备战2023年高考数学一轮复习-第6讲-空间向量及其运算.doc

第6讲　空间向量及其运算

1．空间向量的有关概念
名称
定义
空间向量
在空间，具有大小和方向的量
相等向量
方向相同且模相等的向量
相反向量
方向相反且模相等的向量
共线向量
(或平行向量)
如果表示若干空间向量的有向线段所在的直线互相平行或重合，那么这些向量叫做共线向量或平行向量
共面向量
平行于同一个平面的向量
2．空间向量的有关定理
(1)共线向量定理
对任意两个空间向量a，b(b≠0)，a∥b的充要条件是存在实数λ，使a＝λb.
(2)共面向量定理
如果两个向量a，b不共线，那么向量p与向量a，b共面的充要条件是存在唯一的有序实数对(x，y)，使p＝xa＋yb.
(3)空间向量基本定理
如果三个向量a，b，c不共面，那么对任意一个空间向量p，存在唯一的有序实数组(x，y，z)，使得p＝xa＋yb＋zc.其中，{a，b，c}叫做空间的一个基底.
3．两向量的夹角
已知两个非零向量a，b，在空间任取一点O，作＝a，＝b，则∠AOB叫做向量a与b的夹角，记作〈a，b〉，通常规定0≤〈a，b〉≤π.
4．数量积及坐标运算
(1)两个向量的数量积
①a·b＝|a||b|cos〈a，b〉；
②a⊥b⇔a·b＝0(a，b为非零向量)；
③|a|2＝a2.
(2)空间向量数量积的运算律
①(λa)·b＝λ(a·b)，λ∈R；
②交换律：a·b＝b·a；
③分配律：(a＋b)·c＝a·c＋b·c.
(3)向量的坐标运算

a＝(a1，a2，a3)，b＝(b1，b2，b3)
向量和
a＋b＝(a1＋b1，a2＋b2，a3＋b3)
向量差
a－b＝(a1－b1，a2－b2，a3－b3)
数量积
a·b＝a1b1＋a2b2＋a3b3
数乘向量
λa＝(λa1，λa2，λa3)
模长
|a|＝
共线
a∥b(b≠0)⇔a1＝λb1，a2＝λb2，a3＝λb3(λ∈R)
a∥b⇔＝＝(b与三个坐标平面都不平行)
垂直
a⊥b(a≠0，b≠0)⇔a·b＝0⇔a1b1＋a2b2＋a3b3＝0
夹角公式
cos〈a，b〉＝

1．证明空间任意三点共线的方法
对空间三点P，A，B，可通过证明下列结论成立来证明三点共线：
(1)＝λ(λ∈R)；
(2)对空间任一点O，＝＋t(t∈R)；
(3)对空间任一点O，＝x＋y(x＋y＝1)．
2．证明空间四点共面的方法
点共面问题可转化为向量共面问题，要证明P，A，B，C四点共面，只要能证明＝x＋y，或对空间任一点O，有＝＋x＋y，或＝x＋y＋z(x＋y＋z＝1)即可．

1．已知a＝(λ＋1,0,2)，b＝(6,2μ－1,2λ)，若a∥b，则λ与μ的值可以是(　　)
A．2， B．－，
C．－3,2 D．2,2
答案　A
解析　∵a∥b，∴b＝ka，
即(6,2μ－1,2λ)＝k(λ＋1,0,2)，
∴解得或故选A．
2．已知a＝(－2,1,3)，b＝(－1,2,1)，若a⊥(a－λb)，则实数λ的值为(　　)
A．－2 B．－
C． D．2
答案　D
解析　由题意知a·(a－λb)＝0，即a2－λa·b＝0，又a2＝14，a·b＝7，∴14－7λ＝0，∴λ＝2.故选D.
3．在长方体ABCD－A1B1C1D1中，＋＋＝(　　)

A． B．
C． D．
答案　D
解析　＋＋＝＋＋＝＋＝，故选D.
4．已知a＝(2，－1,3)，b＝(－1,4，－2)，c＝(7,5，λ)，若a，b，c三向量共面，则实数λ等于________.
答案　
解析　由题意可知，存在实数x，y使得c＝xa＋yb，
∴解得
5．已知点P是平行四边形ABCD所在的平面外一点，如果＝(2，－1，－4)，＝(4,2,0)，＝(－1,2，－1)．对于结论：①AP⊥AB；②AP⊥AD；③∥，其中正确的是________(填序号)．
答案　①②
解析　因为·＝0，·＝0，所以AP⊥AB，AP⊥AD，则①②正确；因为＝－＝(2,3,4)，＝(－1,2，－1)，所以与不平行，故③错误．
6．已知O(0,0,0)，A(1,2,3)，B(2,1,2)，P(1,1,2)，点Q在直线OP上运动，当·取最小值时，点Q的坐标是________.
答案　
解析　由题意，设＝λ，即＝(λ，λ，2λ)，则＝(1－λ，2－λ，3－2λ)，＝(2－λ，1－λ，2－2λ)，所以·＝(1－λ)(2－λ)＋(2－λ)(1－λ)＋(3－2λ)(2－2λ)＝6λ2－16λ＋10＝62－，当λ＝时有最小值，此时点Q的坐标为.

考向一　空间向量的线性运算
例1　如图所示，在平行六面体ABCD－A1B1C1D1中，设＝a，＝b，＝c，M，N，P分别是AA1，BC，C1D1的中点，试用a，b，c表示以下各向量：

(1)；(2)；(3)＋.
解　(1)∵P是C1D1的中点，
∴＝＋＋＝a＋＋
＝a＋c＋＝a＋c＋b.
(2)∵N是BC的中点，
∴＝＋＋＝－a＋b＋
＝－a＋b＋＝－a＋b＋c.
(3)∵M是AA1的中点，
∴＝＋＝＋
＝－a＋＝a＋b＋c.
又＝＋＝＋＝＋＝c＋a，
∴＋＝＋
＝a＋b＋c.
　　用已知向量表示某一向量的方法
(1)结合已知向量和所求向量观察图形．
(2)将已知向量和所求向量转化到三角形或平行四边形中．
(3)利用三角形法则或平行四边形法则把所求向量用已知向量表示出来．
　1．在三棱锥O－ABC中，M，N分别是OA，BC的中点，G是△ABC的重心，用基向量，，表示，.

解　＝＋＝＋＝＋(－)
＝＋＝＋＋.
＝－＝－＝＋＋－
＝－＋＋.
考向二　共线向量与共面向量定理的应用
例2　如图，已知斜三棱柱ABC－A1B1C1，点M，N分别在AC1和BC上，且满足＝k，＝k(0≤k≤1)．

(1)向量是否与向量，共面？
(2)直线MN是否与平面ABB1A1平行？
解　(1)因为＝k，＝k，
所以＝＋＋＝k＋＋k＝k(＋)＋＝k(＋)＋＝k＋＝－k＝－k(＋)＝(1－k)－k，
所以由共面向量定理知向量与向量，共面．
(2)当k＝0时，点M，A重合，点N，B重合，MN在平面ABB1A1内．
当0<k≤1时，MN不在平面ABB1A1内，
又由(1)知与，共面，
所以MN∥平面ABB1A1.
　　证明三点共线和空间四点共面的方法比较
三点(P，A，B)共线
空间四点(M，P，A，B)共面
＝λ且同过点P
＝x＋y
对空间任一点O，＝＋t
对空间任一点O，＝＋x＋y
对空间任一点O，＝x＋(1－x)
对空间任一点O，＝x＋y＋(1－x－y)
　2.在空间直角坐标系中，A(1,1，－2)，B(1,2，－3)，C(－1,3,0)，D(x，y，z)(x，y，z∈R)，若A，B，C，D四点共面，则(　　)
A．2x＋y＋z＝1 B．x＋y＋z＝0
C．x－y＋z＝－4 D．x＋y－z＝0
答案　A
解析　∵A(1,1，－2)，B(1,2，－3)，C(－1,3,0)，D(x，y，z)(x，y，z∈R)，∴＝(0,1，－1)，＝(－2,2,2)，＝(x－1，y－1，z＋2)．∵A，B，C，D四点共面，∴存在实数λ，μ使得＝λ＋μ，即(x－1，y－1，z＋2)＝λ(0，1，－1)＋μ(－2,2,2)，∴
解得2x＋y＋z＝1，故选A．
多角度探究突破
考向三　空间向量的数量积
角度　　坐标法
例3　已知空间三点A(－2,0,2)，B(－1,1,2)，C(－3,0,4)，设a＝，b＝.
(1)若|c|＝3，且c∥，求c；
(2)求a与b夹角的余弦值；
(3)若ka＋b与ka－2b互相垂直，求k的值．
解　(1)∵c∥，
∴c＝m＝m(－2，－1,2)＝(－2m，－m,2m)．
∴|c|＝＝3|m|＝3.
∴m＝±1.
∴c＝(－2，－1,2)或c＝(2,1，－2)．
(2)∵a＝(1,1,0)，b＝(－1,0,2)，
∴a·b＝(1,1,0)·(－1,0,2)＝－1，
又|a|＝ ＝，
|b|＝ ＝ ，
∴cos〈a，b〉＝＝＝－.
∴a与b夹角的余弦值为－.
(3)∵ka＋b＝(k－1，k,2)，ka－2b＝(k＋2，k，－4)，ka＋b与ka－2b互相垂直，
∴(k－1，k,2)·(k＋2，k，－4)＝(k－1)(k＋2)＋k2－8＝0，
∴k＝2或k＝－.
即当ka＋b与ka－2b互相垂直时，k＝2或k＝－.
角度　　基向量法
例4　已知平行六面体ABCD－A1B1C1D1中，底面ABCD是边长为1的正方形，AA1＝2，∠A1AB＝∠A1AD＝120°.
(1)求线段AC1的长；
(2)求异面直线AC1与A1D所成角的余弦值；
(3)证明：AA1⊥BD.
解　(1)如图所示，设＝a，＝b，＝c，

则|a|＝|b|＝1，|c|＝2.
a·b＝0，a·c＝b·c＝2×1×cos120°＝－1.
∵＝＋＋＝a＋b＋c，
∴||2＝(a＋b＋c)2
＝a2＋b2＋c2＋2a·b＋2a·c＋2b·c
＝1＋1＋22－2－2＝2.
∴||＝.即线段AC1的长为.
(2)∵＝a＋b＋c，＝b－c，
∴·＝(a＋b＋c)·(b－c)＝a·b－a·c＋b2－b·c＋b·c－c2
＝1＋12－22＝－2.
又||2＝(b－c)2＝b2＋c2－2b·c＝1＋4＋2＝7，∴||＝.
∴cos〈，〉＝＝＝－.
∴异面直线AC1与A1D所成角的余弦值为.
(3)证明：∵＝c，＝b－a，
∴·＝c·(b－a)＝c·b－c·a＝－1－(－1)＝0.
∴⊥，即AA1⊥BD.

(1)空间向量数量积计算的两种方法
①基向量法：a·b＝|a||b|cos〈a，b〉．
②坐标法：设a＝(x1，y1，z1)，b＝(x2，y2，z2)，
则a·b＝x1x2＋y1y2＋z1z2.
(2)利用数量积解决有关垂直、夹角、长度问题
①a≠0，b≠0，a⊥b⇔a·b＝0.
②|a|＝.
③cos〈a，b〉＝.
　3.已知A(1,0,0)，B(0，－1,1)，O为坐标原点，＋λ与的夹角为120°，则λ的值为(　　)
A．± B．
C．－ D．±
答案　C
解析　由于＋λ＝(1，－λ，λ)，＝(0，－1,1)，则cos120°＝＝－，解得λ＝±.经检验λ＝不符合题意，舍去，所以λ＝－.故选C．
4．如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为直角梯形，AD∥BC，∠BAD＝90°，PA⊥底面ABCD，且PA＝AD＝AB＝2BC，M为PC的中点．

(1)求证：PB⊥DM；
(2)求AC与PD所成角的余弦值．
解　(1)证明：结合题图知，＝－，＝(＋)
＝＝＋－，
则·＝(－)·＝||2－||2＝0，
故PB⊥DM.
(2)设PA＝AD＝AB＝2BC＝2，
由于＝－，＝＋，
则||2＝|－|2＝2－2·＋2＝8，
故||＝2，||2＝|＋|2＝||2＋2·＋||2＝5，
故||＝，·＝(－)·＝2，
故cos〈，〉＝＝.
所以AC与PD所成角的余弦值为.

一、单项选择题
1．已知a＝(2,3，－4)，b＝(－4，－3，－2)，b＝x－2a，则x＝(　　)
A．(0,3，－6) B．(0,6，－20)
C．(0,6，－6) D．(6,6，－6)
答案　B
解析　由b＝x－2a，得x＝4a＋2b＝(8,12，－16)＋(－8，－6，－4)＝(0,6，－20)．故选B.
2．(2022·辽宁大连模拟)已知向量a＝(1,2,3)，b＝(－2，－4，－6)，|c|＝，若(a＋b)·c＝7，则a与c的夹角为(　　)
A．30° B．60°
C．120° D．150°
答案　C
解析　由于a＋b＝(－1，－2，－3)＝－a，
故(a＋b)·c＝－a·c＝7，即a·c＝－7.
又因为|a|＝＝，
所以cos〈a，c〉＝＝－，所以〈a，c〉＝120°.故选C．
3．在空间四边形ABCD中，＝a，＝b，＝c，则等于(　　)
A．a＋b－c B．c－a－b
C．a－b－c D．b－a＋c
答案　B
解析　如图所示，＝＋＝＋(－)＝－b＋c－a＝c－a－b.故选B.

4．已知向量a＝(1,0，－1)，则下列向量中与a成60°夹角的是(　　)
A．(－1,1,0) B．(1，－1,0)
C．(0，－1,1) D．(－1,0,1)
答案　B
解析　不妨设b＝(x，y，z)，a与b的夹角为θ.对于A，若b＝(－1,1,0)，则cosθ＝＝＝－≠，不满足条件；对于B，若b＝(1，－1,0)，则cosθ＝＝＝，满足条件；对于C，若b＝(0，－1,1)，则cosθ＝＝＝－≠，不满足条件；对于D，若b＝(－1,0,1)，则cosθ＝＝＝－1≠，不满足条件．故选B.
5．下列说法正确的是(　　)
A．若p＝xa＋yb，则p与a，b不一定共面
B．若p与a，b共面，则p＝xa＋yb
C．若＝x＋y，则P，M，A，B共面
D．若P，M，A，B共面，则＝x＋y
答案　C
解析　A项，若p＝xa＋yb，则p与a，b一定共面；B项，若a，b共线，p与a不共线，则p＝xa＋yb就不成立；C正确；D项，若M，A，B共线，点P不在此直线上，则＝x＋y不正确．故选C．
6．已知正方体ABCD－A1B1C1D1，如图所示，E为上底面A1B1C1D1的中心，若＝＋x＋y，则x，y的值分别为(　　)

A．x＝y＝1
B．x＝1，y＝
C．x＝y＝
D．x＝，y＝1
答案　C
解析　由向量运算的三角形法则知，＝＋，而＝，＝＋，又＝，＝＝，∴＝＋，∴＝＋＋，∴x＝y＝.故选C．
7．如图，在空间四边形ABCD中，若向量＝(－3，5,2)，＝(－7，－1，－4)，点E，F分别为线段BC，AD的中点，则的坐标为(　　)

A．(2,3,3) B．(－2，－3，－3)
C．(5，－2,1) D．(－5,2，－1)
答案　B
解析　取AC的中点M，连接ME，MF，＝＝，＝＝，而＝－＝(－2，－3，－3)，故选B.
8．已知长方体ABCD－A1B1C1D1，下列向量的数量积一定不为0的是(　　)

A．· B．·
C．· D．·
答案　D
解析　当侧面BCC1B1是正方形时，得·＝0，所以排除A；当底面ABCD是正方形时，得AC垂直于体对角线BD1，所以排除B；显然AB⊥侧面ADD1A1，所以排除C；由题图可得BD1与BC所成的角小于90°.故选D.
9．已知两个非零向量a＝(a1，a2，a3)，b＝(b1，b2，b3)，它们平行的充要条件是(　　)
A．＝
B．a1b1＝a2b2＝a3b3
C．a1b1＋a2b2＋a3b3＝0
D．存在非零实数k，使a＝kb
答案　D
解析　首先排除B；C表示a⊥b；A表示与a，b分别平行的单位向量相等，但两向量方向相反也叫平行．故选D.
10．A，B，C，D是空间不共面的四点，且满足·＝0，·＝0，·＝0，M为BC的中点，则△AMD是(　　)
A．钝角三角形 B．锐角三角形
C．直角三角形 D．不确定
答案　C
解析　∵M为BC的中点，∴＝(＋)．∴·＝(＋)·＝·＋·＝0，∴AM⊥AD，△AMD为直角三角形．故选C．
二、多项选择题
11．已知空间中三点A(0,1,0)，B(2,2,0)，C(－1，3,1)，则(　　)
A．与是共线向量
B．与平行的单位向量是(1,1,0)
C．与夹角的余弦值是－
D．平面ABC的一个法向量是(1，－2,5)
答案　CD
解析　由题意，对于A，＝(2,1,0)，＝(－1,2,1)，所以≠λ，则与不是共线向量，所以不正确；对于B，因为＝(2,1,0)，所以与平行的单位向量为或，所以不正确；对于C，向量＝(2,1,0)，＝(－3,1,1)，所以cos〈，〉＝＝－，所以正确；对于D，设平面ABC的一个法向量是n＝(x，y，z)，因为＝(2,1,0)，＝(－1,2,1)，所以⇒令x＝1，则y＝－2，z＝5，所以平面ABC的一个法向量为n＝(1，－2,5)，所以正确．故选CD.
12．(2021·唐山一中模拟)已知ABCD－A1B1C1D1为正方体，下列说法中正确的是(　　)
A．(＋＋)2＝32
B.·(－)＝0
C．向量与向量的夹角是60°
D．正方体ABCD－A1B1C1D1的体积为|··|
答案　AB
解析　由向量的加法运算得到＋＋＝，∵A1C2＝3A1B，∴2＝3A1B12，所以A正确；∵－＝，AB1⊥A1C，∴·＝0，故B正确；∵△ACD1是等边三角形，∴∠AD1C＝60°，又A1B∥D1C，∴异面直线AD1与A1B所成的角为60°，但是向量与向量的夹角是120°，故C错误；∵AB⊥AA1，∴·＝0，故|··|＝0，因此D错误．故选AB.
三、填空题
13．(2021·广西桂林一中期中)若a＝(2,3，m)，b＝(2n,6,8)，且a，b为共线向量，则m＋n＝________.
答案　6
解析　由a，b为共线向量，得＝＝，解得m＝4，n＝2，则m＋n＝6.
14．在空间直角坐标系中，以点A(4,1,9)，B(10，－1,6)，C(x,4,3)为顶点的△ABC是以BC为斜边的等腰直角三角形，则实数x的值为________.
答案　2
解析　由题意知·＝0，||＝||，
又＝(6，－2，－3)，＝(x－4,3，－6)，
∴解得x＝2.
15．如图所示，正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为1，若动点P在线段BD1上运动，则·的取值范围是________.

答案　[0,1]
解析　由题意，设＝λ，其中λ∈[0,1]，·＝·(＋)＝·(＋λ)＝2＋λ·＝2＋λ·(－)＝(1－λ)2＝1－λ∈[0,1]．因此·的取值范围是[0,1]．
16．已知空间向量，，的模长分别为1,2,3，且两两夹角均为60°.点G为△ABC的重心，若＝x＋y＋z，x，y，z∈R，则x＋y＋z＝________，||＝________.
答案　1　
解析　根据题意得，点G为△ABC的重心，设BC中点为D，则＝＝(＋)，所以－＝(－＋－)，所以＝＋＋，所以x＝y＝z＝，所以x＋y＋z＝1.
||2＝2×＝，所以||＝.
四、解答题
17．(2022·浙江嘉兴期中)如图，已知矩形ABCD和矩形ADEF所在平面互相垂直，点M，N分别在对角线BD，AE上，且BM＝BD，AN＝AE.用向量法证明：MN∥平面CDE.

证明　因为点M在BD上，且BM＝BD，
所以＝＝＋.
同理＝＋.
所以＝＋＋＝＋＋＝＋＝＋.
又与不共线，
所以根据向量共面的充要条件可知，，共面．
因为MN不在平面CDE内，
所以MN∥平面CDE.
18．已知a＝(1，－3,2)，b＝(－2,1,1)，点A(－3，－1,4)，B(－2，－2,2)．
(1)求|2a＋b|；
(2)在直线AB上是否存在一点E，使得⊥b？(O为原点)
解　(1)2a＋b＝(2，－6,4)＋(－2,1,1)＝(0，－5,5)，
故|2a＋b|＝＝5.
(2)令＝t(t∈R)，
所以＝＋＝＋t＝(－3，－1,4)＋t(1，－1，－2)＝(－3＋t，－1－t,4－2t)，
若⊥b，则·b＝0，
所以－2(－3＋t)＋(－1－t)＋(4－2t)＝0，
解得t＝.
因此存在点E，使得⊥b，
此时E点的坐标为.