2025《金版教程•高考數(shù)學復習創(chuàng)新方案》第5節(jié) 空間向量及其運算

第五節(jié)空間向量及其運算課標解讀考向預測1.了解空間向量的概念，了解空間向量的基本定理及其意義，掌握空間向量的正交分解及其坐標表示.2.掌握空間向量的線性運算及其坐標表示，掌握空間向量的數(shù)量積及其坐標表示，能用向量的數(shù)量積判斷向量的共線和垂直.從近三年高考來看，本節(jié)內容主要與立體幾何知識結合考查，預計2025年仍然會與立體幾何知識結合，考查空間向量線性運算及數(shù)量積運算，試題難度中檔.必備知識——強基礎1．空間向量的有關概念名稱定義空間向量在空間中，具有eq\x(\s\up1(01))大小和eq\x(\s\up1(02))方向的量相等向量方向eq\x(\s\up1(03))相同且模eq\x(\s\up1(04))相等的向量相反向量方向eq\x(\s\up1(05))相反且模eq\x(\s\up1(06))相等的向量共線向量(或平行向量)表示若干空間向量的有向線段所在的直線互相eq\x(\s\up1(07))平行或eq\x(\s\up1(08))重合的向量共面向量平行于eq\x(\s\up1(09))同一個平面的向量2.空間向量的有關定理(1)共線向量定理：對任意兩個空間向量a，b(b≠0)，a∥b的充要條件是存在實數(shù)λ，使eq\x(\s\up1(10))a＝λb．(2)共面向量定理：如果兩個向量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eq\x(\s\up1(11))唯一的有序實數(shù)對(x，y)，使p＝xa＋yb.(3)空間向量基本定理如果三個向量a，b，c不共面，那么對任意一個空間向量p，存在eq\x(\s\up1(12))唯一的有序實數(shù)組(x，y，z)，使得p＝xa＋yb＋zc，{a，b，c}叫做空間的一個基底．3．空間向量的數(shù)量積及運算律(1)數(shù)量積非零向量a，b的數(shù)量積a·b＝eq\x(\s\up1(13))|a||b|cos〈a，b〉．(2)空間向量的坐標表示及其應用設a＝(a1，a2，a3)，b＝(b1，b2，b3)．向量表示坐標表示數(shù)量積a·beq\x(\s\up1(14))a1b1＋a2b2＋a3b3共線a＝λb(b≠0，λ∈R)eq\x(\s\up1(15))a1＝λb1，a2＝λb2，a3＝λb3垂直a·b＝0(a≠0，b≠0)eq\x(\s\up1(16))a1b1＋a2b2＋a3b3＝0模|a|eq\r(aeq\o\al(2,1)＋aeq\o\al(2,2)＋aeq\o\al(2,3))夾角余弦值cos〈a，b〉＝eq\f(a·b,|a||b|)(a≠0，b≠0)cos〈a，b〉＝eq\f(a1b1＋a2b2＋a3b3,\r(aeq\o\al(2,1)＋aeq\o\al(2,2)＋aeq\o\al(2,3))·\r(beq\o\al(2,1)＋beq\o\al(2,2)＋beq\o\al(2,3)))4．投影向量(1)向量a在向量b上的投影先將向量a與向量b平移到同一平面α內，如圖1，向量c稱為向量a在向量b上的投影向量．(2)向量a在直線l上的投影如圖2，向量c稱為向量a在直線l上的投影向量．(3)向量a在平面β上的投影如圖3，分別由向量a的起點A和終點B作平面β的垂線，垂足分別為A′，B′，得到向量eq\o(A′B′,\s\up6(→))，則向量eq\o(A′B′,\s\up6(→))(a′)稱為向量a在平面β上的投影向量．1．在空間中，A，B，C三點共線的充要條件是：eq\o(OA,\s\up6(→))＝xeq\o(OB,\s\up6(→))＋yeq\o(OC,\s\up6(→))(其中x＋y＝1)，O為空間任意一點．2．在空間中，P，A，B，C四點共面的充要條件是：eq\o(OP,\s\up6(→))＝xeq\o(OA,\s\up6(→))＋yeq\o(OB,\s\up6(→))＋zeq\o(OC,\s\up6(→))(其中x＋y＋z＝1)，O為空間任意一點．3．空間向量的數(shù)量積滿足交換律、分配律，即a·b＝b·a，a·(b＋c)＝a·b＋a·c成立，但不滿足結合律，即(a·b)·c＝a·(b·c)不一定成立．4．在利用eq\o(MN,\s\up6(→))＝xeq\o(AB,\s\up6(→))＋yeq\o(AC,\s\up6(→))證明MN∥平面ABC時，必須說明點M或點N不在平面ABC內．1．概念辨析(正確的打“√”，錯誤的打“×”)(1)對于非零向量b，若a·b＝b·c，則a＝c.()(2)若{a，b，c}是空間的一個基底，則a，b，c中至多有一個零向量．()(3)空間直角坐標系中，在yOz平面上的點的坐標一定是(0，b，c)．()答案(1)×(2)×(3)√2．小題熱身(1)(人教A選擇性必修第一冊習題1.2T2改編)若{a，b，c}為空間向量的一個基底，則下列各項中，能構成空間向量的一個基底的是()A．{a，a＋b，a－b} B．{b，a＋b，a－b}C．{c，a＋b，a－b} D．{a＋b，a－b，a＋2b}答案C解析∵λa＋μb(λ，μ∈R)與a，b共面，∴A，B，D不符合題意．故選C.(2)(人教A選擇性必修第一冊習題1.1T2改編)如圖，在平行六面體ABCD－A1B1C1D1中，M為A1C1與B1D1的交點．若eq\o(AB,\s\up6(→))＝a，eq\o(AD,\s\up6(→))＝b，eq\o(AA1,\s\up6(→))＝c，則下列向量中與eq\o(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＋cC．－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解析由題意，得eq\o(BM,\s\up6(→))＝eq\o(BB1,\s\up6(→))＋eq\o(B1M,\s\up6(→))＝eq\o(AA1,\s\up6(→))＋eq\f(1,2)(eq\o(AD,\s\up6(→))－eq\o(AB,\s\up6(→)))＝c＋eq\f(1,2)(b－a)＝－eq\f(1,2)a＋eq\f(1,2)b＋c.故選A.(3)(2024·山東濟南期中)在平面ABCD中，eq\o(AB,\s\up6(→))＝(－1，1，－1)，eq\o(AC,\s\up6(→))＝(－1，3，4)，eq\o(AD,\s\up6(→))＝(a，－2，0)，則實數(shù)a＝________．答案eq\f(10,7)解析由于eq\o(AB,\s\up6(→))，eq\o(AC,\s\up6(→))，eq\o(AD,\s\up6(→))共面，所以存在實數(shù)x，y，使得eq\o(AD,\s\up6(→))＝xeq\o(AB,\s\up6(→))＋yeq\o(AC,\s\up6(→))，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝－x－y，,－2＝x＋3y，,0＝－x＋4y，))解得x＝－eq\f(8,7)，y＝－eq\f(2,7)，a＝eq\f(10,7).(4)(2024·四川成都樹德中學模擬)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＝60°，則eq\o(AD1,\s\up6(→))·eq\o(AC,\s\up6(→))＝________．答案3解析設eq\o(AB,\s\up6(→))＝a，eq\o(AD,\s\up6(→))＝b，eq\o(AA1,\s\up6(→))＝c，由題意得，|a|＝1，|b|＝1，|c|＝2，a·b＝0，a·c＝1，b·c＝1，eq\o(AD1,\s\up6(→))·eq\o(AC,\s\up6(→))＝(b＋c)·(b＋a)＝b2＋b·c＋b·a＋a·c＝1＋1＋0＋1＝3.考點探究——提素養(yǎng)考點一空間向量的線性運算例1如圖所示，在平行六面體ABCD－A1B1C1D1中，設eq\o(AA1,\s\up6(→))＝a，eq\o(AB,\s\up6(→))＝b，eq\o(AD,\s\up6(→))＝c，M，N，P分別是AA1，BC，C1D1的中點，試用a，b，c表示以下各向量：(1)eq\o(AP,\s\up6(→))；(2)eq\o(A1N,\s\up6(→))；(3)eq\o(MP,\s\up6(→))＋eq\o(NC,\s\up6(→))1.解(1)∵P是C1D1的中點，∴eq\o(AP,\s\up6(→))＝eq\o(AA1,\s\up6(→))＋eq\o(A1P,\s\up6(→))＝eq\o(AA1,\s\up6(→))＋eq\o(A1D1,\s\up6(→))＋eq\o(D1P,\s\up6(→))＝eq\o(AA1,\s\up6(→))＋eq\o(AD,\s\up6(→))＋eq\f(1,2)eq\o(DC,\s\up6(→))＝a＋c＋eq\f(1,2)eq\o(AB,\s\up6(→))＝a＋c＋eq\f(1,2)b.(2)∵N是BC的中點，∴eq\o(A1N,\s\up6(→))＝eq\o(A1A,\s\up6(→))＋eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(BN,\s\up6(→))＝－a＋b＋eq\f(1,2)eq\o(BC,\s\up6(→))＝－a＋b＋eq\f(1,2)eq\o(AD,\s\up6(→))＝－a＋b＋eq\f(1,2)c.(3)∵M是AA1的中點，∴eq\o(MP,\s\up6(→))＝eq\o(MA,\s\up6(→))＋eq\o(AP,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)eq\o(A1A,\s\up6(→))＋eq\o(AP,\s\up6(→))＝－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\up6(→))＝eq\o(NC,\s\up6(→))＋eq\o(CC1,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)eq\o(BC,\s\up6(→))＋eq\o(AA1,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)eq\o(AD,\s\up6(→))＋eq\o(AA1,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)c＋a，∴eq\o(MP,\s\up6(→))＋eq\o(NC1,\s\up6(→))＝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(\f(1,2)c＋a))＝eq\f(3,2)a＋eq\f(1,2)b＋eq\f(3,2)c.【通性通法】用基向量表示指定向量的方法(1)結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基向量表示出來．【鞏固遷移】1．(2023·廣東深圳外國語學校期中)在正四面體A－BCD中，其外接球的球心為O，則eq\o(AO,\s\up6(→))＝()A．eq\f(1,2)eq\o(AD,\s\up6(→))－eq\f(3,4)eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\f(1,4)eq\o(AC,\s\up6(→))B．eq\f(3,4)eq\o(AD,\s\up6(→))＋eq\f(3,4)eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\f(1,4)eq\o(AC,\s\up6(→))C．eq\f(1,4)eq\o(AD,\s\up6(→))＋eq\f(1,4)eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\f(1,4)eq\o(AC,\s\up6(→))D．eq\f(1,4)eq\o(AD,\s\up6(→))－eq\f(3,4)eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\f(1,4)eq\o(AC,\s\up6(→))答案C解析在正四面體A－BCD中，設△BCD的中心為E，BC的中點為F.因為O是外接球的球心，所以eq\o(AO,\s\up6(→))＝eq\f(3,4)eq\o(AE,\s\up6(→))，又因為eq\o(AE,\s\up6(→))＝eq\f(1,3)eq\o(AD,\s\up6(→))＋eq\f(2,3)eq\o(AF,\s\up6(→))＝eq\f(1,3)eq\o(AD,\s\up6(→))＋eq\f(2,3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)\o(AB,\s\up6(→))＋\f(1,2)\o(AC,\s\up6(→))))＝eq\f(1,3)eq\o(AD,\s\up6(→))＋eq\f(1,3)eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\f(1,3)eq\o(AC,\s\up6(→))，所以eq\o(AO,\s\up6(→))＝eq\f(1,4)eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\f(1,4)eq\o(AC,\s\up6(→))＋eq\f(1,4)eq\o(AD,\s\up6(→)).故選C.考點二共線、共面向量定理的應用例2(1)(2023·福建三明模擬)已知{a，b，c}是空間的一個基底，m＝2a＋3b－c，n＝x(a－b)＋y(b－c)＋4(a＋c)，若m∥n，則x＋y＝()A．0 B．－6C．6 D．5答案C解析n＝(x＋4)a＋(y－x)b＋(－y＋4)c，因為m∥n，所以存在實數(shù)λ，使得n＝λm，所以(x＋4)a＋(y－x)b＋(－y＋4)c＝λ(2a＋3b－c)，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＋4＝2λ，,y－x＝3λ，,－y＋4＝－λ，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(λ＝2，,x＝0，,y＝6，))所以x＋y＝6.故選C.(2)已知A，B，C三點不共線，對平面ABC外的任一點O，若點M滿足eq\o(OM,\s\up6(→))＝eq\f(1,3)(eq\o(OA,\s\up6(→))＋eq\o(OB,\s\up6(→))＋eq\o(OC,\s\up6(→)))．①判斷eq\o(MA,\s\up6(→))，eq\o(MB,\s\up6(→))，eq\o(MC,\s\up6(→))三個向量是否共面；②判斷點M是否在平面ABC內．解①由題知eq\o(OA,\s\up6(→))＋eq\o(OB,\s\up6(→))＋eq\o(OC,\s\up6(→))＝3eq\o(OM,\s\up6(→))，所以eq\o(OA,\s\up6(→))－eq\o(OM,\s\up6(→))＝(eq\o(OM,\s\up6(→))－eq\o(OB,\s\up6(→)))＋(eq\o(OM,\s\up6(→))－eq\o(OC,\s\up6(→)))，即eq\o(MA,\s\up6(→))＝eq\o(BM,\s\up6(→))＋eq\o(CM,\s\up6(→))＝－eq\o(MB,\s\up6(→))－eq\o(MC,\s\up6(→))，所以eq\o(MA,\s\up6(→))，eq\o(MB,\s\up6(→))，eq\o(MC,\s\up6(→))共面．②解法一：由①知，eq\o(MA,\s\up6(→))，eq\o(MB,\s\up6(→))，eq\o(MC,\s\up6(→))共面且所在直線過同一點M，所以M，A，B，C四點共面，從而點M在平面ABC內．解法二：因為eq\o(OM,\s\up6(→))＝eq\f(1,3)(eq\o(OA,\s\up6(→))＋eq\o(OB,\s\up6(→))＋eq\o(OC,\s\up6(→)))＝eq\f(1,3)eq\o(OA,\s\up6(→))＋eq\f(1,3)eq\o(OB,\s\up6(→))＋eq\f(1,3)eq\o(OC,\s\up6(→))，且eq\f(1,3)＋eq\f(1,3)＋eq\f(1,3)＝1，所以M，A，B，C四點共面，從而點M在平面ABC內．【通性通法】1．對空間任一點O，eq\o(OP,\s\up6(→))＝xeq\o(OA,\s\up6(→))＋yeq\o(OB,\s\up6(→))，若x＋y＝1，則點P，A，B共線．2．證明空間四點P，M，A，B共面的方法(1)eq\o(MP,\s\up6(→))＝xeq\o(MA,\s\up6(→))＋yeq\o(MB,\s\up6(→)).(2)對空間任一點O，eq\o(OP,\s\up6(→))＝eq\o(OM,\s\up6(→))＋xeq\o(MA,\s\up6(→))＋yeq\o(MB,\s\up6(→)).(3)對空間任一點O，eq\o(OP,\s\up6(→))＝xeq\o(OM,\s\up6(→))＋yeq\o(OA,\s\up6(→))＋zeq\o(OB,\s\up6(→))(x＋y＋z＝1)．(4)eq\o(PM,\s\up6(→))∥eq\o(AB,\s\up6(→))(或eq\o(PA,\s\up6(→))∥eq\o(MB,\s\up6(→))或eq\o(PB,\s\up6(→))∥eq\o(AM,\s\up6(→)))．【鞏固遷移】2．(2023·遼寧沈陽模擬)空間中，若向量a＝(5，9，m)，b＝(1，－1，2)，c＝(2，5，1)共面，則m＝()A．2 B．3 C．4 D．5答案C解析因為b＝(1，－1，2)，c＝(2，5，1)，所以b，c不共線，可以取為基底．若向量a，b，c共面，則存在實數(shù)x，y，使得a＝xb＋yc，即(5，9，m)＝x(1，－1，2)＋y(2，5，1)，即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(5＝x＋2y，,9＝－x＋5y，,m＝2x＋y，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝1，,y＝2，,m＝4.))故選C.3．(多選)(2024·山東濟南模擬)對于空間一點O，下列命題中正確的是()A．若eq\o(OP,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)eq\o(OA,\s\up6(→))－eq\o(OB,\s\up6(→))＋eq\f(1,2)eq\o(OC,\s\up6(→))，則P，A，B，C四點共面B．若eq\o(OP,\s\up6(→))＝－eq\f(1,3)eq\o(OA,\s\up6(→))＋2eq\o(OB,\s\up6(→))－eq\f(2,3)eq\o(OC,\s\up6(→))，則P，A，B，C四點共面C．若eq\o(OP,\s\up6(→))＝－eq\f(1,3)eq\o(OA,\s\up6(→))＋eq\f(4,3)eq\o(OB,\s\up6(→))，則P，A，B三點共線D．若eq\o(OP,\s\up6(→))＝eq\o(OA,\s\up6(→))＋2eq\o(AB,\s\up6(→))，則B是線段AP的中點答案BCD解析對于A，因為eq\f(1,2)－1＋eq\f(1,2)＝0≠1，所以P，A，B，C四點不共面，故A錯誤；對于B，因為－eq\f(1,3)＋2－eq\f(2,3)＝1，所以P，A，B，C四點共面，故B正確；對于C，因為－eq\f(1,3)＋eq\f(4,3)＝1，所以P，A，B三點共線，故C正確；對于D，eq\o(OP,\s\up6(→))＝eq\o(OA,\s\up6(→))＋2eq\o(AB,\s\up6(→))，即eq\o(OP,\s\up6(→))－eq\o(OA,\s\up6(→))＝2eq\o(AB,\s\up6(→))，即eq\o(AP,\s\up6(→))＝2eq\o(AB,\s\up6(→))，則|eq\o(AP,\s\up6(→))|＝2|eq\o(AB,\s\up6(→))|，eq\o(AP,\s\up6(→))，eq\o(AB,\s\up6(→))共線，且點P，B在點A的一側，又因為eq\o(AP,\s\up6(→))，eq\o(AB,\s\up6(→))有公共點A，所以A，P，B三點共線，且B是線段AP的中點，故D正確．故選BCD.考點三空間向量的數(shù)量積及其應用(多考向探究)考向1求空間向量的數(shù)量積例3(1)已知向量a＝(2，1，3)，|a＋b|＝|3a－b|，則a·b＝()A．eq\f(49,2) B．14C．eq\r(14) D．eq\f(35,4)答案B解析因為|a＋b|＝|3a－b|，所以|a＋b|2＝|3a－b|2，即a2＋2a·b＋b2＝9a2－6a·b＋b2，則a·b＝a2，因為a＝(2，1，3)，所以a2＝22＋12＋32＝14，故a·b＝14.故選B.(2)正四面體O－ABC的棱長為1，E為BC的中點，則eq\o(OE,\s\up6(→))·eq\o(AB,\s\up6(→))＝()A．－eq\f(1,2) B．eq\f(1,4)C．－eq\f(1,4) D．eq\f(1,2)答案B解析以{eq\o(OA,\s\up6(→))，eq\o(OB,\s\up6(→))，eq\o(OC,\s\up6(→))}為基底，則|eq\o(OA,\s\up6(→))|＝|eq\o(OB,\s\up6(→))|＝|eq\o(OC,\s\up6(→))|＝1，且eq\o(OA,\s\up6(→))，eq\o(OB,\s\up6(→))，eq\o(OC,\s\up6(→))兩兩夾角為60°，則eq\o(AB,\s\up6(→))＝eq\o(OB,\s\up6(→))－eq\o(OA,\s\up6(→))，eq\o(OE,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)(eq\o(OB,\s\up6(→))＋eq\o(OC,\s\up6(→)))，eq\o(OE,\s\up6(→))·eq\o(AB,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)(eq\o(OB,\s\up6(→))＋eq\o(OC,\s\up6(→)))·(eq\o(OB,\s\up6(→))－eq\o(OA,\s\up6(→)))＝eq\f(1,2)(eq\o(OB,\s\up6(→))2＋eq\o(OB,\s\up6(→))·eq\o(OC,\s\up6(→))－eq\o(OB,\s\up6(→))·eq\o(OA,\s\up6(→))－eq\o(OA,\s\up6(→))·eq\o(OC,\s\up6(→)))＝eq\f(1,2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,2)－\f(1,2)－\f(1,2)))＝eq\f(1,4).故選B.【通性通法】空間向量數(shù)量積的計算方法(1)定義法：設向量a，b的夾角為θ，則a·b＝|a||b|cosθ.(2)坐標法：設a＝(x1，y1，z1)，b＝(x2，y2，z2)，則a·b＝x1x2＋y1y2＋z1z2.【鞏固遷移】4．(多選)已知四面體A－BCD中，AB，AC，AD兩兩互相垂直，則下列結論中正確的是()A．|eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(AC,\s\up6(→))＋eq\o(AD,\s\up6(→))|＝|eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(AC,\s\up6(→))－eq\o(AD,\s\up6(→))|B．|eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(AC,\s\up6(→))＋eq\o(AD,\s\up6(→))|2＝|eq\o(AB,\s\up6(→))|2＋|eq\o(AC,\s\up6(→))|2＋|eq\o(AD,\s\up6(→))|2C．(eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(AC,\s\up6(→))＋eq\o(AD,\s\up6(→)))·eq\o(BC,\s\up6(→))＝0D．eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(CD,\s\up6(→))＝eq\o(AC,\s\up6(→))·eq\o(BD,\s\up6(→))＝eq\o(AD,\s\up6(→))·eq\o(BC,\s\up6(→))＝0答案ABD解析如圖，作以AB，AC為鄰邊的平行四邊形ACEB，連接AE.對于A，因為AB，AC，AD兩兩互相垂直，所以AD⊥平面ABC，又AE?平面ABC，所以AD⊥AE，所以eq\o(AD,\s\up6(→))·eq\o(AE,\s\up6(→))＝0，若|eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(AC,\s\up6(→))＋eq\o(AD,\s\up6(→))|＝|eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(AC,\s\up6(→))－eq\o(AD,\s\up6(→))|，則|eq\o(AE,\s\up6(→))＋eq\o(AD,\s\up6(→))|＝|eq\o(AE,\s\up6(→))－eq\o(AD,\s\up6(→))|，所以|eq\o(AE,\s\up6(→))＋eq\o(AD,\s\up6(→))|2＝|eq\o(AE,\s\up6(→))－eq\o(AD,\s\up6(→))|2，所以eq\o(AD,\s\up6(→))·eq\o(AE,\s\up6(→))＝0，所以A正確；對于B，因為|eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(AC,\s\up6(→))＋eq\o(AD,\s\up6(→))|2＝eq\o(AB,\s\up6(→))2＋eq\o(AC,\s\up6(→))2＋eq\o(AD,\s\up6(→))2＋2eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(AC,\s\up6(→))＋2eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(AD,\s\up6(→))＋2eq\o(AC,\s\up6(→))·eq\o(AD,\s\up6(→))＝|eq\o(AB,\s\up6(→))|2＋|eq\o(AC,\s\up6(→))|2＋|eq\o(AD,\s\up6(→))|2，所以B正確；對于C，因為AD⊥平面ABC，BC?平面ABC，所以AD⊥BC，所以eq\o(AD,\s\up6(→))·eq\o(BC,\s\up6(→))＝0，所以(eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(AC,\s\up6(→))＋eq\o(AD,\s\up6(→)))·eq\o(BC,\s\up6(→))＝(eq\o(AE,\s\up6(→))＋eq\o(AD,\s\up6(→)))·eq\o(BC,\s\up6(→))＝eq\o(AE,\s\up6(→))·eq\o(BC,\s\up6(→))＋eq\o(AD,\s\up6(→))·eq\o(BC,\s\up6(→))＝eq\o(AE,\s\up6(→))·eq\o(BC,\s\up6(→))，因為eq\o(AE,\s\up6(→))與eq\o(BC,\s\up6(→))不一定垂直，所以eq\o(AE,\s\up6(→))·eq\o(BC,\s\up6(→))不一定等于零，所以C錯誤；對于D，因為AB，AC，AD兩兩互相垂直，且AB，AC，AD相交于同一點A，所以AB⊥平面ACD，AC⊥平面ABD，CD?平面ACD，BD?平面ABD，所以AB⊥CD，AC⊥BD，又AD⊥BC，所以eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(CD,\s\up6(→))＝eq\o(AC,\s\up6(→))·eq\o(BD,\s\up6(→))＝eq\o(AD,\s\up6(→))·eq\o(BC,\s\up6(→))＝0，所以D正確．故選ABD.5．(2024·山西大同一中月考)若a，b，c為空間中兩兩夾角為eq\f(π,3)的單位向量，eq\o(AB,\s\up6(→))＝2a－2b，eq\o(CD,\s\up6(→))＝b－c，則eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(CD,\s\up6(→))＝________．答案－1解析由題意，得a2＝b2＝c2＝1，a·b＝b·c＝a·c＝12×coseq\f(π,3)＝eq\f(1,2)，則eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(CD,\s\up6(→))＝(2a－2b)·(b－c)＝2a·b－2a·c－2b2＋2b·c＝－1.考向2利用數(shù)量積求長度與夾角例4(1)在長方體ABCD－A1B1C1D1中，AB＝BC＝1，AA1＝eq\r(3)，則向量eq\o(AD1,\s\up6(→))與eq\o(DB1,\s\up6(→))夾角的余弦值為()A．eq\f(\r(5),5) B．eq\f(\r(5),6)C．－eq\f(\r(5),5) D．eq\f(\r(2),2)答案A解析解法一(基底法)：如圖，|eq\o(AD1,\s\up6(→))|＝2，|eq\o(DB1,\s\up6(→))|＝eq\r(5)，eq\o(AD1,\s\up6(→))·eq\o(DB1,\s\up6(→))＝(eq\o(AD,\s\up6(→))＋eq\o(AA1,\s\up6(→)))·(－eq\o(AD,\s\up6(→))＋eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(AA1,\s\up6(→)))＝2，記向量eq\o(AD1,\s\up6(→))與eq\o(DB1,\s\up6(→))的夾角為θ，則cosθ＝eq\f(\o(AD1,\s\up6(→))·\o(DB1,\s\up6(→)),|\o(AD1,\s\up6(→))||\o(DB1,\s\up6(→))|)＝eq\f(2,2\r(5))＝eq\f(\r(5),5).故選A．解法二(空間向量法)：建立如圖所示的空間直角坐標系，則有D(0，0，0)，A(1，0，0)，D1(0，0，eq\r(3))，B1(1，1，eq\r(3))，所以eq\o(DB1,\s\up6(→))＝(1，1，eq\r(3))，eq\o(AD1,\s\up6(→))＝(－1，0，eq\r(3))，設eq\o(AD1,\s\up6(→))與eq\o(DB1,\s\up6(→))的夾角為θ，則cosθ＝eq\f(\o(AD1,\s\up6(→))·\o(DB1,\s\up6(→)),|\o(AD1,\s\up6(→))||\o(DB1,\s\up6(→))|)＝eq\f(\r(5),5).故選A.(2)(2024·安徽合肥九中檢測)在三棱柱ABC－A1B1C1中，∠BAC＝90°，∠A1AB＝∠A1AC＝60°，AB＝AC＝AA1＝2，D為BC1上一點，且eq\o(BD,\s\up6(→))＝eq\f(1,3)eq\o(BC1,\s\up6(→))，則|eq\o(AD,\s\up6(→))|＝()A．2 B．3C．3eq\r(2) D．4eq\r(2)答案A解析由題意，得eq\o(AD,\s\up6(→))＝eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(BD,\s\up6(→))＝eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\f(1,3)eq\o(BC1,\s\up6(→))＝eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\f(1,3)(eq\o(BB1,\s\up6(→))＋eq\o(BC,\s\up6(→)))＝eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\f(1,3)(eq\o(BB1,\s\up6(→))＋eq\o(AC,\s\up6(→))－eq\o(AB,\s\up6(→)))＝eq\f(2,3)eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\f(1,3)eq\o(AA1,\s\up6(→))＋eq\f(1,3)eq\o(AC,\s\up6(→))，eq\o(AD,\s\up6(→))2＝eq\f(4,9)eq\o(AB,\s\up6(→))2＋eq\f(1,9)eq\o(AA1,\s\up6(→))2＋eq\f(1,9)eq\o(AC,\s\up6(→))2＋eq\f(4,9)eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(AA1,\s\up6(→))＋eq\f(4,9)eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(AC,\s\up6(→))＋eq\f(2,9)eq\o(AA1,\s\up6(→))·eq\o(AC,\s\up6(→))＝eq\f(4,9)×4＋eq\f(1,9)×4＋eq\f(1,9)×4＋eq\f(4,9)×2＋0＋eq\f(2,9)×2＝4，則|eq\o(AD,\s\up6(→))|＝2.故選A.【通性通法】(1)運用公式|a|2＝a·a，可使線段長度(即兩點間距離)的計算問題轉化為向量數(shù)量積的計算問題．(2)設非零向量a，b所成的角為θ，則cosθ＝eq\f(a·b,|a||b|)，進而可求兩向量的夾角．【鞏固遷移】6．已知空間三點A(－2，0，8)，P(m，m，m)，B(4，－4，6)，若向量eq\o(PA,\s\up6(→))與eq\o(PB,\s\up6(→))的夾角為60°，則實數(shù)m＝()A．1 B．2C．－1 D．－2答案B解析∵eq\o(PA,\s\up6(→))＝(－2－m，－m，8－m)，eq\o(PB,\s\up6(→))＝(4－m，－4－m，6－m)，∴eq\o(PA,\s\up6(→))·eq\o(PB,\s\up6(→))＝(－2－m)(4－m)＋(－m)(－4－m)＋(8－m)(6－m)＝3m2－12m＋40，|eq\o(PA,\s\up6(→))|＝eq\r(（－2－m）2＋（－m）2＋（8－m）2)＝eq\r(3m2－12m＋68)，|eq\o(PB,\s\up6(→))|＝eq\r(（4－m）2＋（－4－m）2＋（6－m）2)＝eq\r(3m2－12m＋68)，由eq\o(PA,\s\up6(→))·eq\o(PB,\s\up6(→))＝|eq\o(PA,\s\up6(→))||eq\o(PB,\s\up6(→))|·cos60°，得3m2－12m＋40＝(3m2－12m＋68)×eq\f(1,2)，整理，得m2－4m＋4＝0，解得m＝2.故選B.7.(2024·遼寧沈陽模擬)如圖，甲站在水庫底面上的點D處，乙站在水壩斜面上的點C處．已知庫底與水壩所成的二面角為150°，測得從D，C到庫底與水壩的交線的距離分別為DA＝30eq\r(3)m，CB＝40m，若AB＝20m，則甲、乙兩人相距()A．10m B．10eq\r(47)mC．70m D．10eq\r(83)m答案D解析由題意可得，eq\o(DC,\s\up6(→))＝eq\o(DA,\s\up6(→))＋eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(BC,\s\up6(→))，則|eq\o(DC,\s\up6(→))|2＝(eq\o(DA,\s\up6(→))＋eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(BC,\s\up6(→)))2＝eq\o(DA,\s\up6(→))2＋eq\o(AB,\s\up6(→))2＋eq\o(BC,\s\up6(→))2＋2eq\o(DA,\s\up6(→))·eq\o(AB,\s\up6(→))＋2eq\o(DA,\s\up6(→))·eq\o(BC,\s\up6(→))＋2eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(BC,\s\up6(→))，又DA＝30eq\r(3)m，CB＝40m，AB＝20m，且?guī)斓着c水壩所成的二面角為150°，則〈eq\o(DA,\s\up6(→))，eq\o(BC,\s\up6(→))〉＝30°，所以|eq\o(DC,\s\up6(→))|2＝(30eq\r(3))2＋202＋402＋0＋2×30eq\r(3)×40×cos30°＋0＝8300，即|eq\o(DC,\s\up6(→))|＝10eq\r(83).故選D.課時作業(yè)一、單項選擇題1.(2024·山西太原五中質檢)如圖，在三棱錐O－ABC中，M，N分別是OA，BC的中點，G是△ABC的重心，用基向量eq\o(OA,\s\up6(→))，eq\o(OB,\s\up6(→))，eq\o(OC,\s\up6(→))表示eq\o(OG,\s\up6(→))，則下列表示正確的是()A．eq\f(1,4)eq\o(OA,\s\up6(→))＋eq\f(1,2)eq\o(OB,\s\up6(→))＋eq\f(1,3)eq\o(OC,\s\up6(→))B．eq\f(1,2)eq\o(OA,\s\up6(→))＋eq\f(1,2)eq\o(OB,\s\up6(→))＋eq\f(1,2)eq\o(OC,\s\up6(→))C．－eq\f(1,6)eq\o(OA,\s\up6(→))＋eq\f(1,3)eq\o(OB,\s\up6(→))＋eq\f(1,3)eq\o(OC,\s\up6(→))D．eq\f(1,3)eq\o(OA,\s\up6(→))＋eq\f(1,3)eq\o(OB,\s\up6(→))＋eq\f(1,3)eq\o(OC,\s\up6(→))答案D解析因為eq\o(MG,\s\up6(→))＝eq\o(MA,\s\up6(→))＋eq\o(AG,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)eq\o(OA,\s\up6(→))＋eq\f(2,3)eq\o(AN,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)eq\o(OA,\s\up6(→))＋eq\f(2,3)(eq\o(ON,\s\up6(→))－eq\o(OA,\s\up6(→)))＝eq\f(1,2)eq\o(OA,\s\up6(→))＋eq\f(2,3)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)（\o(OB,\s\up6(→))＋\o(OC,\s\up6(→))）－\o(OA,\s\up6(→))))＝－eq\f(1,6)eq\o(OA,\s\up6(→))＋eq\f(1,3)eq\o(OB,\s\up6(→))＋eq\f(1,3)eq\o(OC,\s\up6(→))，所以eq\o(OG,\s\up6(→))＝eq\o(OM,\s\up6(→))＋eq\o(MG,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)eq\o(OA,\s\up6(→))－eq\f(1,6)eq\o(OA,\s\up6(→))＋eq\f(1,3)eq\o(OB,\s\up6(→))＋eq\f(1,3)eq\o(OC,\s\up6(→))＝eq\f(1,3)eq\o(OA,\s\up6(→))＋eq\f(1,3)eq\o(OB,\s\up6(→))＋eq\f(1,3)eq\o(OC,\s\up6(→)).故選D.2．已知空間任意一點O和不共線的三點A，B，C，若eq\o(OP,\s\up6(→))＝xeq\o(OA,\s\up6(→))＋yeq\o(OB,\s\up6(→))＋zeq\o(OC,\s\up6(→))(x，y，z∈R)，則“x＝2，y＝－3，z＝2”是“P，A，B，C四點共面”的()A．必要不充分條件B．充分不必要條件C．充要條件D．既不充分也不必要條件答案B解析由x＋y＋z＝1，得P，A，B，C四點共面，當P，A，B，C四點共面時，x＋y＋z＝1，不能得出x＝2，y＝－3，z＝2.故“x＝2，y＝－3，z＝2”是“P，A，B，C四點共面”的充分不必要條件．故選B.3．已知空間向量a＝(1，0，1)，b＝(1，1，n)，且a·b＝3，則向量a與b的夾角為()A．eq\f(π,6) B．eq\f(π,3)C．eq\f(2π,3) D．eq\f(5π,6)答案A解析由題意，得a·b＝1＋0＋n＝3，解得n＝2，又|a|＝eq\r(1＋0＋1)＝eq\r(2)，|b|＝eq\r(1＋1＋4)＝eq\r(6)，所以cos〈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]，所以a與b的夾角為eq\f(π,6).故選A.4．(2024·上海七寶中學開學考試)已知a＝(1，－1，3)，b＝(－1，4，－2)，c＝(1，5，x)，若a，b，c三向量共面，則實數(shù)x＝()A．3 B．4C．5 D．6答案C解析a＝(1，－1，3)，b＝(－1，4，－2)，c＝(1，5，x)，若a，b，c三向量共面，可設c＝ma＋nb，即(1，5，x)＝(m，－m，3m)＋(－n，4n，－2n)＝(m－n，4n－m，3m－2n)，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(1＝m－n，,5＝4n－m，,x＝3m－2n，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m＝3，,n＝2，,x＝5.))故選C.5.如圖，在正方體ABCD－A1B1C1D1中，點F是側面CDD1C1的中心，若eq\o(AF,\s\up6(→))＝xeq\o(AD,\s\up6(→))＋yeq\o(AB,\s\up6(→))＋zeq\o(AA1,\s\up6(→))，則x－y＋z＝()A．eq\f(1,2) B．1C．eq\f(3,2) D．2答案B解析因為eq\o(AF,\s\up6(→))＝eq\o(AD,\s\up6(→))＋eq\o(DF,\s\up6(→))＝eq\o(AD,\s\up6(→))＋eq\f(1,2)(eq\o(DD1,\s\up6(→))＋eq\o(D1C1,\s\up6(→)))＝eq\o(AD,\s\up6(→))＋eq\f(1,2)(eq\o(AA1,\s\up6(→))＋eq\o(AB,\s\up6(→)))＝eq\o(AD,\s\up6(→))＋eq\f(1,2)eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\f(1,2)eq\o(AA1,\s\up6(→))，則x＝1，y＝eq\f(1,2)，z＝eq\f(1,2)，則x－y＋z＝1.故選B.6．(2024·福建漳州模擬)已知空間單位向量a，b，c兩兩垂直，則|a＋b＋c|＝()A．eq\r(3) B．eq\r(6)C．3 D．6答案A解析由題意，得|a|＝|b|＝|c|＝1，a·b＝0，a·c＝0，b·c＝0，|a＋b＋c|2＝(a＋b＋c)2＝a2＋b2＋c2＋2a·b＋2b·c＋2a·c＝12＋12＋12＝3，∴|a＋b＋c|＝eq\r(3).故選A.7．(2023·湖南郴州模擬)已知空間A，B，C，D四點共面，且其中任意三點均不共線，設P為空間中任意一點，若eq\o(BD,\s\up6(→))＝5eq\o(PA,\s\up6(→))－4eq\o(PB,\s\up6(→))＋λeq\o(PC,\s\up6(→))，則λ＝()A．－2 B．－1C．0 D．1答案B解析由eq\o(BD,\s\up6(→))＝5eq\o(PA,\s\up6(→))－4eq\o(PB,\s\up6(→))＋λeq\o(PC,\s\up6(→))，得eq\o(PD,\s\up6(→))－eq\o(PB,\s\up6(→))＝5eq\o(PA,\s\up6(→))－4eq\o(PB,\s\up6(→))＋λeq\o(PC,\s\up6(→))，故eq\o(PD,\s\up6(→))＝5eq\o(PA,\s\up6(→))－3eq\o(PB,\s\up6(→))＋λeq\o(PC,\s\up6(→))，由A，B，C，D四點共面，且其中任意三點均不共線，可得5－3＋λ＝1，解得λ＝－1.8．(2023·山東泰安模擬)已知正六棱柱ABCDEF－A1B1C1D1E1F1的底面邊長為1，P是正六棱柱內(不含表面)的一點，則eq\o(AP,\s\up6(→))·eq\o(AB,\s\up6(→))的取值范圍是()A．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，\f(3,2))) B．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)，\f(1,2)))C．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，1)) D．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(3,2)))答案A解析建立如圖所示的空間直角坐標系，且AB＝BC＝CD＝DE＝EF＝AF＝1，由正六邊形的性質可得，A(0，0，0)，B(1，0，0)，F(xiàn)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，\f(\r(3),2)，0))，Ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，\f(\r(3),2)，0))，設P(x，y，z)，其中－eq\f(1,2)<x<eq\f(3,2)，所以eq\o(AB,\s\up6(→))＝(1，0，0)，eq\o(AP,\s\up6(→))＝(x，y，z)，所以eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(AP,\s\up6(→))＝x，所以eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(AP,\s\up6(→))的取值范圍是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，\f(3,2))).故選A.二、多項選擇題9.(2024·遼寧大連質檢)如圖，在三棱柱ABC－A1B1C1中，M，N分別是A1B，B1C1上的點，且BM＝2A1M，C1N＝2B1N.設eq\o(AB,\s\up6(→))＝a，eq\o(AC,\s\up6(→))＝b，eq\o(AA1,\s\up6(→))＝c，若∠BAC＝90°，∠BAA1＝∠CAA1＝60°，AB＝AC＝AA1＝1，則下列說法中正確的是()A．eq\o(MN,\s\up6(→))＝eq\f(1,3)a＋eq\f(1,3)b＋eq\f(2,3)cB．|eq\o(MN,\s\up6(→))|＝eq\f(\r(5),3)C．eq\o(AB1,\s\up6(→))⊥eq\o(BC1,\s\up6(→))D．cos〈eq\o(AB1,\s\up6(→))，eq\o(BC1,\s\up6(→))〉＝eq\f(1,6)答案BD解析eq\o(MN,\s\up6(→))＝eq\o(MA1,\s\up6(→))＋eq\o(A1C1,\s\up6(→))＋eq\o(C1N,\s\up6(→))＝eq\f(1,3)eq\o(BA1,\s\up6(→))＋eq\o(AC,\s\up6(→))＋eq\f(2,3)eq\o(CB,\s\up6(→))＝eq\f(1,3)(eq\o(AA1,\s\up6(→))－eq\o(AB,\s\up6(→)))＋eq\o(AC,\s\up6(→))＋eq\f(2,3)(eq\o(AB,\s\up6(→))－eq\o(AC,\s\up6(→)))＝eq\f(1,3)eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\f(1,3)eq\o(AA1,\s\up6(→))＋eq\f(1,3)eq\o(AC,\s\up6(→))＝eq\f(1,3)a＋eq\f(1,3)b＋eq\f(1,3)c，故A錯誤；由題可知|a|＝|b|＝|c|＝1，a·b＝0，a·c＝b·c＝eq\f(1,2)，∴|eq\o(MN,\s\up6(→))|2＝eq\f(1,9)(a＋b＋c)2＝eq\f(1,9)(a2＋b2＋c2＋2a·b＋2a·c＋2b·c)＝eq\f(5,9)，∴|eq\o(MN,\s\up6(→))|＝eq\f(\r(5),3)，故B正確；∵eq\o(AB1,\s\up6(→))＝a＋c，eq\o(BC1,\s\up6(→))＝c＋b－a，則eq\o(AB1,\s\up6(→))·eq\o(BC1,\s\up6(→))＝(a＋c)·(c＋b－a)＝a·b－a2＋c2＋b·c＝eq\f(1,2)，|eq\o(AB1,\s\up6(→))|2＝(a＋c)2＝a2＋c2＋2a·c＝3，則|eq\o(AB1,\s\up6(→))|＝eq\r(3)，|eq\o(BC1,\s\up6(→))|2＝(c＋b－a)2＝c2＋b2＋a2＋2b·c－2a·b－2a·c＝3，則|eq\o(BC1,\s\up6(→))|＝eq\r(3)，∴cos〈eq\o(AB1,\s\up6(→))，eq\o(BC1,\s\up6(→))〉＝eq\f(\o(AB1,\s\up6(→))·\o(BC1,\s\up6(→)),|\o(AB1,\s\up6(→))||\o(BC1,\s\up6(→))|)＝eq\f(\f(1,2),\r(3)×\r(3))＝eq\f(1,6)，故C錯誤，D正確．故選BD.10．如圖所示，在平行四邊形ABCD中，AB＝AC＝1，∠ACD＝90°，沿它的對角線AC將△ACD折起，使AB與CD成60°角，則此時B，D兩點間的距離可能為()A．eq\r(2) B．eq\r(3)C．2 D．3答案AC解析∵四邊形ABCD為平行四邊形，∴AB∥CD，又∠ACD＝90°，∴∠CAB＝90°，∴eq\o(AC,\s\up6(→))·eq\o(CD,\s\up6(→))＝0，eq\o(AC,\s\up6(→))·eq\o(BA,\s\up6(→))＝0，∵在空間四邊形ABCD中，AB與CD成60°角，∴〈eq\o(BA,\s\up6(→))，eq\o(CD,\s\up6(→))〉＝60°或120°，又eq\o(BD,\s\up6(→))＝eq\o(BA,\s\up6(→))＋eq\o(AC,\s\up6(→))＋eq\o(CD,\s\up6(→))，∴|eq\o(BD,\s\up6(→))|2＝|eq\o(BA,\s\up6(→))|2＋|eq\o(AC,\s\up6(→))|2＋|eq\o(CD,\s\up6(→))|2＋2eq\o(BA,\s\up6(→))·eq\o(AC,\s\up6(→))＋2eq\o(BA,\s\up6(→))·eq\o(CD,\s\up6(→))＋2eq\o(AC,\s\up6(→))·eq\o(CD,\s\up6(→))＝3＋2×1×1×cos〈eq\o(BA,\s\up6(→))，eq\o(CD,\s\up6(→))〉，當〈eq\o(BA,\s\up6(→))，eq\o(CD,\s\up6(→))〉＝60°時，|eq\o(BD,\s\up6(→))|2＝4，∴|eq\o(BD,\s\up6(→))|＝2，即此時B，D兩點間的距離為2；當〈eq\o(BA,\s\up6(→))，eq\o(CD,\s\up6(→))〉＝120°時，|eq\o(BD,\s\up6(→))|2＝2，∴|eq\o(BD,\s\up6(→))|＝eq\r(2)，即此時B，D兩點間的距離為eq\r(2).綜上所述，B，D兩點間的距離為2或eq\r(2).11.(2023·貴州名校三模)如圖，在三棱柱ABC－A1B1C1中，P為空間一點，且滿足eq\o(BP,\s\up6(→))＝λeq\o(BC,\s\up6(→))＋μeq\o(BB1,\s\up6(→))，λ，μ∈[0，1]，則()A．當λ＝0時，點P在棱BB1上B．當λ＝μ時，點P在線段B1C上C．當μ＝1時，點P在棱B1C1上D．當λ＋μ＝1時，點P在線段B1C上答案ACD解析當λ＝0時，eq\o(BP,\s\up6(→))＝μeq\o(BB1,\s\up6(→))，又μ∈[0，1]，所以點P在棱BB1上，故A正確；當λ＝μ時，eq\o(BP,\s\up6(→))＝λ(eq\o(BC,\s\up6(→))＋eq\o(BB1,\s\up6(→)))＝λeq\o(BC1,\s\up6(→))，λ∈[0，1]，所以點P在線段BC1上，故B錯誤；當μ＝1時，eq\o(BP,\s\up6(→))＝λeq\o(BC,\s\up6(→))＋eq\o(BB1,\s\up6(→))，所以eq\o(B1P,\s\up6(→))＝λeq\o(BC,\s\up6(→))＝λeq\o(B1C1,\s\up6(→))，λ∈[0，1]，所以點P在棱B1C1上，故C正確；當λ＋μ＝1時，μ＝1－λ，所以eq\o(BP,\s\up6(→))＝λeq\o(BC,\s\up6(→))＋(1－λ)eq\o(BB1,\s\up6(→))，即eq\o(B1P,\s\up6(→))＝λeq\o(B1C,\s\up6(→))，λ∈[0，1]，所以點P在線段B1C上，故D正確．故選ACD.三、填空題12．(2024·廣東汕頭期末)若向量a＝(1，1，x)，b＝(1，2，1)，c＝(1，1，1)滿足條件(c－a)·2b＝－2，則x＝________．答案2解析∵c－a＝(0，0，1－x)，∴(c－a)·2b＝(0，0，1－x)·(2，4，2)＝2－2x＝－2，解得x＝2.13.(2023·福建廈門一中檢測)如圖，已知正方體ABCD－A′B′C′D′，E是上底面A′C′的中心，若eq\o(AC′,\s\up6(→))＝x(eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(BC,\s\up6(→))＋eq\o(CC′,\s\up6(→)))，則x＝________；若eq\o(AE,\s\up6(→))＝eq\o(AA′,\s\up6(→))＋meq\o(AB,\s\up6(→))＋neq\o(AD,\s\up6(→))，則m＋n＝________．答案11解析因為eq\o(AC′,\s\up6(→))＝eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(AD,\s\up6(→))＋eq\o(AA′,\s\up6(→))＝eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(BC,\s\up6(→))＋eq\o(CC′,\s\up6(→))，所以x＝1.因為eq\o(AE,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)(eq\o(AA′,\s\up6(→))＋eq\o(AC′,\s\up6(→)))＝eq\f(1,2)eq\o(AA′,\s\up6(→))＋eq\f(1,2)(eq\o(AA′,\s\up6(→))＋eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(AD,\s\up6(→)))＝eq\o(AA′,\s\up6(→))＋eq\f(1,2)eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\f(1,2)eq\o(AD,\s\up6(→))，所以m＋n＝1.14．(2024·湖北武漢模擬)已知點A(1，2，3)，B(2，1，2)，P(1，1，2)，O(0，0，0)，點Q在直線OP上運動，則當eq\o(QA,\s\up6(→))·eq\o(QB,\s\up6(→))取得最小值時，點Q的坐標為________．答案eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,3)，\f(4,3)，\f(8,3)))解析設Q(x，y，z)，因為A(1，2，3)，B(2，1，2)，P(1，1，2)，則由點Q在直線OP上可得，存在實數(shù)λ使得eq\o(OQ,\s\up6(→))＝λeq\o(OP,\s\up6(→))，所以eq\o(OQ,\s\up6(→))＝λeq\o(OP,\s\up6(→))＝(λ，λ，2λ)，則Q(λ，λ，2λ)，所以eq\o(QA,\s\up6(→))＝(1－λ，2－λ，3－2λ)，eq\o(QB,\s\up6(→))＝(2－λ，1－λ，2－2λ)，所以eq\o(QA,\s\up6(→))·eq\o(QB,\s\up6(→))＝(1－λ)(2－λ)＋(2－λ)(1－λ)＋(3－2λ)(2－2λ)＝2(3λ2－8λ＋5)，根據(jù)二次函數(shù)的性質可得，當λ＝eq\f(4,3)時，eq\o(QA,\s\up6(→))·eq\o(QB,\s\up6(→))取得最小值－eq\f(2,3)，此時點Q的坐標為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,3)，\f(4,3)，\f(8,3))).15.(多選)(2023·黑龍江哈爾濱期中)如圖，在平行六面體ABCD－A1B1C1D1中，以頂點A為端點的三條棱長均為6，且彼此夾角都是60°，下列說法中正確的是()A．AC1＝6eq\r(6)B．AC1⊥BDC．向量eq\o(B1C,\s\up6(→))與eq\o(AA1,\s\up6(→))的夾角是60°D．向量eq\o(BD1,\s\up6(→))與eq\o(AC,\s\up6(→))所成角的余弦值為eq\f(\r(6),3)答案AB解析∵在平行六面體ABCD－A1B1C1D1中，以頂點A為端點的三條棱長均為6，且彼此夾角都是60°，∴eq\o(AA1,\s\up6(→))·eq\o(AB,\s\up6(→))＝eq\o(AA1,\s\up6(→))·eq\o(AD,\s\up6(→))＝eq\o(AD,\s\up6(→))·eq\o(AB,\s\up6(→))＝6×6×cos60°＝18.對于A，∵(eq\o(AA1,\s\up6(→))＋eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(AD,\s\up6(→)))2＝eq\o(AA1,\s\up6(→))2＋eq\o(AB,\s\up6(→))2＋eq\o(AD,\s\up6(→))2＋2eq\o(AA1,\s\up6(→))·eq\o(AB,\s\up6(→))＋2eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(AD,\s\up6(→))＋2eq\o(AA1,\s\up6(→))·eq\o(AD,\s\up6(→))＝36＋36＋36＋3×2×18＝216，∴|eq\o(AC1,\s\up6(→))|＝|eq\o(AA1,\s\up6(→))＋eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(AD,\s\up6(→))|＝eq\r(216)＝6eq\r(6)，A正確；對于B，∵eq\o(AC1,\s\up6(→))·eq\o(DB,\s\up6(→))＝(eq\o(AA1,\s\up6(→))＋eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(AD,\s\up6(→)))·(eq\o(AB,\s\up6(→))－eq\o(AD,\s\up6(→)))＝eq\o(AA1,\s\up6(→))·eq\o(AB,\s\up6(→))－eq\o(AA1,\s\up6(→))·eq\o(AD,\s\up6(→))＋eq\o(AB,\s\up6(→))2－eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(AD,\s\up6(→))＋eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(AD,\s\up6(→))－eq\o(AD,\s\up6(→))2＝0，∴eq\o(AC1,\s\up6(→))⊥eq\o(BD,\s\up6(→))，即AC1⊥BD，B正確；對于C，連接A1D，由題意可知△AA1D是等邊三角形，則∠AA1D＝60°，∵eq\o(B1C,\s\up6(→))＝eq\o(A1D,\s\up6(→))，且向量eq\o(A1D,\s\up6(→))與eq\o(AA1,\s\up6(→))的夾角是120°，∴向量eq\o(B1C,\s\up6