旧教材适用2023高考数学一轮总复习第八章立体几何第6讲空间向量及其运算

第6讲空间向量及其运算1．空间向量的有关定理(1)共线向量定理对空间任意两个向量a，b(b≠0)，a∥b的充要条件是存在实数λ，使eq\o(□,\s\up3(01))a＝λb.(2)共面向量定理如果两个向量a，b不共线，那么向量p与向量a，b共面的充要条件是存在唯一的有序实数对(x，y)，使eq\o(□,\s\up3(02))p＝xa＋yb.(3)空间向量基本定理如果三个向量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eq\o(□,\s\up3(03))p＝xa＋yb＋zc.其中，{a，b，c}叫做空间的一个eq\o(□,\s\up3(04))基底．推论：设O，A，B，C是不共面的四点，则对空间任一点P，都存在唯一的三个有序实数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．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⇔eq\o(□,\s\up3(06))a·b＝0(a，b为非零向量)．③|a|2＝eq\o(□,\s\up3(07))a2.(2)空间向量的坐标运算设a＝(a1，a2，a3)，b＝(b1，b2，b3)，则①|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设A(x1，y1，z1)，B(x2，y2，z2)，则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．证明空间任意三点共线的方法对空间三点P，A，B，可通过证明下列结论成立来证明三点共线：(1)eq\o(PA,\s\up10(→))＝λeq\o(PB,\s\up10(→))(λ∈R)；(2)对空间任一点O，eq\o(OP,\s\up10(→))＝eq\o(OA,\s\up10(→))＋teq\o(AB,\s\up10(→))(t∈R)；(3)对空间任一点O，eq\o(OP,\s\up10(→))＝xeq\o(OA,\s\up10(→))＋yeq\o(OB,\s\up10(→))(x＋y＝1)．2．证明空间四点共面的方法点共面问题可转化为向量共面问题，要证明P，A，B，C四点共面，只要能证明eq\o(PA,\s\up10(→))＝xeq\o(PB,\s\up10(→))＋yeq\o(PC,\s\up10(→))，或对空间任一点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．确定平面法向量的方法(1)直接法：观察是否有垂直于平面的向量，若有，则此向量就是法向量．(2)待定系数法：取平面内的两条相交向量a，b，设平面的法向量为n＝(x，y，z)，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·a＝0，,n·b＝0，))解方程组求得．1．已知a＝(λ＋1,0,2)，b＝(6,2μ－1,2λ)，若a∥b，则λ与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).))故选A.2．已知a＝(－2,1,3)，b＝(－1,2,1)，若a⊥(a－λb)，则实数λ的值为()A．－2 B．－eq\f(14,3)C．eq\f(14,5) D．2答案D解析由题意知a·(a－λb)＝0，即a2－λa·b＝0，又a2＝14，a·b＝7，∴14－7λ＝0，∴λ＝2.故选D.3．在长方体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(→)).故选D.4．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()A．l∥α B．l⊥αC．l⊂α D．l与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⊥α.故选B.5．已知点P是平行四边形ABCD所在的平面外一点，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)．对于结论：①AP⊥AB；②AP⊥AD；③eq\o(AP,\s\up10(→))∥eq\o(BD,\s\up10(→))，其中正确的是________(填序号)．答案①②解析因为eq\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，则①②正确；因为eq\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(→))与eq\o(AP,\s\up10(→))不平行，故③错误．6．已知O(0,0,0)，A(1,2,3)，B(2,1,2)，P(1,1,2)，点Q在直线OP上运动，当eq\o(QA,\s\up10(→))·eq\o(QB,\s\up10(→))取最小值时，点Q的坐标是________．答案eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,3)，\f(4,3)，\f(8,3)))解析由题意，设eq\o(OQ,\s\up10(→))＝λeq\o(OP,\s\up10(→))，即eq\o(OQ,\s\up10(→))＝(λ，λ，2λ)，则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)，当λ＝eq\f(4,3)时有最小值，此时点Q的坐标为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,3)，\f(4,3)，\f(8,3))).

考向一空间向量的线性运算例1如图所示，在平行六面体ABCD－A1B1C1D1中，设eq\o(AA1,\s\up10(→))＝a，eq\o(AB,\s\up10(→))＝b，eq\o(AD,\s\up10(→))＝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)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的中点，∴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的中点，∴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是AA1的中点，∴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)结合已知向量和所求向量观察图形．(2)将已知向量和所求向量转化到三角形或平行四边形中．(3)利用三角形法则或平行四边形法则把所求向量用已知向量表示出来．1．在三棱锥O－ABC中，M，N分别是OA，BC的中点，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(→)).考向二共线向量与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，用向量方法求证：(1)E，F，G，H四点共面；(2)BD∥平面EFGH.证明(1)连接BG，EG，则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，G，H四点共面．(2)因为eq\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四点不共线，所以EH∥BD.又EH⊂平面EFGH，BD⊄平面EFGH.所以BD∥平面EFGH.证明三点共线和空间四点共面的方法比较三点(P，A，B)共线空间四点(M，P，A，B)共面eq\o(PA,\s\up10(→))＝λeq\o(PB,\s\up10(→))且同过点Peq\o(MP,\s\up10(→))＝xeq\o(MA,\s\up10(→))＋yeq\o(MB,\s\up10(→))对空间任一点O，eq\o(OP,\s\up10(→))＝eq\o(OA,\s\up10(→))＋teq\o(AB,\s\up10(→))对空间任一点O，eq\o(OP,\s\up10(→))＝eq\o(OM,\s\up10(→))＋xeq\o(MA,\s\up10(→))＋yeq\o(MB,\s\up10(→))对空间任一点O，eq\o(OP,\s\up10(→))＝xeq\o(OA,\s\up10(→))＋(1－x)eq\o(OB,\s\up10(→))对空间任一点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，则λ＝________.答案－9解析由题意知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.精准设计考向，多角度探究突破考向三空间向量的数量积角度坐标法例3已知空间三点A(－2,0,2)，B(－1,1,2)，C(－3,0,4)，设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与b夹角的余弦值；(3)若ka＋b与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与b夹角的余弦值为－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).即当ka＋b与ka－2b互相垂直时，k＝2或k＝－eq\f(5,2).角度基向量法例4已知平行六面体ABCD－A1B1C1D1中，底面ABCD是边长为1的正方形，AA1＝2，∠A1AB＝∠A1AD＝120°.(1)求线段AC1的长；(2)求异面直线AC1与A1D所成角的余弦值；(3)证明：AA1⊥BD.解(1)如图所示，设eq\o(AB,\s\up10(→))＝a，eq\o(AD,\s\up10(→))＝b，eq\o(AA1,\s\up10(→))＝c，则|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).即线段AC1的长为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).∴异面直线AC1与A1D所成角的余弦值为eq\f(\r(14),7).(3)证明：∵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．空间向量数量积计算的两种方法(1)基向量法：a·b＝|a||b|cos〈a，b〉．(2)坐标法：设a＝(x1，y1，z1)，b＝(x2，y2，z2)，则a·b＝x1x2＋y1y2＋z1z2.2．利用数量积解决有关垂直、夹角、长度问题(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·云南昭通模拟)已知A(1，0,0)，B(0，－1,1)，O为坐标原点，eq\o(OA,\s\up10(→))＋λeq\o(OB,\s\up10(→))与eq\o(OB,\s\up10(→))的夹角为120°，则λ的值为()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)，则cos120°＝eq\f(λ＋λ,\r(1＋2λ2)·\r(2))＝－eq\f(1,2)，解得λ＝±eq\f(\r(6),6).经检验λ＝eq\f(\r(6),6)不符合题意，舍去，所以λ＝－eq\f(\r(6),6).4．如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为直角梯形，AD∥BC，∠BAD＝90°，PA⊥底面ABCD，且PA＝AD＝AB＝2BC，M为PC的中点．(1)求证：PB⊥DM；(2)求AC与PD所成角的余弦值．解(1)证明：结合题图知，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(→))，则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)设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(→))，则|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，则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)．故选B.2．若O，A，B，C为空间四点，且向量eq\o(OA,\s\up10(→))，eq\o(OB,\s\up10(→))，eq\o(OC,\s\up10(→))不能构成空间的一个基底，则()A.eq\o(OA,\s\up10(→))，eq\o(OB,\s\up10(→))，eq\o(OC,\s\up10(→))共线 B．eq\o(OA,\s\up10(→))，eq\o(OB,\s\up10(→))共线C.eq\o(OB,\s\up10(→))，eq\o(OC,\s\up10(→))共线 D．O，A，B，C四点共面答案D解析∵向量eq\o(OA,\s\up10(→))，eq\o(OB,\s\up10(→))，eq\o(OC,\s\up10(→))不能构成空间的一个基底，∴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四点共面．3．(2021·江西鹰潭模拟)在空间四边形ABCD中，eq\o(AB,\s\up10(→))＝a，eq\o(BC,\s\up10(→))＝b，eq\o(AD,\s\up10(→))＝c，则eq\o(CD,\s\up10(→))等于()A．a＋b－c B．c－a－bC．a－b－c D．b－a＋c答案B解析如图所示，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.故选B.4．已知向量a＝(1,0，－1)，则下列向量中与a成60°夹角的是()A．(－1,1,0) B．(1，－1,0)C．(0，－1,1) D．(－1,0,1)答案B解析经检验，B中向量(1，－1,0)与向量a＝(1,0，－1)的夹角的余弦值为eq\f(1,2)，即它们的夹角为60°.故选B.5．已知平面α内有一个点M(1，－1,2)，平面α的一个法向量是n＝(6，－3,6)，则下列点P在平面α内的是()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.故选A.6．棱长为1的正方体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.故选B.7.(2022·大庆一中模拟)如图，在空间四边形ABCD中，若向量eq\o(AB,\s\up10(→))＝(－3，5,2)，eq\o(CD,\s\up10(→))＝(－7，－1，－4)，点E，F分别为线段BC，AD的中点，则eq\o(EF,\s\up10(→))的坐标为()A．(2,3,3) B．(－2，－3，－3)C．(5，－2,1) D．(－5,2，－1)答案B解析取AC的中点M，连接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)，故选B.8．已知长方体ABCD－A1B1C1D1，下列向量的数量积一定不为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解析当侧面BCC1B1是正方形时，得eq\o(AD1,\s\up10(→))·eq\o(B1C,\s\up10(→))＝0，所以排除A；当底面ABCD是正方形时，得AC垂直于对角面BD1，eq\o(BD1,\s\up10(→))·eq\o(AC,\s\up10(→))＝0，所以排除B；显然AB⊥侧面ADD1A1，则eq\o(AB,\s\up10(→))·eq\o(AD1,\s\up10(→))＝0，所以排除C；由题图可得BD1与BC所成的角小于90°.故选D.9．已知两个非零向量a＝(a1，a2，a3)，b＝(b1，b2，b3)，它们平行的充要条件是()A.eq\f(a,|a|)＝eq\f(b,|b|)B．a1b1＝a2b2＝a3b3C．a1b1＋a2b2＋a3b3＝0D．存在非零实数k，使a＝kb答案D解析首先排除B；C表示a⊥b；当a∥b时，有eq\f(a,|a|)＝±eq\f(b,|b|)，故A错误．故选D.10．(2021·安徽合肥模拟)已知向量a＝(1,2,3)，b＝(－2，－4，－6)，|c|＝eq\r(14)，若(a＋b)·c＝7，则a与c的夹角为()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.又因为|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．已知正方体ABCD－A1B1C1D1，如图所示，E为上底面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(→))，则x，y的值分别为()A．x＝y＝1 B．x＝1，y＝eq\f(1,2)C．x＝y＝eq\f(1,2) D．x＝eq\f(1,2)，y＝1答案C解析由向量运算的三角形法则知，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＝eq\f(1,2).12．(2022·雅安模拟)A，B，C，D是空间不共面的四点，且满足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为BC的中点，则△AMD是()A．钝角三角形 B．锐角三角形C．直角三角形 D．不确定答案C解析∵M为BC的中点，∴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为直角三角形．故选C.13．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________．答案2解析由题意知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.如图所示，在空间四边形OACB中，eq\o(OA,\s\up10(→))＝a，eq\o(OB,\s\up10(→))＝b，eq\o(OC,\s\up10(→))＝c，点M在OA上，且eq\o(OM,\s\up10(→))＝eq\f(2,3)eq\o(OA,\s\up10(→))，点N为BC的中点，则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·河南信阳模拟)如图所示，正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为1，若动点P在线段BD1上运动，则eq\o(DC,\s\up10(→))·eq\o(AP,\s\up10(→))的取值范围是________．答案[0,1]解析由题意，设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