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2024年高考数学第一轮复习精品导学案第53讲 空间向量的概念（学生版）+教师版
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这是一份2024年高考数学第一轮复习精品导学案第53讲 空间向量的概念（学生版）+教师版，共2页。
1．空间向量及其有关概念
2．数量积及坐标运算
(1)两个空间向量的数量积：①a·b＝|a||b|cs〈a，b〉；②a⊥b⇔a·b＝0(a，b为非零向量)；③设a＝(x，y，z)，则|a|2＝a2，|a|＝eq \r(x2＋y2＋z2).
(2)空间向量的坐标运算：
1、在下列命题中：
①若向量a，b共线，则向量a，b所在的直线平行；
②若向量a，b所在的直线为异面直线，则向量a，b一定不共面；
③若三个向量a，b，c两两共面，则向量a，b，c共面；
④已知空间的三个向量a，b，c，则对于空间的任意一个向量p总存在实数x，y，z使得p＝xa＋yb＋zc.
其中正确命题的个数是( )
A．0 B．1 C．2 D．3
【答案】： A
【解析】： a与b共线，a，b所在的直线也可能重合，故①不正确；根据自由向量的意义知，空间任意两向量a，b都共面，故②不正确；三个向量a，b，c中任意两个一定共面，但它们三个却不一定共面，故③不正确；只有当a，b，c不共面时，空间任意一向量p才能表示为p＝xa＋yb＋zc，故④不正确，综上可知四个命题中正确的个数为0，故选A.
2、已知向量a＝(1，1，0)，b＝(－1，0，2)，且ka＋b与2a－b互相垂直，则k的值是( )
A.eq \f(7,5) B.2 C.eq \f(5,3) D.1
【答案】 A
【解析】 因为a＝(1，1，0)，b＝(－1，0，2)，
所以a·b＝－1，|a|＝eq \r(2)，|b|＝eq \r(5).
又ka＋b与2a－b互相垂直，
所以(ka＋b)·(2a－b)＝0，
即2k|a|2－ka·b＋2a·b－|b|2＝0，
即4k＋k－2－5＝0，所以k＝eq \f(7,5).
3、空间四点A(2，3，6)，B(4，3，2)，C(0，0，1)，D(2，0，2)的位置关系为( )
A. 共线 B. 共面
C. 不共面 D. 无法确定
【答案】 C
【解析】 eq \(AB,\s\up6(→))＝(2，0，－4)， eq \(AC,\s\up6(→))＝(－2，－3，－5)， eq \(AD,\s\up6(→))＝(0，－3，－4).由不存在实数λ，使 eq \(AB,\s\up6(→))＝λ eq \(AC,\s\up6(→))成立，知点A，B，C不共线，故点A，B，C，D不共线；假设点A，B，C，D共面，则可设 eq \(AD,\s\up6(→))＝x eq \(AB,\s\up6(→))＋y eq \(AC,\s\up6(→)) (x，y为实数)，即 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(0＝2x－2y，,－3＝－3y，,－4＝－4x－5y，))由于该方程组无解，故点A，B，C，D不共面，故选C.
4、已知向量m是直线l的方向向量，向量n是平面α的法向量，则“m⊥n”是“l∥α”的( )
A. 充分不必要条件
B. 必要不充分条件
C. 充要条件
D. 既不充分又不必要条件
【答案】 B
【解析】 由l∥α，得m⊥n，所以“m⊥n”是“l∥α”的必要条件；而由m⊥n不一定有l∥α，也可能l⊂α，故“m⊥n”不是“l∥α”的充分条件．故“m⊥n”是“l∥α”的必要不充分条件．
5、 (2022·镇江高三开学考试)四棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面ABCD是边长为1的菱形，侧棱长为2，且∠C1CB＝∠C1CD＝∠BCD＝60°，则线段A1C的长度是( )
A. eq \r(6) B. eq \f(\r(34),2)
C. 3 D. eq \r(11)
【答案】 D
【解析】 因为 eq \(CA1,\s\up6(→))＝ eq \(CA,\s\up6(→))＋ eq \(AA1,\s\up6(→))＝ eq \(CA,\s\up6(→))＋ eq \(CC1,\s\up6(→))＝ eq \(CD,\s\up6(→))＋ eq \(CB,\s\up6(→))＋ eq \(CC1,\s\up6(→))，且∠C1CB＝∠C1CD＝∠BCD＝60°，所以( eq \(CA1,\s\up6(→)))2＝( eq \(CD,\s\up6(→))＋ eq \(CB,\s\up6(→))＋ eq \(CC1,\s\up6(→)))2＝| eq \(CD,\s\up6(→))|2＋| eq \(CB,\s\up6(→))|2＋| eq \(CC1,\s\up6(→))|2＋2| eq \(CD,\s\up6(→))|×| eq \(CB,\s\up6(→))|×cs 60°＋2| eq \(CD,\s\up6(→))|×| eq \(CC1,\s\up6(→))|×cs 60°＋2| eq \(CB,\s\up6(→))|×| eq \(CC1,\s\up6(→))|×cs 60°＝1＋1＋4＋2× eq \f(1,2)＋2×2× eq \f(1,2)＋2×2× eq \f(1,2)＝11，所以| eq \(CA1,\s\up6(→))|＝ eq \r(11)，即线段A1C的长度是 eq \r(11).
考向一 空间向量的线性运算
例1 、(1) 已知向量a＝(－2，－3，1)，b＝(2，0，4)，c＝(－4，－6，2)，则下列结论中正确的是________；(填序号)
①a∥b，a∥c; ②a∥b，a⊥c；③a∥c，a⊥b.
【解析】 因为c＝(－4，－6，2)＝2(－2，－3，1)＝2a，所以a∥c.又a·b＝(－2)×2＋(－3)×0＋1×4＝0，所以a⊥b.
【答案】 ③
(2) 已知a＝(2，－1，2)，b＝(－4，2，x)，且a∥b，则x＝________．
【解析】 因为a∥b，所以－x＝4，即x＝－4.
【答案】 －4
（3）在三棱锥O-ABC中，M，N分别是OA，BC的中点，G是△ABC的重心，用向量 eq \(OA,\s\up6(→))， eq \(OB,\s\up6(→))， eq \(OC,\s\up6(→))表示 eq \(MG,\s\up6(→))， eq \(OG,\s\up6(→)).
【解析】 eq \(MG,\s\up6(→))＝ eq \(MA,\s\up6(→))＋ eq \(AG,\s\up6(→))＝ eq \f(1,2) eq \(OA,\s\up6(→))＋ eq \f(2,3) eq \(AN,\s\up6(→))
＝ eq \f(1,2) eq \(OA,\s\up6(→))＋ eq \f(2,3)( eq \(ON,\s\up6(→))－ eq \(OA,\s\up6(→)))
＝ eq \f(1,2) eq \(OA,\s\up6(→))＋ eq \f(2,3)[ eq \f(1,2)( eq \(OB,\s\up6(→))＋ eq \(OC,\s\up6(→)))－ eq \(OA,\s\up6(→))]
＝－ eq \f(1,6) eq \(OA,\s\up6(→))＋ eq \f(1,3) eq \(OB,\s\up6(→))＋ eq \f(1,3) eq \(OC,\s\up6(→)).
eq \(OG,\s\up6(→))＝ eq \(OM,\s\up6(→))＋ eq \(MG,\s\up6(→))
＝ eq \f(1,2) eq \(OA,\s\up6(→))－ eq \f(1,6) eq \(OA,\s\up6(→))＋ eq \f(1,3) eq \(OB,\s\up6(→))＋ eq \f(1,3) eq \(OC,\s\up6(→))
＝ eq \f(1,3) eq \(OA,\s\up6(→))＋ eq \f(1,3) eq \(OB,\s\up6(→))＋ eq \f(1,3) eq \(OC,\s\up6(→)).
变式1、（1）如图所示，在平行六面体ABCD—A1B1C1D1中，M为A1C1与B1D1的交点．若eq \(AB,\s\up6(→))＝a，eq \(AD,\s\up6(→))＝b，eq \(AA1,\s\up6(→))＝c，则向量eq \(BM,\s\up6(→))＝ (用a，b，c表示)．
【答案】：－eq \f(1,2)a＋eq \f(1,2)b＋c
【解析】：eq \(BM,\s\up6(→))＝eq \(BB1,\s\up6(→))＋eq \(B1M,\s\up6(→))＝eq \(AA1,\s\up6(→))＋eq \f(1,2)(eq \(AD,\s\up6(→))－eq \(AB,\s\up6(→)))
＝c＋eq \f(1,2)(b－a)＝－eq \f(1,2)a＋eq \f(1,2)b＋c．
（2）如图，在四面体O－ABC中，eq \(OA,\s\up6(→))＝a，eq \(OB,\s\up6(→))＝b，eq \(OC,\s\up6(→))＝c，D为BC的中点，E为AD的中点，则eq \(OE,\s\up6(→))＝ (用a，b，c表示)．
【答案】：eq \f(1,2)a＋eq \f(1,4)b＋eq \f(1,4)c
【解析】：eq \(OE,\s\up6(→))＝eq \f(1,2)eq \(OA,\s\up6(→))＋eq \f(1,2)eq \(OD,\s\up6(→))＝eq \f(1,2)eq \(OA,\s\up6(→))＋eq \f(1,4)eq \(OB,\s\up6(→))＋eq \f(1,4)eq \(OC,\s\up6(→))
＝eq \f(1,2)a＋eq \f(1,4)b＋eq \f(1,4)c．
变式2、(多选)(2022·威海调研)如图所示，M是四面体OABC的棱BC的中点，点N在线段OM上，点P在线段AN上，且AP＝3PN，eq \(ON,\s\up6(→))＝eq \f(2,3)eq \(OM,\s\up6(→))，设eq \(OA,\s\up6(→))＝a，eq \(OB,\s\up6(→))＝b，eq \(OC,\s\up6(→))＝c，则下列等式成立的是( )
A.eq \(OM,\s\up6(→))＝eq \f(1,2)b－eq \f(1,2)c
B.eq \(AN,\s\up6(→))＝eq \f(1,3)b＋eq \f(1,3)c－a
C.eq \(AP,\s\up6(→))＝eq \f(1,4)b－eq \f(1,4)c－eq \f(3,4)a
D.eq \(OP,\s\up6(→))＝eq \f(1,4)a＋eq \f(1,4)b＋eq \f(1,4)c
【答案】 BD
【解析】 对于A，利用向量的平行四边形法则，eq \(OM,\s\up6(→))＝eq \f(1,2)eq \(OB,\s\up6(→))＋eq \f(1,2)eq \(OC,\s\up6(→))＝eq \f(1,2)b＋eq \f(1,2)c，A错误；
对于B，利用向量的平行四边形法则和三角形法则，得eq \(AN,\s\up6(→))＝eq \(ON,\s\up6(→))－eq \(OA,\s\up6(→))＝eq \f(2,3)eq \(OM,\s\up6(→))－eq \(OA,\s\up6(→))＝eq \f(2,3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)\(OB,\s\up6(→))＋\f(1,2)\(OC,\s\up6(→))))－eq \(OA,\s\up6(→))＝eq \f(1,3)eq \(OB,\s\up6(→))＋eq \f(1,3)eq \(OC,\s\up6(→))－eq \(OA,\s\up6(→))＝eq \f(1,3)b＋eq \f(1,3)c－a，B正确；
对于C，因为点P在线段AN上，且AP＝3PN，所以eq \(AP,\s\up6(→))＝eq \f(3,4)eq \(AN,\s\up6(→))＝eq \f(3,4)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)b＋\f(1,3)c－a))＝eq \f(1,4)b＋eq \f(1,4)c－eq \f(3,4)a，C错误；
对于D，eq \(OP,\s\up6(→))＝eq \(OA,\s\up6(→))＋eq \(AP,\s\up6(→))＝a＋eq \f(1,4)b＋eq \f(1,4)c－eq \f(3,4)a＝eq \f(1,4)a＋eq \f(1,4)b＋eq \f(1,4)c，D正确.
方法总结：本题考查空间向量基本定理及向量的线性运算. 用不共面的三个向量作为基向量表示某一向量时注意以下三点：(1)结合已知和所求向量观察图形，将已知向量和未知向量转化至三角形或平行四边形中是解题的关键. (2)要正确理解向量加法、减法与数乘运算的几何意义，首尾相接的若干向量之和，等于由起始向量的起点指向末尾向量的终点的向量，我们把这个法则称为向量加法的多边形法则. (3)在立体几何中三角形法则、平行四边形法则仍然成立．
考向二 共线、共面向量定理的应用
例2、已知E，F，G，H分别是空间四边形ABCD的边AB，BC，CD，DA的中点．
(1) 求证：E，F，G，H四点共面；
(2) 求证：BD∥平面EFGH；
(3) 设M是EG和FH的交点，求证：对空间任一点O，有 eq \(OM,\s\up6(→))＝ eq \f(1,4)( eq \(OA,\s\up6(→))＋ eq \(OB,\s\up6(→))＋ eq \(OC,\s\up6(→))＋ eq \(OD,\s\up6(→))).
【解析】 (1) 连接BG，
则 eq \(EG,\s\up6(→))＝ eq \(EB,\s\up6(→))＋ eq \(BG,\s\up6(→))＝ eq \(EB,\s\up6(→))＋ eq \f(1,2)( eq \(BC,\s\up6(→))＋ eq \(BD,\s\up6(→)))＝ eq \(EB,\s\up6(→))＋ eq \(BF,\s\up6(→))＋ eq \(EH,\s\up6(→))＝ eq \(EF,\s\up6(→))＋ eq \(EH,\s\up6(→))，
由共面向量定理的推论，得E，F，G，H四点共面．
(2) 因为 eq \(EH,\s\up6(→))＝ eq \(AH,\s\up6(→))－ eq \(AE,\s\up6(→))＝ eq \f(1,2) eq \(AD,\s\up6(→))－ eq \f(1,2) eq \(AB,\s\up6(→))＝ eq \f(1,2)( eq \(AD,\s\up6(→))－ eq \(AB,\s\up6(→)))＝ eq \f(1,2) eq \(BD,\s\up6(→))，所以EH∥BD.
又EH⊂平面EFGH，BD⊄平面EFGH，
所以BD∥平面EFGH.
(3) 任取一点O，连接OM，OA，OB，OC，OD，OE，OG.由(2)，知 eq \(EH,\s\up6(→))＝ eq \f(1,2) eq \(BD,\s\up6(→))，同理 eq \(FG,\s\up6(→))＝ eq \f(1,2) eq \(BD,\s\up6(→))，
所以 eq \(EH,\s\up6(→))＝ eq \(FG,\s\up6(→))，即EH与FG平行且相等，
所以四边形EFGH是平行四边形，
所以EG，FH交于一点M，且被点M平分．
故 eq \(OM,\s\up6(→))＝ eq \f(1,2)( eq \(OE,\s\up6(→))＋ eq \(OG,\s\up6(→)))＝ eq \f(1,2) eq \(OE,\s\up6(→))＋ eq \f(1,2) eq \(OG,\s\up6(→))
＝ eq \f(1,2) eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2)(\(OA,\s\up6(→))＋\(OB,\s\up6(→)))))＋ eq \f(1,2) eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2)(\(OC,\s\up6(→))＋\(OD,\s\up6(→)))))
＝ eq \f(1,4)( eq \(OA,\s\up6(→))＋ eq \(OB,\s\up6(→))＋ eq \(OC,\s\up6(→))＋ eq \(OD,\s\up6(→))).
变式1、(多选)(2021·武汉质检)下列说法中正确的是( )
A.|a|－|b|＝|a＋b|是a，b共线的充要条件
B.若eq \(AB,\s\up6(→))，eq \(CD,\s\up6(→))共线，则AB∥CD
C.A，B，C三点不共线，对空间任意一点O，若eq \(OP,\s\up6(→))＝eq \f(3,4)eq \(OA,\s\up6(→))＋eq \f(1,8)eq \(OB,\s\up6(→))＋eq \f(1,8)eq \(OC,\s\up6(→))，则P，A，B，C四点共面
D.若P，A，B，C为空间四点，且有eq \(PA,\s\up6(→))＝λeq \(PB,\s\up6(→))＋μeq \(PC,\s\up6(→))(eq \(PB,\s\up6(→))，eq \(PC,\s\up6(→))不共线)，则λ＋μ＝1是A，B，C三点共线的充要条件
【答案】 CD
【解析】 由|a|－|b|＝|a＋b|，可得向量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eq \(AB,\s\up6(→))，eq \(CD,\s\up6(→))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eq \(OP,\s\up6(→))＝eq \f(3,4)eq \(OA,\s\up6(→))＋eq \f(1,8)eq \(OB,\s\up6(→))＋eq \f(1,8)eq \(OC,\s\up6(→))，因为eq \f(3,4)＋eq \f(1,8)＋eq \f(1,8)＝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eq \(PA,\s\up6(→))＝λeq \(PB,\s\up6(→))＋μeq \(PC,\s\up6(→))(eq \(PB,\s\up6(→))，eq \(PC,\s\up6(→))不共线)，当λ＋μ＝1时，即μ＝1－λ，可得eq \(PA,\s\up6(→))－eq \(PC,\s\up6(→))＝λ(eq \(PB,\s\up6(→))＋eq \(CP,\s\up6(→)))，即eq \(CA,\s\up6(→))＝λeq \(CB,\s\up6(→))，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.
变式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eq \(OM,\s\up6(→))＝eq \f(1,3)(eq \(OA,\s\up6(→))＋eq \(OB,\s\up6(→))＋eq \(OC,\s\up6(→))).
(1)判断eq \(MA,\s\up6(→))，eq \(MB,\s\up6(→))，eq \(MC,\s\up6(→))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 \(OA,\s\up6(→))＋eq \(OB,\s\up6(→))＋eq \(OC,\s\up6(→))＝3eq \(OM,\s\up6(→))，
∴eq \(OA,\s\up6(→))－eq \(OM,\s\up6(→))＝(eq \(OM,\s\up6(→))－eq \(OB,\s\up6(→)))＋(eq \(OM,\s\up6(→))－eq \(OC,\s\up6(→)))，
即eq \(MA,\s\up6(→))＝eq \(BM,\s\up6(→))＋eq \(CM,\s\up6(→))＝－eq \(MB,\s\up6(→))－eq \(MC,\s\up6(→))，
∴eq \(MA,\s\up6(→))，eq \(MB,\s\up6(→))，eq \(MC,\s\up6(→))共面.
(2)由(1)知，eq \(MA,\s\up6(→))，eq \(MB,\s\up6(→))，eq \(MC,\s\up6(→))共面且基线过同一点M，
∴M，A，B，C四点共面，从而点M在平面ABC内.
变式3、.如图所示，已知斜三棱柱ABC A1B1C1，点M，N分别在AC1和BC上，且满足eq \(AM,\s\up7(―→))＝keq \(AC1,\s\up7(―→))，eq \(BN,\s\up7(―→))＝keq \(BC,\s\up7(―→))(0≤k≤1)．判断向量eq \(MN,\s\up7(―→))是否与向量eq \(AB,\s\up7(―→))，eq \(AA1,\s\up7(―→))共面．
【解析】∵eq \(AM,\s\up7(―→))＝keq \(AC1,\s\up7(―→))，eq \(BN,\s\up7(―→))＝keq \(BC,\s\up7(―→))，
∴eq \(MN,\s\up7(―→))＝eq \(MA,\s\up7(―→))＋eq \(AB,\s\up7(―→))＋eq \(BN,\s\up7(―→))＝keq \(C1A,\s\up7(―→))＋eq \(AB,\s\up7(―→))＋keq \(BC,\s\up7(―→))＝k(eq \(C1A,\s\up7(―→))＋eq \(BC,\s\up7(―→)))＋eq \(AB,\s\up7(―→))＝k(eq \(C1A,\s\up7(―→))＋eq \(B1C1,\s\up7(―→)))＋eq \(AB,\s\up7(―→))＝keq \(B1A,\s\up7(―→))＋eq \(AB,\s\up7(―→))＝eq \(AB,\s\up7(―→))－keq \(AB1,\s\up7(―→))＝eq \(AB,\s\up7(―→))－k(eq \(AA1,\s\up7(―→))＋eq \(AB,\s\up7(―→)))＝(1－k)eq \(AB,\s\up7(―→))－keq \(AA1,\s\up7(―→))，
∴由共面向量定理知向量eq \(MN,\s\up7(―→))与向量eq \(AB,\s\up7(―→))，eq \(AA1,\s\up7(―→))共面．
方法总结：证明空间三点P，A，B共线的方法有：①eq \(PA,\s\up6(→))＝λeq \(PB,\s\up6(→)) (λ∈R)；
②对空间任一点O，eq \(OP,\s\up6(→))＝xeq \(OA,\s\up6(→))＋yeq \(OB,\s\up6(→)) (x＋y＝1). 证明空间四点P，M，A，B共面的方法有：①eq \(MP,\s\up6(→))＝xeq \(MA,\s\up6(→))＋yeq \(MB,\s\up6(→))；②对空间任一点O，eq \(OP,\s\up6(→))＝xeq \(OM,\s\up6(→))＋yeq \(OA,\s\up6(→))＋zeq \(OB,\s\up6(→)) (x＋y＋z＝1)；③eq \(PM,\s\up6(→))∥eq \(AB,\s\up6(→)) (或eq \(PA,\s\up6(→))∥eq \(MB,\s\up6(→))或eq \(PB,\s\up6(→))∥eq \(AM,\s\up6(→))). 三点共线通常转化为向量共线，四点共面通常转化为向量共面，线面平行可转化为向量共线、共面来证明．
考向三 空间向量数量积的应用
例3、 如图所示，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．
【解析】：(1)记eq \(AB,\s\up6(→))＝a，eq \(AD,\s\up6(→))＝b，eq \(AA1,\s\up6(→))＝c，
则|a|＝|b|＝|c|＝1，〈a，b〉＝〈b，c〉＝〈c，a〉＝60°，
∴a·b＝b·c＝c·a＝eq \f(1,2)．
|eq \(AC1,\s\up6(→))|2＝(a＋b＋c)2＝a2＋b2＋c2＋2(a·b＋b·c＋c·a)
＝1＋1＋1＋2×(eq \f(1,2)＋eq \f(1,2)＋eq \f(1,2))＝6，
∴|eq \(AC1,\s\up6(→))|＝eq \r(6)，即AC1的长为eq \r(6)．
(2)∵eq \(AC1,\s\up6(→))＝a＋b＋c，
eq \(BD,\s\up6(→))＝b－a，
∴eq \(AC1,\s\up6(→))·eq \(BD,\s\up6(→))＝(a＋b＋c)(b－a)
＝a·b＋|b|2＋b·c－|a|2－a·b－a·c
＝b·c－a·c
＝|b||c|cs 60°－|a||c|cs 60°＝0．
∴eq \(AC1,\s\up6(→))⊥eq \(BD,\s\up6(→))，∴AC1⊥BD．
(3)eq \(BD1,\s\up6(→))＝b＋c－a，eq \(AC,\s\up6(→))＝a＋b，∴|eq \(BD1,\s\up6(→))|＝eq \r(2)，|eq \(AC,\s\up6(→))|＝eq \r(3)，
eq \(BD1,\s\up6(→))·eq \(AC,\s\up6(→))＝(b＋c－a)·(a＋b)
＝b2－a2＋a·c＋b·c＝1．
∴cs〈eq \(BD1,\s\up6(→))，eq \(AC,\s\up6(→))〉＝eq \f(\(BD1,\s\up6(→))·\(AC,\s\up6(→)),|\(BD1,\s\up6(→))||\(AC,\s\up6(→))|)＝eq \f(\r(6),6)．
∴AC与BD1夹角的余弦值为eq \f(\r(6),6)．
方法总结：空间向量数量积计算的两种方法：(1)基向量法：a·b＝|a||b|cs〈a，b〉. (2)坐标法：设a＝(x1，y1，z1)，b＝(x2，y2，z2)，则a·b＝x1x2＋y1y2＋z1z2. 利用向量的数量积可证明线段的垂直关系，也可以利用垂直关系，通过向量共线确定点在线段上的位置. 利用夹角公式，可以求异面直线所成的角，也可以求二面角. 可以通过|a|＝eq \r(a2)，将向量的长度问题转化为向量数量积的问题求解，体现转化与化归的数学思想
考向四 利用空间向量证明平行或垂直
例4 如图，已知AA1⊥平面ABC，BB1∥AA1，AB＝AC＝3，BC＝2eq \r(5)，AA1＝eq \r(7)，BB1＝2eq \r(7)，点E和F分别为BC和A1C的中点.
(1)求证：EF∥平面A1B1BA；
(2)求证：平面AEA1⊥平面BCB1.
证明 因为AB＝AC，E为BC的中点，所以AE⊥BC.
因为AA1⊥平面ABC，AA1∥BB1，
所以过E作平行于BB1的垂线为z轴，EC，EA所在直线分别为x轴，y轴，建立如图所示的空间直角坐标系.
因为AB＝3，BE＝eq \r(5)，所以AE＝2，
所以E(0，0，0)，C(eq \r(5)，0，0)，A(0，2，0)，B(－eq \r(5)，0，0)，B1(－eq \r(5)，0，2eq \r(7))，A1(0，2，eq \r(7))，则Feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(5),2)，1，\f(\r(7),2))).
(1)eq \(EF,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(5),2)，1，\f(\r(7),2)))，eq \(AB,\s\up6(→))＝(－eq \r(5)，－2，0)，eq \(AA1,\s\up6(→))＝(0，0，eq \r(7)).
设平面A1B1BA的一个法向量为n＝(x，y，z)，
则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(n·\(AB,\s\up6(→))＝0，,n·\(AA1,\s\up6(→))＝0，))所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(－\r(5)x－2y＝0，,\r(7)z＝0，))
取eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝－2，,y＝\r(5)，,z＝0，))所以n＝(－2，eq \r(5)，0).
因为eq \(EF,\s\up6(→))·n＝eq \f(\r(5),2)×(－2)＋1×eq \r(5)＋eq \f(\r(7),2)×0＝0，
所以eq \(EF,\s\up6(→))⊥n.
又EF⊄平面A1B1BA，
所以EF∥平面A1B1BA.
(2)因为EC⊥平面AEA1，
所以eq \(EC,\s\up6(→))＝(eq \r(5)，0，0)为平面AEA1的一个法向量.
又EA⊥平面BCB1，
所以eq \(EA,\s\up6(→))＝(0，2，0)为平面BCB1的一个法向量.
因为eq \(EC,\s\up6(→))·eq \(EA,\s\up6(→))＝0，所以eq \(EC,\s\up6(→))⊥eq \(EA,\s\up6(→))，
故平面AEA1⊥平面BCB1.
变式1、在如图所示的长方体ABCD-A1B1C1D1中，底面ABCD是边长为2的正方形，O为AC与BD的交点，BB1＝ eq \r(2)，M是线段B1D1的中点．求证：
(1) BM∥平面D1AC；
(2) D1O⊥平面AB1C.
【解析】 (1) 以D为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则O(1，1，0)，D1(0，0， eq \r(2))，B(2，2，0)，M(1，1， eq \r(2))，
所以 eq \(OD1,\s\up6(→))＝(－1，－1， eq \r(2))， eq \(BM,\s\up6(→))＝(－1，－1， eq \r(2))，
所以 eq \(OD1,\s\up6(→))＝ eq \(BM,\s\up6(→)).
又因为OD1与BM不共线，
所以OD1∥BM.
又OD1⊂平面D1AC，BM⊄平面D1AC，
所以BM∥平面D1AC.
(2) 连接OB1，点B1(2，2， eq \r(2))，A(2，0，0)，C(0，2，0).
因为 eq \(OD1,\s\up6(→))· eq \(OB1,\s\up6(→))＝(－1，－1， eq \r(2))·(1，1， eq \r(2))＝0， eq \(OD1,\s\up6(→))· eq \(AC,\s\up6(→))＝(－1，－1， eq \r(2))·(－2，2，0)＝0，
所以 eq \(OD1,\s\up6(→))⊥ eq \(OB1,\s\up6(→))， eq \(OD1,\s\up6(→))⊥ eq \(AC,\s\up6(→))，
即OD1⊥OB1，OD1⊥AC.
又OB1∩AC＝O，OB1⊂平面AB1C，AC⊂平面AB1C，
所以D1O⊥平面AB1C.
变式2、 如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是边长为a的正方形，侧面PAD⊥底面ABCD，且PA＝PD＝ eq \f(\r(2),2)AD，设E，F分别为PC，BD的中点．求证：
(1) EF∥平面PAD；
(2) 平面PAB⊥平面PDC.
【解析】 (1) 如图，取AD的中点O，连接OP，OF.
因为PA＝PD，所以PO⊥AD.
因为侧面PAD⊥底面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，PO⊂平面PAD，
所以PO⊥平面ABCD.
又O，F分别为AD，BD的中点，
所以OF∥AB.
又四边形ABCD是正方形，所以OF⊥AD.
因为PA＝PD＝ eq \f(\r(2),2)AD，
所以PA⊥PD，OP＝OA＝ eq \f(a,2).
以O为坐标原点，OA，OF，OP所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则A eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a,2)，0，0))，F eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(a,2)，0))，D eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(a,2)，0，0))，P eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，0，\f(a,2)))，B eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a,2)，a，0))，C eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(a,2)，a，0)).
因为E为PC的中点，所以E eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(a,4)，\f(a,2)，\f(a,4))).
易知平面PAD的一个法向量为 eq \(OF,\s\up6(→))＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(a,2)，0)).
因为 eq \(EF,\s\up6(→))＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a,4)，0，－\f(a,4)))，且 eq \(OF,\s\up6(→))· eq \(EF,\s\up6(→))＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(a,2)，0))· eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a,4)，0，－\f(a,4)))＝0，
所以 eq \(OF,\s\up6(→))⊥ eq \(EF,\s\up6(→))，所以EF∥平面PAD.
(2) 因为 eq \(PA,\s\up6(→))＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a,2)，0，－\f(a,2)))， eq \(CD,\s\up6(→))＝(0，－a，0)，
所以 eq \(PA,\s\up6(→))· eq \(CD,\s\up6(→))＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a,2)，0，－\f(a,2)))·(0，－a，0)＝0，
所以 eq \(PA,\s\up6(→))⊥ eq \(CD,\s\up6(→))，所以PA⊥CD.
又PA⊥PD，PD∩CD＝D，PD⊂平面PDC，CD⊂平面PDC，
所以PA⊥平面PDC.
又PA⊂平面PAB，
所以平面PAB⊥平面PDC.
1、如图所示，在平行六面体ABCD－A1B1C1D1中，M为A1C1与B1D1的交点.若eq \(AB,\s\up6(→))＝a，eq \(AD,\s\up6(→))＝b，eq \(AA1,\s\up6(→))＝c，则下列向量中与eq \(BM,\s\up6(→))相等的向量是( )
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
【答案】 A
【解析】 eq \(BM,\s\up6(→))＝eq \(BB1,\s\up6(→))＋eq \(B1M,\s\up6(→))＝eq \(AA1,\s\up6(→))＋eq \f(1,2)(eq \(AD,\s\up6(→))－eq \(AB,\s\up6(→)))＝c＋eq \f(1,2)(b－a)＝－eq \f(1,2)a＋eq \f(1,2)b＋c.
2、已知a＝(1，0，1)，b＝(x，1，2)，且a·b＝3，则向量a与b的夹角为( )
A.eq \f(5π,6) B.eq \f(2π,3) C.eq \f(π,3) D.eq \f(π,6)
【答案】： D
【解析】： ∵a·b＝x＋2＝3，∴x＝1，∴b＝(1，1，2)，
∴cs〈a，b〉＝eq \f(a·b,|a||b|)＝eq \f(3,\r(2)×\r(6))＝eq \f(\r(3),2)，
又∵〈a，b〉∈[0，π]，∴a与b的夹角为eq \f(π,6)，故选D.
3、(多选)已知点P是平行四边形ABCD所在的平面外一点，如果eq \(AB,\s\up7(―→))＝(2，－1，－4)，eq \(AD,\s\up7(―→))＝(4,2,0)，eq \(AP,\s\up7(―→))＝(－1,2，－1)．下列结论正确的有( )
A．AP⊥AB
B．AP⊥AD
C.eq \(AP,\s\up7(―→))是平面ABCD的一个法向量
D.eq \(AP,\s\up7(―→))∥eq \(BD,\s\up7(―→))
【答案】ABC
【解析】对于A，eq \(AB,\s\up7(―→))·eq \(AP,\s\up7(―→))＝2×(－1)＋(－1)×2＋(－4)×(－1)＝0，∴eq \(AP,\s\up7(―→))⊥eq \(AB,\s\up7(―→))，即AP⊥AB，A正确；对于B，eq \(AP,\s\up7(―→))·eq \(AD,\s\up7(―→))＝(－1)×4＋2×2＋(－1)×0＝0，∴eq \(AP,\s\up7(―→))⊥eq \(AD,\s\up7(―→))，即AP⊥AD，B正确；对于C，由eq \(AP,\s\up7(―→))⊥eq \(AB,\s\up7(―→))，且eq \(AP,\s\up7(―→))⊥eq \(AD,\s\up7(―→))，得出eq \(AP,\s\up7(―→))是平面ABCD的一个法向量，C正确；对于D，由eq \(AP,\s\up7(―→))是平面ABCD的法向量，得出eq \(AP,\s\up7(―→))⊥eq \(BD,\s\up7(―→))，则D错误．故选A、B、C.
4、(多选)已知ABCDA1B1C1D1为正方体，下列说法中正确的是( )
A．(eq \(A1A,\s\up7(―→))＋eq \(A1D1,\s\up7(―→))＋eq \(A1B1,\s\up7(―→)))2＝3(eq \(A1B1,\s\up7(―→)))2
B.eq \(A1C,\s\up7(―→))·(eq \(A1B1,\s\up7(―→))－eq \(A1A,\s\up7(―→)))＝0
C．向量eq \(AD1,\s\up7(―→))与向量eq \(A1B,\s\up7(―→))的夹角是60°
D．正方体ABCDA1B1C1D1的体积为|eq \(AB,\s\up7(―→))·eq \(AA1,\s\up7(―→))·eq \(AD,\s\up7(―→))|
【答案】AB
【解析】由向量的加法得到：eq \(A1A,\s\up7(―→))＋eq \(A1D1,\s\up7(―→))＋eq \(A1B1,\s\up7(―→))＝eq \(A1C,\s\up7(―→))，∵A1C2＝3A1Beq \\al(2,1)，∴(eq \(A1C,\s\up7(―→)))2＝3(eq \(A1B1,\s\up7(―→)))2，所以A正确；∵eq \(A1B1,\s\up7(―→))－eq \(A1A,\s\up7(―→))＝eq \(AB1,\s\up7(―→))，AB1⊥A1C，∴eq \(A1C,\s\up7(―→))·eq \(AB1,\s\up7(―→))＝0，故B正确；∵△ACD1是等边三角形，∴∠AD1C＝60°，又A1B∥D1C，∴异面直线AD1与A1B所成的角为60°，但是向量eq \(AD1,\s\up7(―→))与向量eq \(A1B,\s\up7(―→))的夹角是120°，故C不正确；∵AB⊥AA1，∴eq \(AB,\s\up7(―→))·eq \(AA1,\s\up7(―→))＝0，故|eq \(AB,\s\up7(―→))·eq \(AA1,\s\up7(―→))·eq \(AD,\s\up7(―→))|＝0，因此D不正确．故选A、B.
5、如图，正方形ABCD与矩形ACEF所在平面互相垂直，AB＝eq \r(2)，AF＝1，M在EF上，且AM∥平面BDE.则M点的坐标为( )
A.(1，1，1) B.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),3)，\f(\r(2),3)，1))
C.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)，\f(\r(2),2)，1)) D.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),4)，\f(\r(2),4)，1))
【答案】 C
【解析】 设AC与BD相交于O点，连接OE，由AM∥平面BDE，且AM⊂平面ACEF，平面ACEF∩平面BDE＝OE，∴AM∥EO.
又O是正方形ABCD对角线交点，
∴M为线段EF的中点.
在空间直角坐标系中，E(0，0，1)，F(eq \r(2)，eq \r(2)，1)，
由中点坐标公式，知点M的坐标eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)，\f(\r(2),2)，1)).
6、.如图，已知四棱柱ABCD－A1B1C1D1的底面A1B1C1D1为平行四边形，E为棱AB的中点，eq \(AF,\s\up6(→))＝eq \f(1,3)eq \(AD,\s\up6(→))，eq \(AG,\s\up6(→))＝2eq \(GA1,\s\up6(→))，AC1与平面EFG交于点M，则eq \f(AM,AC1)＝________.
【答案】 eq \f(2,13)
【解析】 由题图知，设eq \(AM,\s\up6(→))＝λeq \(AC1,\s\up6(→))(0＜λ＜1)，
由已知eq \(AC1,\s\up6(→))＝eq \(AB,\s\up6(→))＋eq \(AD,\s\up6(→))＋eq \(AA1,\s\up6(→))
＝2eq \(AE,\s\up6(→))＋3eq \(AF,\s\up6(→))＋eq \f(3,2)eq \(AG,\s\up6(→))，
所以eq \(AM,\s\up6(→))＝2λeq \(AE,\s\up6(→))＋3λeq \(AF,\s\up6(→))＋eq \f(3λ,2)eq \(AG,\s\up6(→)).
因为M，E，F，G四点共面，所以2λ＋3λ＋eq \f(3λ,2)＝1，解得λ＝eq \f(2,13).
7、.(2022·石家庄质检)如图，棱柱ABCD－A1B1C1D1的所有棱长都等于2，∠ABC和∠A1AC均为60°，平面AA1C1C⊥平面ABCD.
(1)求证：BD⊥AA1；
(2)在直线CC1上是否存在点P，使BP∥平面DA1C1？若存在，求出点P的位置，若不存在，请说明理由.
(1)证明 设BD与AC交于点O，
则BD⊥AC.连接A1O，
在△AA1O中，AA1＝2，AO＝1，∠A1AO＝60°，
所以A1O2＝AAeq \\al(2,1)＋AO2－2AA1·AOcs 60°＝3，
所以AO2＋A1O2＝AAeq \\al(2,1)，所以A1O⊥AO.
由于平面AA1C1C⊥平面ABCD，
且平面AA1C1C∩平面ABCD＝AC，
A1O⊂平面AA1C1C，
所以A1O⊥平面ABCD.
以OB，OC，OA1所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则A(0，－1，0)，B(eq \r(3)，0，0)，C(0，1，0)，
D(－eq \r(3)，0，0)，A1(0，0，eq \r(3))，C1(0，2，eq \r(3)).
由于eq \(BD,\s\up6(→))＝(－2eq \r(3)，0，0)，eq \(AA1,\s\up6(→))＝(0，1，eq \r(3))，eq \(AA1,\s\up6(→))·eq \(BD,\s\up6(→))＝0×(－2eq \r(3))＋1×0＋eq \r(3)×0＝0，
所以eq \(BD,\s\up6(→))⊥eq \(AA1,\s\up6(→))，即BD⊥AA1.
(2)解 假设在直线CC1上存在点P，
使BP∥平面DA1C1，
设eq \(CP,\s\up6(→))＝λeq \(CC1,\s\up6(→))，P(x，y，z)，
则(x，y－1，z)＝λ(0，1，eq \r(3))，
从而有P(0，1＋λ，eq \r(3)λ)，
eq \(BP,\s\up6(→))＝(－eq \r(3)，1＋λ，eq \r(3)λ).
又eq \(A1C1,\s\up6(→))＝(0，2，0)，eq \(DA1,\s\up6(→))＝(eq \r(3)，0，eq \r(3))，
设平面DA1C1的一个法向量为
n3＝(x3，y3，z3)，
则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(n3·\(A1C1,\s\up6(→))＝0，,n3·\(DA1,\s\up6(→))＝0，))
则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(2y3＝0，,\r(3)x3＋\r(3)z3＝0，))取n3＝(1，0，－1).
因为BP∥平面DA1C1，所以n3⊥eq \(BP,\s\up6(→))，
即n3·eq \(BP,\s\up6(→))＝－eq \r(3)－eq \r(3)λ＝0，解得λ＝－1，
即点P在C1C的延长线上，且CP＝CC1. 概念
语言描述
共线向量(平行向量)
表示空间向量的有向线段所在的直线互相平行或重合
共面向量
平行于同一个平面的向量
共线向量定理
对空间任意两个向量a，b(b≠0)，a∥b⇔存在λ∈R，使a＝λb
共面向量定理
若两个向量a，b不共线，则向量p与向量a，b共面⇔存在唯一的有序实数对(x，y)，使p＝xa＋yb
空间向量基本定理及推论
定理：如果三个向量a，b，c不共面，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p＝xa＋yb＋zc.
推论：设O，A，B，C是不共面的四点，则对平面ABC内任一点P都存在唯一的三个有序实数x，y，z，使eq \(OP, \s\up7(―→))＝xeq \(OA, \s\up7(―→))＋yeq \(OB, \s\up7(―→))＋zeq \(OC, \s\up7(―→))且x＋y＋z＝1
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)
数量积
a·b＝a1b1＋a2b2＋a3b3
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
cs〈a，b〉＝eq \f(a1b1＋a2b2＋a3b3,\r(a\\al(2,1)＋a\\al(2,2)＋a\\al(2,3))\r(b\\al(2,1)＋b\\al(2,2)＋b\\al(2,3)))
1．空间向量及其有关概念
2．数量积及坐标运算
(1)两个空间向量的数量积：①a·b＝|a||b|cs〈a，b〉；②a⊥b⇔a·b＝0(a，b为非零向量)；③设a＝(x，y，z)，则|a|2＝a2，|a|＝eq \r(x2＋y2＋z2).
(2)空间向量的坐标运算：
1、在下列命题中：
①若向量a，b共线，则向量a，b所在的直线平行；
②若向量a，b所在的直线为异面直线，则向量a，b一定不共面；
③若三个向量a，b，c两两共面，则向量a，b，c共面；
④已知空间的三个向量a，b，c，则对于空间的任意一个向量p总存在实数x，y，z使得p＝xa＋yb＋zc.
其中正确命题的个数是( )
A．0 B．1 C．2 D．3
【答案】： A
【解析】： a与b共线，a，b所在的直线也可能重合，故①不正确；根据自由向量的意义知，空间任意两向量a，b都共面，故②不正确；三个向量a，b，c中任意两个一定共面，但它们三个却不一定共面，故③不正确；只有当a，b，c不共面时，空间任意一向量p才能表示为p＝xa＋yb＋zc，故④不正确，综上可知四个命题中正确的个数为0，故选A.
2、已知向量a＝(1，1，0)，b＝(－1，0，2)，且ka＋b与2a－b互相垂直，则k的值是( )
A.eq \f(7,5) B.2 C.eq \f(5,3) D.1
【答案】 A
【解析】 因为a＝(1，1，0)，b＝(－1，0，2)，
所以a·b＝－1，|a|＝eq \r(2)，|b|＝eq \r(5).
又ka＋b与2a－b互相垂直，
所以(ka＋b)·(2a－b)＝0，
即2k|a|2－ka·b＋2a·b－|b|2＝0，
即4k＋k－2－5＝0，所以k＝eq \f(7,5).
3、空间四点A(2，3，6)，B(4，3，2)，C(0，0，1)，D(2，0，2)的位置关系为( )
A. 共线 B. 共面
C. 不共面 D. 无法确定
【答案】 C
【解析】 eq \(AB,\s\up6(→))＝(2，0，－4)， eq \(AC,\s\up6(→))＝(－2，－3，－5)， eq \(AD,\s\up6(→))＝(0，－3，－4).由不存在实数λ，使 eq \(AB,\s\up6(→))＝λ eq \(AC,\s\up6(→))成立，知点A，B，C不共线，故点A，B，C，D不共线；假设点A，B，C，D共面，则可设 eq \(AD,\s\up6(→))＝x eq \(AB,\s\up6(→))＋y eq \(AC,\s\up6(→)) (x，y为实数)，即 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(0＝2x－2y，,－3＝－3y，,－4＝－4x－5y，))由于该方程组无解，故点A，B，C，D不共面，故选C.
4、已知向量m是直线l的方向向量，向量n是平面α的法向量，则“m⊥n”是“l∥α”的( )
A. 充分不必要条件
B. 必要不充分条件
C. 充要条件
D. 既不充分又不必要条件
【答案】 B
【解析】 由l∥α，得m⊥n，所以“m⊥n”是“l∥α”的必要条件；而由m⊥n不一定有l∥α，也可能l⊂α，故“m⊥n”不是“l∥α”的充分条件．故“m⊥n”是“l∥α”的必要不充分条件．
5、 (2022·镇江高三开学考试)四棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面ABCD是边长为1的菱形，侧棱长为2，且∠C1CB＝∠C1CD＝∠BCD＝60°，则线段A1C的长度是( )
A. eq \r(6) B. eq \f(\r(34),2)
C. 3 D. eq \r(11)
【答案】 D
【解析】 因为 eq \(CA1,\s\up6(→))＝ eq \(CA,\s\up6(→))＋ eq \(AA1,\s\up6(→))＝ eq \(CA,\s\up6(→))＋ eq \(CC1,\s\up6(→))＝ eq \(CD,\s\up6(→))＋ eq \(CB,\s\up6(→))＋ eq \(CC1,\s\up6(→))，且∠C1CB＝∠C1CD＝∠BCD＝60°，所以( eq \(CA1,\s\up6(→)))2＝( eq \(CD,\s\up6(→))＋ eq \(CB,\s\up6(→))＋ eq \(CC1,\s\up6(→)))2＝| eq \(CD,\s\up6(→))|2＋| eq \(CB,\s\up6(→))|2＋| eq \(CC1,\s\up6(→))|2＋2| eq \(CD,\s\up6(→))|×| eq \(CB,\s\up6(→))|×cs 60°＋2| eq \(CD,\s\up6(→))|×| eq \(CC1,\s\up6(→))|×cs 60°＋2| eq \(CB,\s\up6(→))|×| eq \(CC1,\s\up6(→))|×cs 60°＝1＋1＋4＋2× eq \f(1,2)＋2×2× eq \f(1,2)＋2×2× eq \f(1,2)＝11，所以| eq \(CA1,\s\up6(→))|＝ eq \r(11)，即线段A1C的长度是 eq \r(11).
考向一 空间向量的线性运算
例1 、(1) 已知向量a＝(－2，－3，1)，b＝(2，0，4)，c＝(－4，－6，2)，则下列结论中正确的是________；(填序号)
①a∥b，a∥c; ②a∥b，a⊥c；③a∥c，a⊥b.
【解析】 因为c＝(－4，－6，2)＝2(－2，－3，1)＝2a，所以a∥c.又a·b＝(－2)×2＋(－3)×0＋1×4＝0，所以a⊥b.
【答案】 ③
(2) 已知a＝(2，－1，2)，b＝(－4，2，x)，且a∥b，则x＝________．
【解析】 因为a∥b，所以－x＝4，即x＝－4.
【答案】 －4
（3）在三棱锥O-ABC中，M，N分别是OA，BC的中点，G是△ABC的重心，用向量 eq \(OA,\s\up6(→))， eq \(OB,\s\up6(→))， eq \(OC,\s\up6(→))表示 eq \(MG,\s\up6(→))， eq \(OG,\s\up6(→)).
【解析】 eq \(MG,\s\up6(→))＝ eq \(MA,\s\up6(→))＋ eq \(AG,\s\up6(→))＝ eq \f(1,2) eq \(OA,\s\up6(→))＋ eq \f(2,3) eq \(AN,\s\up6(→))
＝ eq \f(1,2) eq \(OA,\s\up6(→))＋ eq \f(2,3)( eq \(ON,\s\up6(→))－ eq \(OA,\s\up6(→)))
＝ eq \f(1,2) eq \(OA,\s\up6(→))＋ eq \f(2,3)[ eq \f(1,2)( eq \(OB,\s\up6(→))＋ eq \(OC,\s\up6(→)))－ eq \(OA,\s\up6(→))]
＝－ eq \f(1,6) eq \(OA,\s\up6(→))＋ eq \f(1,3) eq \(OB,\s\up6(→))＋ eq \f(1,3) eq \(OC,\s\up6(→)).
eq \(OG,\s\up6(→))＝ eq \(OM,\s\up6(→))＋ eq \(MG,\s\up6(→))
＝ eq \f(1,2) eq \(OA,\s\up6(→))－ eq \f(1,6) eq \(OA,\s\up6(→))＋ eq \f(1,3) eq \(OB,\s\up6(→))＋ eq \f(1,3) eq \(OC,\s\up6(→))
＝ eq \f(1,3) eq \(OA,\s\up6(→))＋ eq \f(1,3) eq \(OB,\s\up6(→))＋ eq \f(1,3) eq \(OC,\s\up6(→)).
变式1、（1）如图所示，在平行六面体ABCD—A1B1C1D1中，M为A1C1与B1D1的交点．若eq \(AB,\s\up6(→))＝a，eq \(AD,\s\up6(→))＝b，eq \(AA1,\s\up6(→))＝c，则向量eq \(BM,\s\up6(→))＝ (用a，b，c表示)．
【答案】：－eq \f(1,2)a＋eq \f(1,2)b＋c
【解析】：eq \(BM,\s\up6(→))＝eq \(BB1,\s\up6(→))＋eq \(B1M,\s\up6(→))＝eq \(AA1,\s\up6(→))＋eq \f(1,2)(eq \(AD,\s\up6(→))－eq \(AB,\s\up6(→)))
＝c＋eq \f(1,2)(b－a)＝－eq \f(1,2)a＋eq \f(1,2)b＋c．
（2）如图，在四面体O－ABC中，eq \(OA,\s\up6(→))＝a，eq \(OB,\s\up6(→))＝b，eq \(OC,\s\up6(→))＝c，D为BC的中点，E为AD的中点，则eq \(OE,\s\up6(→))＝ (用a，b，c表示)．
【答案】：eq \f(1,2)a＋eq \f(1,4)b＋eq \f(1,4)c
【解析】：eq \(OE,\s\up6(→))＝eq \f(1,2)eq \(OA,\s\up6(→))＋eq \f(1,2)eq \(OD,\s\up6(→))＝eq \f(1,2)eq \(OA,\s\up6(→))＋eq \f(1,4)eq \(OB,\s\up6(→))＋eq \f(1,4)eq \(OC,\s\up6(→))
＝eq \f(1,2)a＋eq \f(1,4)b＋eq \f(1,4)c．
变式2、(多选)(2022·威海调研)如图所示，M是四面体OABC的棱BC的中点，点N在线段OM上，点P在线段AN上，且AP＝3PN，eq \(ON,\s\up6(→))＝eq \f(2,3)eq \(OM,\s\up6(→))，设eq \(OA,\s\up6(→))＝a，eq \(OB,\s\up6(→))＝b，eq \(OC,\s\up6(→))＝c，则下列等式成立的是( )
A.eq \(OM,\s\up6(→))＝eq \f(1,2)b－eq \f(1,2)c
B.eq \(AN,\s\up6(→))＝eq \f(1,3)b＋eq \f(1,3)c－a
C.eq \(AP,\s\up6(→))＝eq \f(1,4)b－eq \f(1,4)c－eq \f(3,4)a
D.eq \(OP,\s\up6(→))＝eq \f(1,4)a＋eq \f(1,4)b＋eq \f(1,4)c
【答案】 BD
【解析】 对于A，利用向量的平行四边形法则，eq \(OM,\s\up6(→))＝eq \f(1,2)eq \(OB,\s\up6(→))＋eq \f(1,2)eq \(OC,\s\up6(→))＝eq \f(1,2)b＋eq \f(1,2)c，A错误；
对于B，利用向量的平行四边形法则和三角形法则，得eq \(AN,\s\up6(→))＝eq \(ON,\s\up6(→))－eq \(OA,\s\up6(→))＝eq \f(2,3)eq \(OM,\s\up6(→))－eq \(OA,\s\up6(→))＝eq \f(2,3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)\(OB,\s\up6(→))＋\f(1,2)\(OC,\s\up6(→))))－eq \(OA,\s\up6(→))＝eq \f(1,3)eq \(OB,\s\up6(→))＋eq \f(1,3)eq \(OC,\s\up6(→))－eq \(OA,\s\up6(→))＝eq \f(1,3)b＋eq \f(1,3)c－a，B正确；
对于C，因为点P在线段AN上，且AP＝3PN，所以eq \(AP,\s\up6(→))＝eq \f(3,4)eq \(AN,\s\up6(→))＝eq \f(3,4)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)b＋\f(1,3)c－a))＝eq \f(1,4)b＋eq \f(1,4)c－eq \f(3,4)a，C错误；
对于D，eq \(OP,\s\up6(→))＝eq \(OA,\s\up6(→))＋eq \(AP,\s\up6(→))＝a＋eq \f(1,4)b＋eq \f(1,4)c－eq \f(3,4)a＝eq \f(1,4)a＋eq \f(1,4)b＋eq \f(1,4)c，D正确.
方法总结：本题考查空间向量基本定理及向量的线性运算. 用不共面的三个向量作为基向量表示某一向量时注意以下三点：(1)结合已知和所求向量观察图形，将已知向量和未知向量转化至三角形或平行四边形中是解题的关键. (2)要正确理解向量加法、减法与数乘运算的几何意义，首尾相接的若干向量之和，等于由起始向量的起点指向末尾向量的终点的向量，我们把这个法则称为向量加法的多边形法则. (3)在立体几何中三角形法则、平行四边形法则仍然成立．
考向二 共线、共面向量定理的应用
例2、已知E，F，G，H分别是空间四边形ABCD的边AB，BC，CD，DA的中点．
(1) 求证：E，F，G，H四点共面；
(2) 求证：BD∥平面EFGH；
(3) 设M是EG和FH的交点，求证：对空间任一点O，有 eq \(OM,\s\up6(→))＝ eq \f(1,4)( eq \(OA,\s\up6(→))＋ eq \(OB,\s\up6(→))＋ eq \(OC,\s\up6(→))＋ eq \(OD,\s\up6(→))).
【解析】 (1) 连接BG，
则 eq \(EG,\s\up6(→))＝ eq \(EB,\s\up6(→))＋ eq \(BG,\s\up6(→))＝ eq \(EB,\s\up6(→))＋ eq \f(1,2)( eq \(BC,\s\up6(→))＋ eq \(BD,\s\up6(→)))＝ eq \(EB,\s\up6(→))＋ eq \(BF,\s\up6(→))＋ eq \(EH,\s\up6(→))＝ eq \(EF,\s\up6(→))＋ eq \(EH,\s\up6(→))，
由共面向量定理的推论，得E，F，G，H四点共面．
(2) 因为 eq \(EH,\s\up6(→))＝ eq \(AH,\s\up6(→))－ eq \(AE,\s\up6(→))＝ eq \f(1,2) eq \(AD,\s\up6(→))－ eq \f(1,2) eq \(AB,\s\up6(→))＝ eq \f(1,2)( eq \(AD,\s\up6(→))－ eq \(AB,\s\up6(→)))＝ eq \f(1,2) eq \(BD,\s\up6(→))，所以EH∥BD.
又EH⊂平面EFGH，BD⊄平面EFGH，
所以BD∥平面EFGH.
(3) 任取一点O，连接OM，OA，OB，OC，OD，OE，OG.由(2)，知 eq \(EH,\s\up6(→))＝ eq \f(1,2) eq \(BD,\s\up6(→))，同理 eq \(FG,\s\up6(→))＝ eq \f(1,2) eq \(BD,\s\up6(→))，
所以 eq \(EH,\s\up6(→))＝ eq \(FG,\s\up6(→))，即EH与FG平行且相等，
所以四边形EFGH是平行四边形，
所以EG，FH交于一点M，且被点M平分．
故 eq \(OM,\s\up6(→))＝ eq \f(1,2)( eq \(OE,\s\up6(→))＋ eq \(OG,\s\up6(→)))＝ eq \f(1,2) eq \(OE,\s\up6(→))＋ eq \f(1,2) eq \(OG,\s\up6(→))
＝ eq \f(1,2) eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2)(\(OA,\s\up6(→))＋\(OB,\s\up6(→)))))＋ eq \f(1,2) eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2)(\(OC,\s\up6(→))＋\(OD,\s\up6(→)))))
＝ eq \f(1,4)( eq \(OA,\s\up6(→))＋ eq \(OB,\s\up6(→))＋ eq \(OC,\s\up6(→))＋ eq \(OD,\s\up6(→))).
变式1、(多选)(2021·武汉质检)下列说法中正确的是( )
A.|a|－|b|＝|a＋b|是a，b共线的充要条件
B.若eq \(AB,\s\up6(→))，eq \(CD,\s\up6(→))共线，则AB∥CD
C.A，B，C三点不共线，对空间任意一点O，若eq \(OP,\s\up6(→))＝eq \f(3,4)eq \(OA,\s\up6(→))＋eq \f(1,8)eq \(OB,\s\up6(→))＋eq \f(1,8)eq \(OC,\s\up6(→))，则P，A，B，C四点共面
D.若P，A，B，C为空间四点，且有eq \(PA,\s\up6(→))＝λeq \(PB,\s\up6(→))＋μeq \(PC,\s\up6(→))(eq \(PB,\s\up6(→))，eq \(PC,\s\up6(→))不共线)，则λ＋μ＝1是A，B，C三点共线的充要条件
【答案】 CD
【解析】 由|a|－|b|＝|a＋b|，可得向量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eq \(AB,\s\up6(→))，eq \(CD,\s\up6(→))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eq \(OP,\s\up6(→))＝eq \f(3,4)eq \(OA,\s\up6(→))＋eq \f(1,8)eq \(OB,\s\up6(→))＋eq \f(1,8)eq \(OC,\s\up6(→))，因为eq \f(3,4)＋eq \f(1,8)＋eq \f(1,8)＝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eq \(PA,\s\up6(→))＝λeq \(PB,\s\up6(→))＋μeq \(PC,\s\up6(→))(eq \(PB,\s\up6(→))，eq \(PC,\s\up6(→))不共线)，当λ＋μ＝1时，即μ＝1－λ，可得eq \(PA,\s\up6(→))－eq \(PC,\s\up6(→))＝λ(eq \(PB,\s\up6(→))＋eq \(CP,\s\up6(→)))，即eq \(CA,\s\up6(→))＝λeq \(CB,\s\up6(→))，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.
变式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eq \(OM,\s\up6(→))＝eq \f(1,3)(eq \(OA,\s\up6(→))＋eq \(OB,\s\up6(→))＋eq \(OC,\s\up6(→))).
(1)判断eq \(MA,\s\up6(→))，eq \(MB,\s\up6(→))，eq \(MC,\s\up6(→))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 \(OA,\s\up6(→))＋eq \(OB,\s\up6(→))＋eq \(OC,\s\up6(→))＝3eq \(OM,\s\up6(→))，
∴eq \(OA,\s\up6(→))－eq \(OM,\s\up6(→))＝(eq \(OM,\s\up6(→))－eq \(OB,\s\up6(→)))＋(eq \(OM,\s\up6(→))－eq \(OC,\s\up6(→)))，
即eq \(MA,\s\up6(→))＝eq \(BM,\s\up6(→))＋eq \(CM,\s\up6(→))＝－eq \(MB,\s\up6(→))－eq \(MC,\s\up6(→))，
∴eq \(MA,\s\up6(→))，eq \(MB,\s\up6(→))，eq \(MC,\s\up6(→))共面.
(2)由(1)知，eq \(MA,\s\up6(→))，eq \(MB,\s\up6(→))，eq \(MC,\s\up6(→))共面且基线过同一点M，
∴M，A，B，C四点共面，从而点M在平面ABC内.
变式3、.如图所示，已知斜三棱柱ABC A1B1C1，点M，N分别在AC1和BC上，且满足eq \(AM,\s\up7(―→))＝keq \(AC1,\s\up7(―→))，eq \(BN,\s\up7(―→))＝keq \(BC,\s\up7(―→))(0≤k≤1)．判断向量eq \(MN,\s\up7(―→))是否与向量eq \(AB,\s\up7(―→))，eq \(AA1,\s\up7(―→))共面．
【解析】∵eq \(AM,\s\up7(―→))＝keq \(AC1,\s\up7(―→))，eq \(BN,\s\up7(―→))＝keq \(BC,\s\up7(―→))，
∴eq \(MN,\s\up7(―→))＝eq \(MA,\s\up7(―→))＋eq \(AB,\s\up7(―→))＋eq \(BN,\s\up7(―→))＝keq \(C1A,\s\up7(―→))＋eq \(AB,\s\up7(―→))＋keq \(BC,\s\up7(―→))＝k(eq \(C1A,\s\up7(―→))＋eq \(BC,\s\up7(―→)))＋eq \(AB,\s\up7(―→))＝k(eq \(C1A,\s\up7(―→))＋eq \(B1C1,\s\up7(―→)))＋eq \(AB,\s\up7(―→))＝keq \(B1A,\s\up7(―→))＋eq \(AB,\s\up7(―→))＝eq \(AB,\s\up7(―→))－keq \(AB1,\s\up7(―→))＝eq \(AB,\s\up7(―→))－k(eq \(AA1,\s\up7(―→))＋eq \(AB,\s\up7(―→)))＝(1－k)eq \(AB,\s\up7(―→))－keq \(AA1,\s\up7(―→))，
∴由共面向量定理知向量eq \(MN,\s\up7(―→))与向量eq \(AB,\s\up7(―→))，eq \(AA1,\s\up7(―→))共面．
方法总结：证明空间三点P，A，B共线的方法有：①eq \(PA,\s\up6(→))＝λeq \(PB,\s\up6(→)) (λ∈R)；
②对空间任一点O，eq \(OP,\s\up6(→))＝xeq \(OA,\s\up6(→))＋yeq \(OB,\s\up6(→)) (x＋y＝1). 证明空间四点P，M，A，B共面的方法有：①eq \(MP,\s\up6(→))＝xeq \(MA,\s\up6(→))＋yeq \(MB,\s\up6(→))；②对空间任一点O，eq \(OP,\s\up6(→))＝xeq \(OM,\s\up6(→))＋yeq \(OA,\s\up6(→))＋zeq \(OB,\s\up6(→)) (x＋y＋z＝1)；③eq \(PM,\s\up6(→))∥eq \(AB,\s\up6(→)) (或eq \(PA,\s\up6(→))∥eq \(MB,\s\up6(→))或eq \(PB,\s\up6(→))∥eq \(AM,\s\up6(→))). 三点共线通常转化为向量共线，四点共面通常转化为向量共面，线面平行可转化为向量共线、共面来证明．
考向三 空间向量数量积的应用
例3、 如图所示，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．
【解析】：(1)记eq \(AB,\s\up6(→))＝a，eq \(AD,\s\up6(→))＝b，eq \(AA1,\s\up6(→))＝c，
则|a|＝|b|＝|c|＝1，〈a，b〉＝〈b，c〉＝〈c，a〉＝60°，
∴a·b＝b·c＝c·a＝eq \f(1,2)．
|eq \(AC1,\s\up6(→))|2＝(a＋b＋c)2＝a2＋b2＋c2＋2(a·b＋b·c＋c·a)
＝1＋1＋1＋2×(eq \f(1,2)＋eq \f(1,2)＋eq \f(1,2))＝6，
∴|eq \(AC1,\s\up6(→))|＝eq \r(6)，即AC1的长为eq \r(6)．
(2)∵eq \(AC1,\s\up6(→))＝a＋b＋c，
eq \(BD,\s\up6(→))＝b－a，
∴eq \(AC1,\s\up6(→))·eq \(BD,\s\up6(→))＝(a＋b＋c)(b－a)
＝a·b＋|b|2＋b·c－|a|2－a·b－a·c
＝b·c－a·c
＝|b||c|cs 60°－|a||c|cs 60°＝0．
∴eq \(AC1,\s\up6(→))⊥eq \(BD,\s\up6(→))，∴AC1⊥BD．
(3)eq \(BD1,\s\up6(→))＝b＋c－a，eq \(AC,\s\up6(→))＝a＋b，∴|eq \(BD1,\s\up6(→))|＝eq \r(2)，|eq \(AC,\s\up6(→))|＝eq \r(3)，
eq \(BD1,\s\up6(→))·eq \(AC,\s\up6(→))＝(b＋c－a)·(a＋b)
＝b2－a2＋a·c＋b·c＝1．
∴cs〈eq \(BD1,\s\up6(→))，eq \(AC,\s\up6(→))〉＝eq \f(\(BD1,\s\up6(→))·\(AC,\s\up6(→)),|\(BD1,\s\up6(→))||\(AC,\s\up6(→))|)＝eq \f(\r(6),6)．
∴AC与BD1夹角的余弦值为eq \f(\r(6),6)．
方法总结：空间向量数量积计算的两种方法：(1)基向量法：a·b＝|a||b|cs〈a，b〉. (2)坐标法：设a＝(x1，y1，z1)，b＝(x2，y2，z2)，则a·b＝x1x2＋y1y2＋z1z2. 利用向量的数量积可证明线段的垂直关系，也可以利用垂直关系，通过向量共线确定点在线段上的位置. 利用夹角公式，可以求异面直线所成的角，也可以求二面角. 可以通过|a|＝eq \r(a2)，将向量的长度问题转化为向量数量积的问题求解，体现转化与化归的数学思想
考向四 利用空间向量证明平行或垂直
例4 如图，已知AA1⊥平面ABC，BB1∥AA1，AB＝AC＝3，BC＝2eq \r(5)，AA1＝eq \r(7)，BB1＝2eq \r(7)，点E和F分别为BC和A1C的中点.
(1)求证：EF∥平面A1B1BA；
(2)求证：平面AEA1⊥平面BCB1.
证明 因为AB＝AC，E为BC的中点，所以AE⊥BC.
因为AA1⊥平面ABC，AA1∥BB1，
所以过E作平行于BB1的垂线为z轴，EC，EA所在直线分别为x轴，y轴，建立如图所示的空间直角坐标系.
因为AB＝3，BE＝eq \r(5)，所以AE＝2，
所以E(0，0，0)，C(eq \r(5)，0，0)，A(0，2，0)，B(－eq \r(5)，0，0)，B1(－eq \r(5)，0，2eq \r(7))，A1(0，2，eq \r(7))，则Feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(5),2)，1，\f(\r(7),2))).
(1)eq \(EF,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(5),2)，1，\f(\r(7),2)))，eq \(AB,\s\up6(→))＝(－eq \r(5)，－2，0)，eq \(AA1,\s\up6(→))＝(0，0，eq \r(7)).
设平面A1B1BA的一个法向量为n＝(x，y，z)，
则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(n·\(AB,\s\up6(→))＝0，,n·\(AA1,\s\up6(→))＝0，))所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(－\r(5)x－2y＝0，,\r(7)z＝0，))
取eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝－2，,y＝\r(5)，,z＝0，))所以n＝(－2，eq \r(5)，0).
因为eq \(EF,\s\up6(→))·n＝eq \f(\r(5),2)×(－2)＋1×eq \r(5)＋eq \f(\r(7),2)×0＝0，
所以eq \(EF,\s\up6(→))⊥n.
又EF⊄平面A1B1BA，
所以EF∥平面A1B1BA.
(2)因为EC⊥平面AEA1，
所以eq \(EC,\s\up6(→))＝(eq \r(5)，0，0)为平面AEA1的一个法向量.
又EA⊥平面BCB1，
所以eq \(EA,\s\up6(→))＝(0，2，0)为平面BCB1的一个法向量.
因为eq \(EC,\s\up6(→))·eq \(EA,\s\up6(→))＝0，所以eq \(EC,\s\up6(→))⊥eq \(EA,\s\up6(→))，
故平面AEA1⊥平面BCB1.
变式1、在如图所示的长方体ABCD-A1B1C1D1中，底面ABCD是边长为2的正方形，O为AC与BD的交点，BB1＝ eq \r(2)，M是线段B1D1的中点．求证：
(1) BM∥平面D1AC；
(2) D1O⊥平面AB1C.
【解析】 (1) 以D为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则O(1，1，0)，D1(0，0， eq \r(2))，B(2，2，0)，M(1，1， eq \r(2))，
所以 eq \(OD1,\s\up6(→))＝(－1，－1， eq \r(2))， eq \(BM,\s\up6(→))＝(－1，－1， eq \r(2))，
所以 eq \(OD1,\s\up6(→))＝ eq \(BM,\s\up6(→)).
又因为OD1与BM不共线，
所以OD1∥BM.
又OD1⊂平面D1AC，BM⊄平面D1AC，
所以BM∥平面D1AC.
(2) 连接OB1，点B1(2，2， eq \r(2))，A(2，0，0)，C(0，2，0).
因为 eq \(OD1,\s\up6(→))· eq \(OB1,\s\up6(→))＝(－1，－1， eq \r(2))·(1，1， eq \r(2))＝0， eq \(OD1,\s\up6(→))· eq \(AC,\s\up6(→))＝(－1，－1， eq \r(2))·(－2，2，0)＝0，
所以 eq \(OD1,\s\up6(→))⊥ eq \(OB1,\s\up6(→))， eq \(OD1,\s\up6(→))⊥ eq \(AC,\s\up6(→))，
即OD1⊥OB1，OD1⊥AC.
又OB1∩AC＝O，OB1⊂平面AB1C，AC⊂平面AB1C，
所以D1O⊥平面AB1C.
变式2、 如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是边长为a的正方形，侧面PAD⊥底面ABCD，且PA＝PD＝ eq \f(\r(2),2)AD，设E，F分别为PC，BD的中点．求证：
(1) EF∥平面PAD；
(2) 平面PAB⊥平面PDC.
【解析】 (1) 如图，取AD的中点O，连接OP，OF.
因为PA＝PD，所以PO⊥AD.
因为侧面PAD⊥底面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，PO⊂平面PAD，
所以PO⊥平面ABCD.
又O，F分别为AD，BD的中点，
所以OF∥AB.
又四边形ABCD是正方形，所以OF⊥AD.
因为PA＝PD＝ eq \f(\r(2),2)AD，
所以PA⊥PD，OP＝OA＝ eq \f(a,2).
以O为坐标原点，OA，OF，OP所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则A eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a,2)，0，0))，F eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(a,2)，0))，D eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(a,2)，0，0))，P eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，0，\f(a,2)))，B eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a,2)，a，0))，C eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(a,2)，a，0)).
因为E为PC的中点，所以E eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(a,4)，\f(a,2)，\f(a,4))).
易知平面PAD的一个法向量为 eq \(OF,\s\up6(→))＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(a,2)，0)).
因为 eq \(EF,\s\up6(→))＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a,4)，0，－\f(a,4)))，且 eq \(OF,\s\up6(→))· eq \(EF,\s\up6(→))＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(a,2)，0))· eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a,4)，0，－\f(a,4)))＝0，
所以 eq \(OF,\s\up6(→))⊥ eq \(EF,\s\up6(→))，所以EF∥平面PAD.
(2) 因为 eq \(PA,\s\up6(→))＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a,2)，0，－\f(a,2)))， eq \(CD,\s\up6(→))＝(0，－a，0)，
所以 eq \(PA,\s\up6(→))· eq \(CD,\s\up6(→))＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a,2)，0，－\f(a,2)))·(0，－a，0)＝0，
所以 eq \(PA,\s\up6(→))⊥ eq \(CD,\s\up6(→))，所以PA⊥CD.
又PA⊥PD，PD∩CD＝D，PD⊂平面PDC，CD⊂平面PDC，
所以PA⊥平面PDC.
又PA⊂平面PAB，
所以平面PAB⊥平面PDC.
1、如图所示，在平行六面体ABCD－A1B1C1D1中，M为A1C1与B1D1的交点.若eq \(AB,\s\up6(→))＝a，eq \(AD,\s\up6(→))＝b，eq \(AA1,\s\up6(→))＝c，则下列向量中与eq \(BM,\s\up6(→))相等的向量是( )
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
【答案】 A
【解析】 eq \(BM,\s\up6(→))＝eq \(BB1,\s\up6(→))＋eq \(B1M,\s\up6(→))＝eq \(AA1,\s\up6(→))＋eq \f(1,2)(eq \(AD,\s\up6(→))－eq \(AB,\s\up6(→)))＝c＋eq \f(1,2)(b－a)＝－eq \f(1,2)a＋eq \f(1,2)b＋c.
2、已知a＝(1，0，1)，b＝(x，1，2)，且a·b＝3，则向量a与b的夹角为( )
A.eq \f(5π,6) B.eq \f(2π,3) C.eq \f(π,3) D.eq \f(π,6)
【答案】： D
【解析】： ∵a·b＝x＋2＝3，∴x＝1，∴b＝(1，1，2)，
∴cs〈a，b〉＝eq \f(a·b,|a||b|)＝eq \f(3,\r(2)×\r(6))＝eq \f(\r(3),2)，
又∵〈a，b〉∈[0，π]，∴a与b的夹角为eq \f(π,6)，故选D.
3、(多选)已知点P是平行四边形ABCD所在的平面外一点，如果eq \(AB,\s\up7(―→))＝(2，－1，－4)，eq \(AD,\s\up7(―→))＝(4,2,0)，eq \(AP,\s\up7(―→))＝(－1,2，－1)．下列结论正确的有( )
A．AP⊥AB
B．AP⊥AD
C.eq \(AP,\s\up7(―→))是平面ABCD的一个法向量
D.eq \(AP,\s\up7(―→))∥eq \(BD,\s\up7(―→))
【答案】ABC
【解析】对于A，eq \(AB,\s\up7(―→))·eq \(AP,\s\up7(―→))＝2×(－1)＋(－1)×2＋(－4)×(－1)＝0，∴eq \(AP,\s\up7(―→))⊥eq \(AB,\s\up7(―→))，即AP⊥AB，A正确；对于B，eq \(AP,\s\up7(―→))·eq \(AD,\s\up7(―→))＝(－1)×4＋2×2＋(－1)×0＝0，∴eq \(AP,\s\up7(―→))⊥eq \(AD,\s\up7(―→))，即AP⊥AD，B正确；对于C，由eq \(AP,\s\up7(―→))⊥eq \(AB,\s\up7(―→))，且eq \(AP,\s\up7(―→))⊥eq \(AD,\s\up7(―→))，得出eq \(AP,\s\up7(―→))是平面ABCD的一个法向量，C正确；对于D，由eq \(AP,\s\up7(―→))是平面ABCD的法向量，得出eq \(AP,\s\up7(―→))⊥eq \(BD,\s\up7(―→))，则D错误．故选A、B、C.
4、(多选)已知ABCDA1B1C1D1为正方体，下列说法中正确的是( )
A．(eq \(A1A,\s\up7(―→))＋eq \(A1D1,\s\up7(―→))＋eq \(A1B1,\s\up7(―→)))2＝3(eq \(A1B1,\s\up7(―→)))2
B.eq \(A1C,\s\up7(―→))·(eq \(A1B1,\s\up7(―→))－eq \(A1A,\s\up7(―→)))＝0
C．向量eq \(AD1,\s\up7(―→))与向量eq \(A1B,\s\up7(―→))的夹角是60°
D．正方体ABCDA1B1C1D1的体积为|eq \(AB,\s\up7(―→))·eq \(AA1,\s\up7(―→))·eq \(AD,\s\up7(―→))|
【答案】AB
【解析】由向量的加法得到：eq \(A1A,\s\up7(―→))＋eq \(A1D1,\s\up7(―→))＋eq \(A1B1,\s\up7(―→))＝eq \(A1C,\s\up7(―→))，∵A1C2＝3A1Beq \\al(2,1)，∴(eq \(A1C,\s\up7(―→)))2＝3(eq \(A1B1,\s\up7(―→)))2，所以A正确；∵eq \(A1B1,\s\up7(―→))－eq \(A1A,\s\up7(―→))＝eq \(AB1,\s\up7(―→))，AB1⊥A1C，∴eq \(A1C,\s\up7(―→))·eq \(AB1,\s\up7(―→))＝0，故B正确；∵△ACD1是等边三角形，∴∠AD1C＝60°，又A1B∥D1C，∴异面直线AD1与A1B所成的角为60°，但是向量eq \(AD1,\s\up7(―→))与向量eq \(A1B,\s\up7(―→))的夹角是120°，故C不正确；∵AB⊥AA1，∴eq \(AB,\s\up7(―→))·eq \(AA1,\s\up7(―→))＝0，故|eq \(AB,\s\up7(―→))·eq \(AA1,\s\up7(―→))·eq \(AD,\s\up7(―→))|＝0，因此D不正确．故选A、B.
5、如图，正方形ABCD与矩形ACEF所在平面互相垂直，AB＝eq \r(2)，AF＝1，M在EF上，且AM∥平面BDE.则M点的坐标为( )
A.(1，1，1) B.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),3)，\f(\r(2),3)，1))
C.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)，\f(\r(2),2)，1)) D.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),4)，\f(\r(2),4)，1))
【答案】 C
【解析】 设AC与BD相交于O点，连接OE，由AM∥平面BDE，且AM⊂平面ACEF，平面ACEF∩平面BDE＝OE，∴AM∥EO.
又O是正方形ABCD对角线交点，
∴M为线段EF的中点.
在空间直角坐标系中，E(0，0，1)，F(eq \r(2)，eq \r(2)，1)，
由中点坐标公式，知点M的坐标eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)，\f(\r(2),2)，1)).
6、.如图，已知四棱柱ABCD－A1B1C1D1的底面A1B1C1D1为平行四边形，E为棱AB的中点，eq \(AF,\s\up6(→))＝eq \f(1,3)eq \(AD,\s\up6(→))，eq \(AG,\s\up6(→))＝2eq \(GA1,\s\up6(→))，AC1与平面EFG交于点M，则eq \f(AM,AC1)＝________.
【答案】 eq \f(2,13)
【解析】 由题图知，设eq \(AM,\s\up6(→))＝λeq \(AC1,\s\up6(→))(0＜λ＜1)，
由已知eq \(AC1,\s\up6(→))＝eq \(AB,\s\up6(→))＋eq \(AD,\s\up6(→))＋eq \(AA1,\s\up6(→))
＝2eq \(AE,\s\up6(→))＋3eq \(AF,\s\up6(→))＋eq \f(3,2)eq \(AG,\s\up6(→))，
所以eq \(AM,\s\up6(→))＝2λeq \(AE,\s\up6(→))＋3λeq \(AF,\s\up6(→))＋eq \f(3λ,2)eq \(AG,\s\up6(→)).
因为M，E，F，G四点共面，所以2λ＋3λ＋eq \f(3λ,2)＝1，解得λ＝eq \f(2,13).
7、.(2022·石家庄质检)如图，棱柱ABCD－A1B1C1D1的所有棱长都等于2，∠ABC和∠A1AC均为60°，平面AA1C1C⊥平面ABCD.
(1)求证：BD⊥AA1；
(2)在直线CC1上是否存在点P，使BP∥平面DA1C1？若存在，求出点P的位置，若不存在，请说明理由.
(1)证明 设BD与AC交于点O，
则BD⊥AC.连接A1O，
在△AA1O中，AA1＝2，AO＝1，∠A1AO＝60°，
所以A1O2＝AAeq \\al(2,1)＋AO2－2AA1·AOcs 60°＝3，
所以AO2＋A1O2＝AAeq \\al(2,1)，所以A1O⊥AO.
由于平面AA1C1C⊥平面ABCD，
且平面AA1C1C∩平面ABCD＝AC，
A1O⊂平面AA1C1C，
所以A1O⊥平面ABCD.
以OB，OC，OA1所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则A(0，－1，0)，B(eq \r(3)，0，0)，C(0，1，0)，
D(－eq \r(3)，0，0)，A1(0，0，eq \r(3))，C1(0，2，eq \r(3)).
由于eq \(BD,\s\up6(→))＝(－2eq \r(3)，0，0)，eq \(AA1,\s\up6(→))＝(0，1，eq \r(3))，eq \(AA1,\s\up6(→))·eq \(BD,\s\up6(→))＝0×(－2eq \r(3))＋1×0＋eq \r(3)×0＝0，
所以eq \(BD,\s\up6(→))⊥eq \(AA1,\s\up6(→))，即BD⊥AA1.
(2)解 假设在直线CC1上存在点P，
使BP∥平面DA1C1，
设eq \(CP,\s\up6(→))＝λeq \(CC1,\s\up6(→))，P(x，y，z)，
则(x，y－1，z)＝λ(0，1，eq \r(3))，
从而有P(0，1＋λ，eq \r(3)λ)，
eq \(BP,\s\up6(→))＝(－eq \r(3)，1＋λ，eq \r(3)λ).
又eq \(A1C1,\s\up6(→))＝(0，2，0)，eq \(DA1,\s\up6(→))＝(eq \r(3)，0，eq \r(3))，
设平面DA1C1的一个法向量为
n3＝(x3，y3，z3)，
则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(n3·\(A1C1,\s\up6(→))＝0，,n3·\(DA1,\s\up6(→))＝0，))
则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(2y3＝0，,\r(3)x3＋\r(3)z3＝0，))取n3＝(1，0，－1).
因为BP∥平面DA1C1，所以n3⊥eq \(BP,\s\up6(→))，
即n3·eq \(BP,\s\up6(→))＝－eq \r(3)－eq \r(3)λ＝0，解得λ＝－1，
即点P在C1C的延长线上，且CP＝CC1. 概念
语言描述
共线向量(平行向量)
表示空间向量的有向线段所在的直线互相平行或重合
共面向量
平行于同一个平面的向量
共线向量定理
对空间任意两个向量a，b(b≠0)，a∥b⇔存在λ∈R，使a＝λb
共面向量定理
若两个向量a，b不共线，则向量p与向量a，b共面⇔存在唯一的有序实数对(x，y)，使p＝xa＋yb
空间向量基本定理及推论
定理：如果三个向量a，b，c不共面，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p＝xa＋yb＋zc.
推论：设O，A，B，C是不共面的四点，则对平面ABC内任一点P都存在唯一的三个有序实数x，y，z，使eq \(OP, \s\up7(―→))＝xeq \(OA, \s\up7(―→))＋yeq \(OB, \s\up7(―→))＋zeq \(OC, \s\up7(―→))且x＋y＋z＝1
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)
数量积
a·b＝a1b1＋a2b2＋a3b3
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
cs〈a，b〉＝eq \f(a1b1＋a2b2＋a3b3,\r(a\\al(2,1)＋a\\al(2,2)＋a\\al(2,3))\r(b\\al(2,1)＋b\\al(2,2)＋b\\al(2,3)))
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