃗⃗ =2·𝑎 2 ·acos 60°= 1 2 a 2
答案：AC 5.己知a=3VZ,bl=4,m=a+b,n=a+b,=135°.若m⊥n,则=」 解析：，mLn,mn=0. 由mn=-(a+b)(a+b)=a2+(1+1)ab+b2-0,得18+(0+1)×3V2×4×cos135°+161=-0， 可得18-12-12+161=0，解得= 答案 6.如图，四面体ABCD的每条棱长都等于2，点E,F分别为棱AB,AD的中点，则AE+ BCI- BC-EF= 解析：AB+BC1=AC1=2; EF=3BD,BD.BC=2x2xc0s60°=2， 故B配-EF印=C号D=BC2-配.丽+2B而2=4-2+x4=3 故BC-EF=v3. 答案：2V3 7.在平行四边形ABCD中，AB=2AC=2,且∠ACD=90°，将它沿对角线AC折起，使AB与CD成 60°角，求点B,D间的距离 A 解：由已知得AC⊥CD,AC⊥AB,折叠后AB与CD所成角为60°，于是，AC.CD-0,BA·AC-0,且 =60°或120°. D BDP=(BA+AC +CD)2=BAP+AC2+CD2+2BA AC+2AC.CD+2BA CT-22+12+22+2×2×2c0s 故BDP=13或5，解得BD=13或V5, 即B,D间的距离为V13或V5. 挑战创新 如图，在正三棱柱ABC-A1B1C1中，底面边长为VZ
答案:AC 5.已知|a|=3√2,|b|=4,m=a+b,n=a+λb,=135°.若 m⊥n,则 λ= . 解析:∵m⊥n,∴m·n=0. 由 m·n=(a+b)·(a+λb)=|a| 2+(λ+1)a·b+λ|b| 2=0,得 18+(λ+1)×3√2×4×cos 135°+16λ=0, 可得 18-12λ-12+16λ=0,解得 λ=- 3 2 . 答案:- 3 2 6.如图,四面体 ABCD 的每条棱长都等于 2,点 E,F 分别为棱 AB,AD 的中点,则|𝐴𝐵⃗⃗⃗ + 𝐵𝐶⃗⃗⃗ |= ,|𝐵𝐶⃗⃗⃗ − 𝐸𝐹⃗⃗ |= . 解析:|𝐴𝐵⃗⃗⃗ + 𝐵𝐶⃗⃗⃗ |=|𝐴𝐶⃗⃗ |=2; 𝐸𝐹⃗⃗ = 1 2 𝐵𝐷⃗ ⃗ ,𝐵𝐷⃗ ⃗ · 𝐵𝐶⃗⃗⃗ =2×2×cos 60°=2, 故|𝐵𝐶⃗⃗⃗ − 𝐸𝐹⃗⃗ | 2=|𝐵𝐶⃗⃗⃗ - 1 2 𝐵𝐷⃗ ⃗ | 2 = 𝐵𝐶⃗⃗⃗ 2 − 𝐵𝐶⃗⃗⃗ · 𝐵𝐷⃗ ⃗ + 1 4 𝐵𝐷⃗ ⃗ 2=4-2+ 1 4 ×4=3. 故|𝐵𝐶⃗⃗⃗ − 𝐸𝐹⃗⃗ |=√3. 答案:2 √3 7.在平行四边形 ABCD 中,AB=2AC=2,且∠ACD=90°,将它沿对角线 AC 折起,使 AB 与 CD 成 60°角,求点 B,D 间的距离. 解:由已知得 AC⊥CD,AC⊥AB,折叠后 AB 与 CD 所成角为 60°,于是,𝐴𝐶⃗⃗ · 𝐶𝐷⃗⃗⃗ =0,𝐵𝐴⃗⃗⃗ · 𝐴𝐶⃗⃗ =0,且 =60°或 120°. 则|𝐵𝐷⃗ ⃗ | 2=(𝐵𝐴⃗⃗⃗ + 𝐴𝐶⃗⃗ + 𝐶𝐷⃗⃗⃗ ) 2=|𝐵𝐴⃗⃗⃗ | 2+|𝐴𝐶⃗⃗ | 2+|𝐶𝐷⃗⃗⃗ | 2+2𝐵𝐴⃗⃗⃗ · 𝐴𝐶⃗⃗ +2𝐴𝐶⃗⃗ · 𝐶𝐷⃗⃗⃗ +2𝐵𝐴⃗⃗⃗ · 𝐶𝐷⃗⃗⃗ =2 2+1 2+2 2+2×2×2cos, 故|𝐵𝐷⃗ ⃗ | 2=13 或 5,解得|𝐵𝐷⃗ ⃗ |=√13或√5, 即 B,D 间的距离为√13或√5. 挑战创新 如图,在正三棱柱 ABC-A1B1C1 中,底面边长为√2
B (1)设侧棱长为1，求证：AB1⊥BC1: (2)设AB1与BC的夹角为号求侧棱的长， (I)证明：AB=AE+BB,BC=BB+BC ,BB1⊥平面ABC,BB1·AB-O,BB1·BC=O 又△ABC为正三角形， ∴.=π=π号=牙 :AB·BC=(A正+BB)(BB+BC)=A正.BB+A正.C+BB2+BB BC=ABBCcos+BB2=-1+1=0, AB1⊥BC. (2)解：结合(1)知AB1·BC=ABBC1cos+BB1P=BB12-1. “AB1=AE2+B那=√2+BB=BC1 ow孤- .BB=2 即侧棱的长为2
(1)设侧棱长为 1,求证:AB1⊥BC1; (2)设 AB1 与 BC1 的夹角为π 3 ,求侧棱的长. (1)证明:𝐴𝐵1 ⃗⃗⃗⃗⃗ = 𝐴𝐵⃗⃗⃗ + 𝐵𝐵1 ⃗⃗⃗⃗⃗ ,𝐵𝐶1 ⃗⃗⃗⃗ = 𝐵𝐵1 ⃗⃗⃗⃗⃗ + 𝐵𝐶⃗⃗⃗ . ∵BB1⊥平面 ABC,∴𝐵𝐵1 ⃗⃗⃗⃗⃗ · 𝐴𝐵⃗⃗⃗ =0,𝐵𝐵1 ⃗⃗⃗⃗⃗ · 𝐵𝐶⃗⃗⃗ =0. 又△ABC 为正三角形, ∴=π-=π- π 3 = 2π 3 . ∵𝐴𝐵1 ⃗⃗⃗⃗⃗ · 𝐵𝐶1 ⃗⃗⃗⃗ =(𝐴𝐵⃗⃗⃗ + 𝐵𝐵1 ⃗⃗⃗⃗⃗ )·(𝐵𝐵1 ⃗⃗⃗⃗⃗ + 𝐵𝐶⃗⃗⃗ )=𝐴𝐵⃗⃗⃗ · 𝐵𝐵1 ⃗⃗⃗⃗⃗ + 𝐴𝐵⃗⃗⃗ · 𝐵𝐶⃗⃗⃗ + 𝐵𝐵1 ⃗⃗⃗⃗⃗ 2 + 𝐵𝐵1 ⃗⃗⃗⃗⃗ · 𝐵𝐶⃗⃗⃗ =|𝐴𝐵⃗⃗⃗ ||𝐵𝐶⃗⃗⃗ |·cos+|𝐵𝐵1 ⃗⃗⃗⃗⃗ | 2=-1+1=0, ∴AB1⊥BC1. (2)解:结合(1)知𝐴𝐵1 ⃗⃗⃗⃗⃗ · 𝐵𝐶1 ⃗⃗⃗⃗ =|𝐴𝐵⃗⃗⃗ ||𝐵𝐶⃗⃗⃗ |cos+|𝐵𝐵1 ⃗⃗⃗⃗⃗ | 2=|𝐵𝐵1 ⃗⃗⃗⃗⃗ | 2 -1. ∵|𝐴𝐵1 ⃗⃗⃗⃗⃗ |=√ |𝐴𝐵⃗⃗⃗ | 2 + |BB1 ⃗⃗⃗⃗ | 2 = √ 2 + |𝐵𝐵1 ⃗⃗⃗⃗⃗ | 2=|𝐵𝐶1 ⃗⃗⃗⃗ |, ∴cos= |𝐵𝐵1 ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ | 2 -1 2+|𝐵𝐵1 ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ | 2 = 1 2 , ∴|𝐵𝐵1 ⃗⃗⃗⃗⃗ |=2, 即侧棱的长为 2