1、第第 6 节节 空间向量及其运算空间向量及其运算 最新考纲 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，能用向量的数量积判断向量的共线和垂 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 2.空间向量的有关定理 (1)共线向量定理：对空间
2、任意两个向量 a，b(b0)，ab 的充要条件是存在实 数 ，使得 ab. (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 pxayb. (3)空间向量基本定理：如果三个向量 a，b，c 不共面，那么对空间任一向量 p， 存在有序实数组x，y，z，使得 pxaybzc，其中，a，b，c叫做空间的 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 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 叫做向量 a 与 b 的夹角，记作a，b ，其范围是0，若
3、a， b 2 ，则称 a 与 b 互相垂直，记作 ab. 非零向量 a，b 的数量积 a b|a|b|cosa，b. (2)空间向量数量积的运算律： 结合律：(a) b(a b)； 交换律：a bb a； 分配律：a (bc)a ba c. 4.空间向量的坐标表示及其应用 设 a(a1，a2，a3)，b(b1，b2，b3). 向量表示 坐标表示 数量积 a b a1b1a2b2a3b3 共线 ab(b0，R) a1b1，a2b2，a3b3 垂直 a b0(a0，b0) a1b1a2b2a3b30 模 |a| a2 1a22a23 夹角 a，b(a0，b0) cos a， b a1b1a2b2a
4、3b3 a21a22a23 b21b22b23 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 xy1)，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 yz1)，O 为空间任意一点. 3.向量的数量积满足交换律、分配律，即 abba，a(bc)abac 成立，但不满足结合律，即(ab) ca(bc)不一定成立. 诊 断 自 测 1.思考辨析(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 b0，则 ab.(
5、 ) (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 b0，则a，b是钝角.( ) 解析 对于(2)，因为 0 与任何向量数量积为 0，所以(2)不正确；对于(3)，若 a， b，c 中有一个是 0，则 a，b，c 共面，所以(3)不正确；对于(4)，若a，b ，则 a b0，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，ab，ab B.b，ab，ab C.c，ab，ab D.ab，ab，a2b 解析 若 c，ab，ab 共面，则 c(ab)m(
6、ab)(m)a(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，ab， ab 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 a1 2AD a1 2(OD OA )1 2a 1 2OD 1 2a 1 2 1 2(OB OC )1 2a 1 4b 1 4c. 答案 1 2a 1 4b 1 4c 4.已知 a(2，3，1)，b(4，2，x)，且 ab，则|b|_. 解析 a b2(4)321 x0，x
7、2， |b|（4）222222 6. 答案 2 6 5.已知 a(cos ，1，sin )，b(sin ，1，cos )，则向量 ab 与 ab 的夹角是_. 解析 ab(cos sin ，2，cos sin )， ab(cos sin ，0，sin cos )， (ab) (ab)(cos2sin2)(sin2cos2)0， (ab)(ab)，则 ab 与 ab 的夹角是 2 . 答案 2 考点一 空间向量的线性运算 【例 1】 如图所示，在空间几何体 ABCDA1B1C1D1中，各面为平行四边形， 设AA1 a，AB b，AD c，M，N，P 分别是 AA1，BC，C1D1的中点，试用 a
8、， b，c 表示以下各向量： (1)AP ；(2)MP NC1 . 解 (1)因为 P 是 C1D1的中点，所以AP AA 1 A1D1 D1P aAD 1 2D1C1 ac1 2AB ac1 2b. (2)因为 M 是 AA1的中点，所以MP MA AP 1 2A1A AP 1 2a ac1 2b 1 2a 1 2bc. 又NC1 NC CC1 1 2BC AA 1 1 2AD AA1 1 2ca， 所以MP NC1 1 2a 1 2bc a1 2 c 3 2a 1 2b 3 2c. 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 题的基本要求.用已知基向量表示指定
9、向量时，应结合已知和所求向量观察图形， 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. 【训练 1】 如图，在长方体 ABCDA1B1C1D1中，O 为 AC 的 中点. (1)化简：A1O 1 2AB 1 2AD _. (2)用AB ，AD ，AA1 表示OC1 ，则OC1 _. 解析 (1)A1O 1 2AB 1 2AD A1O 1 2(AB AD )A1O AO A1O
10、 OA A1A . (2)因为OC 1 2AC 1 2(AB AD )， 所以OC1 OC CC1 1 2(AB AD )AA1 1 2AB 1 2AD AA1 . 答案 (1)A1A (2)1 2AB 1 2AD AA1 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 1 2(BC BD )EB BFEH EF EH ， 由共面向量定理知 E，F，G，H 四点共面. (2)因为
11、EH AH AE 1 2AD 1 2AB 1 2(AD AB )1 2BD ， 因为 E，H，B，D 四点不共线，所以 EHBD. 又 EH平面 EFGH，BD平面 EFGH， 所以 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 PB(R)； (2)对空间任一点 O，OP xOA yOB (xy1). 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 (xyz1)； (3)PM AB (或PAMB 或PB AM ). 【训练 2】 已知 A，B，C 三点不共线，对平面 AB
12、C 外的任一点 O，若点 M 满 足OM 1 3(OA OB OC ). (1)判断MA ，MB ，MC 三个向量是否共面； (2)判断点 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
13、 分别是 AB，AD，CD 的中点， 计算： (1)EF BA；(2)EG BD ； 解 设AB a，ACb，AD c. 则|a|b|c|1， a，bb，cc，a60 ， (1)EF 1 2BD 1 2c 1 2a，BA a，DC bc， EF BA 1 2c 1 2a (a) 1 2a 21 2a c 1 4， (2)EG BD (EA AD DG ) (AD AB ) 1 2AB AD AG AD (AD AB ) 1 2AB 1 2AC 1 2AD (AD AB ) 1 2a 1 2b 1 2c (ca) 1 2 111 211 1 21111 1 211 1 2 1 2. 【迁移探究
14、1】 本例的条件不变，求证：EGAB. 证明 由例 3 知EG 1 2(AC AD AB )1 2(bca)， 所以EG AB 1 2(a ba ca 2) 1 2 111 211 1 21 0. 故EG AB ，即 EGAB. 【迁移探究 2】 本例的条件不变，求 EG 的长. 解 由例 3 知EG 1 2a 1 2b 1 2c， |EG |21 4a 21 4b 21 4c 21 2a b 1 2b c 1 2c a 1 2，则|EG | 2 2 ，即 EG 的长为 2 2 . 【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 1 2b
15、1 2c，CE CAAEb1 2a， cosAG ，CE AG CE |AG |CE | 2 3， 由于异面直线所成角的范围是 0， 2 ， 所以异面直线 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：一是根据数量积的定义，利用模 与夹角直接计算；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)a0，b0，aba b0； (2)|a| a2； (3)cosa，b a b |a|b|. 【训练 3】 如图所示，四棱柱 ABCDA1B1C1D1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.
16、 (1)求 AC1的长； (2)求证：AC1BD； (3)求 BD1与 AC 夹角的余弦值. (1)解 记AB a，AD b，AA1 c， 则|a|b|c|1， a，bb，cc，a60， a bb cc a1 2. |AC1 |2(abc)2a2b2c22(a bb cc a) 1112 1 2 1 2 1 2 6， |AC 1| 6，即 AC1的长为 6. (2)证明 AC1 abc，BD ba， AC1 BD (abc) (ba) a b|b|2b c|a|2a ba c b ca c |b|c|cos 60|a|c|cos 600. AC1 BD ，AC1BD. (3)解 BD1 bca
17、，AC ab， |BD1 | 2，|AC | 3， BD1 AC (bca) (ab) b2a2a cb c1. cosBD1 ，AC BD1 AC |BD1 |AC | 6 6 . AC 与 BD1夹角的余弦值为 6 6 . 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(ab)，则实数 的值为( ) A.2 B.14 3 C.14 5 D.2 解析 由题意知 a (ab)0，即 a2a b0，所以 1470，解得 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)，
18、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)，所以AB 3CD ，所 以AB 与CD 共线，又 AB 与 CD 没有公共点，所以 ABCD. 答案 B 3.如图所示，在平行六面体 ABCDA1B1C1D1中，M 为 A1C1 与 B1D1的交点.若AB a， AD b， AA 1c， 则下列向量中与BM 相等的向量是( ) A.1 2a 1 2bc B.1 2a 1 2bc C.1 2a 1 2bc D.1 2a 1 2bc 解析 BM BB 1B1M AA 11 2(AD AB ) c1
19、 2(ba) 1 2a 1 2bc. 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.a2 B.1 2a 2 C.1 4a 2 D. 3 4 a2 解析 如图，设AB a，ACb，AD c， 则|a|b|c|a，且 a，b，c 三向量两两夹角为 60. AE 1 2(ab)，AF 1 2c， AE AF1 2(ab) 1 2c 1 4(a cb c) 1 4(a 2cos 60a2cos 60)1 4a 2. 答案 C 5.如图，在空间四边形 OABC 中，OA8，AB6，AC4，BC5， OAC4
20、5，OAB60，则 OA 与 BC 所成角的余弦值为 ( ) A.32 2 5 B.2 2 6 C.1 2 D. 3 2 解析 因为BC ACAB， 所以OA BC OA AC OA AB |OA |AC |cosOA ，AC |OA |AB |cosOA ，AB 84cos 13586cos 12016 224. 所以 cosOA ，BC OA BC |OA |BC | 2416 2 85 32 2 5 . 即 OA 与 BC 所成角的余弦值为32 2 5 . 答案 A 二、填空题 6.(2018 郑州调研)已知 a(2，1，3)，b(1，2，3)，c(7，6，)，若 a， b，c 三向量共
21、面，则 等于_. 解析 由题意知 cxayb，即(7，6，)x(2，1，3)y(1，2，3)， 2xy7， x2y6， 3x3y， 解得 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(ECCD DF )2 EC 2CD2DF22(ECCD EC DF CD DF ) 1222122(12cos 120021cos 120) 2， |EF | 2，EF 的长为 2. 答案 2 8.(2018 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 M
22、N 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 1 2OA 2 3MN 1 2OA 2 3(ON OM ) 1 2OA 2 3 1 2（OB OC ）1 2OA 1 6OA 1 3OB 1 3OC ， x1 6，y 1 3，z 1 3. 答案 1 6， 1 3， 1 3 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 aAB ，b AC . (1)若|c|3，且 cBC ，求向量 c； (2)求向量 a 与向量 b 的夹角的余弦值. 解 (
23、1)cBC ，BC(3，0，4)(1，1，2)(2，1，2)， cmBC m(2，1，2)(2m，m，2m)， |c| （2m）2（m）2（2m）23|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|121202 2， |b|（1）20222 5， cosa，b a b |a| |b| 1 10 10 10 ， 故向量 a 与向量 b 的夹角的余弦值为 10 10 . 10.如图，在棱长为 a 的正方体 OABCO1A1B1C1中，E，F 分 别是棱 AB，BC 上的动点，且 AEBFx，其中
24、0xa，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：A1FC1E； (3)若 A1，E，F，C1四点共面，求证：A1F 1 2A1C1 A1E . (1)解 E(a，x，0)，F(ax，a，0). (2)证明 A1(a，0，a)，C1(0，a，a)， A1F (x，a，a)，C1E (a，xa，a)， A1F C1E axa(xa)a20， A1F C1E ， A1FC1E. (3)证明 A1，E，F，C1四点共面， A1E ，A1C1 ，A1F 共面. 选A1E 与A1C1 为在平面 A1C1E 上的一组基向量， 则存在唯一实数对(1，2)， 使
25、A1F 1A1C1 2A1E ， 即(x，a，a)1(a，a，0)2(0，x，a) (a1，a1x2，a2)， xa1， aa1x2， aa2， 解得 11 2，21. 于是A1F 1 2A1C1 A1E . 能力提升题组 (建议用时：20 分钟) 11.有下列命题：若 pxayb，则 p 与 a，b 共面；若 p 与 a，b 共面，则 p xayb；若MP xMA yMB ，则 P，M，A，B 共面；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 正确；中若 a，b 共线，p 与 a 不共线，则 pxayb 就不成立； 正
26、确；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 VAVBVCVD，VP 1 3VC ，VM 2 3VB ，VN2 3VD . 则 VA 与平面 PMN 的位置关系是_. 解析 如图，设VA a，VBb， VC c， 则VD acb， 由题意知PM 2 3b 1 3c， PN 2 3VD 1 3VC 2 3a 2 3b 1 3c. 因此VA 3 2PM 3 2PN ， 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 ABCDA1B1C1D1中，AA1 a，AB b，AD c，点 M，N 分别是 A1D，B1D1的中点. (1)试用 a，b，c 表示MN ； (2)求证：MN平面 ABB1A1. (1)解 A1D AD AA1 ca， A1M 1 2A1D 1 2(ca). 同理，A1N 1 2(bc)， MN A1N A1M 1 2(bc) 1 2(ca) 1 2(ba) 1 2a 1 2b. (2)证明 AB1 AA1 AB ab， MN 1 2AB1 ，即 MNAB1， AB1平面 ABB1A1，MN平面 ABB1A1， MN平面 ABB1A1.
