2023高考数学科学复习创新方案（新高考题型版） 第8章 第6讲　空间向量及其运算 WORD版含解析.doc

1、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(b0)，ab的充要条件是存在实数，使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，那么对任意一个空间向量p，

2、存在唯一的有序实数组(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0a，b.4数量积及坐标运算(1)两个向量的数量积ab|a|b|cosa，b；abab0(a，b为非零向量)；|a|2a2.(2)空间向量数量积的运算律(a)b(ab)，R；交换律：abba；分配律：(ab)cacbc.(3)向量的坐标运算 a(a1，a2，a3)，b(b1，b2，b3)向量和ab(a1b1，a2b2，a3b3)向量差ab(a1b1，a2b2，a3b3)数量积aba1b1a

3、2b2a3b3数乘向量a(a1，a2，a3)模长|a| 共线ab(b0)a1b1，a2b2，a3b3(R)ab(b与三个坐标平面都不平行)垂直ab(a0，b0)ab0a1b1a2b2a3b30夹角公式cosa，b1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)(R)；(2)对空间任一点O，t(tR)；(3)对空间任一点O，xy(xy1)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xy，或对空间任一点O，有xy，或xyz(xyz1)即可1已知a(1,0,2)，b(6,21,2)，若ab，则与的值可以

4、是()A2， B，C3,2 D2,2答案A解析ab，bka，即(6,21,2)k(1,0,2)，解得或故选A2已知a(2,1,3)，b(1,2,1)，若a(ab)，则实数的值为()A2 B C D2答案D解析由题意知a(ab)0，即a2ab0，又a214，ab7，1470，2.故选D.3在长方体ABCDA1B1C1D1中，()A BC D答案D解析，故选D.4已知a(2，1,3)，b(1,4，2)，c(7,5，)，若a，b，c三向量共面，则实数等于_.答案解析由题意可知，存在实数x，y使得cxayb，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,

5、2，1)对于结论：APAB；APAD；，其中正确的是_(填序号)答案解析因为0，0，所以APAB，APAD，则正确；因为(2,3,4)，(1,2，1)，所以与不平行，故错误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，即(，2)，则(1，2，32)，(2，1，22)，所以(1)(2)(2)(1)(32)(22)62161062，当时有最小值，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ABCDA1B1C1D1中，设a，b，c，M，N，P分别是AA1，BC，C1D1的中

6、点，试用a，b，c表示以下各向量：(1)；(2)；(3).解(1)P是C1D1的中点，aacacb.(2)N是BC的中点，abababc.(3)M是AA1的中点，aabc.又ca，abc. 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OABC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ABCA1B1C1，点M，N分别在AC1和BC上，且满足k，k(0k1)(1)

7、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kkk()k()kkk()(1k)k，所以由共面向量定理知向量与向量，共面(2)当k0时，点M，A重合，点N，B重合，MN在平面ABB1A1内当0k1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)共面且同过点Pxy对空间任一点O，t对空间任一点O，xy对空间任一点O，x(1x)对空间任一点O，xy(1xy)2.在空间直角坐标系中，A(1,1，2)，B(1,2，3)，C(1,3,0)，D(x

8、，y，z)(x，y，zR)，若A，B，C，D四点共面，则()A2xyz1 Bxyz0Cxyz4 Dxyz0答案A解析A(1,1，2)，B(1,2，3)，C(1,3,0)，D(x，y，z)(x，y，zR)，(0,1，1)，(2,2,2)，(x1，y1，z2)A，B，C，D四点共面，存在实数，使得，即(x1，y1，z2)(0，1，1)(2,2,2)，解得2xyz1，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kab与ka2b互相垂直，求k的值解(

9、1)c，cmm(2，1,2)(2m，m,2m)|c|3|m|3.m1.c(2，1,2)或c(2,1，2)(2)a(1,1,0)，b(1,0,2)，ab(1,1,0)(1,0,2)1，又|a| ，|b| ，cosa，b.a与b夹角的余弦值为.(3)kab(k1，k,2)，ka2b(k2，k，4)，kab与ka2b互相垂直，(k1，k,2)(k2，k，4)(k1)(k2)k280，k2或k.即当kab与ka2b互相垂直时，k2或k.角度基向量法例4已知平行六面体ABCDA1B1C1D1中，底面ABCD是边长为1的正方形，AA12，A1ABA1AD120.(1)求线段AC1的长；(2)求异面直线AC

10、1与A1D所成角的余弦值；(3)证明：AA1BD.解(1)如图所示，设a，b，c，则|a|b|1，|c|2.ab0，acbc21cos1201.abc，|2(abc)2a2b2c22ab2ac2bc1122222.|.即线段AC1的长为.(2)abc，bc，(abc)(bc)abacb2bcbcc2112222.又|2(bc)2b2c22bc1427，|.cos，.异面直线AC1与A1D所成角的余弦值为.(3)证明：c，ba，c(ba)cbca1(1)0.，即AA1BD. (1)空间向量数量积计算的两种方法基向量法：ab|a|b|cosa，b坐标法：设a(x1，y1，z1)，b(x2，y2，z

11、2)，则abx1x2y1y2z1z2.(2)利用数量积解决有关垂直、夹角、长度问题a0，b0，abab0.|a|.cosa，b.3.已知A(1,0,0)，B(0，1,1)，O为坐标原点，与的夹角为120，则的值为()A B C D答案C解析由于(1，)，(0，1,1)，则cos120，解得.经检验不符合题意，舍去，所以.故选C4如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD为直角梯形，ADBC，BAD90，PA底面ABCD，且PAADAB2BC，M为PC的中点(1)求证：PBDM；(2)求AC与PD所成角的余弦值解(1)证明：结合题图知，()，则()|2|20，故PBDM.(2)设PAADAB2BC

12、2，由于，则|2|22228，故|2，|2|2|22|25，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)，bx2a，则x()A(0,3，6) B(0,6，20)C(0,6，6) D(6,6，6)答案B解析由bx2a，得x4a2b(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(ab)c7，则a与c的夹角为()A30 B60 C120 D150答案C解析由于ab(1，2，3)a，故(ab)cac7，即ac7.又因为|a|，所以cosa，c，所

13、以a，c120.故选C3在空间四边形ABCD中，a，b，c，则等于()Aabc BcabCabc Dbac答案B解析如图所示，()bcacab.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.对于A，若b(1,1,0)，则cos，不满足条件；对于B，若b(1，1,0)，则cos，满足条件；对于C，若b(0，1,1)，则cos，不满足条件；对于D，若b(1,0,1)，则cos1，不满足条件故选B.5下列说法正确的是()A若pxayb，则p与a，b不一定共面B

14、若p与a，b共面，则pxaybC若xy，则P，M，A，B共面D若P，M，A，B共面，则xy答案C解析A项，若pxayb，则p与a，b一定共面；B项，若a，b共线，p与a不共线，则pxayb就不成立；C正确；D项，若M，A，B共线，点P不在此直线上，则xy不正确故选C6已知正方体ABCDA1B1C1D1，如图所示，E为上底面A1B1C1D1的中心，若xy，则x，y的值分别为()Axy1Bx1，yCxyDx，y1答案C解析由向量运算的三角形法则知，而，又，xy.故选C7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,

15、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ABCDA1B1C1D1，下列向量的数量积一定不为0的是()A BC 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()ABa1b1a2b2a3b3Ca1b1a2b2a3b30D存在非零实数k，使akb答案D解析

16、首先排除B；C表示ab；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.10A，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，AMAD，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，则与不是共线向量，所以不正确；对于B

17、，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x1，则y2，z5，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ABCDA1B1C1D1为正方体，下列说法中正确的是()A()232B.()0C向量与向量的夹角是60D正方体ABCDA1B1C1D1的体积为|答案AB解析由向量的加法运算得到，A1C23A1B，23A1B12，所以A正确；，AB1A1C，0，故B正确；ACD1是

18、等边三角形，AD1C60，又A1BD1C，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；ABAA1，0，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mn_.答案6解析由a，b为共线向量，得，解得m4，n2，则mn6.14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)，(x4,3，6)，解得x2.15如图所示，正方体ABCDA1B1C1D1的

19、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，其中0,1，()()22()(1)210,1因此的取值范围是0,116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xyz，x，y，zR，则xyz_，|_.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xyz，所以xyz1.|22，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BMBD，ANAE.用向量法证明：MN平面CDE.证明因为点M在BD上，且BMBD，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|2ab|；(2)在直线AB上是否存在一点E，使得b？(O为原点)解(1)2ab(2，6,4)(2,1,1)(0，5,5)，故|2ab|5.(2)令t(tR)，所以t(3，1,4)t(1，1，2)(3t，1t,42t)，若b，则b0，所以2(3t)(1t)(42t)0，解得t.因此存在点E，使得b，此时E点的坐标为.