2027届高考数学一轮复习讲义-第七章课时8 空间向量的概念与运算

该高中数学高考复习讲义聚焦空间向量的概念与运算，整合共线、共面、空间向量基本定理等核心考点，按“概念-定理-应用”逻辑梳理知识体系，通过知识填空、基础判断、考点分阶（线性运算、数量积、平行垂直证明）及真题训练，帮助学生构建向量法解题框架，突破空间几何难点。 讲义采用“基底法+坐标法”双轨教学策略，如例2用基底表示向量求长度夹角，例4通过坐标系设点探究存在性问题，培养学生数学思维与模型观念。设置基础巩固、能力提升分层练习，配合规律方法总结与详细解析，确保高效突破考点，为教师把控复习节奏、提升学生空间几何应考能力提供有力支持。

课时8 空间向量的概念与运算 一、课标要求 1．理解空间向量的概念、运算、基本定理和应用. 2．运用向量的方法研究空间基本图形的位置关系和度量关系，体会向量方法和综合几何方法的共性与差异； 3．运用向量方法解决简单的数学问题和实际问题，感悟向量是研究几何问题的有效工具． 二、知识梳理 1．三个基本定理 （1）共线向量定理 对空间任意两个向量a，b(a≠0)，b与a共线的充要条件是存在实数λ，使得 ． （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 ，使得 ． （3）空间向量基本定理 如果三个向量e1，e2，e3 ，那么对空间任一向量p，存在唯一的有序实数组(x，y，z)，使得 ． 2．直线的方向向量和平面的法向量 （1）直线的方向向量：如果表示非零向量a的有向线段所在直线与直线 ，那么称此向量为直线的方向向量． （2）平面的法向量：直线⊥平面α，取直线 a，则向量a叫做平面的法向量． 3．空间中平行、垂直关系的向量表示 设两直线l，m的方向向量分别为a，b，两平面α，β的法向量分别为u，v，则 平 行 线线平行 l∥m⇔ 线面平行 l∥α⇔ =0 面面平行 α∥β⇔ 垂 直 线线垂直 l⊥m⇔ 线面垂直 l⊥α⇔ 面面垂直 α⊥β⇔ ⇔ 三、基础回顾 1．判断正误.（正确的打“√”，错误的打“×”） (1)对于非零向量b，若a·b＝b·c，则a＝c. (　　) (2)在空间直角坐标系中，在yOz平面内的点的坐标一定是(0，b，c)． (　　) (3)若两条直线平行，则它们的方向向量的方向相同或相反． (　　) (4)任何三个不共线的向量都可构成空间向量的一组基底． (　　) 2．(2025·北京市海淀区质检)在三棱柱A1B1C1－ABC中，D是四边形BB1C1C的中心，且＝a，＝b，＝c，则=(　　) A.a＋b＋c B.a－b＋c C.a＋b－c D.－a＋b＋c 3．如图所示，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，棱长为a，M，N分别为A1B和AC上的点，且A1M＝AN＝，则MN与平面BB1C1C的位置关系是(　　) A．相交 B．平行 C．垂直 D．不能确定 4．已知直线l与平面α垂直，直线l的一个方向向量为u＝(1,3，z)，向量v＝(3，－2，1)与平面α平行，则z＝________． 四、考点扫描 考点一 空间向量的运算 考向1 线性运算及共面定理 例1 （1）如图，在三棱锥O－ABC中，＝，＝，若＝a，＝b，＝c，则＝(　 　) A．a－b－c B．a－b－c C．a－b－c D．a－b－c （2）(多选题)下列说法正确的有(　　) A．|a|－|b|＝|a＋b|是a，b共线的充要条件 B．若，共线，则AB∥CD C．A，B，C三点不共线，对空间任意一点O，若＝＋＋，则P，A，B，C四点共面 D．若P，A，B，C为空间四点，且有＝λ＋μ(，不共线)，则λ＋μ＝1是A，B，C三点共线的充要条件 规律方法： 对点训练（1）(2024·江西南昌市高三月考)半正多面体又称“阿基米德多面体”，它是由边数不全相同的正多边形围成的多面体，体现了数学的对称美．把正四面体的每条棱三等分，截去顶角所在的小正四面体，得到一个有八个面的半正多面体，如图，P，A，B，C，D为该半正多面体的顶点，若＝a，＝b，＝c，则＝(　 　) A．－a＋b＋c B．a－b－c C．a－b＋c D．a＋b－c （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试判断，，三个向量是否共面； ②试判断点M是否在平面ABC内． 考向2 数量积及其应用 例2 如图，在四棱柱ABCD－A1B1C1D1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°． (1)求AC1的长； (2)求证：AC1⊥BD； (3) 求BD1与AC夹角的余弦值． 规律方法： 对点训练 如图，正四面体ABCD(所有棱长均相等)的棱长为1，E，F，G，H分别是正四面体ABCD中各棱的中点，设＝a，＝b，＝c，试采用向量法，求： (1)的模； (2)，的夹角. 考点二 利用空间向量证明平行、垂直 例3 如图，在四棱锥P－ABCD中，已知底面ABCD是正方形，侧棱PD⊥底面ABCD，PD＝DC，E为棱PC的中点，EF⊥BP于点F．求证： (1) PA∥平面EDB； (2) PB⊥平面EFD． 规律方法： 对点训练 如图，在直三棱柱ADE－BCF中，侧面ABFE和侧面ABCD都是正方形且互相垂直，M为AB的中点，O为DF的中点．求证： (1) OM∥平面BCF； (2) 平面MDF⊥平面EFCD． 考点三 坐标法解决几何图形中的探索性问题 例4 如图，在长方体ABCD－A1B1C1D1中，已知AA1＝AD＝1，E为棱CD的中点． (1)求证：B1E⊥AD1； (2)在棱AA1上是否存在一点P，使得DP∥平面B1AE？若存在，求AP的长；若不存在，请说明理由． 【对点训练】（2025·辽宁大连市统考）如图所示，在三棱柱ABC-A1B1C1中，CA=CB=CC1，=a，=b，=c，〈a，b〉=〈a，c〉=，〈b，c〉=，N是AB的中点. (1)用a，b，c表示向量； (2)在线段C1B1上是否存在点M，使得AM⊥A1N？若存在，求出M的位置，若不存在，请说明理由. 课时8 空间向量的概念与运算参考答案 二、知识梳理 1．（1）b＝λa （2）有序实数组(x，y) p＝xa＋yb （3）不共面 p＝xe1＋ye2＋ze3 2．（1）平行或重合 （2）方向向量 3．a＝kb，(k∈R) a⊥u a．u u∥v u＝kv(k∈R) a．b＝0 a∥u a＝ku(k∈R) u．v＝0 三、基础回顾 1．（1） × (2)√　 (3) √ (4) × 2．D 【解析】＋＋＝－＋＋(＋)＝－＋＋＋(－)＝－＋＋＝－a＋b＋c.故选D. 3．B【解析】以C1B1，C1D1，C1C所在直线分别为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系．因为A1M＝AN＝， 所以M，N，所以＝.又C1(0,0,0)，D1(0，a,0)，所以＝(0，a,0)，所以·＝0，所以⊥.因为是平面BB1C1C的一个法向量，且MN平面BB1C1C，所以MN∥平面BB1C1C.故选B. 4．3 【解析】 因为平面α的法向量u＝(1,3，z)，v与平面α平行，所以u⊥v，所以u．v＝1×3＋3×(－2)＋z×1＝0，所以z＝3． 四、考点扫描 例1 （1）C【解析】 ＝＋＋＝－－＋＝－(－)－＋＝－－＝a－b－c．故选C. （2）CD【解析】由|a|－|b|＝|a＋b|，可知向量a，b的方向相反，此时向量a，b共线，反之，当向量a，b同向时，不能得到|a|－|b|＝|a＋b|，所以A不正确； 若，共线，则AB∥CD或A，B，C，D四点共线，所以B不正确； 由A，B，C三点不共线，对空间任意一点O，若＝＋＋，因为＋＋＝1， 可得P，A，B，C四点共面，所以C正确； 若P，A，B，C为空间四点，且有＝λ＋μ(，不共线)，当λ＋μ＝1时，即μ＝1－λ，可得－＝λ(－)，即＝λ，所以A，B，C三点共线，反之也成立，即λ＋μ＝1是A，B，C三点共线的充要条件，所以D正确．故选CD. 对点训练（1）A【解析】如图所示，＝＋＝＋2＝＋2－2， 所以＝－＋＋＝－a＋b＋c.故选A. （2）【解】①由题知＋＋＝3，所以－＝(－)＋(－)，即＝＋＝－－，所以，，共面． ②方法一：由①知，，，共面且基线过同一点M，所以M，A，B，C四点共面，从而点M在平面ABC内． 方法二：因为＝(＋＋)＝＋＋，又因为＋＋＝1，所以M，A，B，C四点共面，从而M在平面ABC内． 例2 （1）【解】记＝a，＝b，＝c，则|a|＝|b|＝|c|＝1，〈a，b〉＝〈b，c〉＝〈c，a〉＝60°，所以a·b＝b·c＝c·a＝，＝a＋b＋c，所以||2＝(a＋b＋c)2＝a2＋b2＋c2＋2(a·b＋b·c＋c·a)＝1＋1＋1＋2×＝6，所以||＝，即AC1的长为． （2）【证明】因为＝a＋b＋c，＝b－a，所以·＝(a＋b＋c)·(b－a)＝a·b＋|b|2＋b·c－|a|2－a·b－a·c＝0，所以⊥，所以AC1⊥BD． （3）【解】因为＝b＋c－a，＝a＋b，所以||＝，||＝，·＝(b＋c－a)·(a＋b)＝b2－a2＋a·c＋b·c＝1．所以cos〈，〉＝＝，所以BD1与AC夹角的余弦值为． 对点训练 【解】　(1)因为正四面体ABCD的棱长为1，E，F，G，H分别是正四面体ABCD中各棱的中点，＝a，＝b，＝c，所以＝＝(－)＝(b－a)，＝＝c，所以＝＋＋＝－(b－a)－a＋c＝(c－a－b)，所以||2＝(c－a－b)2＝(c2＋a2＋b2－2a·c＋2a·b－2b·c)＝(1＋1＋1－2×1×1×cos 60°＋2×1×1×cos 60°－2×1×1×cos 60°)＝，故||＝. (2)在正四面体ABCD中，＝(c－a－b)，||＝.同理，＝(b＋c－a)，||＝. 所以cos〈，〉＝＝＝[(c－a)2－b2]＝(c2＋a2－2c·a－b2)＝(1＋1－2×1×1×cos 60°－1)＝0，所以与的夹角为90°. 例3 【证明】以D为坐标原点，DA，DC，DP所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系D－xyz，如图， 设DC＝PD＝1，则P(0,0,1)，A(1,0,0)，D(0,0,0)，B(1,1,0)，E．所以＝ (1,1，－1)，＝，＝，设F(x，y，z)，则＝(x，y，z－1)，＝．因为⊥，所以＝0，即x＋y－z＝0①． 又因为∥，可设＝λ，所以x＝λ，y＝λ，z－1＝－λ②． 由①②可知，x＝，y＝，z＝，所以＝． （1）设n1＝)为平面EDB的一个法向量，即所以取z1＝－1，则n1＝(－1,1，－1)．因为＝(1,0，－1)，所以．n1＝0．又因为PA平面EDB，所以PA∥平面EDB． （2）设n2＝(x2，y2，z2)为平面EFD的一个法向量，则有即所以取z2＝1，则n2＝(－1，－1,1)．所以∥n2，所以PB⊥平面EFD． 对点训练 【证明】（1）由题意，知AB，AD，AE两两垂直，以A为原点，建立如图所示的空间直角坐标系．设正方形的边长为1，则A(0,0,0)，B(1,0,0)，C(1,1,0)，D(0,1,0)，F(1,0,1)，M，O，所以＝，＝(－1,0,0)，所以·＝0，所以⊥．因为三棱柱ADE－BCF是直三棱柱，所以AB⊥平面BCF，所以是平面BCF的一个法向量．又OM⊄平面BCF，所以OM∥平面BCF． （2）设平面MDF与平面EFCD的法向量分别为n1＝(x1，y1，z1)，n2＝(x2，y2，z2)．因为＝(1，－1,1)，＝，＝(1,0,0)，＝(0，－1,1).由得令x1＝1，得n1＝．同理可得n2＝(0,1,1)．因为n1·n2＝0，所以平面MDF⊥平面EFCD． 例4 (1)【证明】以A为原点，，，的方向分别为x轴，y轴，z轴的正方向，建立空间角坐标系(如图)． 设AB＝a，则A(0,0,0)，D(0,1,0)，D1(0,1,1)，E，B1(a，0,1)，故＝(0,1,1)，＝.因为＝－×0＋1×1＋(－1)×1＝0，所以B1E⊥AD1． （2）【解】 假设在棱AA1上存在一点P(0,0，z0)，使得DP∥平面B1AE，此时＝(0，－1，z0)．又设平面B1AE的法向量n＝(x，y，z)．因为n⊥平面B1AE，＝(a,0,1)，＝． 所以n⊥，n⊥，得取x＝1，则y＝－，z＝－a，得平面B1AE的一个法向量n＝．要使得DP∥平面B1AE，只要n⊥，即－az0＝0，解得z0＝． 又DP平面B1AE，所以存在点P，满足DP∥平面B1AE，此时AP＝． 【对点训练】【解】(1)=+=+=-+-)=-a+b-c. (2)假设存在点M，使AM⊥A1N，设=λ=λb(λ∈[0，1])， 显然=++=c-a+λb.因为AM⊥A1N，所以·=0，即(c-a+λb)·=0，所以-c·a+c·b-c2+a2-a·b+c·a-λa·b+λb2-λb·c=0.设CA=CB=CC1=1，又〈a，b〉=〈a，c〉=，〈b，c〉=，所以c·a-c2+a2-a·b+λb2=0，即×1×1×（-）-12+×12-×1×1×（-）+λ·12=0，解得λ=，所以当C1M=C1B1时，AM⊥A1N. . 学科网（北京）股份有限公司 $