第7章 第5讲 空间向量的概念与运算（PPT课件）-【导学教程】2025年数学新编高考大一轮总复习（北师大版）

第七章　立体几何与空间向量 第5讲　空间向量的概念与运算 栏目导航 第七章　立体几何与空间向量 1 栏目导航 主干知识整合 01 核心考点突破 02 知能达标训练 03 栏目导航 第七章　立体几何与空间向量 1 栏目导航 第七章　立体几何与空间向量 1 01 主干知识整合 栏目导航 栏目导航 第七章　立体几何与空间向量 1 平行或重合 a＝λb 栏目导航 第七章　立体几何与空间向量 1 栏目导航 第七章　立体几何与空间向量 1 栏目导航 第七章　立体几何与空间向量 1 栏目导航 第七章　立体几何与空间向量 1 a1b1＋a2b2＋a3b3 栏目导航 第七章　立体几何与空间向量 1 栏目导航 第七章　立体几何与空间向量 1 栏目导航 第七章　立体几何与空间向量 1 栏目导航 第七章　立体几何与空间向量 1 栏目导航 第七章　立体几何与空间向量 1 栏目导航 第七章　立体几何与空间向量 1 栏目导航 第七章　立体几何与空间向量 1 栏目导航 第七章　立体几何与空间向量 1 栏目导航 第七章　立体几何与空间向量 1 栏目导航 第七章　立体几何与空间向量 1 栏目导航 第七章　立体几何与空间向量 1 栏目导航 第七章　立体几何与空间向量 1 栏目导航 第七章　立体几何与空间向量 1 栏目导航 第七章　立体几何与空间向量 1 02 核心考点突破 栏目导航 栏目导航 第七章　立体几何与空间向量 1 栏目导航 第七章　立体几何与空间向量 1 栏目导航 第七章　立体几何与空间向量 1 栏目导航 第七章　立体几何与空间向量 1 栏目导航 第七章　立体几何与空间向量 1 栏目导航 第七章　立体几何与空间向量 1 栏目导航 第七章　立体几何与空间向量 1 栏目导航 第七章　立体几何与空间向量 1 栏目导航 第七章　立体几何与空间向量 1 栏目导航 第七章　立体几何与空间向量 1 栏目导航 第七章　立体几何与空间向量 1 栏目导航 第七章　立体几何与空间向量 1 栏目导航 第七章　立体几何与空间向量 1 栏目导航 第七章　立体几何与空间向量 1 栏目导航 第七章　立体几何与空间向量 1 栏目导航 第七章　立体几何与空间向量 1 栏目导航 第七章　立体几何与空间向量 1 栏目导航 第七章　立体几何与空间向量 1 栏目导航 第七章　立体几何与空间向量 1 栏目导航 第七章　立体几何与空间向量 1 栏目导航 第七章　立体几何与空间向量 1 栏目导航 第七章　立体几何与空间向量 1 栏目导航 第七章　立体几何与空间向量 1 栏目导航 第七章　立体几何与空间向量 1 谢谢观看 栏目导航 第七章　立体几何与空间向量 1 课标要求 考情分析 1．会进行空间向量的线性运算． 2．理解共线向量定理与共面向量定理，并能解决相关问题． 3．会进行向量的数量积运算，能利用向量的数量积解决向量的夹角、模以及两向量的垂直问题． 考点考法：高考命题常与直线、平面的平行与垂直以及空间角结合在一起考查，主要考查如何建立空间直角坐标系，求点的坐标以及运用公式求解问题． 核心素养：数学运算、逻辑推理、直观想象． 1．空间向量及其有关概念 概念 语言描述 共线向量(平行向量) 表示向量的两条有向线段所在的直线_____________ 共面向量 平行于同一平面的向量 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唯一的实数λ，使__________ 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⇔存在唯一的有序实数对(x，y)，使p＝xa＋yb 空间向量 基本定理 (1)如果向量a，b，c是空间三个不共面的向量，p是空间任意一个向量，那么存在唯一的三元有序实数组(x，y，z)，使得p＝xa＋yb＋zc. (2)如果向量a，b，c是空间三个不共面向量，那么所有的空间向量组成的集合就是{p|p＝xa＋yb＋zc，x，y，z∈R}，这个集合可以看成是由向量a，b，c生成的，这时{a，b，c}叫作空间的一组基，其中a，b，c都叫作基向量 [导学点清]　 空间向量基本定理的三点注意 (1)空间任意三个不共面的向量都可构成空间的一组基． (2)由于0与任意一个非零向量共线，与任意两个非零向量共面，故0不能作为基向量． (3)基选定后，空间的所有向量均可由基唯一表示． 2．空间向量的数量积及坐标运算 (1)两个非零空间向量的数量积 ①a·b＝|a||b|cos 〈a，b〉； ②a⊥b⇔a·b＝0； ③设a＝(x，y，z)，则|a|2＝a2，|a|＝ eq \r(x2＋y2＋z2) . (2)空间向量运算的坐标表示 设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) 数乘向量 λa＝(λa1，λa2，λa3)，λ∈R 数量积 a·b＝_________________________ 共线 a∥b⇒a1＝λb1，a2＝λb2，a3＝λb3(λ∈R，b≠0) 垂直 a⊥b⇔a1b1＋a2b2＋a3b3＝0 夹角公式 cos 〈a，b〉＝ eq \f(a·b,|a||b|) ＝eq \o\al(2,1) eq \f(a1b1＋a2b2＋a3b3,\r(a＋a eq \o\al(2,2) ＋a eq \o\al(2,3) )\r(b eq \o\al(2,1) ＋b eq \o\al(2,2) ＋b eq \o\al(2,3) )) (a≠0，b≠0) 1．(不明基向量的概念致误)若{a，b，c}是空间的一个基，且向量m＝a＋b，n＝a－b，则可以与m，n构成空间的另一个基向量是(　　) A．a　　　　　　　　　 B．b C．c D．2a 解析　由题意知，a，b，c不共面，对于选项A，a＝ eq \f(1,2) [(a＋b)＋(a－b)]＝ eq \f(1,2) m＋ eq \f(1,2) n，故a，m，n共面，排除A；对于选项B，b＝ eq \f(1,2) [(a＋b)－(a－b)]＝ eq \f(1,2) m－ eq \f(1,2) n，故b，m，n共面，排除B；对于选项D，由选项A得，2a＝m＋n，故2a，m，n共面，排除D.故选C. 答案　C 2．(混淆向量共线与直线平行致误)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， eq \o(AB,\s\up14(→)) ＝(－3，－3，3)， eq \o(CD,\s\up14(→)) ＝(1，1，－1)，所以 eq \o(AB,\s\up14(→)) ＝－3 eq \o(CD,\s\up14(→)) ，所以 eq \o(AB,\s\up14(→)) 与 eq \o(CD,\s\up14(→)) 共线，又AB与CD没有公共点，所以AB∥CD. 答案　B 3．如图，在平行六面体ABCD­A1B1C1D1中，AC与BD的交点为点M，设 eq \o(AB,\s\up14(→)) ＝a， eq \o(AD,\s\up14(→)) ＝b， eq \o(AA1,\s\up14(→)) ＝c，则下列向量与 eq \o(C1M,\s\up14(→)) 相等的是(　　) A．－ eq \f(1,2) a＋ eq \f(1,2) b＋c B． eq \f(1,2) a＋ eq \f(1,2) b＋c C．－ eq \f(1,2) a－ eq \f(1,2) b－c D．－ eq \f(1,2) a－ eq \f(1,2) b＋c 解析　 eq \o(C1M,\s\up14(→)) ＝ eq \o(C1C,\s\up14(→)) ＋ eq \o(CM,\s\up14(→)) ＝ eq \o(C1C,\s\up14(→)) ＋ eq \f(1,2) ( eq \o(CB,\s\up14(→)) ＋ eq \o(CD,\s\up14(→)) ) ＝ eq \o(A1A,\s\up14(→)) ＋ eq \f(1,2) eq \o(DA,\s\up14(→)) ＋ eq \f(1,2) eq \o(BA,\s\up14(→)) ＝－ eq \f(1,2) a－ eq \f(1,2) b－c. 答案　C 4．设直线l1，l2的方向向量分别为a＝(－2，2，1)，b＝(3，－2，m)，若l1⊥l2，则m＝________． 解析　∵l1⊥l2，∴a⊥b，∴a·b＝－6－4＋m＝0，∴m＝10. 答案　10 5．若正四面体ABCD的棱长为2，点E，F分别为BC，AD的中点，则EF的长为________． 解析　因为 eq \o(EF,\s\up14(→)) ＝ eq \o(EC,\s\up14(→)) ＋ eq \o(CD,\s\up14(→)) ＋ eq \o(DF,\s\up14(→)) ＝－ eq \f(1,2) eq \o(CB,\s\up14(→)) ＋ eq \o(CD,\s\up14(→)) ＋ eq \f(1,2) eq \o(DA,\s\up14(→)) ＝－ eq \f(1,2) eq \o(CB,\s\up14(→)) ＋ eq \o(CD,\s\up14(→)) ＋ eq \f(1,2) ( eq \o(CA,\s\up14(→)) － eq \o(CD,\s\up14(→)) )＝－ eq \f(1,2) eq \o(CB,\s\up14(→)) ＋ eq \f(1,2) eq \o(CA,\s\up14(→)) ＋ eq \f(1,2) eq \o(CD,\s\up14(→)) ， 所以| eq \o(EF,\s\up14(→)) |2＝ eq \f(1,4) | eq \o(CA,\s\up14(→)) |2＋ eq \f(1,4) | eq \o(CD,\s\up14(→)) |2－ eq \f(1,2) eq \o(CB,\s\up14(→)) · eq \o(CA,\s\up14(→)) ＋ eq \f(1,2) eq \o(CA,\s\up14(→)) · eq \o(CD,\s\up14(→)) － eq \f(1,2) eq \o(CB,\s\up14(→)) · eq \o(CD,\s\up14(→)) ＋ eq \f(1,4) | eq \o(CB,\s\up14(→)) |2＝2.所以| eq \o(EF,\s\up14(→)) |＝ eq \r(2) ，所以EF的长为 eq \r(2) . 答案　 eq \r(2) 1．证明空间任意三点共线的方法 对空间任意三点P，A，B，可通过证明下列结论成立来证明三点共线． ① eq \o(PA,\s\up14(→)) ＝λ eq \o(PB,\s\up14(→)) (λ∈R)； ②对空间任意一点O， eq \o(OP,\s\up14(→)) ＝ eq \o(OA,\s\up14(→)) ＋t eq \o(AB,\s\up14(→)) (t∈R)； ③对空间任意一点O， eq \o(OP,\s\up14(→)) ＝x eq \o(OA,\s\up14(→)) ＋y eq \o(OB,\s\up14(→)) (x＋y＝1). 2．证明空间四点共面的方法 对空间四点P，M，A，B，除用空间向量基本定理外，也可通过证明下列结论成立来证明共面． ① eq \o(MP,\s\up14(→)) ＝x eq \o(MA,\s\up14(→)) ＋y eq \o(MB,\s\up14(→)) (x，y∈R)； ②对空间任一点O， eq \o(OP,\s\up14(→)) ＝ eq \o(OM,\s\up14(→)) ＋x eq \o(MA,\s\up14(→)) ＋y eq \o(MB,\s\up14(→)) (x，y∈R)； ③ eq \o(PM,\s\up14(→)) ∥ eq \o(AB,\s\up14(→)) (或 eq \o(PA,\s\up14(→)) ∥ eq \o(MB,\s\up14(→)) 或 eq \o(PB,\s\up14(→)) ∥ eq \o(AM,\s\up14(→)) ). 1．已知空间任意一点O和不共线的三点A，B，C，若 eq \o(OP,\s\up14(→)) ＝x eq \o(OA,\s\up14(→)) ＋y eq \o(OB,\s\up14(→)) ＋z eq \o(OC,\s\up14(→)) (x，y，z∈R)，则“x＝1，y＝－3，z＝3”是“P，A，B，C四点共面”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 解析　当x＝1，y＝－3，z＝3时，x＋y＋z＝1－3＋3＝1，则P，A，B，C四点共面；而x＋y＋z＝1的x，y，z不止1，－3，3这一组，故“x＝1，y＝－3，z＝3”是“P，A，B，C四点共面”的充分不必要条件．故选A. 答案　A 2．已知四点A(1，0，0)，B(0，1，0)，C(0，0，1)，P(1，1，1)，则点P________(填“∈”或“∉”)平面ABC. 解析　设 eq \o(AP,\s\up14(→)) ＝x eq \o(AB,\s\up14(→)) ＋y eq \o(AC,\s\up14(→)) (x，y∈R)， 则(0，1，1)＝x(－1，1，0)＋y(－1，0，1)， 得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－x－y＝0，,x＝1，,y＝1，)) 所以x，y无解，所以点P∉平面ABC. 答案　∉ 考点一　空间向量的线性运算(基础考点　自练自悟) 1．在空间四边形ABCD中， eq \o(AB,\s\up14(→)) ＝(－3，5，2)， eq \o(CD,\s\up14(→)) ＝(－7，－1，－4)，点E，F分别为线段BC，AD的中点，则 eq \o(EF,\s\up14(→)) 的坐标为(　　) A．(2，3，3)　　　　　　　 B．(－2，－3，－3) C．(5，－2，1) D．(－5，2，－1) 解析　因为点E，F分别为线段BC，AD的中点，设O为坐标原点， 所以 eq \o(EF,\s\up14(→)) ＝ eq \o(OF,\s\up14(→)) － eq \o(OE,\s\up14(→)) ， eq \o(OF,\s\up14(→)) ＝ eq \f(1,2) ( eq \o(OA,\s\up14(→)) ＋ eq \o(OD,\s\up14(→)) )， eq \o(OE,\s\up14(→)) ＝ eq \f(1,2) ( eq \o(OB,\s\up14(→)) ＋ eq \o(OC,\s\up14(→)) ). 所以 eq \o(EF,\s\up14(→)) ＝ eq \f(1,2) ( eq \o(OA,\s\up14(→)) ＋ eq \o(OD,\s\up14(→)) )－ eq \f(1,2) ( eq \o(OB,\s\up14(→)) ＋ eq \o(OC,\s\up14(→)) )＝ eq \f(1,2) ( eq \o(BA,\s\up14(→)) ＋ eq \o(CD,\s\up14(→)) ) ＝ eq \f(1,2) ×[(3，－5，－2)＋(－7，－1，－4)]＝ eq \f(1,2) ×(－4，－6，－6) ＝(－2，－3，－3). 答案　B 2．已知矩形ABCD，P为平面ABCD外一点，M，N分别为PC，PD上的点，且 eq \o(NM,\s\up14(→)) ＝x eq \o(AB,\s\up14(→)) ＋y eq \o(AD,\s\up14(→)) ＋z eq \o(AP,\s\up14(→)) (x，y，z∈R)， eq \o(PM,\s\up14(→)) ＝2 eq \o(MC,\s\up14(→)) ， eq \o(PN,\s\up14(→)) ＝ eq \o(ND,\s\up14(→)) ，则x＋y＋z的值为(　　) A.－ eq \f(2,3) B． eq \f(2,3) C．1 D． eq \f(5,6) 解析　由题可知 eq \o(PC,\s\up14(→)) ＝ eq \o(AB,\s\up14(→)) ＋ eq \o(BC,\s\up14(→)) － eq \o(AP,\s\up14(→)) ＝ eq \o(AB,\s\up14(→)) ＋ eq \o(AD,\s\up14(→)) － eq \o(AP,\s\up14(→)) ， eq \o(DP,\s\up14(→)) ＝ eq \o(AP,\s\up14(→)) － eq \o(AD,\s\up14(→)) ， 所以 eq \o(NM,\s\up14(→)) ＝ eq \o(NP,\s\up14(→)) ＋ eq \o(PM,\s\up14(→)) ＝ eq \f(1,2) eq \o(DP,\s\up14(→)) ＋ eq \f(2,3) eq \o(PC,\s\up14(→)) ＝ eq \f(1,2) ( eq \o(AP,\s\up14(→)) － eq \o(AD,\s\up14(→)) )＋ eq \f(2,3) ( eq \o(AB,\s\up14(→)) ＋ eq \o(AD,\s\up14(→)) － eq \o(AP,\s\up14(→)) ) ＝－ eq \f(1,6) eq \o(AP,\s\up14(→)) ＋ eq \f(2,3) eq \o(AB,\s\up14(→)) ＋ eq \f(1,6) eq \o(AD,\s\up14(→)) ， 所以x＝ eq \f(2,3) ，y＝ eq \f(1,6) ，z＝－ eq \f(1,6) ，所以x＋y＋z＝ eq \f(2,3) .故选B. 答案　B 3．如图，在长方体ABCD­A1B1C1D1中，O为AC的中点． (1)化简： eq \o(A1O,\s\up14(→)) － eq \f(1,2) eq \o(AB,\s\up14(→)) － eq \f(1,2) eq \o(AD,\s\up14(→)) ＝________； (2)用 eq \o(AB,\s\up14(→)) ， eq \o(AD,\s\up14(→)) ， eq \o(AA1,\s\up14(→)) 表示 eq \o(OC1,\s\up14(→)) ，则 eq \o(OC1,\s\up14(→)) ＝________． 解析　(1) eq \o(A1O,\s\up14(→)) － eq \f(1,2) eq \o(AB,\s\up14(→)) － eq \f(1,2) eq \o(AD,\s\up14(→)) ＝ eq \o(A1O,\s\up14(→)) － eq \f(1,2) ( eq \o(AB,\s\up14(→)) ＋ eq \o(AD,\s\up14(→)) ) ＝ eq \o(A1O,\s\up14(→)) － eq \o(AO,\s\up14(→)) ＝ eq \o(A1O,\s\up14(→)) ＋ eq \o(OA,\s\up14(→)) ＝ eq \o(A1A,\s\up14(→)) . (2)因为 eq \o(OC,\s\up14(→)) ＝ eq \f(1,2) eq \o(AC,\s\up14(→)) ＝ eq \f(1,2) ( eq \o(AB,\s\up14(→)) ＋ eq \o(AD,\s\up14(→)) ). 所以 eq \o(OC1,\s\up14(→)) ＝ eq \o(OC,\s\up14(→)) ＋ eq \o(CC1,\s\up14(→)) ＝ eq \f(1,2) ( eq \o(AB,\s\up14(→)) ＋ eq \o(AD,\s\up14(→)) )＋ eq \o(AA1,\s\up14(→)) ＝ eq \f(1,2) eq \o(AB,\s\up14(→)) ＋ eq \f(1,2) eq \o(AD,\s\up14(→)) ＋ eq \o(AA1,\s\up14(→)) . 答案　(1) eq \o(A1A,\s\up14(→)) 　(2) eq \f(1,2) eq \o(AB,\s\up14(→)) ＋ eq \f(1,2) eq \o(AD,\s\up14(→)) ＋ eq \o(AA1,\s\up14(→)) 空间向量的线性运算中的三个关键点 考点二　共线向量、共面向量的应用(重难考点　师生共研) 　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 eq \o(OM,\s\up14(→)) ＝ eq \f(1,3) ( eq \o(OA,\s\up14(→)) ＋ eq \o(OB,\s\up14(→)) ＋ eq \o(OC,\s\up14(→)) ). (1)判断 eq \o(MA,\s\up14(→)) ， eq \o(MB,\s\up14(→)) ， eq \o(MC,\s\up14(→)) 三个向量是否共面； (2)判断点M是否在平面ABC内． [解析]　(1)由题知 eq \o(OA,\s\up14(→)) ＋ eq \o(OB,\s\up14(→)) ＋ eq \o(OC,\s\up14(→)) ＝3 eq \o(OM,\s\up14(→)) ， 所以 eq \o(OA,\s\up14(→)) － eq \o(OM,\s\up14(→)) ＝ eq \o(OM,\s\up14(→)) － eq \o(OB,\s\up14(→)) ＋ eq \o(OM,\s\up14(→)) － eq \o(OC,\s\up14(→)) ， 即 eq \o(MA,\s\up14(→)) ＝ eq \o(BM,\s\up14(→)) ＋ eq \o(CM,\s\up14(→)) ＝－ eq \o(MB,\s\up14(→)) － eq \o(MC,\s\up14(→)) ， 所以 eq \o(MA,\s\up14(→)) ， eq \o(MB,\s\up14(→)) ， eq \o(MC,\s\up14(→)) 共面． (2)由(1)知 eq \o(MA,\s\up14(→)) ， eq \o(MB,\s\up14(→)) ， eq \o(MC,\s\up14(→)) 共面且有公共点M， 所以M，A，B，C四点共面，即点M在平面ABC内． 向量共线的判定与向量法证明四点共面的关键 1．若A(－1，2，3)，B(2，1，4)，C(m，n，1)三点共线，则m＋n＝________． 解析　因为 eq \o(AB,\s\up14(→)) ＝(3，－1，1)， eq \o(AC,\s\up14(→)) ＝(m＋1，n－2，－2)，且A，B，C三点共线，所以存在实数λ，使得 eq \o(AC,\s\up14(→)) ＝ eq \o(λAB,\s\up14(→)) ， 即(m＋1，n－2，－2)＝λ(3，－1，1)＝(3λ，－λ，λ)， 所以 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m＋1＝3λ，,n－2＝－λ，,－2＝λ，)) 解得λ＝－2，m＝－7，n＝4. 所以m＋n＝－3. 答案　－3 2．已知空间四个点A(－3，x，3)，B(－2，－1，4)，C(0，3，0)，D(1，1，1)在同一个平面内，则实数x＝____________． 解析　 eq \o(AB,\s\up14(→)) ＝(1，－1－x，1)， eq \o(BC,\s\up14(→)) ＝(2，4，－4)， eq \o(CD,\s\up14(→)) ＝(1，－2，1)， 设 eq \o(CD,\s\up14(→)) ＝a eq \o(AB,\s\up14(→)) ＋b eq \o(BC,\s\up14(→)) ，a，b∈R， 所以(1，－2，1)＝(a，－a－ax，a)＋(2b，4b，－4b) ＝(a＋2b，4b－a－ax，a－4b)， 所以 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＋2b＝1，,4b－a－ax＝－2，,a－4b＝1，)) 解得a＝1，b＝0，x＝1. 答案　1 考点三　空间向量数量积的应用(一题多变　师生共研) 　如图所示，已知空间四面体ABCD的每条棱长都等于1，点E，F，G分别是AB，AD，CD的中点，计算： (1) eq \o(EF,\s\up14(→)) · eq \o(BA,\s\up14(→)) ； (2) eq \o(EG,\s\up14(→)) · eq \o(BD,\s\up14(→)) . [解析]　设 eq \o(AB,\s\up14(→)) ＝a， eq \o(AC,\s\up14(→)) ＝b， eq \o(AD,\s\up14(→)) ＝c. 则|a|＝|b|＝|c|＝1，〈a，b〉＝〈b，c〉＝〈c，a〉＝60°. (1) eq \o(EF,\s\up14(→)) ＝ eq \f(1,2) eq \o(BD,\s\up14(→)) ＝ eq \f(1,2) c－ eq \f(1,2) a， eq \o(BA,\s\up14(→)) ＝－a， 所以 eq \o(EF,\s\up14(→)) · eq \o(BA,\s\up14(→)) ＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)c－\f(1,2)a)) ·(－a)＝ eq \f(1,2) a2－ eq \f(1,2) a·c＝ eq \f(1,4) . (2) eq \o(EG,\s\up14(→)) · eq \o(BD,\s\up14(→)) ＝( eq \o(EA,\s\up14(→)) ＋ eq \o(AD,\s\up14(→)) ＋ eq \o(DG,\s\up14(→)) )·( eq \o(AD,\s\up14(→)) － eq \o(AB,\s\up14(→)) ) ＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)\o(AB,\s\up14(→))＋\o(AD,\s\up14(→))＋\o(AG,\s\up14(→))－\o(AD,\s\up14(→)))) ·( eq \o(AD,\s\up14(→)) － eq \o(AB,\s\up14(→)) ) ＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)\o(AB,\s\up14(→))＋\f(1,2)\o(AC,\s\up14(→))＋\f(1,2)\o(AD,\s\up14(→)))) ·( eq \o(AD,\s\up14(→)) － eq \o(AB,\s\up14(→)) ) ＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)a＋\f(1,2)b＋\f(1,2)c)) ·(c－a) ＝ eq \f(1,2) × eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1×1×\f(1,2)＋1×1×\f(1,2)＋1＋1－1×1×\f(1,2)－1×1×\f(1,2))) ＝ eq \f(1,2) . 1．(变设问)在本例条件下，求证：EG⊥AB. 证明　由例题知 eq \o(EG,\s\up14(→)) ＝ eq \f(1,2) ( eq \o(AC,\s\up14(→)) ＋ eq \o(AD,\s\up14(→)) － eq \o(AB,\s\up14(→)) )＝ eq \f(1,2) (b＋c－a)，所以 eq \o(EG,\s\up14(→)) · eq \o(AB,\s\up14(→)) ＝ eq \f(1,2) (a·b＋a·c－a2)＝ eq \f(1,2) × eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1×1×\f(1,2)＋1×1×\f(1,2)－1)) ＝0.故 eq \o(EG,\s\up14(→)) ⊥ eq \o(AB,\s\up14(→)) ，即EG⊥AB. 2．(变设问)在本例条件下，求EG的长． 解析　由例题知 eq \o(EG,\s\up14(→)) ＝－ eq \f(1,2) a＋ eq \f(1,2) b＋ eq \f(1,2) c， | eq \o(EG,\s\up14(→)) |2＝ eq \f(1,4) a2＋ eq \f(1,4) b2＋ eq \f(1,4) c2－ eq \f(1,2) a·b＋ eq \f(1,2) b·c－ eq \f(1,2) c·a＝ eq \f(1,2) ， 则| eq \o(EG,\s\up14(→)) |＝ eq \f(\r(2),2) ，即EG的长为 eq \f(\r(2),2) . 3．(变设问)在本例条件下，求异面直线AG与CE所成角的余弦值． 解析　由例题知 eq \o(AG,\s\up14(→)) ＝ eq \f(1,2) b＋ eq \f(1,2) c， eq \o(CE,\s\up14(→)) ＝ eq \o(CA,\s\up14(→)) ＋ eq \o(AE,\s\up14(→)) ＝－b＋ eq \f(1,2) a，cos 〈 eq \o(AG,\s\up14(→)) ， eq \o(CE,\s\up14(→)) 〉＝ eq \f(\o(AG,\s\up14(→))·\o(CE,\s\up14(→)),|\o(AG,\s\up14(→))||\o(CE,\s\up14(→))|) ＝－ eq \f(2,3) ， 因为异面直线所成角的范围是 eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2))) ， 所以异面直线AG与CE所成角的余弦值为 eq \f(2,3) . 空间向量数量积的三个应用 求夹角 设向量a，b的夹角为θ，则cos θ＝ eq \f(a·b,|a||b|) ，进而可求两异面直线所成的角 求长度 (距离) 运用公式|a|2＝a·a，可使线段长度的计算问题转化为向量数量积的计算问题 解决垂 直问题 利用a⊥b⇔a·b＝0(a≠0，b≠0)，可将垂直问题转化为向量数量积的计算问题 已知A(－1，2，1)，B(－1，5，4)，C(1，3，4). (1)求〈 eq \o(AB,\s\up14(→)) ， eq \o(BC,\s\up14(→)) 〉； (2)求 eq \o(AC,\s\up14(→)) 在 eq \o(AB,\s\up14(→)) 上的投影向量． 解析　(1)因为A(－1，2，1)，B(－1，5，4)，C(1，3，4)， 所以 eq \o(AB,\s\up14(→)) ＝(0，3，3)， eq \o(BC,\s\up14(→)) ＝(2，－2，0). 因为 eq \o(AB,\s\up14(→)) · eq \o(BC,\s\up14(→)) ＝0×2＋3×(－2)＋3×0＝－6，| eq \o(AB,\s\up14(→)) |＝3 eq \r(2) ， | eq \o(BC,\s\up14(→)) |＝2 eq \r(2) ， 所以cos 〈 eq \o(AB,\s\up14(→)) ， eq \o(BC,\s\up14(→)) 〉＝ eq \f(\o(AB,\s\up14(→))·\o(BC,\s\up14(→)),|\o(AB,\s\up14(→))||\o(BC,\s\up14(→))|) ＝ eq \f(－6,3\r(2)×2\r(2)) ＝－ eq \f(1,2) ， 又〈 eq \o(AB,\s\up14(→)) ， eq \o(BC,\s\up14(→)) 〉∈[0，π]，故〈 eq \o(AB,\s\up14(→)) ， eq \o(BC,\s\up14(→)) 〉＝ eq \f(2π,3) . (2)因为 eq \o(AC,\s\up14(→)) ＝(2，1，3)， eq \o(AB,\s\up14(→)) ＝(0，3，3)， 所以 eq \o(AC,\s\up14(→)) · eq \o(AB,\s\up14(→)) ＝0＋1×3＋3×3＝12. 因为| eq \o(AB,\s\up14(→)) |＝3 eq \r(2) ，| eq \o(AC,\s\up14(→)) |＝ eq \r(14) ， 所以cos 〈 eq \o(AC,\s\up14(→)) ， eq \o(AB,\s\up14(→)) 〉＝ eq \f(\o(AC,\s\up14(→))·\o(AB,\s\up14(→)),|\o(AC,\s\up14(→))||\o(AB,\s\up14(→))|) ＝ eq \f(12,\r(14)×3\r(2)) ＝ eq \f(2\r(7),7) ， 所以 eq \o(AC,\s\up14(→)) 在 eq \o(AB,\s\up14(→)) 上的投影向量为| eq \o(AC,\s\up14(→)) |cos 〈 eq \o(AC,\s\up14(→)) ， eq \o(AB,\s\up14(→)) 〉 eq \f(\o(AB,\s\up14(→)),|\o(AB,\s\up14(→))|) ＝ eq \r(14) × eq \f(2\r(7),7) × eq \f(\o(AB,\s\up14(→)),3\r(2)) ＝ eq \f(2,3) eq \o(AB,\s\up14(→)) ＝(0，2，2). $$