《2025年新编高中同步作业高中数学选择性必修第一册人教版A》

任务三　利用向量的数量积求夹角和模长
[探究活动]
探究1：在帮助地震灾区重建家园的过程中，某施工队需要移动一个大型的均匀的正三角形面的钢筋混凝土构件. 已知它的质量为5 000 kg，在它的顶点处分别受大小相同的力$F_{1}$，$F_{2}$，$F_{3}$并且每两个力之间的夹角都是60°.（其中$g = 10 N/kg$）
（1）向量$F_{1}$和$-F_{2}$的夹角为______.
（2）每个力最小为多少时，才能提起这块混凝土构件?

答案： 【探究活动】
探究 1 提示：
(1)$120^{\circ}$
(2)设每个力大小为 $|F_{0}|$，合力为 $F$，
则 $|F|^{2}=(F_{1}+F_{2}+F_{3})\cdot(F_{1}+F_{2}+F_{3})=(F_{1}+F_{2}+F_{3})^{2}=6|F_{0}|^{2}$，
所以 $|F|=\sqrt{6}|F_{0}|$，
所以 $|F_{0}|=\frac{5000\sqrt{6}}{6}\times10=\frac{25000\sqrt{6}}{3}(N)$.

探究2：如图，在三棱柱ABC - A₁B₁C₁中，底面边长和侧棱长都为a，∠BAA₁ = ∠CAA₁ = 60°.
（1）求$|\overrightarrow{AB_{1}}|$，$|\overrightarrow{BC_{1}}|$；
（2）求向量$\overrightarrow{AB_{1}}$与$\overrightarrow{BC_{1}}$夹角的余弦值.

答案： 探究 2 提示：
(1)因为 $\overrightarrow{AB_{1}}=\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AA_{1}}$，
所以 $|\overrightarrow{AB_{1}}|^{2}=(\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AA_{1}})^{2}=\overrightarrow{AB}^{2}+2\overrightarrow{AB}\cdot\overrightarrow{AA_{1}}+\overrightarrow{AA_{1}}^{2}=a^{2}+2\cdot a\cdot a\cos60^{\circ}+a^{2}=3a^{2}$，
所以 $|\overrightarrow{AB_{1}}|=\sqrt{3}a$.
因为 $\overrightarrow{BC_{1}}=\overrightarrow{BB_{1}}+\overrightarrow{BC}=\overrightarrow{AA_{1}}+(\overrightarrow{AC}-\overrightarrow{AB})=\overrightarrow{AC}+\overrightarrow{AA_{1}}-\overrightarrow{AB}$，
所以 $|\overrightarrow{BC_{1}}|^{2}=(\overrightarrow{AC}+\overrightarrow{AA_{1}}-\overrightarrow{AB})^{2}=\overrightarrow{AC}^{2}+\overrightarrow{AA_{1}}^{2}+\overrightarrow{AB}^{2}+2\overrightarrow{AC}\cdot\overrightarrow{AA_{1}}-2\overrightarrow{AC}\cdot\overrightarrow{AB}-2\overrightarrow{AB}\cdot\overrightarrow{AA_{1}}=a^{2}+a^{2}+a^{2}+a^{2}-a^{2}-a^{2}=2a^{2}$，
所以 $|\overrightarrow{BC_{1}}|=\sqrt{2}a$.
(2)因为 $\overrightarrow{AB_{1}}\cdot\overrightarrow{BC_{1}}=(\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AA_{1}})\cdot(\overrightarrow{AC}+\overrightarrow{AA_{1}}-\overrightarrow{AB})=(\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AA_{1}})\cdot\overrightarrow{AC}+(\overrightarrow{AA_{1}}+\overrightarrow{AB})\cdot(\overrightarrow{AA_{1}}-\overrightarrow{AB})=\overrightarrow{AB}\cdot\overrightarrow{AC}+\overrightarrow{AA_{1}}\cdot\overrightarrow{AC}+\overrightarrow{AA_{1}}^{2}-\overrightarrow{AB}^{2}=a\cdot a\cos60^{\circ}+a\cdot a\cos60^{\circ}+a^{2}-a^{2}=a^{2}$，
所以 $\cos\langle\overrightarrow{AB_{1}},\overrightarrow{BC_{1}}\rangle=\frac{\overrightarrow{AB_{1}}\cdot\overrightarrow{BC_{1}}}{|\overrightarrow{AB_{1}}||\overrightarrow{BC_{1}}|}=\frac{a^{2}}{\sqrt{3}a\times\sqrt{2}a}=\frac{\sqrt{6}}{6}$，
故向量 $\overrightarrow{AB_{1}}$ 与 $\overrightarrow{BC_{1}}$ 夹角的余弦值为 $\frac{\sqrt{6}}{6}$.

[评价活动]
如图，在正四面体ABCD中，棱长为a，M，N分别是棱AB，CD上的点，且$|MB| = 2|AM|$，$|CN|=\frac{1}{2}|ND|$，求$|MN|$.

答案： 解：因为 $\overrightarrow{MN}=\overrightarrow{MB}+\overrightarrow{BC}+\overrightarrow{CN}=\frac{2}{3}\overrightarrow{AB}+(\overrightarrow{AC}-\overrightarrow{AB})+\frac{1}{3}(\overrightarrow{AD}-\overrightarrow{AC})=-\frac{1}{3}\overrightarrow{AB}+\frac{1}{3}\overrightarrow{AD}+\frac{2}{3}\overrightarrow{AC}$， 所以 $\overrightarrow{MN}\cdot\overrightarrow{MN}=(-\frac{1}{3}\overrightarrow{AB}+\frac{1}{3}\overrightarrow{AD}+\frac{2}{3}\overrightarrow{AC})^{2}=\frac{1}{9}\overrightarrow{AB}^{2}+\frac{1}{9}\overrightarrow{AD}^{2}+\frac{4}{9}\overrightarrow{AC}^{2}-\frac{2}{9}\overrightarrow{AD}\cdot\overrightarrow{AB}-\frac{4}{9}\overrightarrow{AB}\cdot\overrightarrow{AC}+\frac{4}{9}\overrightarrow{AC}\cdot\overrightarrow{AD}=\frac{1}{9}a^{2}+\frac{1}{9}a^{2}+\frac{4}{9}a^{2}-\frac{1}{9}a^{2}-\frac{2}{9}a^{2}+\frac{2}{9}a^{2}=\frac{5}{9}a^{2}$， 故 $|\overrightarrow{MN}|=\frac{\sqrt{5}}{3}a$.