2019版高考数学一轮复习第7章立体几何7.6空间向量及运算习题课件理
高考数学一轮总复习第七章立体几何7.6空间向量的运算及应用课件理
1．利用向量法证明平行问题的类型及方法 (1)证明线线平行：两条直线的方向向量平行． (2)证明线面平行 ①该直线的方向向量与平面的某一法向量垂直； ②证明该直线的方向向量与平面内某直线的方向向量平行； ③证明该直线的方向向量可以用平面内的两个不共线的向量线性表示． (3)证明面面平行：两个平面的法向量平行．
第十九页，共39页。
(3)∵M 是 AA1 的中点， ∴M→P＝M→A＋A→P＝12A→1A＋A→P＝ －12a＋a＋c＋12b＝21a＋12b＋c. 又N→C1＝N→C＋C→C1＝12B→C＋A→A1＝ 12A→D＋A→A1＝21c＋a， ∴M→P＋N→C1＝12a＋21b＋c＋a＋12c＝ 32a＋12b＋23c.
第十一页，共39页。
「基础小题练一练」 1．判断下列结论是否正确．(打“√”或“×”) (1)空间中任意两非零向量 a，b 共面．( ) (2)在向量的数量积运算中(a·b)·c＝a·(b·c)．( ) (3)对于非零向量 b，若 a·b＝b·c，则 a＝c.( ) (4)两向量夹角的范围与两异面直线所成角的范围相同．( ) (5)若 A，B，C，D 是空间任意四点，则有A→B＋B→C＋C→D＋D→A＝0.( ) (6)|a|－|b|＝|a＋b|是 a，b 共线的充要条件．( )
(2)证明：连接 A1B 交 AB1 于点 P. ∵四边形 AA1B1B 是平行四边形， ∴P 是 A1B 的中点． 又∵M，N 分别是 CC1，AB 的中点， ∴NP∥CM，且 NP＝CM， ∴四边形 MCNP 是平行四边形，可得 CN∥MP. ∵CN⊄平面 AB1M，MP⊂平面 AB1M， ∴CN∥平面 AB1M.
x＝5， 解得y＝13，
z＝－3.
∴D(5,13，－3)．
2019届高三人教A版数学一轮复习课件：第七章立体几何与空间向量第7节(理)第一课时
n∥m⇔n＝λm n∥m⇔n＝λm n⊥m⇔ n· m＝0
1.直线的方向向量的确定：l 是空间一直线，A，B 是 l 上任意两 → → 点，则AB及与AB平行的非零向量均为直线 l 的方向向量． 2．平面的法向量的确定：设 a，b 是平面 α 内两不共线向量，n 为平面 α
a＝0， n· 的法向量，则求法向量的方程组为 b＝0. n·
→ → → 法一：设PB＝sFE＋tFG， 即(2,0，－2)＝s(0，－1,0)＋t(1,1，－1)， t＝2， ∴t－s＝0， 解得 s＝t＝2. －t＝－2 → → → → → ∴PB＝2FE＋2FG，又∵FE与FG不共线， → → → ∴PB、FE与FG共面． ∵PB⊄平面 EFG，∴PB∥平面 EFG.
[思考辨析] 判断下列说法是否正确，正确的在它后面的括号里打“√”， 错误的打“×”． (1)直线的方向向量是唯一确定的．( (2)平面的单位法向量是唯一确定的．( ) )
(3)两不重合直线 l1 和 l2 的方向向量分别为 v1＝(1,0，－1)，v2＝ (－2,0,2)，则 l1 与 l2 的位置关系是平行．( ) (4)若 n1，n2 分别是平面 α，β 的法向量，则 n1∥n2⇔α∥β.(
解析：B
→ → → → → ＝－3CD，∴AB与CD共线，又AB与CD没有公共点．∴AB∥CD.]
5． (导学号 14576638)若平面 α、 β 的法向量分别为 n1＝(2， －3,5)， n2＝(3,7,3)，则平面 α 与平面 β 的位置关系是 ________ .
解析：n1· n2＝2×3－3×7＋5×3＝0，即 n1⊥n2. 则平面 α⊥平面 β.
C.－ D.
)
3 3 3 ，－ ，－ 3 3 3
2019届高三数学一轮复习精品课件：第七章 第6节 空间向量及其运算
的向量
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2.空间向量中的有关定理 (1)共线向量定理：对空间任意两个向量 a，b(b≠0)，a∥b⇔存 在 λ∈R，使 a＝ λb (2)共面向量定理： 若两个向量 a， b 不共线， 则向量 p 与向量 a， b 共面⇔存在唯一的有序实数对(x，y)使 p＝
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解析：由题意得 c＝ta＋μb＝(2t－μ，－t＋4μ，3t－2μ)， 33 t＝ ， 7 17 ∴μ＝ ， 7 65 λ＝ . 7
7＝2t－μ， ∴5＝－t＋4μ， λ＝3t－2μ.
答案：D
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[小题诊断] 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( 1 A．2， 2 C．－3,2 ) 1 1 B．－ ， 3 2 D．2,2
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解析：∵a∥b，∴b＝ka， 即(6,2μ－1,2λ)＝k(λ＋1,0,2)， 6＝kλ＋1， ∴2μ－1＝0， 2λ＝2k， λ＝2， λ＝－3， 解得 或 1 1 μ＝ μ＝ . 2 2
解得 λ＝－9.
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3. 如图所示，在平行六面体 ABCDA1B1C1D1 → ＝a，AD → 中，M 为 A1C1 与 B1D1 的交点．若AB → ＝c，则下列向量中与BM → 相等的向量 ＝b，AA 1 是( ) 1 1 B. a＋ b＋c 2 2 1 1 D. a－ b＋c 2 2
高三数学一轮总复习第七章立体几何7.6空间向量及其运算课件
→
→
→
解析：(1)记AB＝a，AD＝b，AA1＝c，
④不正确。
16
课堂学案 考点通关
考点例析 通关特训
17
考点一
空间向量的线性运算
【例1】 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OA，OB，OC表示MG，OG。
18
→ →→ 解析：MG＝MA＋AG ＝12O→A＋23A→N ＝12O→A＋23(O→N－O→A) ＝12O→A＋2312O→B＋O→C－O→A ＝－16O→A＋13O→B＋13O→C。 →→ → OG＝OM＋MG ＝12O→A－16O→A＋13O→B＋13O→C ＝13O→A＋13O→B＋13O→C。
量。
(4)共面向量：□6 _平__行__于__同__一__平__面______的向量。
4
2．空间向量中有关定理及其推论
(1)共线向量定理：对空间任意两个向量a，b(b≠0)，a∥b的充要条件是 □7
_存__在__实__数__λ_，__使__a_＝__λ_b____。
→→ 推论：如图所示，点P在l上的充要条件是：OP＝OA＋ta，①
＝x
→ MA
＋y
→ MB
或对空间一点O有
→ OP
＝
□10
__O_→_M__＋__xM_→_A_＋__y_M_→_B______或O→P＝xO→M＋yO→A＋zO→B，其中□11 _x_＋__y_＋__z_＝_1___。
(3)空间向量基本定理：如果三个不共面向量a，b，c，那么对空间任一向量p， 存在有序实数组{x，y，z}，使得p＝xa＋yb＋zc，把{a，b，c}叫做空间的一个基 底。
高考数学大一轮总复习 第七章 立体几何 7.6 空间向量
设a＝(x1，y1，z1)，b＝(x2，y2，z2)。 (1)a＋b＝ (x1＋x2，y1＋y2，z1＋z2) ；
(2)a－b＝ (x1－x2，y1－y2，z1－z2) ；
(3)λa＝ (λx1，λy1，λz1) (4)a·b＝ x1x2＋y1y2＋z1z2
(λ∈R)； ；
(5)|a|＝ a·a＝ ___x_21_＋__y_21＋__z_21__；
J 基础知识 自主学习
知识梳理
1．空间向量的有关概念 名称
定义
在空间中，具有 大小 和 方向 的量叫作空间向量， 空间向量
其大小叫作向量的 长度 或模
自由向量
与向量的 起点 无关的向量
长度或模为 1 的向量 单位向量
a
(非零向量 a 的单位向量 a0＝_|_a|_)
名称
定义
零向量
长度为 0 的向量
答案 A
3．(2016·西安模拟)已知正方体 ABCD－A1B1C1D1 中，点 E 为上底面 A1C1 的中心，若A→E＝A→A1＋xA→B＋yA→D，则 x，y 的值分别为( )
相等向量
方向 相同 且模 相等 的向量
相反向量
方向 相反 而 模 相等的向量
过空间任意一点 O 作向量 a，b 的相等向量O→A和O→B，则
___∠__A_O__B____叫作向量 a，b 的夹角，记作〈a，b〉，范
向量 a，b 的 围是[0，π]
夹角
①当〈a，b〉＝π2时，记作 a⊥b ；
②当〈a，b〉＝0 或 π 时，记作_a_∥__b___
名称
定义
如果表示空间向量的有向线段所在的直线_互__相__平__行__ 平行向量
或重合，则这些向量叫作_共__线__向__量___或_平__行___向__量___
高考数学一轮复习 第7章 立体几何 第6节 空间向量及其运算课件 理 北师大版
2.空间向量的有关定理 (1)共线向量定理：空间两个向量 a，b(b≠0)，共线的充要条件是存在实数 λ， 使得a＝λb . (2)空间向量基本定理：如果向量 e1，e2，e3 是空间三个不共面的向量．a 是 空间任一向量，那么存在唯一一组实数 λ1，λ2，λ3，使得 a＝λ1e1＋λ2e2＋λ3e3， 其中 e1，e2，e3 叫作这个空间的一个基底．
(1)A→P； (2)M→P＋N→C1.
图 7-6-2
[解] (1)因为 P 是 C1D1 的中点， 所以A→P＝A→A1＋A→1D1＋D→1P＝a＋A→D＋12D→1C1 ＝a＋c＋21A→B＝a＋c＋12b.
(2)因为 M 是 AA1 的中点， 所以M→P＝M→A＋A→P＝12A→1A＋A→P ＝－12a＋a＋c＋21b＝12a＋21b＋c. 因为 N 是 BC 的中点，
(对应学生用书第 120 页)
[基础知识填充]
1．空间向量的有关概念
名称
定义
空间向量 在空间中，具有大小和方向的量
数学中所讨论的向量与向量的起点无关，我们称之为自由向 自由向量
量
方向向量 A、B 是空间直线 l 上任意两点，则称A→B为直线 l 的方向向量
法向量
如果直线 l 垂直于平面 α，那么把直线 l 的方向向量 n 叫作平 面 α 的法向量
第 章 立体几何 第六节 空间向量及其运算
[考纲传真]1.了解空间向量的概念，了解空间向量的基本定理及其意义，掌握空 间向量的正交分解及其坐标表示.2.掌握空间向量的线性运算及其坐标表示.3.掌 握空间向量的数量积及其坐标表示，能运用向量的数量积判断向量的共线与垂 直．
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(全国通用)高考数学一轮复习第七章立体几何第六节空间直角坐标系、空间向量及其运算习题理【含答案】
第六节空间直角坐标系、空间向量及其运算[基础达标]一、选择题(每小题5分,共25分)1.已知正方体ABCD-A1B1C1D1中,E,F分别是BB1,CD的中点,则DE与D1F的位置关系是()A.平行B.相交且垂直C.异面且垂直D.既不平行也不垂直1.C【解析】建立空间直角坐标系后,求得=0,所以,即DE与D1F垂直且DE与D1F是异面直线.2.两个非零向量a=(x1,y1,z1),b=(x2,y2,z2),则是a∥b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2.A【解析】a∥b且一个坐标为0是不能得到,所以必要性不满足,即是a∥b的充分不必要条件.3.已知空间四边形OABC中,点M在线段OA上,且OM=2MA,点N是BC的中点, =a,=b, =c,则=() A. a+b-c B.- a+b+cC. a-b+cD. a+b-c3.B【解析】∵点M在线段OA上,且OM=2MA,点N为BC的中点, +()++()+)=-,∵=a, =b, =c,∴=-a+b+c.4.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.4.D【解析】选项A,当四边形ADD1A1为正方形时,可得AD1⊥A1D,而A1D∥B1C,可得AD1⊥B1C,此时有=0;选项B,当四边形ABCD为正方形时,可得AC⊥BD,可得AC⊥平面BB1D1D,故有AC⊥BD1,此时有=0;选项C,由长方体的性质可得AB⊥平面ADD1A1,可得AB⊥AD1,此时必有=0;选项D,由长方体的性质可得BC⊥平面CDD1C1,可得BC⊥CD1,△BCD1为直角三角形,∠BCD1为直角,故BC与BD1不可能垂直,即≠0.5.在边长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中,E,F分别是D1D,BD的中点,点G在棱CD上,且CG=CD,H是C1G的中点,则||为() A.B.C.D.5.D【解析】如图,以D为原点建立空间直角坐标系,则F,C1(0,1,1),G.因为H是C1G的中点,所以H,所以=-,则||=.二、填空题(每小题5分,共15分)6.已知向量a=(-4,2,4),b=(-6,3,-2),则a·b=;|a|=.6.226【解析】a·b=(-4)×(-6)+2×3+4×(-2)=22,|a|==6.7.已知空间四点A(-2,3,1),B(2,-5,3),C(10,0,10),D(8,4,a),如果四边形ABCD为梯形,则实数a的值为.7.9【解析】因为=(4,-8,2), =(8,5,7), =(2,-4,10-a), =(10,1,a-1),四边形ABCD为梯形,则,解得a=9,此时不平行.8.正方体ABCD-A1B1C1D1中,P为A1B1上任意一点,则DP与BC1始终.8.垂直【解析】因为=()·=()·=0,所以,即DP与BC1始终垂直.三、解答题(共20分)9.(10分)如图,正方体ABCD-A1B1C1D1中,E是棱A1D1的中点,H为平面EDB内一点,=(2m,-2m,-m)(m<0),证明:HC1⊥平面EDB.9.【解析】设正方体的棱长为a,则=(a,a,0),所以=(2m,-2m,-m)·=0,=(2m,-2m,-m)·(a,a,0)=0,所以,又DE∩DB=D,所以HC1⊥平面EDB.10.(10分)如图,在四棱锥P-ABCD中,M,N分别是AB,PC的中点,若ABCD是平行四边形.求证:MN∥平面PAD.10.【解析】取DP的中点E,连接AE,EN,则,所以,所以共面,且MN不在平面PAD上,所以MN∥平面PAD.[高考冲关]1.(5分)一个四面体的顶点在空间直角坐标系Oxyz中的坐标分别是(0,0,0),(0,1,1),(1,0,1),(1,1,0),该四面体的体积为()A.B.C.1 D.21.A【解析】在空间直角坐标系中作出四面体的四个顶点,可知该四面体是棱长为的正四面体,所以体积为.2.(5分)设P(2,3,4)在三个坐标平面上的射影分别为P1,P2,P3,则向量:①(6,-3,-4);②(4,-3,-4);③(0,-3,4);④(2,-6,4).其中与平面P1P2P3平行的向量有().A.1个B.2个C.3个D.4个2.C【解析】由题意可知,P1,P2,P3的坐标分别为(2,3,0),(2,0,4),(0,3,4),可以求得平面P1P2P3的一个法向量为(6,4,3),①不与该法向量垂直,所以不与平面P1P2P3平行,②③④与该法向量垂直,所以与平面P1P2P3平行.3.(5分)在正方体ABCD-A1B1C1D1中,棱长为a,M,N分别为A1B和AC上的点,A1M=AN=a,则MN 与平面BB1C1C的位置关系是() A.在平面上B.相交C.平行D.以上都不正确3.C【解析】建立如图所示的空间直角坐标系,则点M a,,N,所以=-,0,-与平面BB1C1C的法向量=(0,a,0)垂直,且MN不在平面BB1C1C上,所以MN与平面BB1C1C的位置关系是平行.4.(5分)已知空间四边形ABCD中, =a-2c, =5a+6b-8c,对角线AC,BD的中点分别为E,F,则=.4.3a+3b-5c【解析】=3a+3b-5c.5.(5分)已知空间图形A-BCD,E,F,G,H,M,N分别是AB,BC,CD,DA,AC,BD的中点,求证:EG,FH,MN交于一点且互相平分.5.【解析】设P1,P2,P3分别为EG,FH,MN的中点,又设=a, =b, =c,则)=)=(a+b+c).同理可证 (a+b+c),(a+b+c),∴P1,P2,P3三点重合.从而原命题得证.6.(10分)已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1,M是棱AA1的中点,点O是对角线BD1的中点.(1)求证:BD1⊥AC;(2)求证:OM是异面直线AA1与BD1的公垂线.6.【解析】(1)以D为原点,DC,DA,DD1所在的直线分别为x,y,z轴,建立空间直角坐标系,则D(0,0,0),C(1,0,0),B(1,1,0),D1(0,0,1),M,O.∴=(-1,-1,1), =(1,-1,0),∴=(-1)×1+(-1)×(-1)+1×0=0,∴,即BD1⊥AC.(2) =(0,0,1), =(-1,-1,1),∵=0, =0,∴OM⊥AA1,OM⊥BD1,即OM是异面直线AA1与BD1的公垂线.7.(10分)已知正三棱柱ABC-A1B1C1的侧棱长为2,底面边长为1,M是BC的中点.在直线CC1上是否存在一点N,使得MN⊥AB1?若存在,请你求出它的位置;若不存在,请说明理由.7.【解析】假设在直线CC1上存在一点N,使得MN⊥AB1.如图,建立空间直角坐标系,有A(0,0,0),B,M,0,N(0,1,z),B1,∴.∵,∴=-+2z=0,解得z=,N,即CN=时,AB1⊥MN.。
(新课标)高考数学大一轮复习第七章立体几何第6节空间向量及其运算课件理
【小结归纳】 1．利用向量证明点共线或点共面时常用的方法是直接利用 定理．向量方法为几何问题的解决提供了一种新的思路．
2．向量的平行与直线的平行是不同的：直线平行是不 允许重合的，而向量平行，它们所在的直线可以平行也可以 重合.
第三十三页，共44页。
如图所示，已知 ABCD 是平行四边形，P 点是平面 ABCD 外一点，连接 PA、PB、PC、PD. 设点 E、F、G、H 分别为△PAB、 △PBC、△PCD、△PDA 的重心．
(1)试用向量方法证明 E、F、 G、H 四点共面．
(2)试判断平面 EFGH 与平面 ABCD 的位置关系，并用向量方法证明你的判断．
第三十四页，共44页。
解：(1)证明：分别连接 PE、PF、 PG、PH 交对边于 M、N、Q、R 点．
因为 E、F、G、H 分别是所在三 角形的重心．
所以 M、N、Q、R 为所在边的中 点，顺次连接 M、N、Q、R 得到的四边形为平行四边形， 且有：
答案：－5
第十九页，共44页。
5．已知平行六面体 ABCD－A1B1C1D1 中，以顶点 A 为 端点的三条棱长都等于 1，且两两夹角都是 60°，则对角线 AC1 的长是________．
答案： 6
第二十页，共44页。
热点命题·突破 02
课堂升华 强技提能
第二十一页，共44页。
空间向量的线性运算
第十四页，共44页。
模
|a|
____________________
夹角 〈a，b〉(a≠0，b≠0)
cos〈a，b〉= a1b1＋a2b2＋a3b3 a21＋a22＋a32· b12＋b22＋b23
第十五页，共44页。
答案 2．a1b1＋a2b2＋a3b3 a1＝λb1，a2＝λb2，a3＝λb3 a1b1 ＋a2b2＋a3b3＝0 a12＋a22＋a23
2019高考数学(理)一轮复习课件 第七章 立体几何 第3讲 课件
____________过该点的公共直线． 公理 4：平行于同一条直线的两条直线____________．
互相平行
公理 2 的三个推论： 推论 1：经过一条直线和直线外一点，有且只有一个平面． 推论 2：经过两条相交直线，有且只有一个平面． 推论 3：经过两条平行直线，有且只有一个平面．
2．空间直线的位置关系 (1)位置关系的分类
直线 直线 a 与平面 α 在平 斜交 面外 直线 a 与平面 α 垂直
有且只有一 个公共点
(2)空间中两个平面的位置关系 位置关系 两平面平行 图形表示 符号表示 α∥ β 公共点 没有公共点
两平 斜交 面相 交 垂直
α∩β＝l α⊥ β 且 α∩β＝a
有一条公共 直线
1．辨明三个易误点 (1)正确理解异面直线“不同在任何一个平面内”的含义，不 要理解成“不在同一个平面内”． (2)不共线的三点确定一个平面，一定不能丢掉“不共线”的 条件． (3)两条异面直线所成角的范围是(0°，90°]．
②③
[解析] 经过不共线的三点可以确定一个平面，所以①不正确； 两条平行线可以确定一个平面，所以②正确；两两相交的三 条直线可以确定一个或三个平面，所以③正确；命题④中没 有说清三个点是否共线，所以④不正确．
平面的基本性质 [典例引领] 如图所示，在正方体 ABCDA1B1C1D1 中，E、F 分别 是 AB 和 AA1 的中点．求证：E、C、D1、F 四点共面．
A．30° C．60°
B．45° D．90°
[解析] 连接 B1D1，D1C，则 B1D1∥EF， 故∠D1B1C 为所求，又 B1D1＝B1C＝D1C， 所以∠D1B1C＝60° .
3．(2016· 高考山东卷)已知直线 a，b 分别在两个不同的平面 α，β 内．则“直线 a 和直线 b 相交”是“平面 α 和平面 β 相交” 的(
2019届高考数学一轮复习 第七章 立体几何 第七节 立体几何中的向量方法课件 理
过基础小题
1．判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”) (1)两直线的方向向量的夹角就是两条直线所成的角． ( )
(2)已知 a ＝(－2，－3,1)，b ＝(2,0,4)，c＝(－4，－6,2)，则 a ∥
c，a ⊥b .
()
(3)已知向量 m ，n 分别是直线 l 的方向向量和平面 α 的法向量，
2，故
DF＝
2 2.
在
Rt△FDG
中，可得
FG＝
6 2.
在直角梯形 BDFE 中，由 BD＝2，BE＝ 2，DF＝ 22，
可得 EF＝322.从而 EG2＋FG2＝EF2，所以 EG⊥FG. 又 AC∩FG＝G，所以 EG⊥平面 AFC.
因为 EG⊂平面 AEC，所以平面 AEC⊥平面 AFC.
(2)以 G 为坐标原点，分别以―G→B ，―G→C 的方向为 x 轴，y 轴正方
[典题领悟]
(2015·全国卷Ⅰ)如图，四边形ABCD为
❶
菱形，∠ABC＝120°，E，F是平面 ABCD同一侧的两点，BE⊥平面ABCD，DF⊥平面 ABCD，BE＝2DF，AE⊥EC.
❷
(1)证明：平面AEC⊥平面AFC；
❸
(2)求直线AE与直线CF所成角的余弦值.
❹
[学审题] ①想到连接 BD，利用菱形的性质解题； ②想到线面垂直的性质； ③要证面面垂直，转化为证明线面垂直或证明两平面的法向 量垂直； ④想到建系，转化为求―A→E 与―C→F 的夹角的余弦值．
a ，b 分别是直线 a，b 的方向向量．
2．直线与平面所成角 如图所示，设 l 为平面 α 的斜线，l∩α＝A，
a 为 l 的方向向量，n 为平面 α 的法向量，φ |a ·n |
(新课标)高考数学一轮复习-第七章 立体几何 第6讲 空间向量及其运算(理)课件
向量表示
坐标表示
数量积
a·b
共线 a＝λb(b≠0)
a·b＝0 垂直
(a≠0，b≠0)
a1b1＋a2b2＋a3b3 a1＝λb1，a2＝λb2，a3＝λb3 a1b1＋a2b2＋a3b3＝0
模 夹角
|a|
a12＋a22＋a23
〈a，b〉 (a≠0，b≠0) co〈s a，b〉＝
a1b1＋a2b2＋a3b3 a21＋a22＋a23· b21＋b22＋b23
空间向量的数量积
已知空间三点 A(－2,0,2)，B(－1,1,2)，C(－3,0,4)， 设 a＝A→B，b＝A→C. 导学号 25401756
(1)求|c|＝3，且 c∥B→C，求 c； (2)求 a 和 b 的夹角的余弦值； (3)若 ka＋b 与 ka－2b 互相垂直，求 k 的值； (4)若 λ(a＋b)＋μ(a－b)与 z 轴垂直，求 λ，μ 应满足的关系．
②－a＋b＋12c
③32a＋12b＋32c
[规律总结] (1)用基向量表示指定向量的方法 用已知基向量表示指定向量时，应结合已知和所求观察图 形，将已知向量和未知向量转化至三角形或平行四边形中，然 后利用三角形法则或平行四边形法则，把所求向量用已知基向 量表示出来． (2)向量加法的多边形法则 首尾相接的若干向量之和，等于由起始向量的始点指向末 尾向量的终点的向量，我们把这个法则称为向量加法的多边形 法则． 提醒：空间向量的坐标运算类似于平面向量中的坐标运 算．
空间向量的共线、共面问题
已知 E，F，G，H 分别是空间四边形 ABCD 的 边 AB ， BC ， CD ， DA 的 中 点. 导学号 25401753
(1)求证：E，F，G，H 四点共面； (2)求证：BD∥平面 EFGH； (3)设 M 是 EG 和 FH 的交点． 求证：对空间任一点 O，有O→M＝14(O→A ＋O→B＋O→C＋O→D)．
高考数学大一轮复习 第七章 立体几何 第7课时 空间向量及其运算课件 理 北师大版.ppt
(3)模、夹角和距离公式
设a＝(x1，y1，z1)，b＝(x2，y2，z2)，则|a|＝ a·a ＝ x21＋y21＋z12 ，cos〈a，b〉＝|aa|·|bb|
＝
x1x2＋y1y2＋z1z2 x21＋y21＋z21· x22＋y22＋z22
[基础自测] 1．已知空间四边形ABCD的对角线为AC、BD，设G是CD的 中点，则A→B＋12(B→D＋B→C)等于( ) A.A→G B.C→G C.B→C D.12B→C
审题视点 将所表示向量置于三角形或多边形中利用三角形 法则或多边形法则可求．
解 (1)∵P是C1D1的中点， ∴A→P＝A→A1＋A→1D1＋D→1P ＝a＋A→D＋12D→1C1 ＝a＋c＋12A→B ＝a＋c＋12b.
(2)∵N是BC的中点， ∴A→1N＝A→1A＋A→B＋B→N ＝－a＋b＋12B→C ＝－a＋b＋12A→D ＝－a＋b＋12c，
＝ xa＋yb＋zc
.
5．空间向量的坐标表示及应用 (1)数量积的坐标运算 设a＝(x1，y1，z1)，b＝(x2，y2，z2)，则a·b＝x1x2＋y1y2＋z1z2 . (2)共线与垂直的坐标表示 设a＝(x1，y1，z1)，b＝(x2，y2，z2)， 则a∥b⇔a＝λb⇔ x1＝λx2 ， y1＝λy2 ， z1＝λz2 ，a ⊥b⇔a·b＝0⇔ x1x2＋y1y2＋z1z2＝0 (a，b均为非零向量)．
(3)∵M是AA1的中点， ∴M→P＝M→A＋A→P＝12A→1A＋A→P ＝－12a＋a＋c＋12b＝12a＋12b＋c， 又N→C1＝N→C＋C→C1＝12B→C＋A→A1
＝12A→D＋A→A1＝12c＋a， ∴M→P＋N→C1＝12a＋12b＋c＋a＋12c ＝32a＋12b＋32c.
2019届高考数学一轮复习第七篇立体几何与空间向量第6节空间向量的运算及应用训练理新人教版
第6节空间向量的运算及应用知识点、方法题号夹角和距离5,7,8,10空间向量的线性运算6,13共线、共面向量定理及应用1,9空间向量的数量积及应用2,3,4,11,12,14基础巩固(时间:30分钟)1.在下列命题中:①若向量a,b共线,则向量a,b所在的直线平行;②若向量a,b所在的直线为异面直线,则向量a,b一定不共面;③若三个向量a,b,c两两共面,则向量a,b,c共面;④已知空间的三个向量a,b,c,则对于空间的任意一个向量p总存在实数x,y,z使得p=xa+yb+zc.其中正确命题的个数是( A )(A)0 (B)1 (C)2 (D)3解析: a与b共线,a,b所在直线也可能重合,故①不正确;根据自由向量的意义知,空间任意两向量a,b都共面,故②错误;三个向量a,b,c中任两个一定共面,但它们三个却不一定共面,故③不正确;只有当a,b,c不共面时,空间任意一向量p才能表示为p=xa+yb+zc,故④不正确,综上可知四个命题中正确的个数为0,故选A.2.在空间四边形ABCD中,·+·+·等于( B )(A)-1 (B)0 (C)1 (D)不确定解析:令=a,=b,=c,则·+·+·=a·(c-b)+b·(a-c)+c·(b-a)=a·c-a·b+b·a-b·c+c·b-c·a=0.3.如图所示,PD垂直于正方形ABCD所在平面,AB=2,E为PB的中点,cos<,>=,若以DA,DC,DP所在直线分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系,则点E的坐标为( A )(A)(1,1,1) (B)(1,1,)(C)(1,1,) (D)(1,1,2)解析:设PD=a,则A(2,0,0),B(2,2,0),P(0,0,a),E(1,1,),所以=(0,0,a),=(-1,1,).因为cos<,>=,所以=a·,所以a=2.所以E的坐标为(1,1,1).4.已知空间四边形ABCD的每条边和对角线的长都等于a,点E,F分别是BC,AD的中点,则·的值为( C )(A)a2 (B) a2 (C) a2(D) a2解析:如图,设=a,=b,=c,则|a|=|b|=|c|=a,且a,b,c三向量两两夹角为60°.= (a+b),= c,所以·= (a+b)·c= (a·c+b·c)= (a2cos 60°+a2cos 60°)= a2.5.导学号 38486158如图所示,已知空间四边形OABC,OB=OC,且∠AOB=∠AOC=,则cos<,>的值为( A )(A)0 (B)(C)(D)解析:设=a,=b,=c,由已知条件<a,b>=<a,c>=,且|b|=|c|,·=a·(c-b)=a·c-a·b=|a||c|-|a||b|=0,所以cos<,>=0.6.在四面体OABC中,=a,=b,=c,D为BC的中点,E为AD的中点,则= .(用a,b,c表示).解析:=+=+=+× (+)=++=+ (-)+ (-)=++=a+b+c.答案: a+b+c7.若向量a=(1,λ,2),b=(2,-1,2)且a与b的夹角的余弦值为,则λ= .解析:由条件知|a|=,|b|=3,a·b=6-λ.所以cos<a,b>===.整理得55λ2+108λ-4=0,解得λ=-2或λ=.答案:-2或8.如图所示,已知二面角αlβ的平面角为θ(θ∈(0,)),AB⊥BC,BC⊥CD,AB在平面β内,BC 在l上,CD在平面α内,若AB=BC=CD=1,则AD的长为.解析:=++,所以=+++2·+2·+2·=1+1+1+2cos(π-θ)=3-2cos θ,所以||=,即AD的长为.答案:能力提升(时间:15分钟)9.导学号 38486159O为空间任意一点,若=++,则A,B,C,P四点( B )(A)一定不共面(B)一定共面(C)不一定共面(D)无法判断解析: 因为=++,且++=1.所以P,A,B,C四点共面.10.正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为a,点M在AC1上且=,N为B1B的中点,则||为( A )(A) a (B) a (C) a (D) a解析:以D为原点建立如图所示的空间直角坐标系D-xyz,则A(a,0,0),C1(0,a,a),N(a,a,).设M(x,y,z),因为点M在AC1上且=,所以(x-a,y,z)= (-x,a-y,a-z),所以x=a,y=,z=.所以M(, ,),所以||== a.11.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.解析:如图所示,由题意,设=λ,其中λ∈[0,1],·=·(+)=·(+λ)=+λ·=1+λ·(-)=1-λ∈[0,1].因此·的取值范围是[0,1].答案:[0,1]12.(2017·江苏徐州模拟)已知O点为空间直角坐标系的原点,向量=(1,2,3),=(2,1,2),=(1,1,2),且点Q在直线OP上运动,当·取得最小值时,的坐标是.解析:因为点Q在直线OP上,所以设点Q(λ,λ,2λ),则=(1-λ,2-λ,3-2λ),=(2-λ,1-λ,2-2λ),·=(1-λ)(2-λ)+(2-λ)(1-λ)+(3-2λ)·(2-2λ)=6λ2-16λ+10=6(λ-)2-.即当λ=时,·取得最小值-.此时=(, ,).答案:(, ,)13.如图,已知平行六面体ABCDA′B′C′D′,E,F,G,H分别是棱A′D′,D′C′,C′C和AB 的中点,求证E,F,G,H四点共面.证明:取=a,=b,=c,则=++=+2+=b-a+2a+ (++)=b+a+ (b-a-c-a)=b-c,所以与b,c共面,即E,F,G,H四点共面.14.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=.所以-3+t=-,-1-t=-,4-2t=,因此存在点E,使得⊥b,此时E点的坐标为(-,-,).。
2019届高考数学一轮复习第7章立体几何第6讲空间向量及其运算知能训练及解析-经典汇编
第6讲 空间向量及其运算1．已知a ＝(－2，1，3)，b ＝(－1，2，1)，若a⊥(a－λb)，则实数λ的值为( ) A ．－2 B ．－143C.145D ．2解析：选D.由题意知a·(a－λb)＝0，即a 2－λa·b＝0， 所以14－7λ＝0，解得λ＝2.2．在空间直角坐标系中，已知A(1，2，3)，B(－2，－1，6)，C(3，2，1)，D(4，3，0)，则直线AB 与CD 的位置关系是( ) A ．垂直 B ．平行 C ．异面D ．相交但不垂直解析：选B.由题意得，AB →＝(－3，－3，3)，CD →＝(1，1，－1)，所以AB →＝－3CD →， 所以AB →与CD →共线，又AB →与CD →没有公共点． 所以AB∥CD.3．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( ) A.627 B ．9 C.647D.657解析：选D.由题意知存在实数x ，y 使得c ＝xa ＋yb ， 即(7，5，λ)＝x(2，－1，3)＋y(－1，4，－2)， 由此得方程组⎩⎪⎨⎪⎧7＝2x －y ，5＝－x ＋4y ，λ＝3x －2y.解得x ＝337，y ＝177，所以λ＝997－347＝657.4．在空间四边形ABCD 中，AB →·CD →＋AC →·DB →＋AD →·BC →＝( ) A ．－1 B ．0 C ．1 D ．不确定解析：选B.如图，令AB →＝a ，AC →＝b ，AD →＝c ，则AB →·CD →＋AC →·DB →＋AD →·BC →＝a·(c－b)＋b·(a－c)＋c·(b－a)＝a·c－a·b＋b·a－b·c＋c·b－c·a＝0. 5.如图所示，PD 垂直于正方形ABCD 所在平面，AB ＝2，E 为PB 的中点，cos 〈DP →，AE →〉＝33，若以DA ，DC ，DP 所在直线分别为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系，则点E 的坐标为( ) A ．(1，1，1) B.⎝⎛⎭⎪⎫1，1，12 C.⎝⎛⎭⎪⎫1，1，32 D ．(1，1，2)解析：选A.设P(0，0，z)， 依题意知A(2，0，0)，B(2，2，0)，则E ⎝ ⎛⎭⎪⎫1，1，z 2， 于是DP →＝(0，0，z)，AE →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，1，z 2，cos 〈DP →，AE →〉＝DP →·AE →|DP →||AE →|＝z22|z|·z 24＋2＝33. 解得z ＝±2，由题图知z ＝2，故E(1，1，1)．6．(2016·唐山统考)已知正方体ABCDA 1B 1C 1D 1的棱长为a ，点M 在AC 1上且AM →＝12MC →1，N 为B 1B 的中点，则|MN→|为( )A.216 a B.66a C.156a D.153a 解析：选A.以D 为原点建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz ，则A(a ，0，0)，C 1(0，a ，a)， N ⎝⎛⎭⎪⎫a ，a ，a 2. 设M(x ，y ，z)，因为点M 在AC 1上且AM →＝12MC 1→，所以(x －a ，y ，z)＝12(－x ，a －y ，a －z)，所以x ＝23a ，y ＝a 3，z ＝a3.所以M ⎝ ⎛⎭⎪⎫2a 3，a 3，a 3，所以|MN →| ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫a －23a 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫a －a 32＋⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2－a 32＝216a. 7．在空间直角坐标系中，点P(1，2，3)，过点P 作平面yOz 的垂线PQ ，点Q 在平面yOz 上，则垂足Q 的坐标为________．解析：由题意知点Q 即为点P 在平面yOz 内的射影， 所以垂足Q 的坐标为(0，2，3)． 答案：(0，2，3)8．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__________．解析：由题意知AB →＝(6，－2，－3)，AC →＝(x －4，3，－6)． 又AB →·AC →＝0，|AB →|＝|AC →|，可得x ＝2. 答案：29．已知2a ＋b ＝(0，－5，10)，c ＝(1，－2，－2)，a·c＝4，|b|＝12，则以b ，c 为方向向量的两直线的夹角为________．解析：由题意得，(2a ＋b)·c＝0＋10－20＝－10. 即2a·c＋b·c＝－10，又因为a·c＝4，所以b·c＝－18， 所以cos 〈b ，c 〉＝b·c |b|·|c|＝－1812×1＋4＋4＝－12，所以〈b ，c 〉＝120°，所以两直线的夹角为60°. 答案：60°10．已知空间四边形OABC ，点M 、N 分别是OA 、BC 的中点，且OA →＝a ，OB →＝b ，OC →＝c ，用a 、b 、c 表示向量MN →＝________． 解析：如图所示，MN →＝12(MB →＋MC →)＝12[(OB →－OM →)＋(OC →－OM →)]＝12(OB →＋OC →－2OM →)＝12(OB →＋OC →－OA →)＝12(b ＋c －a)．答案：12(b ＋c －a)11．(2016·郑州模拟)已知a ＝(x ，4，1)，b ＝(－2，y ，－1)，c ＝(3，－2，z)，a∥b，b⊥c.求： (1)a ，b ，c ；(2)a ＋c 与b ＋c 所成角的余弦值．解：(1)因为a∥b，所以x －2＝4y ＝1－1，解得x ＝2，y ＝－4，此时a ＝(2，4，1)，b ＝(－2，－4，－1)，又因为b⊥c，所以b·c＝0，即－6＋8－z ＝0，解得z ＝2， 于是c ＝(3，－2，2)．(2)a ＋c ＝(5，2，3)，b ＋c ＝(1，－6，1)，因此a ＋c 与b ＋c 所成角的余弦值为（a ＋c ）·（b ＋c ）|a ＋c||b ＋c|＝5－12＋338×38＝－219.故a ＋c 与b ＋c 所成角的余弦值为－219.12.如图所示，在平行六面体ABCDA 1B 1C 1D 1中，设AA 1→＝a ，AB →＝b ，AD →＝c ，M ，N ，P 分别是AA 1，BC ，C 1D 1的中点，试用a ，b ，c 表示以下各向量：(1)AP →；(2)A 1N →；(3)MP →＋NC 1→. 解：(1)因为P 是C 1D 1的中点， 所以AP →＝AA 1→ ＋A 1D 1→＋D 1P → ＝a ＋AD →＋12D 1C 1→＝a ＋c ＋12AB →＝a ＋c ＋12b.(2)因为N 是BC 的中点， 所以A 1N →＝A 1A →＋AB →＋BN →＝－a ＋b ＋12BC →＝－a ＋b ＋12AD →＝－a ＋b ＋12c.(3)因为M 是AA 1的中点， 所以MP →＝MA →＋AP →＝12A 1A →＋AP →＝－12a ＋(a ＋c ＋12b)＝12a ＋12b ＋c. 又NC 1→＝NC →＋CC 1→＝12BC →＋AA 1→＝12AD →＋AA 1→＝12c ＋a. 所以MP →＋NC 1→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12a ＋12b ＋c ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋12c ＝32a ＋12b ＋32c.1．有下列命题：①若p ＝xa ＋yb ，则p 与a ，b 共面； ②若p 与a ，b 共面，则p ＝xa ＋yb ； ③若MP →＝xMA →＋yMB →，则P ，M ，A ，B 共面； ④若P ，M ，A ，B 共面，则MP →＝xMA →＋yMB →.其中真命题的个数是( ) A ．1 B ．2 C ．3D ．4解析：选B.①正确，②中若a ，b 共线，p 与a 不共线，则p ＝xa ＋yb 就不成立．③正确．④中若M ，A ，B 共线，点P 不在此直线上，则MP →＝xMA →＋yMB →不正确．2．已知点A(1，2，1)，B(－1，3，4)，D(1，1，1)，若AP →＝2PB →，则|PD →|的值是________． 解析：设P(x ，y ，z)，所以AP →＝(x －1，y －2，z －1)， PB →＝(－1－x ，3－y ，4－z)，由AP →＝2PB →，得点P 坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫－13，83，3， 又D(1，1，1)，所以|PD →|＝773.答案：7733．已知空间三点A(0，2，3)，B(－2，1，6)，C(1，－1，5)． (1)求以AB ，AC 为边的平行四边形的面积；(2)若|a|＝3，且a 分别与AB →， AC →垂直，求向量a 的坐标． 解：(1)由题意可得：AB →＝(－2，－1，3)，AC →＝(1，－3，2)， 所以cos 〈AB →，AC →〉＝AB →·AC →|AB →||AC →|＝－2＋3＋614×14＝714＝12.所以sin 〈AB →，AC →〉＝32，所以以AB ，AC 为边的平行四边形的面积为 S ＝2×12|AB →|·|AC →|·sin 〈AB →，AC →〉＝14×32＝7 3.(2)设a ＝(x ，y ，z)，由题意得⎩⎪⎨⎪⎧x 2＋y 2＋z 2＝3，－2x －y ＋3z ＝0，x －3y ＋2z ＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝1，y ＝1，z ＝1或⎩⎪⎨⎪⎧x ＝－1，y ＝－1，z ＝－1，所以向量a 的坐标为(1，1，1)或(－1，－1，－1)． 4.如图，在棱长为a 的正方体OABCO 1A 1B 1C 1中，E ，F 分别是棱AB ，BC 上的动点，且AE ＝BF ＝x ，其中0≤x ≤a ，以O 为原点建立空间直角坐标系Oxyz. (1)写出点E ，F 的坐标； (2)求证：A 1F ⊥C 1E ；(3)若A 1，E ，F ，C 1四点共面，求证：A 1F →＝12A 1C 1→＋A 1E →.解：(1)E(a ，x ，0)，F(a －x ，a ，0)． (2)证明：因为A 1(a ，0，a)，C 1(0，a ，a)， 所以A 1F →＝(－x ，a ，－a)，C 1E →＝(a ，x －a ，－a)， 所以A 1F →·C 1E →＝－ax ＋a(x －a)＋a 2＝0， 所以A 1F →⊥C 1E →，所以A 1F ⊥C 1E.(3)证明：因为A 1，E ，F ，C 1四点共面， 所以A 1E →，A 1C 1→，A 1F →共面．选A 1E →与A 1C 1→为一组基向量，则存在唯一实数对(λ1，λ2)， 使A 1F →＝λ1A 1C 1→＋λ2A 1E →，即(－x ，a ，－a)＝λ1(－a ，a ，0)＋λ2(0，x ，－a) ＝(－aλ1，a λ1＋xλ2，－aλ2)，所以⎩⎪⎨⎪⎧－x ＝－aλ1，a ＝aλ1＋xλ2－a ＝－aλ2，，解得λ1＝12，λ2＝1.于是A 1F →＝12A 1C 1→＋A 1E →.。
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解析 系，如图．
设正方体边长为单位长为 1，建立空间直角坐标
→ → → → A1A ＝ (0,0,1) ， A1D1 ＝ (1,0,0) ， A1B1 ＝ (0,1,0) ， A1C ＝ → (1,1,1)，AD1＝(1,0，－1)，
→ → → 2 所以对于①，(A1A＋A1D1＋A1B1) ＝(1,1,1)· (1,1,1)＝3＝ → 3A1B12，故①正确； → → → 对于②，A1C· (A1B1－A1A)＝(1,1,1)· (0,1，－1)＝0，故② 正确； → → → 对于③， 因为AD1· A1B＝(1,0， －1)· (0,1,1)＝－1， 向量AD1 → 与向量A1B的夹角为 120° ，故③错误； → → → ④正方体 ABCD－A1B1C1D1 的体积为|AB||AA1|· |AD|，但 → → → 是|AB· AA1· AD|＝0，故④错误．故选 A.
课后作业夯关
7． 6
空间向量及运算
[基础送分 提速狂刷练] 一、选择题 1．已知点 O，A，B，C 为空间不共面的四点，且向量 → → → → → → a＝OA＋OB＋OC，向量 b＝OA＋OB－OC，则与 a，b 不能 构成空间基底的向量是( → A.OA → C.OC → B.OB → → D.OA或OB )
解析 Dxyz，则
以 D 为原点建立如图所示的空间直角坐标系
解析
→ → → → → → → ∵AC′＝ AC ＋CC′＝ AD ＋ AB ＋CC′＝ AB ＋
→ → → → → BC＋CC′＝xAB＋2yBC－3zCC′， 1 1 ∴x＝1，y＝ ，z＝－ ， 2 3 1 1 7 ∴x＋y＋z＝1＋ － ＝ .故选 B. 2 3 6
→ → → → → → 4． 已知四边形 ABCD 满足AB· BC>0， BC· CD>0， CD· DA → → >0，DA· AB>0，则该四边形为( A．平行四边形 C．平面四边形
解析
)
B．梯形 D．空间四边形
由已知条件得四边形的四个外角均为锐角，但
在平面四边形中任一四边形的外角和都是 360° ，这与已知 条件矛盾，所以该四边形是一个空间四边形．故选 D.
5. (2018· 北京东城模拟)如图所示， 已知 PA⊥平面 ABC， → ∠ABC＝120° ，PA＝AB＝BC＝6，则|PC|等于( )
8．对于空间任意一点 O 和不共线的三点 A，B，C，且 → → → → 有OP＝xOA＋yOB＋zOC(x，y，z∈R)，则 x＝2，y＝－3，z ＝2 是 P，A，B，C 四点共面的( A．必要不充分条件 B．充分不必要条件 C．充要条件 D．既不充分又不必要条件 )
解析
当 x＝2，y＝－3，z＝2 时，
解析 选 C.
→ 1 → 根据题意得OC＝ (a－b)， 所以OC， a， b 共面． 故 2
2．有 4 个命题： ①若 p＝xa＋yb，则 p 与 a，b 共面； ②若 p 与 a，b 共面，则 p＝xa＋yb； → → → ③若MP＝xMA＋yMB，则 P，M，A，B 共面； → → → ④若 P，M，A，B 共面，则MP＝xMA＋yMB. 其中真命题的个数是( A．1 C ．3 B．2 D．4 )
D．8 → → → → 解析 设AB＝a，AD＝b，AA1＝c，则AC1＝a＋b＋c，
→ 2 → 2 2 2 |AC1| ＝a ＋b ＋c ＋2a· b＋2b· c＋2c· a＝25，因此 |AC1|＝5. 故选 A.
7．(2017· 南充三模)已知正方体 ABCD－A1B1C1D1，下 列命题： → → → → ①(A1A＋A1D1＋A1B1)2＝3A1B12； → → → ②A1C· (A1B1－A1A)＝0； → → ③向量AD1与向量A1B的夹角为 60° ； → → → ④正方体 ABCD－A1B1C1D1 的体积为|AB· AA1· AD|， 其中正确命题的序号是( A．①② C．①④ B．①②③ D．①②④ )
解析
①正确；②中，若 a，b 共线，p 与 a 不共线，
则 p＝xa＋yb 就不成立；③正确；④中，若 M，A，B 共线， → → → 点 P 不在此直线上，则MP＝xMA＋yMB不正确．故选 B.
→ 3． 在平行六面体 ABCD－A′B′C′D′中， 若AC′＝ → → → xAB＋2yBC－3zCC′，则 x＋y＋z＝( A．1 5 C. 6 7 B. 6 2 D. 3 )
→ → → → → → 即OP－OA＝m(OB－OA)＋n(OC－OA)， → → → → 即OP＝(1－m－n)OA＋mOB＋nOC， 即 x＝1－m－n，y＝m，z＝n，这组数显然不止 2，－ 3,2. 故是充分不必要条件．故选 B.
9．(2018· 福州质检)正方体 ABCD－A1B1C1D1 的棱长为 → 1 → → a，点 M 在 AC1 上且AM＝ MC1，N 为 B1B 的中点，则|MN| 2 为( ) 21 A. a 6 15 C. a 6 6 B. a 6 15 D. a 3
→ → → → 即OP＝2OA－3OB＋2OC， → → → → → → → 则AP－AO＝2OA－3(AB－AO)＋2(AC－AO)，即 → → → AP＝－3AB＋2AC，根据共面向量定理，知 P，A，B， C 四点共面；反之，当 P，A，B，C 四点共面时，根据共面 → → → 向量定理AP＝mAB＋nAC，
A．6 2 C．12
B．6 D．144
解析
→ → → → ∵PC＝PA＋A → ∴PC ＝PA ＋AB ＋BC ＋2AB· BC， → ∴|PC|2＝36＋36＋36＋2×36cos60° ＝144， → ∴|PC|＝12.故选 C.
6．(2017· 舟山模拟)平行六面体 ABCD－A1B1C1D1 中， → → → → → 向量AB，AD，AA1两两的夹角均为 60° ，且|AB|＝1，|AD|＝ → → 2，|AA1|＝3，则|AC1|等于( A．5 C ．4 B．6 )