第7章 第4节 第1课时 空间向量及其运算（Word教参）-【优化指导】2025年高考数学一轮复习高中总复习·第1轮（人教B版）

第❶课时　空间向量及其运算 [对应学生用书P159] 考点 空间向量的线性运算 (自悟通) 1.在空间四边形OABC中，＝a，＝b，＝c，点M在OA上，且OM＝2MA，N为BC的中点，则＝(　　) A.a－b＋c B.－a＋b＋c C.a＋b－c D.a＋b－c B　解析：＝－＝(＋)－＝－a＋b＋c. 2.在空间四边形ABCD中，＝(－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.(2，3，3) B.(－2，－3，－3) C.(5，－2，1) D.(－5，2，－1) B　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＝－，＝(＋)，＝(＋).所以＝(＋)－(＋)＝(＋)＝[(3，－5，－2)＋(－7，－1，－4)]＝(－4，－6，－6)＝(－2，－3，－3). 3.如图所示，在长方体ABCD­A1B1C1D1中，O为AC的中点.用，，1表示OC1，则1＝__________. 答案：＋＋1　解析：∵＝＝(＋)， ∴1＝＋1＝(＋)＋1＝＋＋1. 进行向量的线性运算的关键点 (1)结合图形，明确图形中各线段的几何关系. (2)正确运用向量加法、减法与数乘运算的几何意义. (3)平面向量的三角形法则、平行四边形法则在空间中仍然成立. 考点 共线、共面向量定理的应用 (自悟通) 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(　　) A.2， B.－， C.－3，2 D.2，2 A　解析：∵a∥b，∴b＝ka(k∈R)，即(6，2μ－1，2λ)＝k(λ＋1，0，2)， ∴解得或故选A. 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＝(＋＋). (1)判断，，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＋＋＝3，∴－＝(－)＋(－). 即＝＋＝－－，∴，，三个向量共面. (2)由(1)知，，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. (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. 考点 空间向量数量积的应用 (精研通) 【例】 如图，已知平行六面体ABCD­A1B1C1D1中，底面ABCD是边长为1的正方形，AA1＝2，∠A1AB＝∠A1AD＝120°. (1)求线段AC1的长； (2)求异面直线AC1与A1D所成角的余弦值； (3)求证：AA1⊥BD. (1)解：设＝a，＝b，1＝c，则|a|＝|b|＝1，|c|＝2，a·b＝0， c·a＝c·b＝2×1×cos 120°＝－1. ∵1＝＋＋1＝a＋b＋c， ∴|1|＝|a＋b＋c|＝＝ ＝＝. ∴线段AC1的长为. (2)解：设异面直线AC1与A1D所成的角为θ， 则cos θ＝|cos 〈1，〉|＝. ∵1＝a＋b＋c，＝b－c， ∴1·＝(a＋b＋c)·(b－c)＝a·b－a·c＋b2－c2＝0＋1＋12－22＝－2， ||＝＝＝＝. ∴cos θ＝＝＝. 故异面直线AC1与A1D所成角的余弦值为. (3)证明：∵1＝c，＝b－a， ∴1·＝c·(b－a)＝c·b－c·a＝(－1)－(－1)＝0， ∴1⊥，∴AA1⊥BD. 空间向量数量积的应用 求夹角 设向量a，b所成的角为θ，则cos θ＝，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 如图，在平行六面体ABCD­A1B1C1D1中，以顶点A为端点的三条棱长度都为1，且两两夹角为60°. (1)求AC1的长； (2)求AC与BD1夹角的余弦值. 解：(1)设＝a，＝b，1＝c， 则|a|＝|b|＝|c|＝1，〈a，b〉＝〈b，c〉＝〈c，a〉＝60°， ∴a·b＝b·c＝c·a＝. ∴|1|2＝(a＋b＋c)2＝a2＋b2＋c2＋2(a·b＋b·c＋c·a)＝1＋1＋1＋2×(＋＋)＝6， ∴|1|＝，即AC1的长为. (2)1＝b＋c－a，＝a＋b， ∴|1|＝，||＝，1·＝(b＋c－a)·(a＋b)＝b2－a2＋a·c＋b·c＝1. ∴cos 〈1，〉＝＝. ∴AC与BD1夹角的余弦值为. 分级练(45)　空间向量及其运算 分级一　提能强化 1.(2023·重庆八中模拟)若{a，b，c}构成空间的一个基底，则下列向量也可以构成空间中的一个基底的是(　　) A.{a＋b，b＋c，c＋a} B.{a－b，b－c，c－a} C.{a＋b，c，a＋b＋c} D.{a－b＋c，a＋b－c，3a－b＋c} A　解析：选项A，令c＋a＝λ(a＋b)＋μ(b＋c)，则λ，μ∈∅，A正确；选项B，因为c－a＝－(a－b)－(b－c)，所以{a－b，b－c，c－a}不能构成基底；选项C，因为a＋b＋c＝(a＋b)＋c，所以{a＋b，c，a＋b＋c}不能构成基底；选项D，因为3a－b＋c＝2(a－b＋c)＋(a＋b－c)，所以{a－b＋c，a＋b－c，3a－b＋c}不能构成基底.故选A. 2.已知a＝(－2，1，3)，b＝(－1，2，1)，若a⊥(a－λb)，则实数λ的值为(　　) A.－2 B.－ C. D.2 D　解析：由题意知a·(a－λb)＝0，即a2－λa·b＝0，所以14－7λ＝0，解得λ＝2. 3.在空间四边形ABCD中，·＋·＋·＝(　　) A.－1 B.0 C.1 D.不确定 B　解析：如图，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. 4.已知A(3，4，5)，B(0，2，1)，O(0，0，0)，若＝，则C的坐标是(　　) A.(－，－，－) B.(，－，－) C.(－，－，) D.(，，) A　解析：设点C坐标为(x，y，z)，则＝(x，y，z). 又＝(－3，－2，－4)，＝， ∴x＝－，y＝－，z＝－. 5.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＝(　　) A.9 B.－9 C.－3 D.3 B　解析：由题意知c＝xa＋yb，即(7，6，λ)＝x(2，1，－3)＋y(－1，2，3)， ∴解得λ＝－9. 6.设A，B，C，D是空间不共面的四个点，且满足·＝0，·＝0，·＝0，则△BCD的形状是(　　) A.钝角三角形 B.直角三角形 C.锐角三角形 D.无法确定 C　解析：·＝(－)·(－)＝·－·－·＋2＝2>0，同理·>0，·>0，故△BCD为锐角三角形.故选C. 7.如图，在大小为45°的二面角A­EF­D中，四边形ABFE，CDEF都是边长为1的正方形，则B，D两点间的距离是(　　) A. B. C.1 D. D　解析：∵＝＋＋， ∴||2＝||2＋||2＋||2＋2·＋2·＋2· ＝1＋1＋1－＝3－，故||＝. 8.正方体ABCD­A1B1C1D1的棱长为1，若动点P在线段BD1上运动，则·的取值范围是(　　) A.(0，1) B.[0，1) C.[0，1] D.[－1，1] C　解析：如图所示，由题意，设＝λBD1，其中λ∈[0，1]，·＝·(＋)＝·(＋λBD1)＝||2＋λ·BD1＝1＋λ·(－)＝1－λ∈[0，1].因此·的取值范围是[0，1]. 9.如图，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) 答案：a＋b＋c　解析：＝＋＝＋＋＝a＋b＋c. 分级二　知能探究 10.A，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 C　解析：∵M为BC的中点，∴＝(＋)， ∴·＝(＋)·＝·＋·＝0， ∴AM⊥AD，∴△AMD为直角三角形. 11.(多选)已知ABCD­A1B1C1D1为正方体，下列结论正确的是(　　) A.( ＋＋)2＝3||2 B.·(－)＝0 C.向量与向量的夹角是60° D.正方体ABCD­A1B1C1D1的体积为|··| AB　解析：对A，(＋＋)2＝||2＋||2＋||2＝3||2，故A正确；对B，－＝，因为AB1⊥A1C，所以·(－)＝0.故B正确；对C，两异面直线A1B与AD1所成的角为60°，但AD1与A1B的夹角为120°，故C错误；对D，|··|＝0，故D错误. 12.在棱长为1的正方体ABCD­A1B1C1D1中，P为正方体内一动点(包括表面)，若＝x＋y＋z，且0≤x≤y≤z≤1，则点P所有可能的位置所构成的几何体的体积是(　　) A.1 B. C. D. D　解析：根据向量加法的几何意义和空间向量基本定理，知满足0≤x≤y≤1的点P在三棱柱ACD­A1C1D1内，满足0≤y≤z≤1的点P在三棱柱AA1D1­BB1C1内，故同时满足0≤x≤y≤1和0≤y≤z≤1的点P在这两个三棱柱的公共部分(如图)，即三棱锥A­A1C1D1内，其体积是××1×1×1＝. 13.已知A(1，0，0)，B(0，－1，1)，＋λ与的夹角为120°，则λ＝______. 答案：－　解析：＋λ＝(1，－λ，λ)，cos 120°＝＝－， 解得λ＝±.经检验λ＝不合题意，舍去，所以λ＝－. 14.已知四面体P­ABC中，∠PAB＝∠BAC＝∠PAC＝60°，||＝1，||＝2，||＝3，则|＋＋|＝________. 答案：5　解析：∵在四面体P­ABC中，∠PAB＝∠BAC＝∠PAC＝60°，||＝1，||＝2，||＝3，∴·＝1×2×cos 60°＝1，·＝2×3×cos 60°＝3，·＝1×3×cos 60°＝，∴|＋＋|＝＝＝5. 15.如图，在长方体ABCD­A1B1C1D1中，AD＝AA1＝1，AB＝2，E，F分别为棱AB，BC上一点，且BE＋BF＝2，P是线段B1F上一动点，当三棱锥B1­EBF的体积最大时，直线D1P与平面B1EC所成角的正弦值的取值范围为________. 答案：　解析：当三棱锥B1­EBF的体积最大时，△EBF的面积取最大值，S△EBF＝·BE·BF≤·()2＝， 当且仅当BE＝BF＝1时，等号成立，此时，E为AB的中点，F与C重合. 如图，以D为坐标原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系， 则D1(0，0，1)，B1(1，2，1)，E(1，1，0)，C(0，2，0)，＝(－1，1，0)，1＝(0，1，1). 设平面B1EC的法向量为m＝(x，y，z)， ∴可取x＝1，得m＝(1，1，－1). 设＝λ1＝(λ，0，λ)，λ∈[0，1]，∴P(λ，2，λ)，∴＝(λ，2，λ－1). 设直线D1P与平面B1EC所成的角为θ， ∴sin θ＝|cos 〈m，〉|＝＝. ∵λ∈[0，1]，∴当λ＝时，sin θ取得最大值为； 当λ＝0或1时，sin θ的最小值为， ∴直线D1P与平面B1EC所成角的正弦值的取值范围为. 分级三　素能创新 16.如图，在直三棱柱ABC­A′B′C′中，AC＝BC＝AA′，∠ACB＝90°，D，E分别为AB，BB′的中点. (1)求证：CE⊥A′D； (2)求异面直线CE与AC′所成角的余弦值. (1)证明：设＝a，＝b，＝c，　 根据题意得，|a|＝|b|＝|c|，且a·b＝b·c＝c·a＝0，∴＝b＋c，＝－c＋b－a. ∴·＝－c2＋b2＝0，∴⊥，即CE⊥A′D.　 (2)解：∵＝－a＋c，||＝|a|，||＝|a|.·＝(－a＋c)· ＝c2＝|a|2，∴cos 〈，〉＝＝. 即异面直线CE与AC′所成角的余弦值为. 学科网（北京）股份有限公司 $$