第01讲 空间向量及其运算（解析版）

第1讲空间向量及其运算【知识点梳理】知识点一：共线问题共线向量(1)定义：表示若干空间向量的有向线段所在的直线互相平行或重合，则这些向量叫做共线向量或平行向量．(2)方向向量：在直线l上取非零向量a，与向量a平行的非零向量称为直线l的方向向量．规定：零向量与任意向量平行，即对任意向量a，都有0∥a.(3)共线向量定理：对于空间任意两个向量a，b(b≠0)，a∥b的充要条件是存在实数λ使a＝λb.(4)如图，O是直线l上一点，在直线l上取非零向量a，则对于直线l上任意一点P，由数乘向量定义及向量共线的充要条件可知，存在实数λ，使得eq\o(OP,\s\up8(→))＝λa.知识点诠释：此定理可分解为以下两个命题：（1）存在唯一实数，使得；（2）存在唯一实数，使得，则．注意：不可丢掉，否则实数就不唯一．（3）共线向量定理的用途：①判定两条直线平行；（进而证线面平行）②证明三点共线.注意：证明平行时，先从两直线上取有向线段表示两个向量，然后利用向量的线性运算证明向量共线，进而可以得到线线平行，这是证明平行问题的一种重要方法.证明三点共线问题，通常不用图形，直接利用向量的线性运算即可，但一定要注意所表示的向量必须有一个公共点.知识点二：向量共面问题共面向量（1）定义：平行于同一个平面的向量叫做共面向量．（2）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共面的充要条件是存在唯一的有序实数对(x，y)，使p＝xa＋yb.（3）空间一点P位于平面ABC内的充要条件：存在有序实数对(x，y),使eq\o(AP,\s\up8(→))＝xeq\o(AB,\s\up8(→))＋yeq\o(AC,\s\up8(→))或对空间任意一点O，有eq\o(OP,\s\up8(→))＝eq\o(OA,\s\up8(→))＋xeq\o(AB,\s\up8(→))＋yeq\o(AC,\s\up8(→)).（4）共面向量定理的用途：①证明四点共面②线面平行（进而证面面平行）.知识点三：空间向量数量积的运算空间向量的数量积(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〉．规定：零向量与任何向量的数量积为0.(2)常用结论(a，b为非零向量)①a⊥b⇔a·b＝0.②a·a＝|a||a|cos〈a，a〉＝|a|2.③cos〈a，b〉＝eq\f(a·b,|a||b|).(3)数量积的运算律数乘向量与数量积的结合律(λa)·b＝λ(a·b)＝a·(λb)交换律a·b＝b·a分配律a·(b＋c)＝a·b＋a·c知识点诠释：（1）由于空间任意两个向量都可以转化为共面向量，所以空间两个向量的夹角的定义和取值范围、两个向量垂直的定义和表示符号及向量的模的概念和表示符号等，都与平面向量相同．（2）两向量的数量积，其结果是数而非向量，它的值为两向量的模与两向量夹角的余弦的乘积，其符号由夹角的余弦值决定．（3）两个向量的数量积是两向量的点乘，与以前学过的向量之间的乘法是有区别的，在书写时一定要将它们区别开来，不可混淆．知识点四：夹角问题1.定义：已知两个非零向量、，在空间任取一点D，作，则∠AOB叫做向量与的夹角，记作，如下图.根据空间两个向量数量积的定义：，那么空间两个向量、的夹角的余弦.知识点诠释：（1）规定:（2）特别地，如果，那么与同向；如果，那么与反向;如果,那么与垂直,记作.2.利用空间向量求异面直线所成的角异面直线所成的角可以通过选取直线的方向向量，计算两个方向向量的夹角得到.在求异面直线所成的角时，应注意异面直线所成的角与向量夹角的区别：如果两向量夹角为锐角或直角，则异面直线所成的角等于两向量的夹角；如果两向的夹角为钝角，则异面直线所成的角为两向量的夹角的补角.知识点五：空间向量的长度定义：在空间两个向量的数量积中，特别地，所以向量的模：将其推广：；.利用向量求线段的长度.将所求线段用向量表示，转化为求向量的模的问题.一般可以先选好基底，用基向量表示所求向量，然后利用来求解.【典型例题】题型一：空间向量的有关概念及线性运算【例1】（2022·全国·高二专题练习）下列命题中正确的是（）A．若，，则与所在直线平行B．向量、、共面即它们所在直线共面C．空间任意两个向量共面D．若，则存在唯一的实数λ，使【答案】C【分析】根据空间向量的相关观念逐一判断即可.【详解】对于A，若，，当时与所在直线可以不平行，因此不正确；对于B，向量、、共面，则它们所在直线可能共面，也可能不共面，因此不正确；对于C，根据共面向量基本定理可知：空间任意两个向量共面，正确；对于D，若且，则存在唯一的实数λ，使，因此不正确．故选：C．【例2】（2022·全国·高二课时练习）正六棱柱中，设，，，那么等于（

）A． B． C． D．【答案】B【解析】【分析】依据正六棱柱的结构特征并利用向量加减法的几何意义去求.【详解】正六棱柱中，故选：B【例3】（2022·全国·高二课时练习）若正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，化简下列各式的结果为的是（）A． B．C． D．【答案】B【分析】可先画出正方体，根据向量加法的运算法则计算各式，再进行判断.【详解】如图，，所以A错误；，所以B正确；，所以C错误；，所以D错误；故选：B．【例4】（2022·全国·高一单元测试）如图，OABC是四面体，G是的重心，是OG上一点，且，则（

）A． B．C． D．【答案】D【分析】利用向量加法减法的几何意义并依据空间向量基本定理去求向量【详解】连接AG并延长交BC于N，连接ON，由G是的重心，可得，则则故选：D【题型专练】1．（2022·全国·高二课时练习）下列命题为真命题的是（

）A．若两个空间向量所在的直线是异面直线，则这两个向量不是共面向量B．若，则､的长度相等且方向相同C．若向量､满足，且与同向，则D．若两个非零向量与满足，则.【答案】D【分析】由空间向量的模长、共线、共面等相关概念依次判断4个选项即可.【详解】空间中任意两个向量必然共面，A错误；若，则､的长度相等但方向不确定，B错误；向量不能比较大小，C错误；由可得向量与长度相等，方向相反，故，D正确.故选：D.2.（2022·全国·高一）如图，在三棱锥中，设，若，则=（

）A． B．C． D．【答案】A【分析】连接根据三棱锥的结构特征及空间向量加减法、数乘的几何意义，用表示，即可知正确选项.【详解】连接.故选：A3.（2021·山西·长治市上党区第一中学校高二阶段练习）如图所示，在平行六面体中，M为与的交点，若，，，则（

）A． B．C． D．【答案】D【分析】根据空间向量的运算法则和空间向量基本定理相关知识求解即可.【详解】由题意得，.故选：D4．（2022·全国·高二课时练习）已知为正方体且，，，则______．【答案】【详解】正方体中，则故答案为：5.（2022·全国·高二课时练习）平行六面体中，若，，，那么______．【答案】【详解】平行六面体中，则故答案为：6．（2022·全国·高二课时练习）如图所示，在长方体中，E为棱上任意一点.只考虑以长方体的八个顶点及点E的两点为始点和终点的向量，分别写出：(1)的相等向量，的负向量；(2)用另外两个向量的和或差表示；(3)用三个或三个以上向量的和表示（举两个例子）.【答案】(1)，，；，，，(2)，，，（答案不唯一）(3)，（答案不唯一）【解析】(1)解：的相等向量有：，，；的负向量即相反向量有：，，，.(2)由向量加减运算法则得：，，，（答案不唯一）(3)由向量加法运算法则得：，（答案不唯一）题型二：共线、共面向量定理的应用【例1】（2022·全国·高一单元测试）给出下列四个命题，其中是真命题的有（

）A．若存在实数，，使，则与，共面；B．若与，共面，则存在实数，，使；C．若存在实数，，使则点，，A，共面；D．若点，，A，共面，则存在实数，，使．【答案】AC【分析】由向量共面定理可判断AC；取，为零向量可判断B；取，A，三点共线，点P与，A，不共线可判断D.【详解】由向量共面定理可知A正确；当，为零向量可知B错误；由向量共面定理可知共面，又因为共始点，所以点，，A，共面，故C正确；当，A，三点共线，点P与，A，不共线时可知D错误.故选：AC【例2】（2022·全国·高二）若空间中任意四点O，A，B，P满足，其中m＋n＝1，则（

）A．P∈AB B．P∉ABC．点P可能在直线AB上 D．以上都不对【答案】A【详解】因为m＋n＝1，所以m＝1－n，所以，即，即，所以与共线．又，有公共起点A，所以P，A，B三点在同一直线上，即P∈AB.故选：A.【例3】（2022·江苏常州·高二期中）对于空间任意一点，若，则A，B，C，P四点（

）A．一定不共面 B．一定共面C．不一定共面 D．与点位置有关【答案】B【详解】由，所以A，B，C，P四点共面，故选：B【例4】（2022·全国·高二课时练习）已知A，B，C三点共线，则对空间任一点O，存在三个不为0的实数λ，m，n，使λ+m+n=，那么λ+m+n的值为________.【答案】0【详解】因A，B，C三点共线，则存在唯一实数k使，显然且，否则点A，B重合或点B，C重合，则，整理得：，令λ=k-1，m=1，n=-k，显然实数λ，m，n不为0，因此，存在三个不为0的实数λ，m，n，使λ+m+n=，此时λ+m+n=k-1+1+(-k)=0，所以λ+m+n的值为0.故答案为：0【题型专练】1．（2022·辽宁·本溪市第二高级中学高二期末）下列命题中正确的是（

）A．若∥，则∥B．是共线的必要条件C．三点不共线，对空间任一点，若，则四点共面D．若为空间四点，且有（不共线），则是三点共线的充要条件【答案】ACD【分析】根据向量的共线向量定理、共面向量定理及平行概念，再结合充要条件即可求解.【详解】对于A,由∥，则一定有∥，故A正确；对于B，由反向共线，可得，故B不正确；对于C，由三点不共线，对空间任一点，若，则，即，所以四点共面，故C正确；对于D,若为空间四点，且有（不共线），当，即时，可得，即，所以三点共线，反之也成立，即是三点共线的充要条件，故D正确.故选：ACD.2.（2021·河南·范县第一中学高二阶段练习）下列命题不正确的是（

）A．若A，B，C，D是空间任意四点，则有B．“”是“、共线”的充要条件C．若、共线，则与所在直线平行D．对空间任意一点O与不共线的三点A、B、C，若(其中x、y、z∈R)，则P、A、B、C四点共面．【答案】BCD【分析】根据空间向量的相关观念逐一判断即可.【详解】A项中四点恰好围成一封闭图形，正确；B项中、同向时，应有，所以“”是“、共线”的充分不必要条件；C项中、所在直线可能重合；D项中需满足，才有P、A、B、C四点共面．故选：BCD3．（2022·江苏·高二课时练习）A，B，C三点不共线，对空间内任意一点O，若，则P，A，B，C四点（

）A．一定不共面 B．一定共面 C．不一定共面 D．无法判断是否共面【答案】B【详解】因为，则即即由空间向量共面定理可知，共面，则P，A，B，C四点一定共面故选：B4．（2022·全国·高二课时练习）已知空间、、、四点共面，且其中任意三点均不共线，设为空间中任意一点，若，则（

）A．2 B． C．1 D．【答案】B【详解】，即整理得由、、、四点共面，且其中任意三点均不共线，可得，解之得故选：B5.（2022·全国·高二课时练习）已知A，，三点不共线，点是平面外一点，则在下列各条件中，能得到点与A，，一定共面的是（

）A． B．C． D．【答案】B【分析】根据空间向量共面定理的推论判断的系数之和是否等于1，即可得出答案.【详解】解：对于A，因为，所以此条件不能保证点与A，，共面；对于B，因为，所以此条件能保证点与A，，共面；对于C，因为，所以此条件不能保证点与A，，共面；对于D，因为，所以此条件不能保证点与A，，共面.故选：B．6．（2022·全国·高二课时练习）O为空间中任意一点，A，B，C三点不共线，且，若P，A，B，C四点共面，则实数t＝______．【答案】【详解】P，A，B，C四点共面，且，，解得.故答案为:题型三：空间向量的数量积【例1】已知单位正方体，求下列各式的值：（1）；（2）；（3）；（4）；（5）；（6）.【答案】(1)0；(2)0；(3)1；(4)1；(5)1；(6).【解析】【分析】利用正方体的性质、空间向量的线性运算及数量积的定义即求.(1)；(2)；(3)；(4)；(5)；(6).【例2】（2022·江苏徐州·高二期中）如图，在三棱锥中，两两垂直，为的中点，则的值为（

）A．1 B． C． D．【答案】D【详解】由题意得，故.故选：D.【例3】（2022·全国·高二课时练习）如图所示，在棱长为1的正四面体ABCD中，若E､F分别是AB､AD的中点，则___________，___________，___________，___________.【答案】

0【详解】在棱长为1的正四面体ABCD中，每个面都是正三角形.所以.因为E､F分别是AB､AD的中点，所以,所以的夹角为60°，所以；所以的夹角为0°，所以；所以的夹角为120°，所以；取CD的中点G，连结AG、BG，则.又,所以面ABG,所以AB，所以的夹角为90°.所以的夹角为90°，所以.故答案为：.【例4】（2022·全国·高二课时练习）在棱长为2的正四面体中，点满足，点满足，则点与平面的位置关系是______；当最小且最小时，______．【答案】

平面

【详解】解：由四点共面定理及三点共线定理可知：平面，直线，当最小且最小时，则是等边的中心，是边中点.所以，,又因为是边中点，所以故.故答案为：平面，【题型专练】1．（2022·全国·高二课时练习）三棱锥中，，，，则______．【答案】-2【详解】由题意得，故，,故答案为：-22.已知正方体的棱长为1，求：（1）；（2）；（3）；（4）．【答案】(1)0(2)1(3)1(4)【解析】【分析】(1)正方体中可得，从而可得答案.(2)正方体中可得，从而可得答案.(3)在正方体中可得，且向量的夹角为，根据向量数量积的定义可得答案.(4)在正方体中可得,根据向量数量积的运算性质结合数量积的定义可得答案.(1)在正方体中，所以，即所以(2)在正方体中，所以，即，即的夹角为所以(3)在正方体中，又向量的夹角为,且所以(4)在正方体中，3.（2022·河南焦作·高二期末（理））已知在四面体ABCD中，，，则______．【答案】24【详解】由题设，可得如下四面体示意图，则，又，，所以.故答案为：244.已知长方体，下列向量的数量积一定不为0的是（）A．B．C．D．【答案】D【解析】【分析】当四边形ADD1A1为正方形时，可证AD1⊥B1C可判断A；当四边形ABCD为正方形时，可证AC⊥BD1可判断B；由长方体的性质可证AB⊥AD1，分别可得数量积为0，可判断C；可推在△BCD1中，∠BCD1为直角，可判BC与BD1不可能垂直，可得结论可判断D.【详解】选项A，当四边形ADD1A1为正方形时，可得AD1⊥A1D，而A1D∥B1C，可得AD1⊥B1C，此时有，故正确；选项B，当四边形ABCD为正方形时，可得AC⊥BD，，，平面BB1D1D，可得AC⊥平面BB1D1D，故有AC⊥BD1，此时有，故正确；选项C，由长方体的性质可得AB⊥平面ADD1A1，平面ADD1A1，可得AB⊥AD1，此时必有0，故正确；选项D，由长方体的性质可得BC⊥平面CDD1C1，平面CDD1C1，可得BC⊥CD1，△BCD1为直角三角形，∠BCD1为直角，故BC与BD1不可能垂直，即，故错误.故选：D.题型四：利用空间向量的数量积求两向量的夹角【例1】（2022·江苏·高二课时练习）在平行六面体中，底面是边长为1的正方形，，，则异面直线与所成角的余弦值为（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】设，则，根据空间向量夹角公式即可求解．【详解】设，底面是边长为的正方形，，，，异面直线与所成角的余弦值为，故选：D【例2】（2022·全国·高二）在正四面体中，、分别为棱、中点，则异面直线与所成角的余弦值为（

）A． B． C． D．【答案】C【详解】设，，，设异面直线与所成角为，设，则，，由空间向量数量积的定义可得，则，，，故，故选：C.【题型专练】1．（2022·湖南·高二期末）如图所示，平行六面体中，，，若线段，则（

）A．30° B．45° C．60° D．90°【答案】C【详解】∵，∴，∴，，故选：C.2.已知空间四边形中，，则______．【答案】0【解析】【分析】根据向量的加法的几何意义，将化为，结合数量积的运算法则和向量的线性运算，即可求得答案.【详解】在空间四边形中,,则,故答案为：03.已知空间四边形ABCD的每条边和对角线的长都等于1，若点E、F分别是AB、AD的中点，则______．【答案】【解析】【分析】根据题意，得A-BCD为正四面体，根据其几何性质，结合数量积公式，即可得答案.【详解】连接AC、BD，由题意得A-BCD为正四面体，底面为等边三角形，因为点E、F分别是AB、AD的中点，所以，且，所以.故答案为：4．（2022·全国·高二期末）若向量，，，夹角为钝角，则的取值范围是______.【答案】【解析】根据向量与的夹角为钝角，则·<0，求得λ的范围，在将与共线且反向的情况排除即可.【详解】∵向量与的夹角为钝角，∴·＝解得.当与共线时，设＝k(k<0)，可得，解得，即当时，向量与共线且反向，此时·<0，但与的夹角不是钝角.综上：λ的取值范围是.故答案为：5．（2022·全国·高二课时练习）如图，平行六面体中，，，与AB、AD的夹角都为求：（1）的长；

（2）与AC所成的角的余弦值．【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）设，，，求得，，，根据，即可求得对角线的长；；（2）由，，分别计算模长，利用即可得解.【详解】（1）设，，，所以，，因为所以平行四边形中所以对角线的长为：.（2）由，可得，所以由，可得.所以，.【点睛】本题主要考查了空间向量数量积的应用，求模长和夹角，属于基础题.题型六：利用空间向量的数量积求线段的长度【例1】如图，在平行六面体中，底面