舊教材適用2023高考數(shù)學(xué)一輪總復(fù)習(xí)第八章立體幾何第6講空間向量及其運(yùn)算

第6講空間向量及其運(yùn)算1．空間向量的有關(guān)定理(1)共線向量定理對空間任意兩個(gè)向量a，b(b≠0)，a∥b的充要條件是存在實(shí)數(shù)λ，使eq\o(□,\s\up3(01))a＝λb.(2)共面向量定理如果兩個(gè)向量a，b不共線，那么向量p與向量a，b共面的充要條件是存在唯一的有序?qū)崝?shù)對(x，y)，使eq\o(□,\s\up3(02))p＝xa＋yb.(3)空間向量基本定理如果三個(gè)向量a，b，c不共面，那么對空間任一向量p，存在有序?qū)崝?shù)組{x，y，z}，使得eq\o(□,\s\up3(03))p＝xa＋yb＋zc.其中，{a，b，c}叫做空間的一個(gè)eq\o(□,\s\up3(04))基底．推論：設(shè)O，A，B，C是不共面的四點(diǎn)，則對空間任一點(diǎn)P，都存在唯一的三個(gè)有序?qū)崝?shù)x，y，z，使eq\o(OP,\s\up10(→))＝eq\o(□,\s\up3(05))xeq\o(OA,\s\up10(→))＋yeq\o(OB,\s\up10(→))＋zeq\o(OC,\s\up10(→)).2．?dāng)?shù)量積及坐標(biāo)運(yùn)算(1)兩個(gè)向量的數(shù)量積①a·b＝|a||b|cos〈a，b〉．②a⊥b?eq\o(□,\s\up3(06))a·b＝0(a，b為非零向量)．③|a|2＝eq\o(□,\s\up3(07))a2.(2)空間向量的坐標(biāo)運(yùn)算設(shè)a＝(a1，a2，a3)，b＝(b1，b2，b3)，則①|(zhì)a|＝eq\r(a\o\al(2,1)＋a\o\al(2,2)＋a\o\al(2,3))；②a＋b＝eq\o(□,\s\up3(08))(a1＋b1，a2＋b2，a3＋b3)；③a－b＝eq\o(□,\s\up3(09))(a1－b1，a2－b2，a3－b3)；④λa＝eq\o(□,\s\up3(10))(λa1，λa2，λa3)；⑤a·b＝eq\o(□,\s\up3(11))a1b1＋a2b2＋a3b3；⑥設(shè)A(x1，y1，z1)，B(x2，y2，z2)，則eq\o(AB,\s\up10(→))＝eq\o(□,\s\up3(12))(x2－x1，y2－y1，z2－z1)；⑦cos〈a，b〉＝eq\o(□,\s\up3(13))eq\f(a1b1＋a2b2＋a3b3,\r(a\o\al(2,1)＋a\o\al(2,2)＋a\o\al(2,3))·\r(b\o\al(2,1)＋b\o\al(2,2)＋b\o\al(2,3))).1．證明空間任意三點(diǎn)共線的方法對空間三點(diǎn)P，A，B，可通過證明下列結(jié)論成立來證明三點(diǎn)共線：(1)eq\o(PA,\s\up10(→))＝λeq\o(PB,\s\up10(→))(λ∈R)；(2)對空間任一點(diǎn)O，eq\o(OP,\s\up10(→))＝eq\o(OA,\s\up10(→))＋teq\o(AB,\s\up10(→))(t∈R)；(3)對空間任一點(diǎn)O，eq\o(OP,\s\up10(→))＝xeq\o(OA,\s\up10(→))＋yeq\o(OB,\s\up10(→))(x＋y＝1)．2．證明空間四點(diǎn)共面的方法點(diǎn)共面問題可轉(zhuǎn)化為向量共面問題，要證明P，A，B，C四點(diǎn)共面，只要能證明eq\o(PA,\s\up10(→))＝xeq\o(PB,\s\up10(→))＋yeq\o(PC,\s\up10(→))，或?qū)臻g任一點(diǎn)O，有eq\o(OA,\s\up10(→))＝eq\o(OP,\s\up10(→))＋xeq\o(PB,\s\up10(→))＋yeq\o(PC,\s\up10(→))，或eq\o(OP,\s\up10(→))＝xeq\o(OA,\s\up10(→))＋yeq\o(OB,\s\up10(→))＋zeq\o(OC,\s\up10(→))(x＋y＋z＝1)即可．3．確定平面法向量的方法(1)直接法：觀察是否有垂直于平面的向量，若有，則此向量就是法向量．(2)待定系數(shù)法：取平面內(nèi)的兩條相交向量a，b，設(shè)平面的法向量為n＝(x，y，z)，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·a＝0，,n·b＝0，))解方程組求得．1．已知a＝(λ＋1,0,2)，b＝(6,2μ－1,2λ)，若a∥b，則λ與μ的值可以是()A．2，eq\f(1,2) B．－eq\f(1,3)，eq\f(1,2)C．－3,2 D．2,2答案A解析∵a∥b，∴b＝ka，即(6,2μ－1,2λ)＝k(λ＋1,0,2)，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(6＝kλ＋1，,2μ－1＝0，,2λ＝2k.))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(λ＝2，,μ＝\f(1,2)))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(λ＝－3，,μ＝\f(1,2).))故選A.2．已知a＝(－2,1,3)，b＝(－1,2,1)，若a⊥(a－λb)，則實(shí)數(shù)λ的值為()A．－2 B．－eq\f(14,3)C．eq\f(14,5) D．2答案D解析由題意知a·(a－λb)＝0，即a2－λa·b＝0，又a2＝14，a·b＝7，∴14－7λ＝0，∴λ＝2.故選D.3．在長方體ABCD－A1B1C1D1中，eq\o(BA,\s\up10(→))＋eq\o(BC,\s\up10(→))＋eq\o(DD1,\s\up10(→))＝()A.eq\o(D1B1,\s\up10(→)) B．eq\o(D1B,\s\up10(→))C.eq\o(DB1,\s\up10(→)) D．eq\o(BD1,\s\up10(→))答案D解析eq\o(BA,\s\up10(→))＋eq\o(BC,\s\up10(→))＋eq\o(DD1,\s\up10(→))＝eq\o(CD,\s\up10(→))＋eq\o(BC,\s\up10(→))＋eq\o(DD1,\s\up10(→))＝eq\o(BD,\s\up10(→))＋eq\o(DD1,\s\up10(→))＝eq\o(BD1,\s\up10(→)).故選D.4．若直線l的方向向量為a＝(1,0,2)，平面α的法向量為n＝(－2,0，－4)，則()A．l∥α B．l⊥αC．l?α D．l與α相交但不垂直答案B解析∵a＝(1,0,2)，n＝(－2,0，－4)，∴n＝－2a，即a∥n，∴l(xiāng)⊥α.故選B.5．已知點(diǎn)P是平行四邊形ABCD所在的平面外一點(diǎn)，如果eq\o(AB,\s\up10(→))＝(2，－1，－4)，eq\o(AD,\s\up10(→))＝(4,2,0)，eq\o(AP,\s\up10(→))＝(－1,2，－1)．對于結(jié)論：①AP⊥AB；②AP⊥AD；③eq\o(AP,\s\up10(→))∥eq\o(BD,\s\up10(→))，其中正確的是________(填序號)．答案①②解析因?yàn)閑q\o(AP,\s\up10(→))·eq\o(AB,\s\up10(→))＝0，eq\o(AP,\s\up10(→))·eq\o(AD,\s\up10(→))＝0，所以AP⊥AB，AP⊥AD，則①②正確；因?yàn)閑q\o(BD,\s\up10(→))＝eq\o(AD,\s\up10(→))－eq\o(AB,\s\up10(→))＝(2,3,4)，eq\o(AP,\s\up10(→))＝(－1,2，－1)，所以eq\o(BD,\s\up10(→))與eq\o(AP,\s\up10(→))不平行，故③錯(cuò)誤．6．已知O(0,0,0)，A(1,2,3)，B(2,1,2)，P(1,1,2)，點(diǎn)Q在直線OP上運(yùn)動，當(dāng)eq\o(QA,\s\up10(→))·eq\o(QB,\s\up10(→))取最小值時(shí)，點(diǎn)Q的坐標(biāo)是________．答案eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,3)，\f(4,3)，\f(8,3)))解析由題意，設(shè)eq\o(OQ,\s\up10(→))＝λeq\o(OP,\s\up10(→))，即eq\o(OQ,\s\up10(→))＝(λ，λ，2λ)，則eq\o(QA,\s\up10(→))＝(1－λ，2－λ，3－2λ)，eq\o(QB,\s\up10(→))＝(2－λ，1－λ，2－2λ)，所以eq\o(QA,\s\up10(→))·eq\o(QB,\s\up10(→))＝(1－λ)(2－λ)＋(2－λ)(1－λ)＋(3－2λ)(2－2λ)＝6λ2－16λ＋10＝6eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(λ－\f(4,3)))2－eq\f(2,3)，當(dāng)λ＝eq\f(4,3)時(shí)有最小值，此時(shí)點(diǎn)Q的坐標(biāo)為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,3)，\f(4,3)，\f(8,3))).

考向一空間向量的線性運(yùn)算例1如圖所示，在平行六面體ABCD－A1B1C1D1中，設(shè)eq\o(AA1,\s\up10(→))＝a，eq\o(AB,\s\up10(→))＝b，eq\o(AD,\s\up10(→))＝c，M，N，P分別是AA1，BC，C1D1的中點(diǎn)，試用a，b，c表示以下各向量：(1)eq\o(AP,\s\up10(→))；(2)eq\o(A1N,\s\up10(→))；(3)eq\o(MP,\s\up10(→))＋eq\o(NC1,\s\up10(→)).解(1)∵P是C1D1的中點(diǎn)，∴eq\o(AP,\s\up10(→))＝eq\o(AA1,\s\up10(→))＋eq\o(A1D1,\s\up10(→))＋eq\o(D1P,\s\up10(→))＝a＋eq\o(AD,\s\up10(→))＋eq\f(1,2)eq\o(D1C1,\s\up10(→))＝a＋c＋eq\f(1,2)eq\o(AB,\s\up10(→))＝a＋c＋eq\f(1,2)b.(2)∵N是BC的中點(diǎn)，∴eq\o(A1N,\s\up10(→))＝eq\o(A1A,\s\up10(→))＋eq\o(AB,\s\up10(→))＋eq\o(BN,\s\up10(→))＝－a＋b＋eq\f(1,2)eq\o(BC,\s\up10(→))＝－a＋b＋eq\f(1,2)eq\o(AD,\s\up10(→))＝－a＋b＋eq\f(1,2)c.(3)∵M(jìn)是AA1的中點(diǎn)，∴eq\o(MP,\s\up10(→))＝eq\o(MA,\s\up10(→))＋eq\o(AP,\s\up10(→))＝eq\f(1,2)eq\o(A1A,\s\up10(→))＋eq\o(AP,\s\up10(→))＝－eq\f(1,2)a＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a＋c＋\f(1,2)b))＝eq\f(1,2)a＋eq\f(1,2)b＋c.又eq\o(NC1,\s\up10(→))＝eq\o(NC,\s\up10(→))＋eq\o(CC1,\s\up10(→))＝eq\f(1,2)eq\o(BC,\s\up10(→))＋eq\o(AA1,\s\up10(→))＝eq\f(1,2)eq\o(AD,\s\up10(→))＋eq\o(AA1,\s\up10(→))＝eq\f(1,2)c＋a，∴eq\o(MP,\s\up10(→))＋eq\o(NC1,\s\up10(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)a＋\f(1,2)b＋c))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a＋\f(1,2)c))＝eq\f(3,2)a＋eq\f(1,2)b＋eq\f(3,2)c.用已知向量表示某一向量的方法(1)結(jié)合已知向量和所求向量觀察圖形．(2)將已知向量和所求向量轉(zhuǎn)化到三角形或平行四邊形中．(3)利用三角形法則或平行四邊形法則把所求向量用已知向量表示出來．1．在三棱錐O－ABC中，M，N分別是OA，BC的中點(diǎn)，G是△ABC的重心，用基向量eq\o(OA,\s\up10(→))，eq\o(OB,\s\up10(→))，eq\o(OC,\s\up10(→))表示eq\o(OG,\s\up10(→))，eq\o(MG,\s\up10(→)).解eq\o(OG,\s\up10(→))＝eq\o(OA,\s\up10(→))＋eq\o(AG,\s\up10(→))＝eq\o(OA,\s\up10(→))＋eq\f(2,3)eq\o(AN,\s\up10(→))＝eq\o(OA,\s\up10(→))＋eq\f(2,3)(eq\o(ON,\s\up10(→))－eq\o(OA,\s\up10(→)))＝eq\o(OA,\s\up10(→))＋eq\f(2,3)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)\o(OB,\s\up10(→))＋\o(OC,\s\up10(→))－\o(OA,\s\up10(→))))＝eq\f(1,3)eq\o(OA,\s\up10(→))＋eq\f(1,3)eq\o(OB,\s\up10(→))＋eq\f(1,3)eq\o(OC,\s\up10(→)).eq\o(MG,\s\up10(→))＝eq\o(OG,\s\up10(→))－eq\o(OM,\s\up10(→))＝eq\o(OG,\s\up10(→))－eq\f(1,2)eq\o(OA,\s\up10(→))＝eq\f(1,3)eq\o(OA,\s\up10(→))＋eq\f(1,3)eq\o(OB,\s\up10(→))＋eq\f(1,3)eq\o(OC,\s\up10(→))－eq\f(1,2)eq\o(OA,\s\up10(→))＝－eq\f(1,6)eq\o(OA,\s\up10(→))＋eq\f(1,3)eq\o(OB,\s\up10(→))＋eq\f(1,3)eq\o(OC,\s\up10(→)).考向二共線向量與共面向量定理的應(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)，用向量方法求證：(1)E，F(xiàn)，G，H四點(diǎn)共面；(2)BD∥平面EFGH.證明(1)連接BG，EG，則eq\o(EG,\s\up10(→))＝eq\o(EB,\s\up10(→))＋eq\o(BG,\s\up10(→))＝eq\o(EB,\s\up10(→))＋eq\f(1,2)(eq\o(BC,\s\up10(→))＋eq\o(BD,\s\up10(→)))＝eq\o(EB,\s\up10(→))＋eq\o(BF,\s\up10(→))＋eq\o(EH,\s\up10(→))＝eq\o(EF,\s\up10(→))＋eq\o(EH,\s\up10(→))，由共面向量定理知E，F(xiàn)，G，H四點(diǎn)共面．(2)因?yàn)閑q\o(EH,\s\up10(→))＝eq\o(AH,\s\up10(→))－eq\o(AE,\s\up10(→))＝eq\f(1,2)eq\o(AD,\s\up10(→))－eq\f(1,2)eq\o(AB,\s\up10(→))＝eq\f(1,2)(eq\o(AD,\s\up10(→))－eq\o(AB,\s\up10(→)))＝eq\f(1,2)eq\o(BD,\s\up10(→))，又E，H，D，B四點(diǎn)不共線，所以EH∥BD.又EH?平面EFGH，BD?平面EFGH.所以BD∥平面EFGH.證明三點(diǎn)共線和空間四點(diǎn)共面的方法比較三點(diǎn)(P，A，B)共線空間四點(diǎn)(M，P，A，B)共面eq\o(PA,\s\up10(→))＝λeq\o(PB,\s\up10(→))且同過點(diǎn)Peq\o(MP,\s\up10(→))＝xeq\o(MA,\s\up10(→))＋yeq\o(MB,\s\up10(→))對空間任一點(diǎn)O，eq\o(OP,\s\up10(→))＝eq\o(OA,\s\up10(→))＋teq\o(AB,\s\up10(→))對空間任一點(diǎn)O，eq\o(OP,\s\up10(→))＝eq\o(OM,\s\up10(→))＋xeq\o(MA,\s\up10(→))＋yeq\o(MB,\s\up10(→))對空間任一點(diǎn)O，eq\o(OP,\s\up10(→))＝xeq\o(OA,\s\up10(→))＋(1－x)eq\o(OB,\s\up10(→))對空間任一點(diǎn)O，eq\o(OP,\s\up10(→))＝xeq\o(OM,\s\up10(→))＋yeq\o(OA,\s\up10(→))＋(1－x－y)eq\o(OB,\s\up10(→))2.已知a＝(2,1，－3)，b＝(－1，2,3)，c＝(7,6，λ)，若a，b，c三向量共面，則λ＝________.答案－9解析由題意知c＝xa＋yb，即(7,6，λ)＝x(2,1，－3)＋y(－1,2,3)，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2x－y＝7，,x＋2y＝6，,－3x＋3y＝λ，))解得λ＝－9.精準(zhǔn)設(shè)計(jì)考向，多角度探究突破考向三空間向量的數(shù)量積角度坐標(biāo)法例3已知空間三點(diǎn)A(－2,0,2)，B(－1,1,2)，C(－3,0,4)，設(shè)a＝eq\o(AB,\s\up10(→))，b＝eq\o(AC,\s\up10(→)).(1)若|c|＝3，且c∥eq\o(BC,\s\up10(→))，求c；(2)求a與b夾角的余弦值；(3)若ka＋b與ka－2b互相垂直，求k的值．解(1)∵c∥eq\o(BC,\s\up10(→))，∴c＝meq\o(BC,\s\up10(→))＝m(－2，－1,2)＝(－2m，－m,2m)．∴|c|＝eq\r(－2m2＋－m2＋2m2)＝3|m|＝3，∴m＝±1.∴c＝(－2，－1,2)或c＝(2,1，－2)．(2)∵a＝(1,1,0)，b＝(－1,0,2)，∴a·b＝(1,1,0)·(－1,0,2)＝－1，又|a|＝eq\r(12＋12＋02)＝eq\r(2)，|b|＝eq\r(－12＋02＋22)＝eq\r(5)，∴cos〈a，b〉＝eq\f(a·b,|a||b|)＝eq\f(－1,\r(10))＝－eq\f(\r(10),10).∴a與b夾角的余弦值為－eq\f(\r(10),10).(3)∵ka＋b＝(k－1，k,2)，ka－2b＝(k＋2，k，－4)，∴(k－1，k,2)·(k＋2，k，－4)＝(k－1)(k＋2)＋k2－8＝0.∴k＝2或k＝－eq\f(5,2).即當(dāng)ka＋b與ka－2b互相垂直時(shí)，k＝2或k＝－eq\f(5,2).角度基向量法例4已知平行六面體ABCD－A1B1C1D1中，底面ABCD是邊長為1的正方形，AA1＝2，∠A1AB＝∠A1AD＝120°.(1)求線段AC1的長；(2)求異面直線AC1與A1D所成角的余弦值；(3)證明：AA1⊥BD.解(1)如圖所示，設(shè)eq\o(AB,\s\up10(→))＝a，eq\o(AD,\s\up10(→))＝b，eq\o(AA1,\s\up10(→))＝c，則|a|＝|b|＝1，|c|＝2.a·b＝0，a·c＝b·c＝2×1×cos120°＝－1.∵eq\o(AC1,\s\up10(→))＝eq\o(AB,\s\up10(→))＋eq\o(BC,\s\up10(→))＋eq\o(CC1,\s\up10(→))＝a＋b＋c，∴|eq\o(AC1,\s\up10(→))|2＝(a＋b＋c)2＝a2＋b2＋c2＋2a·b＋2a·c＋2b·c＝1＋1＋22－2－2＝2.∴|eq\o(AC1,\s\up10(→))|＝eq\r(2).即線段AC1的長為eq\r(2).(2)∵eq\o(AC1,\s\up10(→))＝a＋b＋c，eq\o(A1D,\s\up10(→))＝b－c，∴eq\o(AC1,\s\up10(→))·eq\o(A1D,\s\up10(→))＝(a＋b＋c)·(b－c)＝a·b－a·c＋b2－b·c＋b·c－c2＝1＋12－22＝－2.又|eq\o(A1D,\s\up10(→))|2＝(b－c)2＝b2＋c2－2b·c＝1＋4＋2＝7，∴|eq\o(A1D,\s\up10(→))|＝eq\r(7).∴cos〈eq\o(AC1,\s\up10(→))，eq\o(A1D,\s\up10(→))〉＝eq\f(\o(AC1,\s\up10(→))·\o(A1D,\s\up10(→)),|\o(AC1,\s\up10(→))||\o(A1D,\s\up10(→))|)＝eq\f(－2,\r(2)×\r(7))＝－eq\f(\r(14),7).∴異面直線AC1與A1D所成角的余弦值為eq\f(\r(14),7).(3)證明：∵eq\o(AA1,\s\up10(→))＝c，eq\o(BD,\s\up10(→))＝b－a，∴eq\o(AA1,\s\up10(→))·eq\o(BD,\s\up10(→))＝c·(b－a)＝c·b－c·a＝－1－(－1)＝0.∴eq\o(AA1,\s\up10(→))⊥eq\o(BD,\s\up10(→))，即AA1⊥BD.1．空間向量數(shù)量積計(jì)算的兩種方法(1)基向量法：a·b＝|a||b|cos〈a，b〉．(2)坐標(biāo)法：設(shè)a＝(x1，y1，z1)，b＝(x2，y2，z2)，則a·b＝x1x2＋y1y2＋z1z2.2．利用數(shù)量積解決有關(guān)垂直、夾角、長度問題(1)a≠0，b≠0，a⊥b?a·b＝0.(2)|a|＝eq\r(a2).(3)cos〈a，b〉＝eq\f(a·b,|a||b|).3.(2021·云南昭通模擬)已知A(1，0,0)，B(0，－1,1)，O為坐標(biāo)原點(diǎn)，eq\o(OA,\s\up10(→))＋λeq\o(OB,\s\up10(→))與eq\o(OB,\s\up10(→))的夾角為120°，則λ的值為()A．±eq\f(\r(6),6) B．eq\f(\r(6),6)C．－eq\f(\r(6),6) D．±eq\r(6)答案C解析由eq\o(OA,\s\up10(→))＋λeq\o(OB,\s\up10(→))＝(1，－λ，λ)，eq\o(OB,\s\up10(→))＝(0，－1，1)，則cos120°＝eq\f(λ＋λ,\r(1＋2λ2)·\r(2))＝－eq\f(1,2)，解得λ＝±eq\f(\r(6),6).經(jīng)檢驗(yàn)λ＝eq\f(\r(6),6)不符合題意，舍去，所以λ＝－eq\f(\r(6),6).4．如圖，在四棱錐P－ABCD中，底面ABCD為直角梯形，AD∥BC，∠BAD＝90°，PA⊥底面ABCD，且PA＝AD＝AB＝2BC，M為PC的中點(diǎn)．(1)求證：PB⊥DM；(2)求AC與PD所成角的余弦值．解(1)證明：結(jié)合題圖知，eq\o(PB,\s\up10(→))＝eq\o(AB,\s\up10(→))－eq\o(AP,\s\up10(→))，eq\o(DM,\s\up10(→))＝eq\f(1,2)(eq\o(DP,\s\up10(→))＋eq\o(DC,\s\up10(→)))＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\o(AP,\s\up10(→))－\o(AD,\s\up10(→))＋\o(AB,\s\up10(→))－\f(1,2)\o(AD,\s\up10(→))))＝eq\f(1,2)eq\o(AP,\s\up10(→))＋eq\f(1,2)eq\o(AB,\s\up10(→))－eq\f(3,4)eq\o(AD,\s\up10(→))，則eq\o(PB,\s\up10(→))·eq\o(DM,\s\up10(→))＝(eq\o(AB,\s\up10(→))－eq\o(AP,\s\up10(→)))·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)\o(AP,\s\up10(→))＋\f(1,2)\o(AB,\s\up10(→))－\f(3,4)\o(AD,\s\up10(→))))＝eq\f(1,2)|eq\o(AB,\s\up10(→))|2－eq\f(1,2)|eq\o(AP,\s\up10(→))|2＝0，故PB⊥DM.(2)設(shè)PA＝AD＝AB＝2BC＝2，由于eq\o(PD,\s\up10(→))＝eq\o(AD,\s\up10(→))－eq\o(AP,\s\up10(→))，eq\o(AC,\s\up10(→))＝eq\o(AB,\s\up10(→))＋eq\f(1,2)eq\o(AD,\s\up10(→))，則|eq\o(PD,\s\up10(→))|2＝|eq\o(AD,\s\up10(→))－eq\o(AP,\s\up10(→))|2＝eq\o(AD,\s\up10(→))2－2eq\o(AD,\s\up10(→))·eq\o(AP,\s\up10(→))＋eq\o(AP,\s\up10(→))2＝8，故|eq\o(PD,\s\up10(→))|＝2eq\r(2)，|eq\o(AC,\s\up10(→))|2＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\o(AB,\s\up10(→))＋\f(1,2)\o(AD,\s\up10(→))))2＝|eq\o(AB,\s\up10(→))|2＋2eq\o(AB,\s\up10(→))·eq\f(1,2)eq\o(AD,\s\up10(→))＋eq\f(1,4)|eq\o(AD,\s\up10(→))|2＝5，故|eq\o(AC,\s\up10(→))|＝eq\r(5)，eq\o(PD,\s\up10(→))·eq\o(AC,\s\up10(→))＝(eq\o(AD,\s\up10(→))－eq\o(AP,\s\up10(→)))·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\o(AB,\s\up10(→))＋\f(1,2)\o(AD,\s\up10(→))))＝2，故cos〈eq\o(PD,\s\up10(→))，eq\o(AC,\s\up10(→))〉＝eq\f(2,2\r(2)×\r(5))＝eq\f(\r(10),10).1．已知a＝(2,3，－4)，b＝(－4，－3，－2)，b＝eq\f(1,2)x－2a，則x＝()A．(0,3，－6) B．(0,6，－20)C．(0,6，－6) D．(6,6，－6)答案B解析由b＝eq\f(1,2)x－2a，得x＝4a＋2b＝(8,12，－16)＋(－8，－6，－4)＝(0,6，－20)．故選B.2．若O，A，B，C為空間四點(diǎn)，且向量eq\o(OA,\s\up10(→))，eq\o(OB,\s\up10(→))，eq\o(OC,\s\up10(→))不能構(gòu)成空間的一個(gè)基底，則()A.eq\o(OA,\s\up10(→))，eq\o(OB,\s\up10(→))，eq\o(OC,\s\up10(→))共線 B．eq\o(OA,\s\up10(→))，eq\o(OB,\s\up10(→))共線C.eq\o(OB,\s\up10(→))，eq\o(OC,\s\up10(→))共線 D．O，A，B，C四點(diǎn)共面答案D解析∵向量eq\o(OA,\s\up10(→))，eq\o(OB,\s\up10(→))，eq\o(OC,\s\up10(→))不能構(gòu)成空間的一個(gè)基底，∴向量eq\o(OA,\s\up10(→))，eq\o(OB,\s\up10(→))，eq\o(OC,\s\up10(→))共面，因此O，A，B，C四點(diǎn)共面．3．(2021·江西鷹潭模擬)在空間四邊形ABCD中，eq\o(AB,\s\up10(→))＝a，eq\o(BC,\s\up10(→))＝b，eq\o(AD,\s\up10(→))＝c，則eq\o(CD,\s\up10(→))等于()A．a(chǎn)＋b－c B．c－a－bC．a(chǎn)－b－c D．b－a＋c答案B解析如圖所示，eq\o(CD,\s\up10(→))＝eq\o(CB,\s\up10(→))＋eq\o(BD,\s\up10(→))＝eq\o(CB,\s\up10(→))＋(eq\o(AD,\s\up10(→))－eq\o(AB,\s\up10(→)))＝－b＋c－a＝c－a－b.故選B.4．已知向量a＝(1,0，－1)，則下列向量中與a成60°夾角的是()A．(－1,1,0) B．(1，－1,0)C．(0，－1,1) D．(－1,0,1)答案B解析經(jīng)檢驗(yàn)，B中向量(1，－1,0)與向量a＝(1,0，－1)的夾角的余弦值為eq\f(1,2)，即它們的夾角為60°.故選B.5．已知平面α內(nèi)有一個(gè)點(diǎn)M(1，－1,2)，平面α的一個(gè)法向量是n＝(6，－3,6)，則下列點(diǎn)P在平面α內(nèi)的是()A．P(2,3,3) B．P(－2,0,1)C．P(－4,4,0) D．P(3，－3,4)答案A解析∵n＝(6，－3,6)是平面α的法向量，∴n⊥eq\o(MP,\s\up10(→))，在A中，eq\o(MP,\s\up10(→))＝(1,4,1)，∴n·eq\o(MP,\s\up10(→))＝0.故選A.6．棱長為1的正方體ABCD－A1B1C1D1中，eq\o(AB1,\s\up10(→))·(eq\o(DD1,\s\up10(→))－eq\o(DC,\s\up10(→)))＝()A．－1 B．0C．eq\f(1,2) D．eq\f(1,4)答案B解析eq\o(AB1,\s\up10(→))·(eq\o(DD1,\s\up10(→))－eq\o(DC,\s\up10(→)))＝eq\o(AB1,\s\up10(→))·eq\o(CD1,\s\up10(→))＝0.故選B.7.(2022·大慶一中模擬)如圖，在空間四邊形ABCD中，若向量eq\o(AB,\s\up10(→))＝(－3，5,2)，eq\o(CD,\s\up10(→))＝(－7，－1，－4)，點(diǎn)E，F(xiàn)分別為線段BC，AD的中點(diǎn)，則eq\o(EF,\s\up10(→))的坐標(biāo)為()A．(2,3,3) B．(－2，－3，－3)C．(5，－2,1) D．(－5,2，－1)答案B解析取AC的中點(diǎn)M，連接ME，MF，eq\o(ME,\s\up10(→))＝eq\f(1,2)eq\o(AB,\s\up10(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)，\f(5,2)，1))，eq\o(MF,\s\up10(→))＝eq\f(1,2)eq\o(CD,\s\up10(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(7,2)，－\f(1,2)，－2))，而eq\o(EF,\s\up10(→))＝eq\o(MF,\s\up10(→))－eq\o(ME,\s\up10(→))＝(－2，－3，－3)，故選B.8．已知長方體ABCD－A1B1C1D1，下列向量的數(shù)量積一定不為0的是()A.eq\o(AD1,\s\up10(→))·eq\o(B1C,\s\up10(→)) B．eq\o(BD1,\s\up10(→))·eq\o(AC,\s\up10(→))C.eq\o(AB,\s\up10(→))·eq\o(AD1,\s\up10(→)) D．eq\o(BD1,\s\up10(→))·eq\o(BC,\s\up10(→))答案D解析當(dāng)側(cè)面BCC1B1是正方形時(shí)，得eq\o(AD1,\s\up10(→))·eq\o(B1C,\s\up10(→))＝0，所以排除A；當(dāng)?shù)酌鍭BCD是正方形時(shí)，得AC垂直于對角面BD1，eq\o(BD1,\s\up10(→))·eq\o(AC,\s\up10(→))＝0，所以排除B；顯然AB⊥側(cè)面ADD1A1，則eq\o(AB,\s\up10(→))·eq\o(AD1,\s\up10(→))＝0，所以排除C；由題圖可得BD1與BC所成的角小于90°.故選D.9．已知兩個(gè)非零向量a＝(a1，a2，a3)，b＝(b1，b2，b3)，它們平行的充要條件是()A.eq\f(a,|a|)＝eq\f(b,|b|)B．a(chǎn)1b1＝a2b2＝a3b3C．a(chǎn)1b1＋a2b2＋a3b3＝0D．存在非零實(shí)數(shù)k，使a＝kb答案D解析首先排除B；C表示a⊥b；當(dāng)a∥b時(shí)，有eq\f(a,|a|)＝±eq\f(b,|b|)，故A錯(cuò)誤．故選D.10．(2021·安徽合肥模擬)已知向量a＝(1,2,3)，b＝(－2，－4，－6)，|c|＝eq\r(14)，若(a＋b)·c＝7，則a與c的夾角為()A．30° B．60°C．120° D．150°答案C解析由于a＋b＝(－1，－2，－3)＝－a，故(a＋b)·c＝－a·c＝7，即a·c＝－7.又因?yàn)閨a|＝eq\r(12＋22＋32)＝eq\r(14)，所以cos〈a，c〉＝eq\f(a·c,|a||c|)＝－eq\f(1,2)，所以〈a，c〉＝120°.11．已知正方體ABCD－A1B1C1D1，如圖所示，E為上底面A1B1C1D1的中心，若eq\o(AE,\s\up10(→))＝eq\o(AA1,\s\up10(→))＋xeq\o(AB,\s\up10(→))＋yeq\o(AD,\s\up10(→))，則x，y的值分別為()A．x＝y(tǒng)＝1 B．x＝1，y＝eq\f(1,2)C．x＝y(tǒng)＝eq\f(1,2) D．x＝eq\f(1,2)，y＝1答案C解析由向量運(yùn)算的三角形法則知，eq\o(AE,\s\up10(→))＝eq\o(AA1,\s\up10(→))＋eq\o(A1E,\s\up10(→))，而eq\o(A1E,\s\up10(→))＝eq\f(1,2)eq\o(A1C1,\s\up10(→))，eq\o(A1C1,\s\up10(→))＝eq\o(A1B1,\s\up10(→))＋eq\o(B1C1,\s\up10(→))，又eq\o(A1B1,\s\up10(→))＝eq\o(AB,\s\up10(→))，eq\o(B1C1,\s\up10(→))＝eq\o(BC,\s\up10(→))＝eq\o(AD,\s\up10(→))，∴eq\o(A1C1,\s\up10(→))＝eq\o(AB,\s\up10(→))＋eq\o(AD,\s\up10(→))，∴eq\o(AE,\s\up10(→))＝eq\o(AA1,\s\up10(→))＋eq\f(1,2)eq\o(AB,\s\up10(→))＋eq\f(1,2)eq\o(AD,\s\up10(→))，∴x＝y(tǒng)＝eq\f(1,2).12．(2022·雅安模擬)A，B，C，D是空間不共面的四點(diǎn)，且滿足eq\o(AB,\s\up10(→))·eq\o(AC,\s\up10(→))＝0，eq\o(AC,\s\up10(→))·eq\o(AD,\s\up10(→))＝0，eq\o(AB,\s\up10(→))·eq\o(AD,\s\up10(→))＝0，M為BC的中點(diǎn)，則△AMD是()A．鈍角三角形 B．銳角三角形C．直角三角形 D．不確定答案C解析∵M(jìn)為BC的中點(diǎn)，∴eq\o(AM,\s\up10(→))＝eq\f(1,2)(eq\o(AB,\s\up10(→))＋eq\o(AC,\s\up10(→)))．∴eq\o(AM,\s\up10(→))·eq\o(AD,\s\up10(→))＝eq\f(1,2)(eq\o(AB,\s\up10(→))＋eq\o(AC,\s\up10(→)))·eq\o(AD,\s\up10(→))＝eq\f(1,2)eq\o(AB,\s\up10(→))·eq\o(AD,\s\up10(→))＋eq\f(1,2)eq\o(AC,\s\up10(→))·eq\o(AD,\s\up10(→))＝0，∴AM⊥AD，△AMD為直角三角形．故選C.13．在空間直角坐標(biāo)系中，以點(diǎn)A(4,1,9)，B(10，－1,6)，C(x,4,3)為頂點(diǎn)的△ABC是以BC為斜邊的等腰直角三角形，則實(shí)數(shù)x的值為________．答案2解析由題意知eq\o(AB,\s\up10(→))·eq\o(AC,\s\up10(→))＝0，|eq\o(AB,\s\up10(→))|＝|eq\o(AC,\s\up10(→))|，又eq\o(AB,\s\up10(→))＝(6，－2，－3)，eq\o(AC,\s\up10(→))＝(x－4,3，－6)，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(6x－4－6＋18＝0，,x－42＝4，))解得x＝2.14.如圖所示，在空間四邊形OACB中，eq\o(OA,\s\up10(→))＝a，eq\o(OB,\s\up10(→))＝b，eq\o(OC,\s\up10(→))＝c，點(diǎn)M在OA上，且eq\o(OM,\s\up10(→))＝eq\f(2,3)eq\o(OA,\s\up10(→))，點(diǎn)N為BC的中點(diǎn)，則eq\o(MN,\s\up10(→))＝________________(用向量a，b，c表示)．答案－eq\f(2,3)a＋eq\f(1,2)b＋eq\f(1,2)c解析eq\o(MN,\s\up10(→))＝eq\o(ON,\s\up10(→))－eq\o(OM,\s\up10(→))＝eq\f(1,2)(eq\o(OB,\s\up10(→))＋eq\o(OC,\s\up10(→)))－eq\f(2,3)eq\o(OA,\s\up10(→))＝－eq\f(2,3)a＋eq\f(1,2)b＋eq\f(1,2)c.15.(2021·河南信陽模擬)如圖所示，正方體ABCD－A1B1C1D1的棱長為1，若動點(diǎn)P在線段BD1上運(yùn)動，則eq\o(DC,\s\up10(→))·eq\o(AP,\s\up10(→))的取值范圍是________．答案[0,1]解析由題意，設(shè)eq\o(BP,\s\up10(→))＝λeq\o(BD1,\s\up10(→))，其中λ∈[0,1]，eq\o(DC,\s\up10(→))·eq\o(AP,\s\up10(→))＝eq\o(AB,\s\up10(→))·(eq\o(AB,\s\up10(→))＋eq\o(BP,\s\up10(→)))＝eq\o(AB,\s\up10(→))·(eq\o(AB,\s