2020版新设计一轮复习数学（理）江苏专版讲义：第八章第五节空间向量的运算及应用

第五节空间向量的运算及应用


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
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＝x＋y＋z且x＋y＋z＝1

2．数量积及坐标运算
(1)两个向量的数量积：
①a·b＝|a||b|cos〈a，b〉；
②a⊥b⇔a·b＝0(a，b为非零向量)；
③|a|2＝a2，|a|＝.
(2)向量的坐标运算：

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
cos〈a，b〉＝

[小题体验]
1．已知a＝(2,3,1)，b＝(－4,2，x)，且a⊥b，则|b|＝________.
答案：2
2．已知a＝(2，－1,3)，b＝(－1,4，－2)，c＝(7,5，λ)，若a，b，c三向量共面，则实数λ＝________.
答案：
3．已知直线l的方向向量s＝(－1,1,1)，平面α的法向量n＝(2，x2＋x，－x)，若直线l∥平面α，则x的值为________．
解析：因为线面平行时，直线的方向向量垂直于平面的法向量，
故－1×2＋1×(x2＋x)＋1×(－x)＝0，解得x＝±.
答案：±


1．共线向量定理中a∥b⇔存在λ∈R，使a＝λb易忽视b≠0.
2．共面向量定理中，注意有序实数对(x，y)是唯一存在的．
3．一个平面的法向量有无数个，但要注意它们是共线向量，不要误认为是共面向量．
[小题纠偏]
1．已知a＝(λ＋1,0,2)，b＝(6,2μ－1,2λ)，若a∥b，则λ＋μ＝________.
解析：因为a∥b，所以b＝ka，
即(6,2μ－1,2λ)＝k(λ＋1,0,2)，
所以解得或
所以λ＋μ＝±.
答案：±
2．若＝λ＋μ，则直线AB与平面CDE的位置关系是________．
解析：因为＝λ＋μ，所以，，共面，
所以AB与平面CDE平行或在平面CDE内．
答案：平行或直线AB在平面内
3．(2019·无锡检测)已知平面α的法向量为n＝(1,2，－2)，平面β的法向量为m＝(－2，－4，k)，若α⊥β，则实数k的值为________．
解析：由α⊥β，得m·n＝－2－8－2k＝0，解得k＝－5.
答案：－5


　
[题组练透]
如图所示，在平行六面体ABCD­A1B1C1D1中，设＝a，＝b，＝c，M，N，P分别是AA1，BC，C1D1的中点，试用a，b，c表示以下各向量：
(1)；
(2)；
(3)＋.
解：(1)因为P是C1D1的中点，
所以＝＋＋＝a＋＋＝a＋c＋＝a＋c＋b.
(2)因为N是BC的中点，
所以＝＋＋＝－a＋b＋＝－a＋b＋＝－a＋b＋c.
(3)因为M是AA1的中点，
所以＝＋＝＋＝－a＋＝a＋b＋c，
又＝＋＝＋＝＋＝c＋a，
所以＋＝＋＝a＋b＋c.
[谨记通法]
用已知向量表示未知向量的解题策略
(1)用已知向量来表示未知向量，一定要结合图形，以图形为指导是解题的关键．
(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，等于由起始向量的始点指向末尾向量的终点的向量，我们可把这个法则称为向量加法的多边形法则．
(3)在立体几何中要灵活应用三角形法则，向量加法的平行四边形法则在空间仍然成立．
考点二　共线、共面向量定理的应用　
[典例引领]
1．若A(－1,2,3)，B(2,1,4)，C(m，n,1)三点共线，求m＋n的值．
解：＝(3，－1,1)，＝(m＋1，n－2，－2)．
因为A，B，C三点共线，所以存在实数λ，使得＝λ.
即(m＋1，n－2，－2)＝λ(3，－1,1)＝(3λ，－λ，λ)，
所以解得λ＝－2，m＝－7，n＝4.
所以m＋n＝－3.
2．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＝k，＝k(0≤k≤1)．
判断向量是否与向量，共面．
解：因为＝k，＝k，
所以＝＋＋
＝k＋＋k
＝k(＋)＋
＝k(＋)＋
＝k＋
＝－k＝－k(＋)
＝(1－k)－k，
所以由共面向量定理知向量与向量，共面．
[由题悟法]
应用共线(面)向量定理、证明点共线(面)的方法比较
三点(P，A，B)共线
空间四点(M，P，A，B)共面
＝λ
＝x＋y
对空间任一点O，＝＋t
对空间任一点O，＝＋x＋y
对空间任一点O，＝x＋(1－x)
对空间任一点O，＝x＋y＋
(1－x－y)

[即时应用]
如图，在四棱锥P­ABCD中，底面ABCD是边长为3的菱形，∠ABC＝60°，PA⊥平面ABCD，且PA＝3.F在棱PA上，且AF＝1，E在棱PD上．若CE∥平面BDF，求PE∶ED的值．


解：取BC的中点G，连结AG，因为四边形ABCD是∠ABC＝60°的菱形，所以AG⊥AD，又PA⊥平面ABCD，故以A为原点，分别以，，为x轴，y轴，z轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系A­xyz.
则D(0,3,0)，F(0,0,1)，B，P(0,0,3)，C，＝(0，－3，1)，＝，＝(0,3，－3)，＝，
设平面BDF的一个法向量n＝(x，y，z)，
则即
令y＝1，则x＝，z＝3，所以n＝(，1,3)．
设＝λ＝(0,3λ，－3λ)，
则＝＋＝，
因为CE∥平面BDF，所以n·＝0，解得λ＝.
所以PE∶ED＝1.
考点三　利用向量证明平行与垂直问题　

[典例引领]
在直三棱柱ABC ­A1B1C1中，∠ABC＝90°，BC＝2，CC1＝4，点E为BB1上的一点，且EB1＝1，点D，F，G分别为CC1，C1B1，C1A1的中点．求证：
(1)B1D⊥平面ABD；
(2)平面EGF∥平面ABD.
证明：(1)以点B为坐标原点，BA，BC，BB1所在的直线分别为x轴，
y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，则B(0,0,0)，D(0,2,2)，B1(0,0,4)，
设BA＝a，则A(a,0,0)，
所以＝(a,0,0)，＝(0,2,2)，＝(0,2，－2)，
因为·＝0＋0＋0＝0，·＝0＋4－4＝0，
所以B1D⊥BA，B1D⊥BD.
又BA∩BD＝B，
所以B1D⊥平面ABD.
(2)由(1)知，E(0,0,3)，G，F(0,1,4)，
则＝，＝(0,1,1)，
因为·＝0＋2－2＝0，·＝0＋2－2＝0，
所以B1D⊥EG，B1D⊥EF.
又EG∩EF＝E，所以B1D⊥平面EGF.
由(1)可知，B1D⊥平面ABD，
所以平面EGF∥平面ABD.
[由题悟法]
1．利用向量法证明平行问题的类型及方法
(1)证明线线平行：两条直线的方向向量平行．
(2)证明线面平行：
①该直线的方向向量与平面的某一法向量垂直；
②证明该直线的方向向量与平面内某直线的方向向量平行；
③证明该直线的方向向量可以用平面内的两个不共线的向量线性表示．
(3)证明面面平行：两个平面的法向量平行．
2．利用向量法证明垂直问题的类型及方法
(1)证明线线垂直：两条直线的方向向量的数量积为0.
(2)证明线面垂直：直线的方向向量与平面的法向量平行．
(3)证明面面垂直：
①其中一个平面与另一个平面的法向量平行；
②两个平面的法向量垂直．
[即时应用]
如图，四边形ABEF与四边形ABCD是两个全等的正方形，且平面ABEF与平面ABCD互相垂直，M，N分别是AC与BF上的点，且CM＝BN.求证：
(1)MN⊥AB；
(2)MN∥平面CBE.

证明：(1)设正方形ABEF的边长为1.＝λ，则＝λ.
取一组向量的基底为{，，}，记为{a，b，c}．
则|a|＝|b|＝|c|＝1，且a·b＝b·c＝c·a＝0.
所以＝＋＋＝－λ＋＋λ
＝－λ(a－c)－c＋λ(a＋b)＝λb＋(λ－1)c，
所以·＝[λb＋(λ－1)c]·a，
＝λ(b·a)＋(λ－1)(c·a)
＝λ×0＋(λ－1)×0＝0.
所以⊥，即MN⊥AB.
(2)法一：由(1)知MN⊥AB.
又AB⊥BE，AB⊥BC，BE∩BC＝B.
所以AB⊥平面CBE.
又MN⊄平面CBE.
所以MN∥平面CBE.
法二：由(1)知，＝λb＋(λ－1)c＝λ＋(λ－1).
所以与平面CBE共面．
又MN⊄平面CBE.
所以MN∥平面CBE.

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1．已知a＝(2,3，－4)，b＝(－4，－3，－2)，b＝x－2a，则x＝________.
解析：由b＝x－2a，得x＝4a＋2b＝(8,12，－16)＋(－8，－6，－4)＝(0,6，－20)．
答案：(0,6，－20)
2．(2019·汇龙中学检测)若直线l的方向向量为a＝(1,0,2)，平面α的法向量为n＝(－2,0，－4)，则直线l和平面α的位置关系为________．
解析：因为a＝(1,0,2)，n＝(－2,0，－4)，所以n＝－2a，即a∥n.所以l⊥α.
答案：l⊥α
3．(2018·睢宁中学检测)已知空间四边形OABC，M，N分别是OA，BC的中点，且＝a，＝b，＝c，用a，b，c表示向量＝________.
解析：如图所示，连结ON，AN，则＝(＋)＝(b＋c)，
＝(＋)＝(－2＋)＝(－2a＋b＋c)＝－a＋b＋c，所以＝(＋)＝－a＋b＋c.
答案：－a＋b＋c
4．若点C(4a＋1,2a＋1,2)在点P(1,0,0)，A(1，－3,2)，B(8，－1, 4)所确定的平面上，则a＝________.
解析：由题意得＝(0，－3,2)，＝(7，－1,4)，＝(4a,2a＋1,2)，
根据共面向量定理，设＝x＋y，
则(4a,2a＋1,2)＝x(0，－3,2)＋y(7，－1,4)＝(7y，－3x－y，2x＋4y)，
所以解得x＝－，y＝，a＝.
答案：
5．若平面α的一个法向量为u1＝(－3，y,2)，平面β的一个法向量为u2＝(6，－2，z)，且α∥β，则y＋z＝________.
解析：因为α∥β，所以u1∥u2，所以＝＝，
所以y＝1，z＝－4，所以y＋z＝－3.
答案：－3
6．(2019·滨海检测)已知空间三点A(0,2,3)，B(2,5,2)，C(－2,3,6)，则以AB，AC为邻边的平行四边形的面积为________．
解析：∵＝(2,3，－1)，＝(－2,1,3)．
∴·＝－4＋3－3＝－4，||＝＝，||＝＝.
∴cos∠BAC＝＝＝－.
∴sin∠BAC＝＝.
故以AB，AC为邻边的平行四边形的面积S＝||·||·sin∠BAC＝××＝6.
答案：6
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1．已知点P是平行四边形ABCD所在平面外一点．若＝(2，－1，－4)，＝(4,2,0)，＝(－1,2，－1)，则给出下列结论：①AP⊥AB；②AP⊥AD；③是平面ABCD的一个法向量；④∥.其中正确的是________．(填序号)
解析：∵·＝2×(－1)＋(－1)×2＋(－4)×(－1)＝－2－2＋4＝0，∴⊥，即AP⊥AB，故①正确．
∵·＝(－1)×4＋2×2＋0＝0，∴⊥，即AP⊥AD，故②正确．
又AB∩AD＝A，∴ AP⊥平面ABCD，故是平面ABCD的一个法向量，故③正确．
∵＝－＝(2,3,4)，＝(－1,2，－1)，
∴ ≠≠，
∴ 与不平行，故④错误．
答案：①②③
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________．
解析：因为a·b＝x＋2＝3，所以x＝1，所以b＝(1,1,2)．
所以cos〈a，b〉＝＝＝.
所以a与b的夹角为.
答案：
3．(2019·盐城中学检测)已知平面α内的三点A(0,0,1)，B(0，1,0)，C(1,0,0)，平面β的一个法向量n＝(－1，－1，－1)，则不重合的两个平面α与β的位置关系是________．
解析：设平面α的法向量为m＝(x，y，z)，
因为＝(0,1，－1)，＝(1,0，－1)，
则令x＝1，得m＝(1,1,1)．
因为m＝－n，所以m∥n，所以α∥β.
答案：α∥β
4．已知正三角形ABC的中线AF与中位线DE交于点G，将此三角形沿DE翻折，当AE⊥BD时，二面角A­DE­F的余弦值等于________．
解析：不妨设GD＝GE＝1，则GA＝GF＝，AE＝BD＝2，由已知得∠AGF即为二面角A­DE­F的平面角，设其为θ.则·＝(－)·(＋＋)＝(－)·(2－－)＝(－)·(－)＝2－·－·＋·＝1－0－0＋·cos θ＝1＋3cos θ＝0，所以cos θ＝－，即当AE⊥BD时，二面角A­DE­F的余弦值等于－.
答案：－
5．(2019·南京调研)如图，在平行六面体ABCD ­A1B1C1D1中，AB＝4，AD＝3，AA1＝5，∠BAD＝90°，∠BAA1＝∠DAA1＝60°，则对角线AC1的长度等于________．
解析：2＝(＋＋)2＝2＋2＋2＋2·＋2·＋2·＝16＋9＋25＋2×4×3×cos 90°＋2×4×5×cos 60°＋2×3×5×cos 60°＝50＋20＋15＝85，即||＝.
答案：
6．在空间直角坐标系中，以点A(4,1,9)，B(10，－1,6)，C(x,4,3)为顶点的△ABC是以BC为斜边的等腰直角三角形，则实数x的值为________．
解析：由题意知·＝0，||＝||，
又＝(6，－2，－3)，＝(x－4,3，－6)，
所以解得x＝2.
答案：2
7．已知PA垂直于正方形ABCD所在的平面，M，N分别是CD，PC的中点，并且PA＝AD＝1.在如图所示的空间直角坐标系中，则MN＝________.
解析：连结PD，因为M，N分别为CD，PC的中点，
所以MN＝PD，又P(0,0,1)，D(0,1,0)，
所以PD＝＝，所以MN＝.
答案：
8．已知向量＝(1,5，－2)，＝(3,1,2)，＝(x，－3,6)．若DE∥平面ABC，则x的值是________．
解析：∵DE∥平面ABC，
∴存在实数m，n，使得＝m＋n，
即解得x＝5.
答案：5
9．如图所示，在平行四边形ABCD中，AB＝AC＝1，∠ACD＝90°，沿着它的对角线AC将△ACD折起，使AB与CD成60°角，求此时B，D间的距离．

解：因为∠ACD＝90°，所以·＝0.
同理可得·＝0.
因为AB与CD成60°角，
所以〈，〉＝60°或〈，〉＝120°，
又＝＋＋，
所以||2＝||2＋||2＋||2＋2·＋2·＋2·＝3＋2×1×1×cos〈，〉．
所以当〈，〉＝60°时，||2＝4，此时B，D间的距离为2；当〈，〉＝120°时，||2＝2，此时B，D间的距离为.
10．如图，在多面体ABC ­A1B1C1中，四边形A1ABB1是正方形，AB＝AC，BC＝AB，B1C1綊BC，二面角A1 ­AB ­C是直二面角．
求证：(1)A1B1⊥平面AA1C；
(2)AB1∥平面A1C1C.
证明：因为二面角A1 ­AB ­C是直二面角，四边形A1ABB1为正方形，
所以AA1⊥平面ABC.
又因为AB＝AC，BC＝AB，
所以∠CAB＝90°，
即CA⊥AB，
所以AB，AC，AA1两两互相垂直．
建立如图所示的空间直角坐标系A ­xyz，
设AB＝2，则A(0,0,0)，B1(0,2,2)，
A1(0,0,2)，C(2,0,0)，C1(1,1,2)．
(1) ＝(0,2,0)，＝(0,0，－2)，＝(2,0,0)，
设平面AA1C的一个法向量n＝(x，y，z)，
则即
即取y＝1，则n＝(0,1,0)．
所以＝2n，即∥n.
所以A1B1⊥平面AA1C.
(2)易知＝(0,2,2)，＝(1,1,0)，＝(2,0，－2)，
设平面A1C1C的一个法向量m＝(x1，y1，z1)，
则即
令x1＝1，则y1＝－1，z1＝1，即m＝(1，－1,1)．
所以·m＝0×1＋2×(－1)＋2×1＝0，
所以⊥m.又AB1⊄平面A1C1C，
所以AB1∥平面A1C1C.
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1．已知长方体ABCD­A1B1C1D1中，AB＝3，BC＝2，CC1＝5，E是棱CC1上不同于端点的点，且＝λ.当∠BEA1为钝角时，则实数λ的取值范围为________．
解析：以D为原点，DA，DC，DD1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C(0,3,0)，C1(0，3,5)，B(2,3,0)，A1(2,0,5)．
因为＝λ，所以E(0,3,5λ)．
从而＝(2,0，－5λ)，＝(2，－3,5－5λ)．
当∠BEA1为钝角时，cos∠BEA1＜0，
所以·＜0，即2×2－5λ(5－5λ)＜0，
解得＜λ＜.
答案：
2．(2019·海门中学检测)如图，正方形ABCD与矩形ACEF所在平面互相垂直，AB＝，AF＝1，M在EF上，且AM∥平面BDE，则M点的坐标为________．
解析：由题意知CD，CB，CE两两垂直，所以以C为原点，以CD，CB，CE所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立如图所示空间直角坐标系，设M点的坐标为(x，y,1)，AC∩BD＝O，连结OE，
则O，又E(0,0,1)，A(，，0)，
所以＝，＝(x－，y－，1)，
因为AM∥平面BDE，AM⊂平面ACEF，平面BDE∩平面ACEF＝OE，所以OE∥AM，
所以即所以M.
答案：

3．如图，在三棱锥P­ABC中，AB＝AC，D为BC的中点，PO⊥平面ABC，垂足O落在线段AD上．已知BC＝8，PO＝4，AO＝3，OD＝2.
(1)证明：AP⊥BC；
(2)若点M是线段AP上一点，且AM＝3.试证明平面AMC⊥平面BMC.
证明：(1)以O为坐标原点，以射线OD为y轴正半轴，射线OP为z轴正半轴建立如图所示的空间直角坐标系O­xyz.
则O(0,0,0)，A(0，－3,0)，B(4,2,0)，C(－4,2,0)，P(0,0,4)．
于是＝(0,3,4)，＝(－8，0,0)，
所以·＝(0,3,4)·(－8,0,0)＝0，
所以⊥，即AP⊥BC.
(2)由(1)知AP＝5，又AM＝3，且点M在线段AP上，
所以＝＝，又＝(－4，－5,0)，
所以＝＋＝，
则·＝(0,3,4)·＝0，
所以⊥，即AP⊥BM，
又根据(1)的结论知AP⊥BC，且BC∩BM＝B，
所以AP⊥平面BMC，于是AM⊥平面BMC.
又AM⊂平面AMC，故平面AMC⊥平面BMC.