2021版高考数学大一轮复习第八章立体几何初步第6节空间向量及其运算学案北师大版

2021版高考数学大一轮复习第八章立体几何初步第6
节空间向量及其运算学案北师大版
最新考纲 1.了解空间向量的概念，了解空间向量的差不多定理及其意义，把握空间向量的正交分解及其坐标表示；2.把握空间向量的线性运算及其坐标表示；
3.把握空间向量的数量积及其坐标表示，能用向量的数量积判定向量的共线和垂直.
知 识 梳 理
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 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) 表示空间向量的有向线段所在的直线互相平行或重合的向量
共面向量
平行于同一个平面的向量
(1)共线向量定理
空间两个向量a 与b (b≠0)共线的充要条件是存在实数λ，使得a ＝λb . (2)共面向量定理
共面向量定理的向量表达式：p ＝x a ＋y b ，其中x ，y ∈R ，a ，b 为不共线向量，推论的表达式为MP →＝xMA →＋yMB →或对空间任意一点O ，有OP →＝OM →＋xMA →＋yMB →或OP →＝xOM →＋yOA →＋zOB →，其中x ＋y ＋z ＝1.
(3)空间向量差不多定理
假如向量e 1，e 2，e 3是空间三个不共面的向量，a 是空间任一向量，那么存在唯独一组实数
λ1，λ2，λ3，使得a ＝λ1e 1＋λ2e 2＋λ3e 3.
空间中不共面的三个向量e 1，e 2，e 3叫作那个空间的一个基底. 3.空间向量的数量积及运算律 (1)数量积及相关概念
①两向量的夹角：已知两个非零向量a ，b ，在空间任取一点O ，作OA →＝a ，OB →
＝b ，则∠AOB
叫作向量a 与b 的夹角，记作〈a ，b 〉，其范畴是[0，π]，若〈a ，b 〉＝π
2，则称a 与b
互相垂直，记作a ⊥b .
②非零向量a ，b 的数量积a·b ＝|a ||b |cos 〈a ，b 〉. (2)空间向量数量积的运算律： ①结合律：(λa )·b ＝λ(a·b )； ②交换律：a·b ＝b·a ；
③分配律：a·(b ＋c )＝a·b ＋a·c . 4.空间向量的坐标表示及其应用 设a ＝(a 1，a 2，a 3)，b ＝(b 1，b 2，b 3).
[常用结论与微点提醒]
1.在平面中A ，B ，C 三点共线的充要条件是：OA →＝xOB →＋yOC →
(其中x ＋y ＝1)，O 为平面内任意一点.
2.在空间中P ，A ，B ，C 四点共面的充要条件是：OP →＝xOA →＋yOB →＋zOC →
(其中x ＋y ＋z ＝1)，O 为空间任意一点.
3.向量的数量积满足交换律、分配律，即a ·b ＝b ·a ，a ·(b ＋c )＝a ·b ＋a ·c 成立，但不满足结合律，即(a ·b )·c ＝a ·(b ·c )不一定成立.
诊 断 自 测
1.摸索辨析(在括号内打“√”或“×”) (1)空间中任意两非零向量a ，b 共面.( )
(2)对任意两个空间向量a ，b ，若a·b ＝0，则a⊥b .( )
(3)若{a ，b ，c }是空间的一个基底，则a ，b ，c 中至多有一个零向量.( ) (4)若a·b ＜0，则〈a ，b 〉是钝角.( )
解析 关于(2)，因为0与任何向量数量积为0，因此(2)不正确；关于(3)，若a ，b ，c 中有一个是0，则a ，b ，c 共面，因此(3)不正确；关于(4)，若〈a ，b 〉＝π，则a ·b <0，故(4)不正确.
答案 (1)√ (2)× (3)× (4)×
2.若{a ，b ，c }为空间的一组基底，则下列各项中，能构成基底的一组向量是( ) A.a ，a ＋b ，a －b B.b ，a ＋b ，a －b C.c ，a ＋b ，a －b D.a ＋b ，a －b ，a ＋2b
解析 若c ，a ＋b ，a －b 共面，则c ＝λ(a ＋b )＋m (a －b )＝(λ＋m )a ＋(λ－m )b ，则a ，b ，
c 为共面向量，此与{a ，b ，c }为空间向量的一组基底矛盾，故c ，a ＋b ，a －b 可构成空间
向量的一组基底. 答案 C
3.如图所示，在四面体OABC 中，OA →＝a ，OB →＝b ，OC →
＝c ，D 为BC 的中点，E 为AD 的中点，则OE →
＝________(用a ，b ，c 表示).
解析 OE →＝OA →＋AE →
＝a ＋12AD →＝a ＋12(OD →－OA →)＝12a ＋12OD →＝12a ＋12×12(OB →＋OC →)＝12a ＋14b ＋14c .
答案 12a ＋14b ＋1
4
c
4.（2020·宜春月考）已知a ＝(2，3，1)，b ＝(－4，2，x )，且a ⊥b ，则|b |＝____________. 解析 a ·b ＝2×(－4)＋3×2＋1·x ＝0，∴x ＝2， ∴|b |＝（－4）2
＋22
＋22
＝2 6. 答案 2 6
5.已知a ＝(cos θ，1，sin θ)，b ＝(sin θ，1，cos θ)，则向量a ＋b 与a －b 的夹角是________.
解析 a ＋b ＝(cos θ＋sin θ，2，cos θ＋sin θ)，
a －
b ＝(cos θ－sin θ，0，sin θ－cos θ)，
∴(a ＋b )·(a －b )＝(cos 2
θ－sin 2
θ)＋(sin 2
θ－cos 2
θ)＝0， ∴(a ＋b )⊥(a －b )，则a ＋b 与a －b 的夹角是π2.
答案
π2
考点一 空间向量的线性运算
【例1】 如图所示，在简单几何体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，各面为平行四边形，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)MP →＋NC 1→.
解 (1)因为P 是C 1D 1的中点，因此AP →＝AA 1→＋A 1D 1→＋D 1P →＝a ＋AD →＋12D 1C 1→
＝a ＋c ＋12AB →＝a ＋c ＋1
2
b .
(2)因为M 是AA 1的中点，因此MP →＝MA →＋AP →
＝12
A 1A →＋AP → ＝－12a ＋⎝ ⎛
⎭⎪⎫a ＋c ＋12b ＝12a ＋12b ＋c .
又NC 1→＝NC →＋CC 1→＝12BC →＋AA 1→
＝12AD →＋AA 1→＝1
2
c ＋a ， 因此MP →＋NC 1→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12a ＋12b ＋c ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋12c
＝32a ＋12b ＋3
2
c . 规律方法 1.选定空间不共面的三个向量作基向量，这是用向量解决立体几何问题的差不多要求.用已知基向量表示指定向量时，应结合已知和所求向量观看图形，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进行运算. 2.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，我们把那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. 【训练1】 如图，在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，O 为AC 的中点.
(1)化简：A 1O →－12AB →－12AD →
＝________.
(2)用AB →，AD →，AA 1→表示OC 1→，则OC 1→
＝________.
解析 (1)A 1O →－12AB →－12AD →＝A 1O →－12(AB →＋AD →)＝A 1O →－AO →＝A 1O →＋OA →＝A 1A →
.
(2)因为OC →＝12AC →＝12(AB →＋AD →
)，
因此OC 1→＝OC →＋CC 1→＝12(AB →＋AD →)＋AA 1→
＝12AB →＋12
AD →＋AA 1→. 答案 (1)A 1A →
(2)12AB →＋12AD →＋AA 1→
考点二 共线、共面向量定理的应用
【例2】 已知E ，F ，G ，H 分别是空间四边形ABCD 的边AB ，BC ，CD ，DA 的中点，用向量方法求证： (1)E ，F ，G ，H 四点共面； (2)BD ∥平面EFGH .
证明 (1)连接BG ，则EG →＝EB →＋BG →
＝EB →＋12(BC →＋BD →)＝EB →＋BF →＋EH →＝EF →＋EH →，
由共面向量定理知E ，F ，G ，H 四点共面. (2)因为EH →＝AH →－AE →
＝12AD →－12AB →＝12(AD →－AB →)＝12
BD →， 因为E ，H ，B ，D 四点不共线，因此EH ∥BD . 又EH 平面EFGH ，BD 平面EFGH ， 因此BD ∥平面EFGH .
规律方法 1.证明空间三点P ，A ，B 共线的方法 (1)PA →＝λPB →
(λ∈R )；
(2)对空间任一点O ，OP →＝xOA →＋yOB →
(x ＋y ＝1). 2.证明空间四点P ，M ，A ，B 共面的方法 (1)MP →＝xMA →＋yMB →；
(2)对空间任一点O ，OP →＝xOM →＋yOA →＋zOB →
(x ＋y ＋z ＝1)； (3)PM →∥AB →(或PA →∥MB →或PB →∥AM →).
【训练2】 已知A ，B ，C 三点不共线，对平面ABC 外的任一点O ，若点M 满足OM →＝13(OA →＋OB
→
＋OC →).
(1)判定MA →，MB →，MC →
三个向量是否共面； (2)判定点M 是否在平面ABC 内. 解 (1)由已知OA →＋OB →＋OC →＝3OM →
， ∴OA →－OM →＝(OM →－OB →)＋(OM →－OC →). 即MA →＝BM →＋CM →＝－MB →－MC →， ∴MA →，MB →，MC →
共面.
(2)由(1)知MA →，MB →，MC →
共面且过同一点M . ∴四点M ，A ，B ，C 共面，从而点M 在平面ABC 内. 考点三 空间向量数量积及应用(典例迁移)
【例3】 (经典母题)如图所示，已知空间四边形ABCD 的每条边和对角线长都等于1，点E ，F ，G 分别是AB ，AD ，CD 的中点，运算： (1)EF →·BA →；(2)EG →·BD →； 解 设AB →＝a ，AC →＝b ，AD →
＝c .
则|a |＝|b |＝|c |＝1，〈a ，b 〉＝〈b ，c 〉＝〈c ，a 〉＝60°， (1)EF →＝12BD →＝12c －12a ，BA →＝－a ，DC →
＝b －c ，
EF →·BA →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫
12c －12a ·(－a )＝12a 2－12a·c ＝14，
(2)EG →·BD →＝(EA →＋AD →＋DG →)·(AD →－AB →
)
＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－12AB →＋AD →＋AG →－AD →·(AD →－AB →) ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－12
AB →＋12AC →＋12AD →·(AD →－AB →)
＝⎝ ⎛⎭
⎪⎫－12a ＋12b ＋12c ·(c －a ) ＝12⎝ ⎛
⎭⎪⎫－1×1×12＋1×1×12＋1＋1－1×1×12－1×1×12
＝1
2
. 【迁移探究1】 本例的条件不变，求证：EG ⊥AB . 证明 由例3知EG →＝12(AC →＋AD →－AB →
)＝12(b ＋c －a )，
因此EG →·AB →＝12(a ·b ＋a ·c －a 2
)
＝12⎝
⎛
⎭⎪⎫1×1×12＋1×1×12－1＝0.
故EG →⊥AB →
，即EG ⊥AB .
【迁移探究2】 本例的条件不变，求EG 的长. 解 由例3知EG →
＝－12a ＋12b ＋12
c ，
|EG →|2＝14a 2＋14b 2＋14c 2－12a ·b ＋12b ·c －12c ·a ＝12，则|EG →
|＝22，即EG 的长为22.
【迁移探究3】 本例的条件不变，求异面直线AG 和CE 所成角的余弦值. 解 由例3知AG →＝12b ＋12c ，CE →＝CA →＋AE →
＝－b ＋12a ，
cos 〈AG →，CE →
〉＝AG →·CE →|AG →||CE →|
＝－23，
由于异面直线所成角的范畴是⎝
⎛⎦⎥⎤0，π2，
因此异面直线AG 与CE 所成角的余弦值为2
3
.
规律方法 1.利用数量积解决问题的两条途径：一是依照数量积的定义，利用模与夹角直截了当运算；二是利用坐标运算.
2.空间向量的数量积可解决有关垂直、夹角、长度问题. (1)a ≠0，b ≠0，a ⊥b ⇔a ·b ＝0； (2)|a |＝a 2
； (3)cos 〈a ，b 〉＝
a ·b
|a ||b |
. 【训练3】 如图所示，四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1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°.
(1)求AC 1的长； (2)求证：AC 1⊥BD ；
(3)求BD 1与AC 夹角的余弦值. (1)解 记AB →＝a ，AD →＝b ，AA 1→
＝c ，
则|a |＝|b |＝|c |＝1，〈a ，b 〉＝〈b ，c 〉＝〈c ，a 〉＝60°， ∴a ·b ＝b ·c ＝c ·a ＝12
.
|AC 1→|2＝(a ＋b ＋c )2＝a 2＋b 2＋c 2
＋2(a ·b ＋b ·c ＋c ·a )
＝1＋1＋1＋2×⎝ ⎛⎭
⎪⎫12＋12＋12＝6， ∴|AC →
1|＝6，即AC 1的长为 6. (2)证明 ∵AC 1→＝a ＋b ＋c ，BD →
＝b －a ， ∴AC 1→·BD →
＝(a ＋b ＋c )·(b －a ) ＝a ·b ＋|b |2
＋b ·c －|a |2
－a ·b －a ·c ＝b ·c －a ·c
＝|b ||c |cos 60°－|a ||c |cos 60°＝0. ∴AC 1→⊥BD →
，∴AC 1⊥BD .
(3)解 BD 1→＝b ＋c －a ，AC →
＝a ＋b ， ∴|BD 1→|＝2，|AC →
|＝3，
BD 1→·AC →
＝(b ＋c －a )·(a ＋b )
＝b 2
－a 2
＋a ·c ＋b ·c ＝1.
∴cos 〈BD 1→
，AC →
〉＝BD 1→·AC →|BD 1→||AC →|
＝66.
∴AC 与BD 1夹角的余弦值为
66
.
基础巩固题组 (建议用时：40分钟)
一、选择题
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.－143
C.145
D.2
解析 由题意知a ·(a －λb )＝0，即a 2
－λa ·b ＝0，因此14－7λ＝0，解得λ＝2. 答案 D
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 由题意得，AB →＝(－3，－3，3)，CD →＝(1，1，－1)，因此AB →＝－3CD →，因此AB →与CD →
共线，又AB 与CD 没有公共点，因此AB ∥CD . 答案 B
3.如图所示，在平行六面体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，M 为A 1C 1与B 1D 1的交点.若AB →＝a ，AD →＝b ，AA →1＝c ，则下列向量中与BM →
相等的向量是( ) A.－12a ＋1
2b ＋c
B.12a ＋1
2b ＋c C.－12a －1
2
b ＋c
D.12a －1
2
b ＋
c 解析 BM →＝BB →1＋B 1M →＝AA →1＋12(AD →－AB →
)
＝c ＋12(b －a )＝－12a ＋1
2b ＋c .
答案 A
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AE →·AF →
的值为( ) A.a 2
B.12a 2
C.14
a 2
D.34
a 2 解析 如图，设AB →＝a ，AC →＝
b ，AD →
＝c ，
则|a |＝|b |＝|c |＝a ，且a ，b ，c 三向量两两夹角为60°.
AE →
＝12
(a ＋b )，AF →
＝12
c ，
∴AE →·AF →＝1
2(a ＋b )·12
c
＝14(a ·c ＋b ·c )＝14(a 2cos 60°＋a 2
cos 60°)＝14a 2. 答案 C
5.如图，在空间四边形OABC 中，OA ＝8，AB ＝6，AC ＝4，BC ＝5，∠OAC ＝45°，∠OAB ＝60°，则OA 与BC 所成角的余弦值为( ) A.3－225
B.2－26
C.12
D.32
解析 因为BC →＝AC →－AB →
， 因此OA →·BC →＝OA →·AC →－OA →·AB →
＝|OA →||AC →|cos 〈OA →，AC →〉－|OA →||AB →|cos 〈OA →，AB →〉 ＝8×4×cos 135°－8×6×cos 120°＝－162＋24. 因此cos 〈OA →，BC →
〉＝OA →·BC →|OA →||BC →|
＝24－1628×5＝3－225
.
即OA 与BC 所成角的余弦值为3－225.
答案 A 二、填空题
6.(2020·郑州调研)已知a ＝(2，1，－3)，b ＝(－1，2，3)，c ＝(7，6，λ)，若a ，b ，c 三向量共面，则λ等于________.
解析 由题意知c ＝x a ＋y b ，即(7，6，λ)＝x (2，1，－3)＋y (－1，2，3)， ∴⎩⎪⎨⎪
⎧2x －y ＝7，x ＋2y ＝6，－3x ＋3y ＝λ，解得λ＝－9. 答案 －9
7.正四面体ABCD 的棱长为2，E ，F 分别为BC ，AD 中点，则EF 的长为________.
解析 |EF →|2＝(EC →＋CD →＋DF →)2
＝EC →2＋CD →2＋DF →2＋2(EC →·CD →＋EC →·DF →＋CD →·DF →)
＝12＋22＋12
＋2(1×2×cos 120°＋0＋2×1×cos 120°)
＝2，
∴|EF →|＝2，∴EF 的长为 2.
答案 2 8.(2020·南昌调研)已知空间四边形OABC ，其对角线为OB ，AC ，M ，N 分别是OA ，BC 的中
点，点G 在线段MN 上，且MG →＝2GN →，现用基底{OA →，OB →，OC →}表示向量OG →，有OG →＝xOA →＋yOB →＋
zOC →
，则x ，y ，z 的值分别为________.
解析 ∵OG →＝OM →＋MG →＝12OA →＋23
MN → ＝12OA →＋23
(ON →－OM →) ＝12OA →＋23⎣⎢⎡⎦⎥⎤12
（OB →＋OC →）－12OA → ＝16OA →＋13OB →＋13
OC →， ∴x ＝16，y ＝13，z ＝13
. 答案 16，13，13
三、解答题
9.已知空间中三点A (－2，0，2)，B (－1，1，2)，C (－3，0，4)，设a ＝AB →，b ＝AC →.
(1)若|c |＝3，且c ∥BC →，求向量c ；
(2)求向量a 与向量b 的夹角的余弦值.
解 (1)∵c ∥BC →，BC →＝(－3，0，4)－(－1，1，2)＝(－2，－1，2)，
∴c ＝mBC →＝m (－2，－1，2)＝(－2m ，－m ，2m )，
∴|c |＝（－2m ）2＋（－m ）2＋（2m ）2＝3|m |＝3，
∴m ＝±1.∴c ＝(－2，－1，2)或(2，1，－2).
(2)∵a ＝(1，1，0)，b ＝(－1，0，2)，
∴a·b ＝(1，1，0)·(－1，0，2)＝－1，
又∵|a |＝12＋12＋02＝2，
|b |＝（－1）2＋02＋22＝5， ∴cos 〈a ，b 〉＝a·b |a |·|b |＝－110
＝－1010， 故向量a 与向量b 的夹角的余弦值为－1010
. 10.如图，在棱长为a 的正方体OABC －O 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O －xyz .
(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 →＝12
A 1C 1→＋A 1E →. (1)解 E (a ，x ，0)，F (a －x ，a ，0).
(2)证明 ∵A 1(a ，0，a )，C 1(0，a ，a )，
∴A 1F →＝(－x ，a ，－a )，C 1E →＝(a ，x －a ，－a )，
∴A 1F →·C 1E →＝－ax ＋a (x －a )＋a 2＝0，
∴A 1F →⊥C 1E →，
∴A 1F ⊥C 1E .
(3)证明 ∵A 1，E ，F ，C 1四点共面，
∴A 1E →，A 1C 1→，A 1F →共面.
选A 1E →与A 1C 1→为在平面A 1C 1E 上的一组基向量，则存在唯独实数对(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)，
∴⎩⎪⎨⎪⎧－x ＝－aλ1，a ＝aλ1＋xλ2，－a ＝－aλ2，解得λ1＝12，λ2＝1.
因此A 1F →＝12A 1C 1→＋A 1E →. 能力提升题组
(建议用时：20分钟)
11.有下列命题：①若p ＝x a ＋y b ，则p 与a ，b 共面；②若p 与a ，b 共面，则p ＝x a ＋y b ；
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.3
D.4
解析 ①正确；②中若a ，b 共线，p 与a 不共线，则p ＝x a ＋y b 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.
答案 B
12.已知V 为矩形ABCD 所在平面外一点，且VA ＝VB ＝VC ＝VD ，VP →＝13VC →，VM →＝23VB →，VN →＝23
VD →. 则VA 与平面PMN 的位置关系是________.
解析 如图，设VA →＝a ，VB →＝b ，
VC →＝c ，
则VD →＝a ＋c －b ，
由题意知PM →＝23b －13
c ， PN →＝23VD →－13
VC →
＝23a －23b ＋13
c . 因此VA →＝32PM →＋32
PN →， ∴VA →，PM →，PN →共面.
又∵VA 平面PMN ，∴VA ∥平面PMN .
答案 平行
13.如图，在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AA 1→＝a ，AB →＝b ，AD →＝c ，点M ，N
分别是A 1D ，B 1D 1的中点.
(1)试用a ，b ，c 表示MN →；
(2)求证：MN ∥平面ABB 1A 1.
(1)解 ∵A 1D →＝AD →－AA 1→
＝c －a ， ∴A 1M →＝12A 1D →＝1
2(c －a ). 同理，A 1N →＝1
2(b ＋c )，
∴MN →＝A 1N →－A 1M →＝12(b ＋c )－1
2(c －a ) ＝1
2(b ＋a )＝1
2a ＋1
2b .
(2)证明 ∵AB 1→＝AA 1→＋AB →
＝a ＋b ，
∴MN →＝1
2AB 1→
，即MN ∥AB 1，
∵AB 1平面ABB 1A 1，MN 平面ABB 1A 1， ∴MN ∥平面ABB 1A 1.。