7 第5节 空间向量的运算及应用(Word教参)-【正禾一本通】2025年高考数学高三一轮总复习高效讲义（北师大版2019）

第5节　空间向量的运算及应用　► 对应学生用书P168 [课标要求]　1.了解空间直角坐标系，会用空间直角坐标系刻画点的位置，会简单应用空间两点间的距离公式．　2.了解空间向量基本定理及其意义，掌握空间向量的正交分解及其坐标表示．　3.掌握空间向量的线性运算、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．　4.理解直线的方向向量及平面的法向量. 能用向量语言表述直线与直线、直线与平面、平面与平面的垂直与平行关系；能用向量方法证明有关直线、平面位置关系的判定定理． 备考第1步——梳理教材基础，落实必备知识 1．空间向量的有关概念 名称 概念 表示 零向量 模为0的向量 0 单位向量 长度(模)为1的向量 相等向量 方向相同且模相等的向量 a＝b 相反向量 方向相反且模相等的向量 a的相反向量为－a 共线向量 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 a∥b 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 名称 语言描述 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，使得a＝λb 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p＝xa＋yb 空间向量基本定理 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 3.空间向量的数量积 (1)两向量的夹角 ①已知两个非零向量a，b，在空间任取一点O，作＝a，＝b，则∠AOB叫作向量a，b的夹角，记作〈a，b〉． ②范围：0≤〈a，b〉≤π. (2)两个非零向量a，b的数量积 a·b＝|a||b|cos__〈a，b〉． [提醒]　向量的数量积满足交换律、分配律，但不满足结合律，即a·b＝b·a，(a＋b)·c＝a·c＋b·c成立，(a·b)·c＝a·(b·c)不一定成立． 4．空间向量的坐标表示 设a＝(a1，a2，a3)，b＝(b1，b2，b3). 类型 向量表示 坐标表示 数量积 a·b a1b1＋a2b2＋a3b3 共线 a＝λb(b≠0，λ∈R) a1＝λb1，a2＝λb2，a3＝λb3 垂直 a·b＝0(a≠0，b≠0) a1b1＋a2b2＋a3b3＝0 模 |a| 夹角 〈a，b〉(a≠0，b≠0) cos〈a，b〉＝ 5.直线的方向向量与平面的法向量 直线的方向向量 设点A，B是直线l上不重合的任意两点，称为直线l的方向向量．一条直线的方向向量有无数个 平面的法向量 直线l⊥平面α，取直线l的方向向量a，则向量a叫作平面α的法向量．显然一个平面的法向量有无数个，它们是共线向量 [提醒]　直线的方向向量和平面的法向量均不为零向量且不唯一． 6．空间中直线、平面位置关系的向量表示 位置关系 向量表示 u1，u2分别是直线l1，l2的方向向量 l1∥l2 ⇔u1∥u2⇔∃λ∈R，使得u1＝λu2 l1⊥l2 ⇔u1⊥u2⇔u1·u2＝0 u是直线l的方向向量，n是平面α的法向量 l∥α ⇔u⊥n⇔u·n＝0 l⊥α ⇔u∥n⇔∃λ∈R，使得u＝λn n1，n2分别是平面α，β的法向量 α∥β ⇔n1∥n2⇔∃λ∈R，使得n1＝λn2 α⊥β ⇔n1⊥n2⇔n1·n2＝0 【小题热身】 1．思考辨析(在括号内打“√”或“×”) (1)空间中任意两个非零向量a，b共面．(　　) (2)空间中模相等的两个向量方向相同或相反．(　　) (3)在正方体ABCD­A1B1C1D1中，必有＝A1C1．(　　) (4)若三个向量a，b，c两两共面，则向量a，b，c共面．(　　) 答案：(1)√　(2)×　(3)√　(4)× 2．(人教A版选择性必修一·P15习题1.2T2)若{a，b，c}构成空间的一个基底，则下列向量不共面的是(　　) A．b＋c，b，b－c B．a，a＋b，a－b C．a＋b，a－b，c D．a＋b，a＋b＋c，c 解析：选C.由平面向量基本定理得 对于A选项，b＝(b＋c)＋(b－c)，A共面； 对于B选项，a＝(a＋b)＋(a－b)，B共面； 对于C选项，a＋b，a－b，c不共面； 对于D选项，a＋b＋c＝(a＋b)＋c，D共面． 3．(人教A版选择性必修一·P12例1改编)如图，在四棱锥P­ABCD中，底面ABCD是平行四边形，已知＝a，＝b，＝c，＝，则＝(　　) A．－a－b＋c B．－a－b＋c C．a＋b＋c D．a＋b＋c 解析：选A.因为＝，所以＝－， 因为＝＋＝＋＝－＋－＝2－－， 所以＝＋＝2－－－＝－－＝c－b－a. 4．(人教A版选择性必修一·P21练习T2改编)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＝0，即－2×3＋2×(－2)＋1×m＝0，解得m＝10. 答案：10 5．(人教A版选择性必修一·P22练习T3改编)M为z轴上一点，且点M到点A(1，0，2)与点B(1，－3，1)的距离相等，则点M的坐标是__________． 解析：设M(0，0，z)， 则 ＝， ∴z＝－3，∴M(0，0，－3). 答案：(0，0，－3) 备考第2步——突破核心考点，提升关键能力 考点1　空间向量的运算 [例1] (1)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．(2，3，3) B．(－2，－3，－3) C．(5，－2，1) D．(－5，2，－1) 解析：选B.如图，取AC的中点M，连接ME，MF，如图， 则＝＝(－，，1)，＝＝(－，－，－2) ， 而＝－＝(－2，－3，－3). (2)如图所示，在平行六面体ABCD­A1B1C1D1中，M分成的比为，N分A1D成的比为2，设＝a，＝b，AA1＝c，用a，b，c表示，则＝__________． 解析：连接AN，则＝＋， 由题知ABCD是平行四边形， 故＝＋＝a＋b， 因为M分成的比为， 所以＝－＝－(a＋b). 又N分A1D成的比为2， 故＝＋＝－＝－A1D＝－(－AA1)＝(c＋2b)， 则＝＋＝－(a＋b)＋(c＋2b)＝(－a＋b＋c). 答案：(－a＋b＋c) 【思维升华】　空间向量线性运算中的三个关键点 跟踪训练1 (1)已知向量a＝(2，3，－4)，b＝(－4，－3，－2)，b＝c－2a，则c＝(　　 ) A．(0，3，－6) B．(0，6，－20) C．(0，6，－6) D．(6，6，－6) 解析：选B.∵向量a＝(2，3，－4)，b＝(－4，－3，－2)，b＝c－2a，∴c＝4a＋2b＝(8，12，－16)＋(－8，－6，－4)＝(0，6，－20). (2)已知在四面体O­ABC中，E为OA的中点，CF＝，若＝a，＝b，＝c，则＝(　　 ) A．a－b－c B．－a－b＋c C.－a＋b＋c D．－a＋b＋c 解析：选D.如图所示，因为E为OA的中点，＝，且＝a，＝b，＝c， 则＝－＝(＋)－＝b＋－a＝b＋(－)－a＝b＋(c－b)－a＝－a＋b＋c. 考点2　空间向量基本定理的应用 [例2] (1)已知向量a＝(x，2，4)，b＝(3，y，－2)，c＝(1，－1，0)，若(a＋c)∥b，则x＋y＝(　　 ) A．－1 B．－3 C．－ D．－8 解析：选C.a＋c＝(x，2，4)＋(1，－1，0)＝(x＋1，1，4)， 因为(a＋c)∥b，所以可设b＝m(a＋c)，即(3，y，－2)＝m(x＋1，1，4)， 故解得故x＋y＝－7－＝－. (2)已知＝(－2，2，－2)，＝(－1，6，－8)，＝(x－4，－2，0)，且点D在平面ABC内，则x＝________． 解析：因为点D在平面ABC内，所以存在唯一一对实数λ，μ，使得＝λ＋μ成立，所以(x－4，－2，0)＝λ(－2，2，－2)＋μ(－1，6，－8)， 因此解得 答案：11 (3)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＝(＋＋). 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， 所以－＝(－)＋(－)，即＝＋＝－－， 所以，，共面． ②由①知，，共面且过同一点M. 所以M，A，B，C四点共面，从而点M在平面ABC内． 【思维升华】　向量共线的判定与向量法证明四点共面的关键 跟踪训练2 (1)已知向量a＝(－3，2，1)，b＝(2，2，－1)，c＝(m，10，1)，若a，b，c共面，则m＝(　　 ) A．2 B．3 C．－1 D．－5 解析：选D.因为a，b，c共面，所以c＝xa＋yb， 即(m，10，1)＝x(－3，2，1)＋y(2，2，－1)＝(－3x＋2y，2x＋2y，x－y)， 所以解得 (2)已知O，A，B，C，D，E，F，G，H为空间9个点(如图)，并且＝k，＝k，＝k，＝＋m，＝＋m，求证： ①A，B，C，D四点共面； ②∥； ③＝k. 证明：①因为＝＋m， 所以，，是共面向量， 又因为，，有公共点A， 所以A，B，C，D四点共面． ②因为＝k，＝k，OH＝k， 所以＝＋m＝－＋m(－)＝k(－)＋km(－)＝k＋km＝k(＋m)＝k，所以∥. ③由①及＝k，可得＝k，＝k， 所以＝－＝k－k＝k(－)＝k，即＝k. 考点3　空间向量的数量积及应用 　求数量积 [例3]如图，长方体ABCD­A1B1C1D1中，CC1＝C1D1＝，C1B1＝1，点P为B1C线段上一点，则C1P·D1P的最大值为__________． 解析：法一　以C1为坐标原点，分别以C1D1，C1B1，C1C为x，y，z轴，建立空间直角坐标系， 则C1(0，0，0)，D1(，0，0)，P(0，m，－m)，0≤m≤1， 则C1P·D1P＝(0，m，－m)·(－，m，－m)＝m2＋(－m)2＝4m2－6m＋3＝4(m－)2＋， 所以当m＝0时，C1P·D1P取得最大值为3. 法二　取线段C1D1的中点O(图略)，则C1P＝C1O＋，D1P＝D1O＋， 所以C1P·D1P＝(C1O＋)·(D1O＋)＝C1O·D1O＋2＋·(C1O＋D1O)＝|C1O|·|D1O|cos 180°＋||2＝||2－， 因为||＝＝，|OB1|＝＝， 所以当P点位于点C时，||2最大，为， 此时，C1P·D1P取得最大值－＝3. 答案：3 【思维升华】　空间向量的数量积运算的两条途径 　数量积的应用 [例4]如图，已知空间四边形ABCD每条边长和对角线长都等于1，E，F，G分别是AB，AD，CD的中点． (1)求证：EG⊥AB； (2)求EG的长； (3)求异面直线AG和CE所成角的余弦值． 解：(1)证明：设＝a，＝b，＝c，则|a|＝|b|＝|c|＝1，〈a，b〉＝〈c，b〉＝〈a，c〉＝60°， 所以＝＋＝－＋＋＝－a＋b＋c， 所以·＝(－a＋b＋c)·a＝b·a＋c·a－a2＝|b|·|a|cos 60°＋|c|·|a|cos 60°－|a|2＝×1×1×＋×1×1×－×12＝0， 所以⊥，即EG⊥AB. (2)因为＝－a＋b＋c 所以2＝(－a＋b＋c)2＝(－2b·a－2c·a＋2c·b＋a2＋b2＋c2)＝(－2×－2×＋2×＋12＋12＋12)＝， 所以||＝，即EG的长为. (3)由题意得△ABC，△ACD，△ABD均为等边三角形且边长为1， 所以AG＝EC＝， 又＝(b＋c)，＝(＋)＝(－＋)＝b－a， 所以·＝(b＋c)·(b－a)＝b2－a·b＋c·b－a·c＝－|a|·|b|cos 60°＋|c|·|b|cos 60°－|a|·|c|cos 60°＝－＋－＝， 设异面直线AG和CE所成角为θ， 则cos θ＝|cos 〈，〉|＝＝＝， 所以异面直线AG和CE所成角的余弦值为. 【思维升华】　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＝，进而可求两异面直线所成的角 求长度 (距离) 利用公式|a|2＝a·a，可将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，可将垂直问题转化为向量数量积的计算问题 跟踪训练3 (1)如图，设正四面体A­BCD的棱长为2，E，F分别是BC，AD的中点，则·的值为(　　 ) A．1 B． C．2 D．4 解析：选A.依题意，由||＝||＝||＝2，〈，〉＝〈，〉＝60°， 故·＝·＝||||cos 〈，〉＝2×2×＝2， 所以·＝(＋)·()＝(·＋·)＝[||||cos 〈，〉＋||||cos 〈，〉]＝(2＋2)＝1. (2)已知O点为空间直角坐标系的原点，向量＝(1，2，3)，＝(2，1，2)，＝(1，1，2)，且点Q在直线OP上运动，当·取得最小值时，的坐标是________． 解析：因为点Q在直线OP上，所以设点Q(λ，λ，2λ)， 则＝(1－λ，2－λ，3－2λ)，＝(2－λ，1－λ，2－2λ)，·＝(1－λ)(2－λ)＋(2－λ)(1－λ)＋(3－2λ)(2－2λ)＝6λ2－16λ＋10＝6－， 当λ＝时，·取得最小值－. 此时＝. 答案： (3)已知点A(0，2，3)，B(－2，1，6)，C(1，－1，5). ①求以AB，AC为边的平行四边形的面积； ②若向量a分别与，垂直，且|a|＝，求a的坐标． 解：①因为＝(－2，－1，3)，＝(1，－3，2)， 所以||＝，||＝. 设〈，〉＝θ，则cos θ＝＝＝， 又因为θ∈[0，π]，所以θ＝60°， 所以以AB，AC为边的平行四边形的面积S＝||||sin 60°＝7. ②设a＝(x，y，z)， 由条件得a·＝－2x－y＋3z＝0, a·＝x－3y＋2z＝0，＝， 解得x＝y＝z＝1或x＝y＝z＝－1， 所以a＝(1，1，1)或a＝(－1，－1，－1). 考点4　利用空间向量证明平行、垂直 [例5]如图，正方形ADEF与梯形ABCD所在的平面互相垂直，2AB＝2AD＝CD＝4，AD⊥CD，AB∥CD，M为CE的中点． (1)求证：BM∥平面ADEF； (2)求证：BC⊥平面BDE. 证明：(1)法一(几何法)　取DE中点N，连接AN，MN， 由三角形中位线性质可得MN∥CD且MN＝CD， 又因为AB∥CD且AB＝CD， 所以MN∥AB且MN＝AB， 所以四边形ABMN是平行四边形， 所以BM∥AN， 又AN⊂平面ADEF，BM⊄平面ADEF， 所以BM∥平面ADEF. 法二(向量法)　因为平面ADEF⊥平面ABCD，平面ADEF∩平面ABCD＝AD，DE⊥AD， 所以DE⊥平面ABCD， 又DC⊂平面ABCD，所以DE⊥DC， 如图，以D为原点，以，， 的方向分别为x轴、y轴、z轴的正方向，建立空间直角坐标系， 则B(2，2，0)，C(0，4，0)，D(0，0，0)，E(0，0，2)，M(0，2，1). 因为 ＝(－2，0，1)，易知n′＝(0，1，0)为平面ADEF的一个法向量． 因此·n′＝0，所以⊥n′， 又BM⊄平面ADEF， 所以BM∥平面ADEF. (2)法一(几何法)　因为BD＝2，BC＝2，CD＝4， 所以BD2＋BC2＝CD2，所以BD⊥BC， 因为平面ADEF⊥平面ABCD，平面ADEF∩平面ABCD＝AD，DE⊥AD， 所以DE⊥平面ABCD，又BC⊂平面ABCD，所以DE⊥BC， 又BD∩DE＝D，BD，DE⊂平面BDE， 所以BC⊥平面BDE. 法二(向量法)　由(1)可得＝(2，2，0)，＝(0，0，2)，＝(－2，2，0)， 设平面BDE的一个法向量n＝(x，y，z), 则取x＝1，得y＝－1，z＝0， 所以n＝(1，－1，0)是平面BDE的一个法向量， 因为＝－2n，所以BC⊥平面BDE. 【思维升华】　利用空间向量证明空间垂直、平行的一般步骤 跟踪训练4 如图所示，在直三棱柱ABC­A1B1C1中，侧面AA1C1C和侧面AA1B1B都是正方形且互相垂直，M为AA1的中点，N为BC1的中点．求证： (1)MN∥平面A1B1C1； (2)平面MBC1⊥平面BB1C1C. 证明：(1)由题意，知AA1，AB，AC两两垂直，以A为坐标原点，分别以AA1，AB，AC所在直线为x轴、y轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系． 设正方形AA1C1C的边长为2，则A(0，0，0)，A1(2，0，0)，B(0，2，0)，B1(2，2，0)，C(0，0，2)，C1(2，0，2)，M(1，0，0)，N(1，1，1). 由题意知AA1⊥A1B1，AA1⊥A1C1， 又因为A1C1∩A1B1＝A1，A1C1，A1B1⊂平面A1B1C1，所以AA1⊥平面A1B1C1. 因为AA1＝(2，0，0)，＝(0，1，1)， 所以·1＝0，即MN⊥AA1，故MN∥A1C1. 又因为MN⊄平面A1B1C1，故MN∥平面A1B1C1. (2)设平面MBC1与平面BB1C1C的法向量分别为n1＝(x1，y1，z1)，n2＝(x2，y2，z2). 因为＝(－1，2，0)，MC1＝(1，0，2)， 所以即 令x1＝2，则平面MBC1的一个法向量为n1＝(2，1，－1). 因为BB1＝(2，0，0)，B1C1＝(0，－2，2)， 所以即 令y2＝1，则平面BB1C1C的一个法向量为n2＝(0，1，1). 因为n1·n2＝2×0＋1×1＋(－1)×1＝0， 所以n1⊥n2， 所以平面MBC1⊥平面BB1C1C. 学科网（北京）股份有限公司 $$