【备战2023高考】数学考点全复习——第51讲《空间向量的概念》精选题（新高考专用）

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第51讲 空间向量的概念

【基础知识回顾】
1．空间向量及其有关概念
概念
语言描述
共线向量(平行向量)
表示空间向量的有向线段所在的直线互相平行或重合
共面向量
平行于同一个平面的向量
共线向量定理
对空间任意两个向量a，b(b≠0)，a∥b⇔存在λ∈R，使a＝λb
共面向量定理
若两个向量a，b不共线，则向量p与向量a，b共面⇔存在唯一的有序实数对(x，y)，使p＝xa＋yb
空间向量基本定理及推论
定理：如果三个向量a，b，c不共面，那么对空间任一向量p，存在唯一的有序实数组{x，y，z}使得p＝xa＋yb＋zc.
推论：设O，A，B，C是不共面的四点，则对平面ABC内任一点P都存在唯一的三个有序实数x，y，z，使＝x＋y＋z且x＋y＋z＝1

2．数量积及坐标运算
(1)两个空间向量的数量积：①a·b＝|a||b|cos〈a，b〉；②a⊥b⇔a·b＝0(a，b为非零向量)；③设a＝(x，y，z)，则|a|2＝a2，|a|＝.
(2)空间向量的坐标运算：

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)
数量积
a·b＝a1b1＋a2b2＋a3b3
共线
a∥b⇒a1＝λb1，a2＝λb2，a3＝λb3(λ∈R，b≠0)
垂直
a⊥b⇔a1b1＋a2b2＋a3b3＝0
夹角公式
cos〈a，b〉＝


1、在下列命题中：
①若向量a，b共线，则向量a，b所在的直线平行；
②若向量a，b所在的直线为异面直线，则向量a，b一定不共面；
③若三个向量a，b，c两两共面，则向量a，b，c共面；
④已知空间的三个向量a，b，c，则对于空间的任意一个向量p总存在实数x，y，z使得p＝xa＋yb＋zc.
其中正确命题的个数是(　　)
A．0 B．1 C．2 D．3
【答案】：　A
【解析】：　a与b共线，a，b所在的直线也可能重合，故①不正确；根据自由向量的意义知，空间任意两向量a，b都共面，故②不正确；三个向量a，b，c中任意两个一定共面，但它们三个却不一定共面，故③不正确；只有当a，b，c不共面时，空间任意一向量p才能表示为p＝xa＋yb＋zc，故④不正确，综上可知四个命题中正确的个数为0，故选A.
2、已知向量a＝(1，1，0)，b＝(－1，0，2)，且ka＋b与2a－b互相垂直，则k的值是(　　)
A. B.2 C. D.1
【答案】　A
【解析】　因为a＝(1，1，0)，b＝(－1，0，2)，
所以a·b＝－1，|a|＝，|b|＝.
又ka＋b与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＝.
3、如图所示，在平行六面体ABCD－A1B1C1D1中，M为A1C1与B1D1的交点.若＝a，＝b，＝c，则下列向量中与相等的向量是(　　)
A.－a＋b＋c B.a＋b＋c
C.－a－b＋c D.a－b＋c
【答案】　A
【解析】　＝＋＝＋(－)＝c＋(b－a)＝－a＋b＋c.

4、已知a＝(1，0，1)，b＝(x，1，2)，且a·b＝3，则向量a与b的夹角为(　　)
A. B. C. D.
【答案】：　D
【解析】：　∵a·b＝x＋2＝3，∴x＝1，∴b＝(1，1，2)，
∴cos〈a，b〉＝＝＝，
又∵〈a，b〉∈[0，π]，∴a与b的夹角为，故选D.
5、与向量共线的单位向量是 ．
【答案】：和
【解析】：因为与向量a共线的单位向量是±，
又因为向量的模为，
所以与向量共线的单位向量是±＝±．

考向一　空间向量的线性运算
例1、（1）如图所示，在平行六面体ABCD—A1B1C1D1中，M为A1C1与B1D1的交点．若＝a，＝b，＝c，则向量＝ (用a，b，c表示)．

【答案】：－a＋b＋c
【解析】：＝＋＝＋(－)
＝c＋(b－a)＝－a＋b＋c．
（2）如图，在四面体O－ABC中，＝a，＝b，＝c，D为BC的中点，E为AD的中点，则＝ (用a，b，c表示)．

【答案】：a＋b＋c
【解析】：＝＋＝＋＋
＝a＋b＋c．

变式1、(多选)(2022·威海调研)如图所示，M是四面体OABC的棱BC的中点，点N在线段OM上，点P在线段AN上，且AP＝3PN，＝，设＝a，＝b，＝c，则下列等式成立的是(　　)
A.＝b－c
B.＝b＋c－a
C.＝b－c－a
D.＝a＋b＋c
【答案】　BD
【解析】 对于A，利用向量的平行四边形法则，＝＋＝b＋c，A错误；
对于B，利用向量的平行四边形法则和三角形法则，得＝－＝－＝－＝＋－＝b＋c－a，B正确；
对于C，因为点P在线段AN上，且AP＝3PN，所以＝＝＝b＋c－a，C错误；
对于D，＝＋＝a＋b＋c－a＝a＋b＋c，D正确.
变式2、如图所示，在平行六面体ABCD­A1B1C1D1中，设＝a，＝b，＝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)；
(2)；
(3)＋.
【解析】：(1)∵P是C1D1的中点，
∴＝＋＋＝a＋＋＝a＋c＋＝a＋b＋c.
(2)∵N是BC的中点，
∴＝＋＋＝－a＋b＋
＝－a＋b＋＝－a＋b＋c.
(3)∵M是AA1的中点，
∴＝＋＝＋＝－a＋＝a＋b＋c，
又＝＋＝＋＝＋＝a＋c，
∴＋＝＋＝a＋b＋c.
方法总结：本题考查空间向量基本定理及向量的线性运算. 用不共面的三个向量作为基向量表示某一向量时注意以下三点：(1)结合已知和所求向量观察图形，将已知向量和未知向量转化至三角形或平行四边形中是解题的关键. (2)要正确理解向量加法、减法与数乘运算的几何意义，首尾相接的若干向量之和，等于由起始向量的起点指向末尾向量的终点的向量，我们把这个法则称为向量加法的多边形法则. (3)在立体几何中三角形法则、平行四边形法则仍然成立．
考向二 共线、共面向量定理的应用
例2、(多选)(2021·武汉质检)下列说法中正确的是(　　)
A.|a|－|b|＝|a＋b|是a，b共线的充要条件
B.若，共线，则AB∥CD
C.A，B，C三点不共线，对空间任意一点O，若＝＋＋，则P，A，B，C四点共面
D.若P，A，B，C为空间四点，且有＝λ＋μ(，不共线)，则λ＋μ＝1是A，B，C三点共线的充要条件
【答案】　CD
【解析】　由|a|－|b|＝|a＋b|，可得向量a，b的方向相反，此时向量a，b共线，反之，当向量a，b同向时，不能得到|a|－|b|＝|a＋b|，所以A不正确；
若，共线，则AB∥CD或A，B，C，D四点共线，所以B不正确；
由A，B，C三点不共线，对空间任意一点O，若＝＋＋，因为＋＋＝1，可得P，A，B，C四点共面，所以C正确；
若P，A，B，C为空间四点，且有＝λ＋μ(，不共线)，当λ＋μ＝1时，即μ＝1－λ，可得－＝λ(＋)，即＝λ，所以A，B，C三点共线，反之也成立，即λ＋μ＝1是A，B，C三点共线的充要条件，所以D正确.
变式1、已知A，B，C三点不共线，对平面ABC外的任一点O，若点M满足＝(＋＋).
(1)判断，，三个向量是否共面；
(2)判断点M是否在平面ABC内.
【解析】　(1)由题知＋＋＝3，
∴－＝(－)＋(－)，
即＝＋＝－－，
∴，，共面.
(2)由(1)知，，，共面且基线过同一点M，
∴M，A，B，C四点共面，从而点M在平面ABC内.
变式2、.如图所示，已知斜三棱柱ABC ­A1B1C1，点M，N分别在AC1和BC上，且满足＝k，＝k(0≤k≤1)．判断向量是否与向量，共面．





【解析】∵＝k，＝k，
∴＝＋＋＝k＋＋k＝k(＋)＋＝k(＋)＋＝k＋＝－k＝－k(＋)＝(1－k)－k，
∴由共面向量定理知向量与向量，共面．
方法总结：证明空间三点P，A，B共线的方法有：①＝λ (λ∈R)；
②对空间任一点O，＝x＋y (x＋y＝1). 证明空间四点P，M，A，B共面的方法有：①＝x＋y；②对空间任一点O，＝x＋y＋z (x＋y＋z＝1)；③∥ (或∥或∥). 三点共线通常转化为向量共线，四点共面通常转化为向量共面，线面平行可转化为向量共线、共面来证明．
考向三 空间向量数量积的应用
例3、　如图所示，四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，底面为平行四边形，以顶点A为端点的三条棱长都为1，且两两夹角为60°．
(1)求AC1的长；
(2)求证：AC1⊥BD；
(3)求BD1与AC夹角的余弦值．


【解析】：(1)记＝a，＝b，＝c，
则|a|＝|b|＝|c|＝1，〈a，b〉＝〈b，c〉＝〈c，a〉＝60°，
∴a·b＝b·c＝c·a＝．
||2＝(a＋b＋c)2＝a2＋b2＋c2＋2(a·b＋b·c＋c·a)
＝1＋1＋1＋2×(＋＋)＝6，
∴||＝，即AC1的长为．
(2)∵＝a＋b＋c，
＝b－a，
∴·＝(a＋b＋c)(b－a)
＝a·b＋|b|2＋b·c－|a|2－a·b－a·c
＝b·c－a·c
＝|b||c|cos 60°－|a||c|cos 60°＝0．
∴⊥，∴AC1⊥BD．
(3)＝b＋c－a，＝a＋b，∴||＝，||＝，
·＝(b＋c－a)·(a＋b)
＝b2－a2＋a·c＋b·c＝1．
∴cos〈，〉＝＝．
∴AC与BD1夹角的余弦值为．
变式1、如图，正四面体ABCD(所有棱长均相等)的棱长为1，E，F，G，H分别是正四面体ABCD中各棱的中点，设＝a，＝b，＝c，试采用向量法解决下列问题：
(1)求的模长；
(2)求，的夹角.
解　(1)因为正四面体ABCD的棱长为1，E，F，G，H分别是正四面体ABCD中各棱的中点，＝a，＝b，＝c，
所以＝＝(－)＝(b－a)，
＝＝c，
所以＝＋＋＝－(b－a)－a＋c＝(c－a－b)，
所以||2＝(c－a－b)2
＝(c2＋a2＋b2－2a·c＋2a·b－2b·c)
＝(1＋1＋1－2×1×1×cos 60°＋2×1×1×cos 60°－2×1×1×cos 60°)＝，
故||＝.
(2)在正四面体ABCD中，＝(c－a－b)，||＝.
同理，＝(b＋c－a)，||＝.
所以cos〈，〉＝
＝
＝[(c－a)2－b2]
＝(c2＋a2－2c·a－b2)
＝(1＋1－2×1×1×cos 60°－1)＝0，
所以与的夹角为90°.
变式2、如图，已知平行六面体ABCD­A1B1C1D1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)求证：AA1⊥BD.
【解析】(1)设＝a，＝b，＝c，
则|a|＝|b|＝1，|c|＝2，a·b＝0，c·a＝c·b＝2×1×cos 120°＝－1.
∵＝＋＝＋＋＝a＋b＋c，
∴||＝|a＋b＋c|＝
＝
＝＝.
∴线段AC1的长为 .
(2)设异面直线AC1与A1D所成的角为θ，
则cos θ＝|cos〈，〉|＝.
∵＝a＋b＋c，＝b－c，
∴·＝(a＋b＋c)·(b－c)
＝a·b－a·c＋b2－c2＝0＋1＋12－22＝－2，
||＝＝
＝＝.
∴cos θ＝＝＝.
故异面直线AC1与A1D所成角的余弦值为.
(3)证明：∵＝c，＝b－a，
∴·＝c·(b－a)＝c·b－c·a＝(－1)－(－1)＝0，∴⊥，即AA1⊥BD.
方法总结：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. 利用向量的数量积可证明线段的垂直关系，也可以利用垂直关系，通过向量共线确定点在线段上的位置. 利用夹角公式，可以求异面直线所成的角，也可以求二面角. 可以通过|a|＝，将向量的长度问题转化为向量数量积的问题求解，体现转化与化归的数学思想
考向四 利用空间向量证明平行或垂直
例4　如图，已知AA1⊥平面ABC，BB1∥AA1，AB＝AC＝3，BC＝2，AA1＝，BB1＝2，点E和F分别为BC和A1C的中点.
(1)求证：EF∥平面A1B1BA；
(2)求证：平面AEA1⊥平面BCB1.
证明　因为AB＝AC，E为BC的中点，所以AE⊥BC.
因为AA1⊥平面ABC，AA1∥BB1，
所以过E作平行于BB1的垂线为z轴，EC，EA所在直线分别为x轴，y轴，建立如图所示的空间直角坐标系.
因为AB＝3，BE＝，所以AE＝2，
所以E(0，0，0)，C(，0，0)，A(0，2，0)，B(－，0，0)，B1(－，0，2)，A1(0，2，)，则F.
(1)＝，＝(－，－2，0)，＝(0，0，).
设平面A1B1BA的一个法向量为n＝(x，y，z)，
则所以
取所以n＝(－2，，0).
因为·n＝×(－2)＋1×＋×0＝0，
所以⊥n.
又EF⊄平面A1B1BA，
所以EF∥平面A1B1BA.
(2)因为EC⊥平面AEA1，
所以＝(，0，0)为平面AEA1的一个法向量.
又EA⊥平面BCB1，
所以＝(0，2，0)为平面BCB1的一个法向量.
因为·＝0，所以⊥，
故平面AEA1⊥平面BCB1.

变式1、如图所示的长方体ABCDA1B1C1D1中，底面ABCD是边长为2的正方形，O为AC与BD的交点，BB1＝，M是线段B1D1的中点．求证：
(1) BM∥平面D1AC；
(2) D1O⊥平面AB1C.


【解析】 (1) 建立如图所示的空间直角坐标系，则点O(1，1，0)，D1(0，0，)，
所以＝(－1，－1，)．
又点B(2，2，0)，M(1，1，)，
所以＝(－1，－1，)，
所以＝.
又因为OD1与BM不共线，
所以OD1∥BM.
又OD1⊂平面D1AC，BM⊄平面D1AC，
所以BM∥平面D1AC.
(2) 连结OB1，点B1(2，2，)，A(2，0，0)，C(0，2，0)．
因为·＝(－1，－1，)·(1，1，)＝0，
·＝(－1，－1，)·(－2，2，0)＝0，
所以⊥，⊥，
即OD1⊥OB1，OD1⊥AC.
又OB1∩AC＝O，OB1，AC⊂平面AB1C，
所以D1O⊥平面AB1C.


变式2、如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD是边长为a的正方形，侧面PAD⊥底面ABCD，且PA＝PD＝AD，设E，F分别为PC，BD的中点．求证：
(1) EF∥平面PAD；
(2) 平面PAB⊥平面PDC.


【证明】 (1) 如图，取AD的中点O，连结OP，OF.
因为PA＝PD，所以PO⊥AD.
因为侧面PAD⊥底面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，所以PO⊥平面ABCD.
又O，F分别为AD，BD的中点，所以OF∥AB.
又四边形ABCD是正方形，所以OF⊥AD.
因为PA＝PD＝AD，
所以PA⊥PD，OP＝OA＝.
以O为原点，OA，OF，OP所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，
则A，F，D，P，B，C.
因为E为PC的中点，所以E.
易知平面PAD的一个法向量为＝.
因为＝，
且·＝·＝0，
所以EF∥平面PAD.

(2) 因为＝，＝(0，－a，0)，
所以·＝·(0，－a，0)＝0，
所以⊥，所以PA⊥CD.
又PA⊥PD，PD∩CD＝D，
所以PA⊥平面PDC.
又PA⊂平面PAB，
所以平面PAB⊥平面PDC.
方法总结：(1)建立空间直角坐标系，建系时要尽可能地利用条件中的垂直关系．
(2)建立空间图形与空间向量之间的关系，用空间向量表示出问题中所涉及的点、直线、平面的要素．
(3)通过空间向量的运算求出直线的方向向量或平面的法向量，再研究平行、垂直关系．
(4)根据运算结果解释相关问题．

1、已知空间任意一点O和不共线的三点A，B，C，若＝x＋y＋z(x，y，z∈R)，则“x＝2，y＝－3，z＝2”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】当x＝2，y＝－3，z＝2时，即＝2－3＋2.则－＝2－3(－)＋2(－)，即＝－3＋2，根据共面向量定理知，P，A，B，C四点共面；反之，当P，A，B，C四点共面时，根据共面向量定理，设＝m＋n(m，n∈R)，即－＝m(－)＋n(－)，即＝(1－m－n)＋m＋n，即x＝1－m－n，y＝m，z＝n，这组数显然不止2，－3,2.故“x＝2，y＝－3，z＝2”是“P，A，B，C四点共面”的充分不必要条件．
2、(多选)已知点P是平行四边形ABCD所在的平面外一点，如果＝(2，－1，－4)，＝(4,2,0)，＝(－1,2，－1)．下列结论正确的有(　　)
A．AP⊥AB
B．AP⊥AD
C.是平面ABCD的一个法向量
D.∥
【答案】ABC　
【解析】对于A，·＝2×(－1)＋(－1)×2＋(－4)×(－1)＝0，∴⊥，即AP⊥AB，A正确；对于B，·＝(－1)×4＋2×2＋(－1)×0＝0，∴⊥，即AP⊥AD，B正确；对于C，由⊥，且⊥，得出是平面ABCD的一个法向量，C正确；对于D，由是平面ABCD的法向量，得出⊥，则D错误．故选A、B、C.
3、(多选)已知ABCD­A1B1C1D1为正方体，下列说法中正确的是(　　)
A．(＋＋)2＝3()2
B.·(－)＝0
C．向量与向量的夹角是60°
D．正方体ABCD­A1B1C1D1的体积为|··|
【答案】AB　
【解析】由向量的加法得到：＋＋＝，∵A1C2＝3A1B，∴()2＝3()2，所以A正确；∵－＝，AB1⊥A1C，∴·＝0，故B正确；∵△ACD1是等边三角形，∴∠AD1C＝60°，又A1B∥D1C，∴异面直线AD1与A1B所成的角为60°，但是向量与向量的夹角是120°，故C不正确；∵AB⊥AA1，∴·＝0，故|··|＝0，因此D不正确．故选A、B.
4、如图，正方形ABCD与矩形ACEF所在平面互相垂直，AB＝，AF＝1，M在EF上，且AM∥平面BDE.则M点的坐标为(　　)
A.(1，1，1) 　　 B.
C. 　　 D.
【答案】　C
【解析】　设AC与BD相交于O点，连接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对角线交点，
∴M为线段EF的中点.
在空间直角坐标系中，E(0，0，1)，F(，，1)，
由中点坐标公式，知点M的坐标.
5、.如图，已知四棱柱ABCD－A1B1C1D1的底面A1B1C1D1为平行四边形，E为棱AB的中点，＝，＝2，AC1与平面EFG交于点M，则＝________.
【答案】　
【解析】　由题图知，设＝λ(0＜λ＜1)，
由已知＝＋＋
＝2＋3＋，
所以＝2λ＋3λ＋.
因为M，E，F，G四点共面，所以2λ＋3λ＋＝1，解得λ＝.
6、.(2022·石家庄质检)如图，棱柱ABCD－A1B1C1D1的所有棱长都等于2，∠ABC和∠A1AC均为60°，平面AA1C1C⊥平面ABCD.
(1)求证：BD⊥AA1；
(2)在直线CC1上是否存在点P，使BP∥平面DA1C1？若存在，求出点P的位置，若不存在，请说明理由.
(1)证明　设BD与AC交于点O，
则BD⊥AC.连接A1O，
在△AA1O中，AA1＝2，AO＝1，∠A1AO＝60°，
所以A1O2＝AA＋AO2－2AA1·AOcos 60°＝3，
所以AO2＋A1O2＝AA，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OB，OC，OA1所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，

则A(0，－1，0)，B(，0，0)，C(0，1，0)，
D(－，0，0)，A1(0，0，)，C1(0，2，).
由于＝(－2，0，0)，＝(0，1，)，·＝0×(－2)＋1×0＋×0＝0，
所以⊥，即BD⊥AA1.
(2)解　假设在直线CC1上存在点P，
使BP∥平面DA1C1，
设＝λ，P(x，y，z)，
则(x，y－1，z)＝λ(0，1，)，
从而有P(0，1＋λ，λ)，
＝(－，1＋λ，λ).
又＝(0，2，0)，＝(，0，)，
设平面DA1C1的一个法向量为
n3＝(x3，y3，z3)，
则
则取n3＝(1，0，－1).
因为BP∥平面DA1C1，所以n3⊥，
即n3·＝－－λ＝0，解得λ＝－1，
即点P在C1C的延长线上，且CP＝CC1.