数学 选择性必修第一册 配人教A版 :0=(1-X00+0成又0i=oi+80成。 ④对空间任意一点O与不共线的三点A,B,C,若O币= xOA+O+O元（其中xyz∈R),则P,A,B,C四点 1-以-分解得9=1=号 共面. 其中不正确的个数是( =B, A.1 B.2 C.3 D.4 8.已知A,B,C三点不共线，O为平面ABC外一点，若点P 答案C 满足O亦=号+号0成+0元.且点P与点A,B,C共 解析显然①正确：若a,b共线，则|a十b1=|a|+|bl或 面，则1= la十b=|la-|b1川，故②错误：若AB,Ci共线，则直 答案局 线AB,CD可能重合，也可能平行，故③错误：当OP= xOi+Oi+OC,x十y十x=1时，P,A,B,C四点共 1.2 2 解析由题意可知，5十3十入=1，解得入= 面，故④错误.故选C 3.对于空间任意一点O和不共线的三点A,B,C,若有 9.已知四边形ABCD为正方形，P是四边形ABCD所在平面 OP=xOA+3Oi+OC,则“x十y十z=1”是“P,A,B,C 外一点，P在平面ABCD上的射影恰好是正方形ABCD 四点共面”的() 的中心O,Q是CD的中点.求下列各式中x,y的值 A.必要不充分条件 (1)OQ=PQ+xPC+yPA: B.充分不必要条件 (2)PA=xPδ+yPi+Pi, C.充要条件 解(1)Od=P+xP心+yPA, D.既不充分也不必要条件 ∴.O-P=xP元+yPi, 答案B 即OP=xP心+yPA 解析若x十y十z=1,则O=(1-y-z)Oi十O成十 又0亦=-市=成-成， O心，即AP=yAB十：AC,由空间向量共面的充要条件 可知，向量AP,Ai,A心共面，所以P,A,B,C四点共面： ==- 反之，若P,A,B,C四点共面，当点O与点A重合时， (2).PA=xPO+yPQ+PD. OA=0,x可取任意值，不一定有x十y十x=1,故“x十 ∴.PA-Pi=xPO+yP y十z=1”是“P,A,B,C四点共面”的充分不必要条件. 即DA=xPO+yPd. 4.已知在正方体ABCD-A,B,C1D1中，P,M为空间任意 又DA=CA-Ci=2dò-2Ci=2Q0=2P0 两点，如果有PM=PB1+7BA+6AA,-4AD,那么点 2P,∴x=2y=-2. M必在() 拓展：提高 A.平面BAD1内 B.平面BAD内 1.(多选题)下列四个命题是真命题的是( C.平面BA1D1内 A若ABC方，则A,B,C,D四点共线 D.平面AB,C1内 B.若ABAC,则A,B,C三点共线 答案C C.若e1,e2为不共线的非零向量，a=4e1一 5e2,b= 解析因为PM-PB,+7BA+6AA-4A1D1=PB1+ BA+6BA:-4A D:=PB:+BA:+6BA:-4A D= -e,+c,则am PA1+6(PA1-Pi)-4(PD,-PA)=11PA1- D.若向量e1,e2,ea是三个不共面的向量，且满足等式 6P克-4PD1,且11-6-4=1，所以M,A1,B,D1四点共 k1e1十k2e2十k3ea=0,则k1=k2=kg=0 面.故选C 答案BCD 5.在平行六面体ABCD-A'B'C'D中，若AC=xAB+ 解析根据共线向量的定义，若ABC,则AB∥CD或 A,B,C,D四点共线，故A是假命题：ABAC且AB. 心+0C,则x十y+= AC有公共起点A,故B是真命题；由于a=4e1 答案6 弓e,=-4(-e:+e,)=-4b,故aa,故C是真命题： 2 解析在平行六面体ABCD-A'B'C'D'中，AC=AB+ 易知D也是真命题 武+心，又AC=x店+兰武+C元，所以店+ 2.给出下列说法： ①若A,B,C,D是空间任意四点，则有AB+BC+Ci+ BC+CC-AB+BC+C DA=0: ②“la|-lb1=la十b|”是“a,b共线”的充要条件； 所以1-x)A+(1-之)B心+(1-)C=0 ③若AB,CD共线，则ABCD: 又AB,B元，CC不共面
数 学 选择性必修 第一册 配人教 A版 ∴O→P=(1-λ)O→A+λO→B.又O→P= 1 3 O→A+βO→B, ∴ 1-λ= 1 3 , λ=β, 解得β=λ= 2 3 . 8.已知A,B,C 三点不共线,O 为平面ABC 外一点,若点P 满足O→P= 1 5 O→A+ 2 3 O→B+λO→C,且点P 与点A,B,C 共 面,则λ= . 答案 2 15 解析 由题意可知, 1 5 + 2 3 +λ=1,解得λ= 2 15 . 9.已知四边形ABCD 为正方形,P 是四边形ABCD 所在平面 外一点,P 在平面ABCD 上的射影恰好是正方形ABCD 的中心O,Q 是CD 的中点.求下列各式中x,y的值. (1)O→Q=P→Q+xP→C+yP→A; (2)P→A=xP→O+yP→Q+P→D. 解 (1)∵O→Q=P→Q+xP→C+yP→A, ∴O→Q-P→Q=xP→C+yP→A, 即O→P=xP→C+yP→A. 又O→P=-P→O=- 1 2 P→C- 1 2 P→A, ∴x=- 1 2 ,y=- 1 2 . (2)∵P→A=xP→O+yP→Q+P→D, ∴P→A-P→D=xP→O+yP→Q, 即D→A=xP→O+yP→Q. 又D→A=C→A-C→D =2C→O-2C→Q=2Q→O=2P→O- 2P→Q,∴x=2,y=-2. 拓展 提高 1.(多选题)下列四个命题是真命题的是( ) A.若A→B∥C→D,则A,B,C,D 四点共线 B.若A→B∥A→C,则A,B,C 三点共线 C.若e1,e2 为不共线的非零向量,a=4e1- 2 5 e2,b= -e1+ 1 10 e2,则a∥b D.若向量e1,e2,e3 是三个不共面的向量,且满足等式 k1e1+k2e2+k3e3=0,则k1=k2=k3=0 答案 BCD 解析 根据共线向量的定义,若A→B∥C→D,则AB∥CD 或 A,B,C,D 四点共线,故 A 是假命题;A→B∥A→C 且A→B, A→C 有 公 共 起 点 A,故 B 是 真 命 题;由 于 a=4e1 - 2 5 e2=-4 -e1+ 1 10 e2 =-4b,故a∥b,故C是真命题; 易知D也是真命题. 2.给出下列说法: ①若A,B,C,D 是空间任意四点,则有A→B+B→C+C→D+ D→A=0; ②“|a|-|b|=|a+b|”是“a,b共线”的充要条件; ③若A→B,C→D 共线,则AB∥CD; ④对空间任意一点O 与不共线的三点A,B,C,若O→P= xO→A+yO→B+zO→C(其中x,y,z∈R),则P,A,B,C 四点 共面. 其中不正确的个数是( ) A.1 B.2 C.3 D.4 答案 C 解析 显然①正确;若a,b共线,则|a+b|=|a|+|b|或 |a+b|=||a|-|b||,故②错误;若A→B,C→D 共线,则直 线AB,CD 可能重合,也可能平行,故③错误;当O→P= xO→A+yO→B+zO→C,x+y+z=1时,P,A,B,C 四点共 面,故④错误.故选C. 3.对于空间任意一点 O 和不共线的三点A,B,C,若有 O→P=xO→A+yO→B+zO→C,则“x+y+z=1”是“P,A,B,C 四点共面”的( ) A.必要不充分条件 B.充分不必要条件 C.充要条件 D.既不充分也不必要条件 答案 B 解析 若x+y+z=1,则O→P=(1-y-z)O→A+yO→B+ zO→C,即A→P=yA→B+zA→C,由空间向量共面的充要条件 可知,向量A→P,A→B,A→C 共面,所以P,A,B,C 四点共面; 反之,若P,A,B,C 四点共面,当点O 与点A 重合时, O→A=0,x 可取任意值,不一定有x+y+z=1,故“x+ y+z=1”是“P,A,B,C 四点共面”的充分不必要条件. 4.已知在正方体ABCD-A1B1C1D1 中,P,M 为空间任意 两点,如果有P→M=PB1 →+7B→A+6AA1 →-4A1D1 →,那么点 M 必在( ) A.平面BAD1 内 B.平面BA1D 内 C.平面BA1D1 内 D.平面AB1C1 内 答案 C 解析 因为P→M=PB1 →+7B→A+6AA1 →-4A1D1 →=PB1 →+ B→A+6BA1 →-4A1D1 →=PB1 →+B1A1 →+6BA1 →-4A1D1 →= PA1 → +6(PA1 → -P→B)-4(PD1 → -PA1 →)=11PA1 → - 6P→B-4PD1 →,且11-6-4=1,所以 M,A1,B,D1 四点共 面.故选C. 5.在平行六面体 ABCD-A'B'C'D'中,若 AC→'=xA→B+ y 2 B→C+ z 3 CC→',则x+y+z= . 答案 6 解析 在平行六面体ABCD-A'B'C'D'中,AC→'=A→B+ B→C+CC→',又AC→'=xA→B+ y 2 B→C+ z 3 CC→',所以 A→B+ B→C+CC→'=xA→B+ y 2 B→C+ z 3 CC→', 所以(1-x)A→B+ 1- y 2 B→C+ 1- z 3 CC→'=0. 又A→B,B→C,CC→'不共面, 6
第一章空间向量与立体几何 1一x=0, x=1, 解得 所以 解得 y=2,所以x十y十=6 2 z=3. 5 1-3=0, 6.设e1,e2是空间中不共线的向量，已知AB=2e1十ke2, 应=c+, C=e1十3e2,Ci=2e1-e2,若A,B,D三点共线，则实 由向量共面的充要条件知，AB,AC,AD共面.又向 数k为 量AB,AC,AD有一个公共的起点A,所以A,B,C,D四 答案一8 点共面 解析由已知得，Bi=Ci-CB=e1-4e2, 挑战·创新 因为A,B,D三点共线，所以AB=入BD(a∈R), 已知e1,e2,ea三个向量不共面，AB=e1十2e2十3ea, 即2e1十ke2=ae1-4ae2 BC=2e1十ae2十uea,Ci=3xe1-e2-2uea,若A,B,D三 所以2=入，。所以=一8. k=一4入， 点共线，试求入，：的值， 7.已知e1e2为空间中两个不共线的向量，且AB=e1十e2, BD=BC+CD=(2e +e2 +uea)+(3e -e2- AC-2e1+8e2,AD=3e1-3e2,求证：A,B,C,D四点 2ue3)=(2+3x)e1+(a-1)e2-ea· A,B,D三点共线， 共面。 ∴AB与B币共线， 证明假设存在实数入，4，使得AB=入AC十uAD, .存在实数k,使得AB=kB,即 即e1+e2=A(2e1+8e2)十u(3e1-3ez）=(2x+ e1十2ez十3ea=k[(2+3x)e1+(-1)e2-ea], 3r)e1+(8-34)e2. .(1-2k-3kλ)e1+(2-b入+k)e2十(3+k4)ea=0. ,e1,e2为两个不共线的向量， ,e1,e2,ea三个向量不共面， 服 .1-2k-3k入=0,2-k以十k=0,3十kμ=0， 解得入=一14=3，k=-1. 故入的值为-1，的值为3. 1.1.2空间向量的数量积运算 素养·目标定位 目标素养 知识概览 1.了解空间向量的夹角的概念及表示方法」 空间向量的夹角 2.掌握两个向量的数量积的概念、性质、计算与运算律。 空间向量的 3.能用向量的数量积解决立体几何中的垂直、夹角、长度等 数量积运算 空间向量的数量积及其性质 问题 数量积的应用 课前·基础认知 1,空间向量的夹角 ,那么向量 (1)如图，已知两个非零向量a,b,在空间任取一点O, 唯一确定的，且(a,b)=(,a).如果(a,b)=受 作O月=a,O=b,则∠AOB叫做向量a,b的夹角，记作 a,b互相垂直，记作a⊥b. (a,b〉. 2.空间向量的数量积 (1)定义：已知两个非零向量a,b,则|allblcos(a,b) 叫做a,b的数量积，记作a·b.即a·b=a|bcos(a,b〉， 特别地，零向量与任意向量的数量积为0， B (2)性质： b ①a⊥b台a·b=0; (2)通常规定，0(a,b》≤元.这样，两个向量的夹角是 ②a·a=lallalcos(a,a)=lal2
第一章 空间向量与立体几何 所以 1-x=0, 1- y 2 =0, 1- z 3 =0, 解得 x=1, y=2, z=3. 所以x+y+z=6. 6.设e1,e2 是空间中不共线的向量,已知A→B=2e1+ke2, C→B=e1+3e2,C→D=2e1-e2,若A,B,D 三点共线,则实 数k为 . 答案 -8 解析 由已知得,B→D=C→D-C→B=e1-4e2, 因为A,B,D 三点共线,所以A→B=λB→D(λ∈R), 即2e1+ke2=λe1-4λe2, 所以 2=λ, k=-4λ, 所以k=-8. 7.已知e1,e2 为空间中两个不共线的向量,且A→B=e1+e2, A→C=2e1+8e2,A→D=3e1-3e2,求证:A,B,C,D 四点 共面. 证明 假设存在实数λ,μ,使得A→B=λA→C+μA→D, 即e1+e2 =λ(2e1 +8e2)+μ(3e1 -3e2)=(2λ+ 3μ)e1+(8λ-3μ)e2. ∵e1,e2 为两个不共线的向量, ∴ 2λ+3μ=1, 8λ-3μ=1, 解得 λ= 1 5 , μ= 1 5 . ∴A→B= 1 5 A→C+ 1 5 A→D. 由向量共面的充要条件知,A→B,A→C,A→D 共面.又向 量A→B,A→C,A→D 有一个公共的起点A,所以A,B,C,D 四 点共面. 挑战 创新 已知e1,e2,e3 三个向量不共面,A→B=e1 +2e2 +3e3, B→C=2e1+λe2+μe3,C→D=3λe1-e2-2μe3,若A,B,D 三 点共线,试求λ,μ的值. 解 B→D=B→C+C→D =(2e1 +λe2 +μe3)+(3λe1 -e2- 2μe3)=(2+3λ)e1+(λ-1)e2-μe3. ∵A,B,D 三点共线, ∴A→B 与B→D 共线, ∴存在实数k,使得A→B=kB→D,即 e1+2e2+3e3=k[(2+3λ)e1+(λ-1)e2-μe3], ∴(1-2k-3kλ)e1+(2-kλ+k)e2+(3+kμ)e3=0. ∵e1,e2,e3 三个向量不共面, ∴1-2k-3kλ=0,2-kλ+k=0,3+kμ=0, 解得λ=-1,μ=3,k=-1. 故λ的值为-1,μ的值为3. 1.1.2 空间向量的数量积运算 素养·目标定位 目 标 素 养 知 识 概 览 1.了解空间向量的夹角的概念及表示方法. 2.掌握两个向量的数量积的概念、性质、计算与运算律. 3.能用向量的数量积解决立体几何中的垂直、夹角、长度等 问题. 课前·基础认知 1.空间向量的夹角 (1)如图,已知两个非零向量a,b,在空间任取一点O, 作O→A=a,O→B=b,则 ∠AOB 叫做向量a,b的夹角,记作 <a,b>. (2)通常规定,0≤<a,b>≤π.这样,两个向量的夹角是 唯一确定的,且<a,b>=<b,a>.如果<a,b>= π 2 ,那么向量 a,b互相垂直,记作a⊥b. 2.空间向量的数量积 (1)定义:已知两个非零向量a,b,则 |a||b|cos<a,b> 叫做a,b的数量积,记作a·b.即a·b= |a||b|cos<a,b>. 特别地,零向量与任意向量的数量积为 0 . (2)性质: ①a⊥b⇔ a·b=0 ; ②a·a=|a||a|cos<a,a>= |a|2 . 7
数学 选择性必修第一册 配人教A版 (3)运算律： 微思考数量积运算满足结合律吗？ ①(aa)·b=λ(a·b),A∈R: 提示数量积运算不满足结合律， ②a·b=b·a(交换律)： 即(a·b)·c=a·(b·c)一般不成立. ③a·(b十c)=a·b十a·c(分配律). 课堂·重难突破 空间向量的数量积的基本运算 学以致用 典例剖析 1.已知空间向量a,b满足|a|=4,1b|=8,a与b的夹 角为150°，求下列各式的值 1.如图，已知空间四边形ABCD的 每条边和对角线的长都为1，E,F分别 (1)a·b: 为AB,AD的中点，计算： (2)(a十2b)·(2a-3b). (1)E萨.BA: 解(1)a·b=|a|1b|cos(a,b)=4×8Xcos150°= (2)E序.B -165. (3)E.D元： (2)(a+2b)·(2a-3b)=2a2+a·b-6b2=2la|2+ (4B萨.C 1 a llblcos150°-6lb12=2X42-165-6×82=-352-165. 解1)萨.耐=号币.耐 二证明空间中的垂直关系 =励1B1s(B励.威) 典例剖析 2.如图，在正方体ABCD- D =2×1X1Xc0s60°=子 A1B1CD1中，E,F分别是BB1, D1B1的中点，求证：EF⊥平面B1AC, A 故序.耐= 证明由题意可知，E序= 2成.肺=市.动-号= B市-B正-2（威+就+那. 故成助= A心-B元-BA, BA·BC=0,BA·BB1=0,BC.BB1=0,|BA|= (3)E序.D心=号BD.D元=号1B币1·1D心1· IBCI=IBB1. cosB励.心)=2×1X1Xos120°=- 则成，心=(B+武+B孤前·（成-函）= 故序.心- 2(B武-1B3)=0. (④B萨.C座=之(B+B)·(B-B驼) 故E序⊥AC,即EF⊥AC.同理EF⊥AB1 图为AC∩AB1=A,所以EF⊥平面B1AC =:-武+励.Bi-励.武 规律总结」利用向量证明线线垂直，先将线线垂直转 =+g 化为向量垂直，进而转化为向量的数量积为0，再根据已 知条件，通过向量的线性运算及数量积运算，得到所求向 量的数量积为0即可 故B晾.CE=-】 学以致用 81 2.如图，在正方体ABCD 规律总结1，在几何体中进行向量的数量积运算时， A'B'C'D'中，CD'与DC'相交于点 要充分利用几何体的性质，把待求向量用已知夹角和模 O,连接AO,求证： B 的向量表示后再进行运算.在解题过程中要注意两向量 (1)AO⊥CD': 的夹角，正确运用两向量夹角的定义， (2)AC'⊥平面B'CD 2.有关数量积的运算应注意的问题： 证明(1)因为Aò=AD+ (1)与向量的数乘运算区分开，向量的数乘运算的结 果仍是向量，数量积的结果为数量 Dò=A市+号(DD+D心)， (2)注意书写规范：不能写成aXb,也不能写成ab. CD'=DD'-DC
数 学 选择性必修 第一册 配人教 A版 (3)运算律: ①(λa)·b=λ(a·b),λ∈R; ②a·b=b·a(交换律); ③a·(b+c)=a·b+a·c(分配律). 微思考 数量积运算满足结合律吗? 提示 数量积运算不满足结合律, 即(a·b)·c=a·(b·c)一般不成立. 课堂·重难突破 一 空间向量的数量积的基本运算 典例剖析 1.如图,已知空间四边形ABCD 的 每条边和对角线的长都为1,E,F 分别 为AB,AD 的中点,计算: (1)E→F·B→A; (2)E→F·B→D; (3)E→F·D→C; (4)B→F·C→E. 解 (1)E→F·B→A= 1 2 B→D·B→A = 1 2 |B→D|·|B→A|·cos<B→D,B→A> = 1 2 ×1×1×cos60°= 1 4 , 故E→F·B→A= 1 4 . (2)E→F·B→D= 1 2 B→D·B→D= 1 2 |B→D|2= 1 2 , 故E→F·B→D= 1 2 . (3)E→F·D→C= 1 2 B→D ·D→C= 1 2 |B→D|·|D→C|· cos<B→D,D→C>= 1 2 ×1×1×cos120°=- 1 4 , 故E→F·D→C=- 1 4 . (4)B→F·C→E= 1 2 (B→A+B→D)· 1 2 B→A-B→C = 1 4 |B→A|2- 1 2 B→A·B→C+ 1 4 B→D·B→A- 1 2 B→D·B→C = 1 4 - 1 4 + 1 8 - 1 4 =- 1 8 , 故B→F·C→E=- 1 8 . 1.在几何体中进行向量的数量积运算时, 要充分利用几何体的性质,把待求向量用已知夹角和模 的向量表示后再进行运算.在解题过程中要注意两向量 的夹角,正确运用两向量夹角的定义. 2.有关数量积的运算应注意的问题: (1)与向量的数乘运算区分开,向量的数乘运算的结 果仍是向量,数量积的结果为数量. (2)注意书写规范:不能写成a×b,也不能写成ab. 学以致用 1.已知空间向量a,b满足|a|=4,|b|=8,a 与b的夹 角为150°,求下列各式的值. (1)a·b; (2)(a+2b)·(2a-3b). 解 (1)a·b=|a||b|cos<a,b>=4×8×cos150°= -163. (2)(a+2b)·(2a-3b)=2a2+a·b-6b2=2|a|2+ |a||b|cos150°-6|b|2=2×42-163-6×82=-352-163. 二 证明空间中的垂直关系 典例剖析 2.如 图,在 正 方 体 ABCDA1B1C1D1 中,E,F 分 别 是 BB1, D1B1 的中点,求证:EF⊥平面B1AC. 证明 由 题 意 可 知,E→F = B1 →F-B1 →E= 1 2 (B→A+B→C+BB1 →), A→C=B→C-B→A, B→A·B→C=0,B→A·BB1 →=0,B→C·BB1 →=0,|B→A|= |B→C|=|BB1 →|, 则E→F·A→C= 1 2 (B→A+B→C+BB1 →)·(B→C-B→A)= 1 2 (|B→C|2-|B→A|2)=0, 故E→F⊥A→C,即EF⊥AC.同理EF⊥AB1. 因为AC∩AB1=A,所以EF⊥平面B1AC. 利用向量证明线线垂直,先将线线垂直转 化为向量垂直,进而转化为向量的数量积为0,再根据已 知条件,通过向量的线性运算及数量积运算,得到所求向 量的数量积为0即可. 学以致用 2.如 图,在 正 方 体 ABCDA'B'C'D'中,CD'与DC'相交于点 O,连接AO,求证: (1)AO⊥CD'; (2)AC'⊥平面B'CD'. 证明 (1)因为 A→O =A→D + D→O =A→D + 1 2 (DD→' + D→C), CD→'=DD→'-D→C, 8
第一章空间向量与立体几何 所以A0.C可=2(DD+D心+2A)·(DD 学以致用 C)=2DD:-D币.D+元.D币-c+2d. 3.如图，在空间四边形OABC中， OA=8,AB=6,AC=4.BC=5.OAC= D币-2Ad.DC)=2(1D币1：-1DC)=0. 45°，∠OAB=60°，求向量OA与B武的夹 所以Aò⊥CD 角的余弦值。 所以AO⊥CD 解因为BC=A心-AB,所以Oi· (2)因为AC=AB+AD+AA,B元=B元-BB= BC=OA AC-OA AB=IOAI IACI. B A市-AA, Cos(OA,AC)-OAI AB I.cos (OA,AB)=8x 4X 所以AC.B元=(AB+Ai+A)·(Ai-AA)= cos135°-8X6Xcos120°=-16√2+24. AD1?-1A12=0, 所以cos(Oi,B武)= OA.B武_24-162_3-22 所以AC⊥B元.所以AC'⊥B'C IOABCI 8X5 同理AC'⊥B'D'. 又B'C∩B'D'=B',所以AC'⊥平面B'CD'. 因此，向量O耐与B心的夹角的余孩位为3一2区 5 三求向量的夹角 四求线段的长度或两点间的距离 典例剖析 典例剖析 3.如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，求向量BC 4.已知正四面体ABCD的棱长为a,M,N分别是棱 与AC的夹角的大小. AB,CD上的点，且IM|=21Ai1,1C1=号N1,求 D MN的长 解：M不=M店+武+C耐=号A店+(A花-店)十 D 号市-C)=-号店+号a市+号a心， 6 1=(-号蓝+号市+子) 解（方法一）如图，因为AD1= D BC,所以∠DAC即为向量BC =号削-号心.店-号店，心+号A心， 与AC的夹角. 市+号+号A心 又△D1AC为正三角形， a2 gu-g 2 2 4 5 所以∠D1AC=60°， = 9a2+ a2+ 9a2 92 即(BC,AC)=60° 故向量BC,与AC的夹角为60° 3a,即MN的长为5。 MN (方法二)设正方体的棱长为1， 则BC·AC=(BC+CC)·(AB+B武)=(AD+ 规律总结」用向量求线段的长度或两点间的距离的方法： 将要求的线段的长度或两点间的距离转化为某一向 AA)(AB+AD)=AD.AB+AD+AA.AB+ 量的模，用其他已知夹角和模的向量表示该向量，利用 A41.A心=1AD12=1, |a=√a,通过计算求出向量的模，进而得到所要求的 BC=2.IACI=/2 线段的长度或两点间的距离 所以oBC,A衣=B配而2XE 11 学以致用 4.如图，在空间四边形OABC中， 所以(BC,AC)=60° OA,OB,OC两两成60°角，且OA=OB= 故向量BC与AC的夹角为60° OC=2,E为OA的中点，F为BC的中 规律总结」求两个非零向量夹角的两种途径： 点，求点E,F之间的距离. (1)把所求向量平移到同一个起点上，转化为平面几 解因为E萨=O亦-O龙=一号Oi+ 何中的对应角，利用解三角形的知识求解 (2)利用数量积的定义先求向量夹角的余弦值，再求 向量的夹角。 9
第一章 空间向量与立体几何 所以A→O·CD→'= 1 2 (DD→'+D→C+2A→D)·(DD→'- D→C)= 1 2 (DD→'2-DD→'·D→C+D→C·DD→'-D→C2+2A→D· DD→'-2A→D·D→C)= 1 2 (|DD→'|2-|D→C|2)=0. 所以A→O⊥CD→'. 所以AO⊥CD'. (2)因为 AC→'=A→B+A→D+AA→',B'→C=B→C-BB→'= A→D-AA→', 所以AC→'·B'→C=(A→B+A→D+AA→')·(A→D-AA→')= |A→D|2-|AA→'|2=0, 所以AC→'⊥B'→C.所以AC'⊥B'C. 同理AC'⊥B'D'. 又B'C∩B'D'=B',所以AC'⊥平面B'CD'. 三 求向量的夹角 典例剖析 3.如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1 中,求向量BC1 → 与A→C 的夹角的大小. 解 (方法一)如图,因为AD1 →= BC1 →,所以 ∠D1AC 即为 向 量BC1 → 与A→C 的夹角. 又△D1AC 为正三角形, 所以∠D1AC=60°, 即<BC1 →,A→C>=60°. 故向量BC1 → 与A→C 的夹角为60°. (方法二)设正方体的棱长为1, 则BC1 →·A→C=(B→C+CC1 →)·(A→B+B→C)=(A→D + AA1 →)·(A→B+A→D)=A→D·A→B+|A→D|2+AA1 →·A→B+ AA1 →·A→D=|A→D|2=1, |BC1 →|= 2,|A→C|= 2. 所以cos<BC1 →,A→C>= BC1 →·A→C |BC1 →||A→C| = 1 2× 2 = 1 2 . 所以<BC1 →,A→C>=60°. 故向量BC1 → 与A→C 的夹角为60°. 求两个非零向量夹角的两种途径: (1)把所求向量平移到同一个起点上,转化为平面几 何中的对应角,利用解三角形的知识求解. (2)利用数量积的定义先求向量夹角的余弦值,再求 向量的夹角. 学以致用 3.如 图,在 空 间 四 边 形 OABC 中, OA=8,AB=6,AC=4,BC=5,∠OAC= 45°,∠OAB=60°,求向量O→A 与B→C 的夹 角的余弦值. 解 因为B→C=A→C-A→B,所以O→A· B→C=O→A·A→C-O→A·A→B=|O→A||A→C|· cos<O→A,A→C>-|O→A||A→B|·cos<O→A,A→B>=8×4× cos135°-8×6×cos120°=-162+24. 所以cos<O→A,B→C>= O→A·B→C |O→A||B→C| = 24-162 8×5 = 3-22 5 . 因此,向量O→A 与B→C 的夹角的余弦值为 3-22 5 . 四 求线段的长度或两点间的距离 典例剖析 4.已知正四面体ABCD 的棱长为a,M,N 分别是棱 AB,CD 上的点,且|M→B|=2|A→M|,|C→N|= 1 2 |N→D|,求 MN 的长. 解 ∵M→N=M→B+B→C+C→N= 2 3 A→B+(A→C-A→B)+ 1 3 (A→D-A→C)=- 1 3 A→B+ 1 3 A→D+ 2 3 A→C, ∴|M→N|2= - 1 3 A→B+ 1 3 A→D+ 2 3 A→C 2 = 1 9 |A→B|2- 2 9 A→D ·A→B- 4 9 A→B·A→C+ 4 9 A→C· A→D+ 1 9 |A→D|2+ 4 9 |A→C|2 = 1 9 a2- 1 9 a2- 2 9 a2+ 2 9 a2+ 1 9 a2+ 4 9 a2= 5 9 a2. ∴|M→N|= 5 3 a,即MN 的长为 5 3 a. 用向量求线段的长度或两点间的距离的方法: 将要求的线段的长度或两点间的距离转化为某一向 量的模,用其他已知夹角和模的向量表示该向量,利用 |a|= a2 ,通过计算求出向量的模,进而得到所要求的 线段的长度或两点间的距离. 学以致用 4.如 图,在 空 间 四 边 形 OABC 中, OA,OB,OC 两两成60°角,且OA=OB= OC=2,E 为OA 的中点,F 为BC 的中 点,求点E,F 之间的距离. 解 因为E→F=O→F-O→E=- 1 2 O→A+ 1 2 O→B+ 1 2 O→C, 9
数学 选择性必修第一册 配人教A版 所以1萨2=1O1+子1O+子1心- 所以E|=2,即点E,F之间的距离为2 2耐.0-2耐.0+2诚.0心=2 随堂训练 1.对于向量a,b,c和实数入，下列说法正确的是( ∴.|2a-3b|=√6I. A.若a·b=0,则a=0或b=0 B.若Aa=0,则入=0或a=0 4已知a,b为两个非零空间向量，若1a=22,lb1=三 C.若a2=b2,则a=b或a=-b a·b=-√2，则(a,b》= D.若a·b=a·c,则b=c 答案B 答案只 2.已知向量a,b是平面a内的两个不相等的非零向量，非零 向量c是直线l的一个方向向量，则“c·a=0,且c·b= 解析sab-8治-号 0”是“1⊥a”的( A.充分不必要条件 a6= B.必要不充分条件 5.已知正方体ABCD-ABC1D1的棱长为2，E,F分别为 C.充要条件 AB,AD1的中点，则EF的长为 D,既不充分也不必要条件 答案√⑥ 答案B 3.已知la=2,1b|=3,〈a,b〉=60°，则|2a-3b|等于 解析由题意可知，萨=A市-A正=-A店+A心十 A则1萨=(-+2市+) A.√97 B.√133 C.61 D.61 答案C }御+子1市+1不-.市-店： 解析，|2a-3b|2=4a2-12a·b+9b2=4×22-12× AA+A市.AA=6,故|E序1=6，即EF的长为6】 2×3Xc0s60°+9×32=61， 课后·训练提升 基础·巩固 A.a2 C. 1.若a,b均为非零向量，则a·b=a|b|是a与b共线的 答案C ) A.充分不必要条件 B.必要不充分条件 解析正·=号（店+A心）·市=（店· C.充要条件 D,既不充分又不必要条件 答案A 解析a·b=allbl-→cos(a,b>=1→(a,b)=0°，即a与b 4.已知A,B,C,D是空间中不共面的四点，若(D+ 共线.反之不成立，当a与b反向共线时，a·b=-lallbl. D元-2Di)·(AB-AC)=0,则△ABC一定是() A.直角三角形 B.等腰三角形 2.已知向量a,b满足条件：|a|=2,lb|=2,且a与2b一a C.等腰直角三角形 D.等边三角形 互相垂直，则(a,b)等于() 答案B A.30° B.45° C.60 D.90° 解析：(D店+D心-2DA)·(AB-AC)=(D-Di+ 答案B DC-DA)·(AB-AC)=(AB+AC)·(AB-AC)= 解析由已知得，a·(2b-a)=0,即2a·b=|a|2=4,所 AB12-1AC12=0, a·b_2√2 以a…b=2,所以os(a,b)=1ab-2X2 ，所以 ∴.AB1=A心1. 故△ABC为等腰三角形. (a,b》=45°. 5.(多选题)已知四边形ABCD为矩形，PA⊥平面ABCD, 3.已知空间四边形ABCD的每条边和对角线的长都等于 连接AC,BD,PB,PC,PD,则下列各组向量中，数量积 a,点E,F分别是BC,AD的中点，则AE·AF的值为 一定为零的是( ( A.P元与BD B.DA与PB 10
数 学 选择性必修 第一册 配人教 A版 所以|E→F|2 = 1 4 |O→A|2 + 1 4 |O→B|2 + 1 4 |O→C|2 - 1 2 O→A·O→B- 1 2 O→A·O→C+ 1 2 O→B·O→C=2. 所以|E→F|= 2,即点E,F 之间的距离为 2. 随堂训练 1.对于向量a,b,c和实数λ,下列说法正确的是( ) A.若a·b=0,则a=0或b=0 B.若λa=0,则λ=0或a=0 C.若a2=b2,则a=b或a=-b D.若a·b=a·c,则b=c 答案 B 2.已知向量a,b是平面α内的两个不相等的非零向量,非零 向量c是直线l的一个方向向量,则“c·a=0,且c·b= 0”是“l⊥α”的( ) A.充分不必要条件 B.必要不充分条件 C.充要条件 D.既不充分也不必要条件 答案 B 3.已知|a|=2,|b|=3,<a,b>=60°,则|2a-3b|等于 ( ) A. 97 B. 133 C. 61 D.61 答案 C 解析 ∵|2a-3b|2=4a2-12a·b+9b2=4×22-12× 2×3×cos60°+9×32=61, ∴|2a-3b|= 61. 4.已知a,b 为两个非零空间向量,若|a|=22,|b|= 2 2 , a·b=- 2,则<a,b>= . 答案 3π 4 解析 ∵cos<a,b>= a·b |a||b| =- 2 2 , ∴<a,b>= 3π 4 . 5.已知正方体ABCD-A1B1C1D1 的棱长为2,E,F 分别为 AB,A1D1 的中点,则EF 的长为 . 答案 6 解析 由题意可知,E→F=A→F-A→E=- 1 2 A→B+ 1 2 A→D+ AA1 →,则 | E→F |2 = - 1 2 A→B+ 1 2 A→D+AA1 → 2 = 1 4 |A→B|2+ 1 4 |A→D|2+|AA1 →|2- 1 2 A→B·A→D-A→B· AA1 →+A→D·AA1 →=6,故|E→F|= 6,即EF 的长为 6. 课后·训练提升 基础 巩固 1.若a,b均为非零向量,则a·b=|a||b|是a与b共线的 ( ) A.充分不必要条件 B.必要不充分条件 C.充要条件 D.既不充分又不必要条件 答案 A 解析 a·b=|a||b|⇒cos<a,b>=1⇒<a,b>=0°,即a与b 共线.反之不成立,当a与b反向共线时,a·b=-|a||b|. 2.已知向量a,b满足条件:|a|=2,|b|= 2,且a与2b-a 互相垂直,则<a,b>等于( ) A.30° B.45° C.60° D.90° 答案 B 解析 由已知得,a·(2b-a)=0,即2a·b=|a|2=4,所 以a·b=2,所以cos<a,b>= a·b |a||b| = 2 2× 2 = 2 2 ,所以 <a,b>=45°. 3.已知空间四边形ABCD 的每条边和对角线的长都等于 a,点E,F 分别是BC,AD 的中点,则A→E·A→F 的值为 ( ) A.a2 B. 1 2 a2 C. 1 4 a2 D. 3 4 a2 答案 C 解析 A→E·A→F= 1 2 (A→B+A→C)· 1 2 A→D = 1 4 (A→B· A→D+A→C·A→D)= 1 4 a×a× 1 2 +a×a× 1 2 = 1 4 a2. 4.已知 A,B,C,D 是 空 间 中 不 共 面 的 四 点,若 (D→B + D→C-2D→A)·(A→B-A→C)=0,则△ABC 一定是( ) A.直角三角形 B.等腰三角形 C.等腰直角三角形 D.等边三角形 答案 B 解析 ∵(D→B+D→C-2D→A)·(A→B-A→C)=(D→B-D→A+ D→C-D→A)·(A→B-A→C)=(A→B+A→C)·(A→B-A→C)= |A→B|2-|A→C|2=0, ∴|A→B|=|A→C|, 故△ABC 为等腰三角形. 5.(多选题)已知四边形ABCD 为矩形,PA⊥平面ABCD, 连接AC,BD,PB,PC,PD,则下列各组向量中,数量积 一定为零的是( ) A.P→C 与B→D B.D→A 与P→B 10