1．空間向量及其有關(guān)概念
2．?dāng)?shù)量積及坐標(biāo)運(yùn)算
(1)兩個空間向量的數(shù)量積：①a·b＝|a||b|cs〈a，b〉；②a⊥b?a·b＝0(a，b為非零向量)；③設(shè)a＝(x，y，z)，則|a|2＝a2，|a|＝eq \r(x2＋y2＋z2).
(2)空間向量的坐標(biāo)運(yùn)算：
1、在下列命題中：
①若向量a，b共線，則向量a，b所在的直線平行；
②若向量a，b所在的直線為異面直線，則向量a，b一定不共面；
③若三個向量a，b，c兩兩共面，則向量a，b，c共面；
④已知空間的三個向量a，b，c，則對于空間的任意一個向量p總存在實(shí)數(shù)x，y，z使得p＝xa＋yb＋zc.
其中正確命題的個數(shù)是( )
A．0 B．1 C．2 D．3
【答案】： A
【解析】： a與b共線，a，b所在的直線也可能重合，故①不正確；根據(jù)自由向量的意義知，空間任意兩向量a，b都共面，故②不正確；三個向量a，b，c中任意兩個一定共面，但它們?nèi)齻€卻不一定共面，故③不正確；只有當(dāng)a，b，c不共面時，空間任意一向量p才能表示為p＝xa＋yb＋zc，故④不正確，綜上可知四個命題中正確的個數(shù)為0，故選A.
2、已知向量a＝(1，1，0)，b＝(－1，0，2)，且ka＋b與2a－b互相垂直，則k的值是( )
A.eq \f(7,5) B.2 C.eq \f(5,3) D.1
【答案】 A
【解析】 因為a＝(1，1，0)，b＝(－1，0，2)，
所以a·b＝－1，|a|＝eq \r(2)，|b|＝eq \r(5).
又ka＋b與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、空間四點(diǎn)A(2，3，6)，B(4，3，2)，C(0，0，1)，D(2，0，2)的位置關(guān)系為( )
A. 共線 B. 共面
C. 不共面 D. 無法確定
【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).由不存在實(shí)數(shù)λ，使 eq \(AB,\s\up6(→))＝λ eq \(AC,\s\up6(→))成立，知點(diǎn)A，B，C不共線，故點(diǎn)A，B，C，D不共線；假設(shè)點(diǎn)A，B，C，D共面，則可設(shè) eq \(AD,\s\up6(→))＝x eq \(AB,\s\up6(→))＋y eq \(AC,\s\up6(→)) (x，y為實(shí)數(shù))，即 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(0＝2x－2y，,－3＝－3y，,－4＝－4x－5y，))由于該方程組無解，故點(diǎn)A，B，C，D不共面，故選C.
4、已知向量m是直線l的方向向量，向量n是平面α的法向量，則“m⊥n”是“l(fā)∥α”的( )
A. 充分不必要條件
B. 必要不充分條件
C. 充要條件
D. 既不充分又不必要條件
【答案】 B
【解析】 由l∥α，得m⊥n，所以“m⊥n”是“l(fā)∥α”的必要條件；而由m⊥n不一定有l(wèi)∥α，也可能l?α，故“m⊥n”不是“l(fā)∥α”的充分條件．故“m⊥n”是“l(fā)∥α”的必要不充分條件．
5、 (2022·鎮(zhèn)江高三開學(xué)考試)四棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面ABCD是邊長為1的菱形，側(cè)棱長為2，且∠C1CB＝∠C1CD＝∠BCD＝60°，則線段A1C的長度是( )
A. eq \r(6) B. eq \f(\r(34),2)
C. 3 D. eq \r(11)
【答案】 D
【解析】 因為 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)，即線段A1C的長度是 eq \r(11).
考向一 空間向量的線性運(yùn)算
例1 、(1) 已知向量a＝(－2，－3，1)，b＝(2，0，4)，c＝(－4，－6，2)，則下列結(jié)論中正確的是________；(填序號)
①a∥b，a∥c; ②a∥b，a⊥c；③a∥c，a⊥b.
【解析】 因為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，則x＝________．
【解析】 因為a∥b，所以－x＝4，即x＝－4.
【答案】 －4
（3）在三棱錐O-ABC中，M，N分別是OA，BC的中點(diǎn)，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(→)).
變式1、（1）如圖所示，在平行六面體ABCD—A1B1C1D1中，M為A1C1與B1D1的交點(diǎn)．若eq \(AB,\s\up6(→))＝a，eq \(AD,\s\up6(→))＝b，eq \(AA1,\s\up6(→))＝c，則向量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）如圖，在四面體O－ABC中，eq \(OA,\s\up6(→))＝a，eq \(OB,\s\up6(→))＝b，eq \(OC,\s\up6(→))＝c，D為BC的中點(diǎn)，E為AD的中點(diǎn)，則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．
變式2、(多選)(2022·威海調(diào)研)如圖所示，M是四面體OABC的棱BC的中點(diǎn)，點(diǎn)N在線段OM上，點(diǎn)P在線段AN上，且AP＝3PN，eq \(ON,\s\up6(→))＝eq \f(2,3)eq \(OM,\s\up6(→))，設(shè)eq \(OA,\s\up6(→))＝a，eq \(OB,\s\up6(→))＝b，eq \(OC,\s\up6(→))＝c，則下列等式成立的是( )
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】 對于A，利用向量的平行四邊形法則，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錯誤；
對于B，利用向量的平行四邊形法則和三角形法則，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正確；
對于C，因為點(diǎn)P在線段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錯誤；
對于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正確.
方法總結(jié)：本題考查空間向量基本定理及向量的線性運(yùn)算. 用不共面的三個向量作為基向量表示某一向量時注意以下三點(diǎn)：(1)結(jié)合已知和所求向量觀察圖形，將已知向量和未知向量轉(zhuǎn)化至三角形或平行四邊形中是解題的關(guān)鍵. (2)要正確理解向量加法、減法與數(shù)乘運(yùn)算的幾何意義，首尾相接的若干向量之和，等于由起始向量的起點(diǎn)指向末尾向量的終點(diǎn)的向量，我們把這個法則稱為向量加法的多邊形法則. (3)在立體幾何中三角形法則、平行四邊形法則仍然成立．
考向二 共線、共面向量定理的應(yīng)用
例2、已知E，F(xiàn)，G，H分別是空間四邊形ABCD的邊AB，BC，CD，DA的中點(diǎn)．
(1) 求證：E，F(xiàn)，G，H四點(diǎn)共面；
(2) 求證：BD∥平面EFGH；
(3) 設(shè)M是EG和FH的交點(diǎn)，求證：對空間任一點(diǎn)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) 連接BG，
則 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論，得E，F(xiàn)，G，H四點(diǎn)共面．
(2) 因為 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) 任取一點(diǎn)O，連接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與FG平行且相等，
所以四邊形EFGH是平行四邊形，
所以EG，F(xiàn)H交于一點(diǎn)M，且被點(diǎn)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(→))).
變式1、(多選)(2021·武漢質(zhì)檢)下列說法中正確的是( )
A.|a|－|b|＝|a＋b|是a，b共線的充要條件
B.若eq \(AB,\s\up6(→))，eq \(CD,\s\up6(→))共線，則AB∥CD
C.A，B，C三點(diǎn)不共線，對空間任意一點(diǎn)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(→))，則P，A，B，C四點(diǎn)共面
D.若P，A，B，C為空間四點(diǎn)，且有eq \(PA,\s\up6(→))＝λeq \(PB,\s\up6(→))＋μeq \(PC,\s\up6(→))(eq \(PB,\s\up6(→))，eq \(PC,\s\up6(→))不共線)，則λ＋μ＝1是A，B，C三點(diǎn)共線的充要條件
【答案】 CD
【解析】 由|a|－|b|＝|a＋b|，可得向量a，b的方向相反，此時向量a，b共線，反之，當(dāng)向量a，b同向時，不能得到|a|－|b|＝|a＋b|，所以A不正確；
若eq \(AB,\s\up6(→))，eq \(CD,\s\up6(→))共線，則AB∥CD或A，B，C，D四點(diǎn)共線，所以B不正確；
由A，B，C三點(diǎn)不共線，對空間任意一點(diǎn)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(→))，因為eq \f(3,4)＋eq \f(1,8)＋eq \f(1,8)＝1，可得P，A，B，C四點(diǎn)共面，所以C正確；
若P，A，B，C為空間四點(diǎn)，且有eq \(PA,\s\up6(→))＝λeq \(PB,\s\up6(→))＋μeq \(PC,\s\up6(→))(eq \(PB,\s\up6(→))，eq \(PC,\s\up6(→))不共線)，當(dāng)λ＋μ＝1時，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三點(diǎn)共線，反之也成立，即λ＋μ＝1是A，B，C三點(diǎn)共線的充要條件，所以D正確.
變式2、已知A，B，C三點(diǎn)不共線，對平面ABC外的任一點(diǎn)O，若點(diǎn)M滿足eq \(OM,\s\up6(→))＝eq \f(1,3)(eq \(OA,\s\up6(→))＋eq \(OB,\s\up6(→))＋eq \(OC,\s\up6(→))).
(1)判斷eq \(MA,\s\up6(→))，eq \(MB,\s\up6(→))，eq \(MC,\s\up6(→))三個向量是否共面；
(2)判斷點(diǎn)M是否在平面ABC內(nèi).
【解析】 (1)由題知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(→))共面且基線過同一點(diǎn)M，
∴M，A，B，C四點(diǎn)共面，從而點(diǎn)M在平面ABC內(nèi).
變式3、.如圖所示，已知斜三棱柱ABC -A1B1C1，點(diǎn)M，N分別在AC1和BC上，且滿足eq \(AM,\s\up7(―→))＝keq \(AC1,\s\up7(―→))，eq \(BN,\s\up7(―→))＝keq \(BC,\s\up7(―→))(0≤k≤1)．判斷向量eq \(MN,\s\up7(―→))是否與向量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(―→))與向量eq \(AB,\s\up7(―→))，eq \(AA1,\s\up7(―→))共面．
方法總結(jié)：證明空間三點(diǎn)P，A，B共線的方法有：①eq \(PA,\s\up6(→))＝λeq \(PB,\s\up6(→)) (λ∈R)；
②對空間任一點(diǎn)O，eq \(OP,\s\up6(→))＝xeq \(OA,\s\up6(→))＋yeq \(OB,\s\up6(→)) (x＋y＝1). 證明空間四點(diǎn)P，M，A，B共面的方法有：①eq \(MP,\s\up6(→))＝xeq \(MA,\s\up6(→))＋yeq \(MB,\s\up6(→))；②對空間任一點(diǎn)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(→))). 三點(diǎn)共線通常轉(zhuǎn)化為向量共線，四點(diǎn)共面通常轉(zhuǎn)化為向量共面，線面平行可轉(zhuǎn)化為向量共線、共面來證明．
考向三 空間向量數(shù)量積的應(yīng)用
例3、 如圖所示，四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，底面為平行四邊形，以頂點(diǎn)A為端點(diǎn)的三條棱長都為1，且兩兩夾角為60°．
(1)求AC1的長；
(2)求證：AC1⊥BD；
(3)求BD1與AC夾角的余弦值．
【解析】：(1)記eq \(AB,\s\up6(→))＝a，eq \(AD,\s\up6(→))＝b，eq \(AA1,\s\up6(→))＝c，
則|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的長為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與BD1夾角的余弦值為eq \f(\r(6),6)．
方法總結(jié)：空間向量數(shù)量積計算的兩種方法：(1)基向量法：a·b＝|a||b|cs〈a，b〉. (2)坐標(biāo)法：設(shè)a＝(x1，y1，z1)，b＝(x2，y2，z2)，則a·b＝x1x2＋y1y2＋z1z2. 利用向量的數(shù)量積可證明線段的垂直關(guān)系，也可以利用垂直關(guān)系，通過向量共線確定點(diǎn)在線段上的位置. 利用夾角公式，可以求異面直線所成的角，也可以求二面角. 可以通過|a|＝eq \r(a2)，將向量的長度問題轉(zhuǎn)化為向量數(shù)量積的問題求解，體現(xiàn)轉(zhuǎn)化與化歸的數(shù)學(xué)思想
考向四 利用空間向量證明平行或垂直
例4 如圖，已知AA1⊥平面ABC，BB1∥AA1，AB＝AC＝3，BC＝2eq \r(5)，AA1＝eq \r(7)，BB1＝2eq \r(7)，點(diǎn)E和F分別為BC和A1C的中點(diǎn).
(1)求證：EF∥平面A1B1BA；
(2)求證：平面AEA1⊥平面BCB1.
證明 因為AB＝AC，E為BC的中點(diǎn)，所以AE⊥BC.
因為AA1⊥平面ABC，AA1∥BB1，
所以過E作平行于BB1的垂線為z軸，EC，EA所在直線分別為x軸，y軸，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系.
因為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))，則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)).
設(shè)平面A1B1BA的一個法向量為n＝(x，y，z)，
則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).
因為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)因為EC⊥平面AEA1，
所以eq \(EC,\s\up6(→))＝(eq \r(5)，0，0)為平面AEA1的一個法向量.
又EA⊥平面BCB1，
所以eq \(EA,\s\up6(→))＝(0，2，0)為平面BCB1的一個法向量.
因為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.
變式1、在如圖所示的長方體ABCD-A1B1C1D1中，底面ABCD是邊長為2的正方形，O為AC與BD的交點(diǎn)，BB1＝ eq \r(2)，M是線段B1D1的中點(diǎn)．求證：
(1) BM∥平面D1AC；
(2) D1O⊥平面AB1C.
【解析】 (1) 以D為坐標(biāo)原點(diǎn)，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，則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(→)).
又因為OD1與BM不共線，
所以O(shè)D1∥BM.
又OD1?平面D1AC，BM?平面D1AC，
所以BM∥平面D1AC.
(2) 連接OB1，點(diǎn)B1(2，2， eq \r(2))，A(2，0，0)，C(0，2，0).
因為 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.
變式2、 如圖，在四棱錐P-ABCD中，底面ABCD是邊長為a的正方形，側(cè)面PAD⊥底面ABCD，且PA＝PD＝ eq \f(\r(2),2)AD，設(shè)E，F(xiàn)分別為PC，BD的中點(diǎn)．求證：
(1) EF∥平面PAD；
(2) 平面PAB⊥平面PDC.
【解析】 (1) 如圖，取AD的中點(diǎn)O，連接OP，OF.
因為PA＝PD，所以PO⊥AD.
因為側(cè)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(xiàn)分別為AD，BD的中點(diǎn)，
所以O(shè)F∥AB.
又四邊形ABCD是正方形，所以O(shè)F⊥AD.
因為PA＝PD＝ eq \f(\r(2),2)AD，
所以PA⊥PD，OP＝OA＝ eq \f(a,2).
以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)，OA，OF，OP所在直線分別為x軸，y軸，z軸建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，
則A eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a,2)，0，0))，F(xiàn) 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)).
因為E為PC的中點(diǎn)，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的一個法向量為 eq \(OF,\s\up6(→))＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(a,2)，0)).
因為 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) 因為 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、如圖所示，在平行六面體ABCD－A1B1C1D1中，M為A1C1與B1D1的交點(diǎn).若eq \(AB,\s\up6(→))＝a，eq \(AD,\s\up6(→))＝b，eq \(AA1,\s\up6(→))＝c，則下列向量中與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，則向量a與b的夾角為( )
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與b的夾角為eq \f(π,6)，故選D.
3、(多選)已知點(diǎn)P是平行四邊形ABCD所在的平面外一點(diǎn)，如果eq \(AB,\s\up7(―→))＝(2，－1，－4)，eq \(AD,\s\up7(―→))＝(4,2,0)，eq \(AP,\s\up7(―→))＝(－1,2，－1)．下列結(jié)論正確的有( )
A．AP⊥AB
B．AP⊥AD
C.eq \(AP,\s\up7(―→))是平面ABCD的一個法向量
D.eq \(AP,\s\up7(―→))∥eq \(BD,\s\up7(―→))
【答案】ABC
【解析】對于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正確；對于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正確；對于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的一個法向量，C正確；對于D，由eq \(AP,\s\up7(―→))是平面ABCD的法向量，得出eq \(AP,\s\up7(―→))⊥eq \(BD,\s\up7(―→))，則D錯誤．故選A、B、C.
4、(多選)已知ABCD-A1B1C1D1為正方體，下列說法中正確的是( )
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(―→))與向量eq \(A1B,\s\up7(―→))的夾角是60°
D．正方體ABCD-A1B1C1D1的體積為|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正確；∵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正確；∵△ACD1是等邊三角形，∴∠AD1C＝60°，又A1B∥D1C，∴異面直線AD1與A1B所成的角為60°，但是向量eq \(AD1,\s\up7(―→))與向量eq \(A1B,\s\up7(―→))的夾角是120°，故C不正確；∵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不正確．故選A、B.
5、如圖，正方形ABCD與矩形ACEF所在平面互相垂直，AB＝eq \r(2)，AF＝1，M在EF上，且AM∥平面BDE.則M點(diǎn)的坐標(biāo)為( )
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】 設(shè)AC與BD相交于O點(diǎn)，連接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對角線交點(diǎn)，
∴M為線段EF的中點(diǎn).
在空間直角坐標(biāo)系中，E(0，0，1)，F(xiàn)(eq \r(2)，eq \r(2)，1)，
由中點(diǎn)坐標(biāo)公式，知點(diǎn)M的坐標(biāo)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)，\f(\r(2),2)，1)).
6、.如圖，已知四棱柱ABCD－A1B1C1D1的底面A1B1C1D1為平行四邊形，E為棱AB的中點(diǎn)，eq \(AF,\s\up6(→))＝eq \f(1,3)eq \(AD,\s\up6(→))，eq \(AG,\s\up6(→))＝2eq \(GA1,\s\up6(→))，AC1與平面EFG交于點(diǎn)M，則eq \f(AM,AC1)＝________.
【答案】 eq \f(2,13)
【解析】 由題圖知，設(shè)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(→)).
因為M，E，F(xiàn)，G四點(diǎn)共面，所以2λ＋3λ＋eq \f(3λ,2)＝1，解得λ＝eq \f(2,13).
7、.(2022·石家莊質(zhì)檢)如圖，棱柱ABCD－A1B1C1D1的所有棱長都等于2，∠ABC和∠A1AC均為60°，平面AA1C1C⊥平面ABCD.
(1)求證：BD⊥AA1；
(2)在直線CC1上是否存在點(diǎn)P，使BP∥平面DA1C1？若存在，求出點(diǎn)P的位置，若不存在，請說明理由.
(1)證明 設(shè)BD與AC交于點(diǎn)O，
則BD⊥AC.連接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O(shè)B，OC，OA1所在直線分別為x軸，y軸，z軸，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，
則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 假設(shè)在直線CC1上存在點(diǎn)P，
使BP∥平面DA1C1，
設(shè)eq \(CP,\s\up6(→))＝λeq \(CC1,\s\up6(→))，P(x，y，z)，
則(x，y－1，z)＝λ(0，1，eq \r(3))，
從而有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))，
設(shè)平面DA1C1的一個法向量為
n3＝(x3，y3，z3)，
則eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(n3·\(A1C1,\s\up6(→))＝0，,n3·\(DA1,\s\up6(→))＝0，))
則eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(2y3＝0，,\r(3)x3＋\r(3)z3＝0，))取n3＝(1，0，－1).
因為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，
即點(diǎn)P在C1C的延長線上，且CP＝CC1. 概念
語言描述
共線向量(平行向量)
表示空間向量的有向線段所在的直線互相平行或重合
共面向量
平行于同一個平面的向量
共線向量定理
對空間任意兩個向量a，b(b≠0)，a∥b?存在λ∈R，使a＝λb
共面向量定理
若兩個向量a，b不共線，則向量p與向量a，b共面?存在唯一的有序?qū)崝?shù)對(x，y)，使p＝xa＋yb
空間向量基本定理及推論
定理：如果三個向量a，b，c不共面，那么對空間任一向量p，存在唯一的有序?qū)崝?shù)組{x，y，z}使得p＝xa＋yb＋zc.
推論：設(shè)O，A，B，C是不共面的四點(diǎn)，則對平面ABC內(nèi)任一點(diǎn)P都存在唯一的三個有序?qū)崝?shù)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)
數(shù)量積
a·b＝a1b1＋a2b2＋a3b3
共線
a∥b?a1＝λb1，a2＝λb2，a3＝λb3(λ∈R，b≠0)
垂直
a⊥b?a1b1＋a2b2＋a3b3＝0
夾角公式
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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2024年高考數(shù)學(xué)第一輪復(fù)習(xí)精品導(dǎo)學(xué)案第38講 復(fù)數(shù)（學(xué)生版）+教師版

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2024年高考數(shù)學(xué)第一輪復(fù)習(xí)精品導(dǎo)學(xué)案第19講 導(dǎo)數(shù)的概念及其運(yùn)算（學(xué)生版）+教師版

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