2021届高考数学大一轮总复习第七章立体几何课时作业49空间向量及其运算课件新人教B版
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高三数学一轮总复习第七章立体几何7.6空间向量及其运算课件
→ (1)求AC1的长；
→
→
→
解析：(1)记AB＝a，AD＝b，AA1＝c，
④不正确。
16
课堂学案 考点通关
考点例析 通关特训
17
考点一
空间向量的线性运算
【例1】 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OA，OB，OC表示MG，OG。
18
→ →→ 解析：MG＝MA＋AG ＝12O→A＋23A→N ＝12O→A＋23(O→N－O→A) ＝12O→A＋2312O→B＋O→C－O→A ＝－16O→A＋13O→B＋13O→C。 →→ → OG＝OM＋MG ＝12O→A－16O→A＋13O→B＋13O→C ＝13O→A＋13O→B＋13O→C。
量。
(4)共面向量：□6 _平__行__于__同__一__平__面______的向量。
4
2．空间向量中有关定理及其推论
(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 □7
_存__在__实__数__λ_，__使__a_＝__λ_b____。
→→ 推论：如图所示，点P在l上的充要条件是：OP＝OA＋ta，①
＝x
→ MA
＋y
→ MB
或对空间一点O有
→ OP
＝
□10
__O_→_M__＋__xM_→_A_＋__y_M_→_B______或O→P＝xO→M＋yO→A＋zO→B，其中□11 _x_＋__y_＋__z_＝_1___。
(3)空间向量基本定理：如果三个不共面向量a，b，c，那么对空间任一向量p， 存在有序实数组{x，y，z}，使得p＝xa＋yb＋zc，把{a，b，c}叫做空间的一个基 底。
→
→
→
解析：(1)记AB＝a，AD＝b，AA1＝c，
④不正确。
16
课堂学案 考点通关
考点例析 通关特训
17
考点一
空间向量的线性运算
【例1】 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OA，OB，OC表示MG，OG。
18
→ →→ 解析：MG＝MA＋AG ＝12O→A＋23A→N ＝12O→A＋23(O→N－O→A) ＝12O→A＋2312O→B＋O→C－O→A ＝－16O→A＋13O→B＋13O→C。 →→ → OG＝OM＋MG ＝12O→A－16O→A＋13O→B＋13O→C ＝13O→A＋13O→B＋13O→C。
量。
(4)共面向量：□6 _平__行__于__同__一__平__面______的向量。
4
2．空间向量中有关定理及其推论
(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 □7
_存__在__实__数__λ_，__使__a_＝__λ_b____。
→→ 推论：如图所示，点P在l上的充要条件是：OP＝OA＋ta，①
＝x
→ MA
＋y
→ MB
或对空间一点O有
→ OP
＝
□10
__O_→_M__＋__xM_→_A_＋__y_M_→_B______或O→P＝xO→M＋yO→A＋zO→B，其中□11 _x_＋__y_＋__z_＝_1___。
(3)空间向量基本定理：如果三个不共面向量a，b，c，那么对空间任一向量p， 存在有序实数组{x，y，z}，使得p＝xa＋yb＋zc，把{a，b，c}叫做空间的一个基 底。
高考数学大一轮总复习 第七章 立体几何 7.6 空间向量
设a＝(x1，y1，z1)，b＝(x2，y2，z2)。 (1)a＋b＝ (x1＋x2，y1＋y2，z1＋z2) ；
(2)a－b＝ (x1－x2，y1－y2，z1－z2) ；
(3)λa＝ (λx1，λy1，λz1) (4)a·b＝ x1x2＋y1y2＋z1z2
(λ∈R)； ；
(5)|a|＝ a·a＝ ___x_21_＋__y_21＋__z_21__；
J 基础知识 自主学习
知识梳理
1．空间向量的有关概念 名称
定义
在空间中，具有 大小 和 方向 的量叫作空间向量， 空间向量
其大小叫作向量的 长度 或模
自由向量
与向量的 起点 无关的向量
长度或模为 1 的向量 单位向量
a
(非零向量 a 的单位向量 a0＝_|_a|_)
名称
定义
零向量
长度为 0 的向量
答案 A
3．(2016·西安模拟)已知正方体 ABCD－A1B1C1D1 中，点 E 为上底面 A1C1 的中心，若A→E＝A→A1＋xA→B＋yA→D，则 x，y 的值分别为( )
相等向量
方向 相同 且模 相等 的向量
相反向量
方向 相反 而 模 相等的向量
过空间任意一点 O 作向量 a，b 的相等向量O→A和O→B，则
___∠__A_O__B____叫作向量 a，b 的夹角，记作〈a，b〉，范
向量 a，b 的 围是[0，π]
夹角
①当〈a，b〉＝π2时，记作 a⊥b ；
②当〈a，b〉＝0 或 π 时，记作_a_∥__b___
名称
定义
如果表示空间向量的有向线段所在的直线_互__相__平__行__ 平行向量
或重合，则这些向量叫作_共__线__向__量___或_平__行___向__量___
2024届高考数学一轮复习+第七章《立体几何与空间向量》第五节+空间向量及其运算+课件
（5）空间向量基本定理定理:如果三个向量 , , 不共面,那么对空间任一向量 ,存在唯一有序实数组 使得 _____________.推论:设 , , , 是不共面的四点,则对平面 内任一点 都存在唯一的有序实数组 ，使 ，且 .
2.数量积及坐标运算
（1）两个向量的数量积 ； _________（ , 为非零向量）; ____.
10
[解析] ， ， ， .
关键能力·突破
考点一 空间向量的线性运算
1. （2022广东深圳重点中学高三联考）如图，空间四边形 中， ， ， ，点 在 上，且满足 ，点 为 的中点，则 ( )
B
A. B. C. D.
[解析] 由题意得， ，又 ， ， ， .
③ ,正确；④ 与 不是一对相反向量,是相等向量，错误.正确结论的个数为1，故选A.
4. 已知四边形 为正方形， 是正方形 所在平面外一点， 在平面 上的射影恰好是正方形的中心 ， 是 的中点，求下列各题中 ， 的值：
（1） ；
[解析] 如图， ， .
（2） .
迁移应用
2. （2022江苏南通期末）试写出一个点 的坐标：_ _______________________，使之与点 ， 共线.
（答案不唯一）
[解析] 设 ,令 ，则 ，故 ， ,不妨令 ，则 ，故 .
3. （2022山西运城二模）如图，在几何体 中， ， ， 均为边长为2的等边三角形，平面 平面 ，平面 平面 .求证： ， ， ， 四点共面.
5. （2022福建宁德期末）如图，在平行六面体 中， ， ， ，点 是 中点，则异面直线 与 所成角的余弦值是_ ____.
[解析] ， .又 ， ，从而有 ， ， .
方法感悟用已知向量表示某一向量的三个关键点（1）用已知向量来表示某一向量，一定要结合空间图形，以图形为指导是解题的关键.（2）要正确理解向量加法、减法与数乘运算的几何意义.（3）在空间中，向量的三角形法则、平行四边形法则仍然成立.
高三数学一轮总复习 第七章 立体几何 7.6 空间向量及其运算课件.ppt
5.掌握空间向量的数量积及其坐标表示，能运用向量的数量积判断
向量的共线与垂直。
3
课前学案 基础诊断
夯基固本 基础自测
4
1．空间向量的有关概念
(1)空间向量：在空间中，具有□1 __大__小__和□2 _方__向___的量叫做空间向量。 (2)相等向量：方向□3 _相__同___且模□4 _相__等___的向量。 (3)共线向量：表示空间向量的有向线段所在直线互相 □5 平__行____或重合的向
8
②两向量的数量积：已知空间两个非零向量a，b，则□16 _|a_|_·|_b_|c_o_s_〈__a_，__b_〉____叫 做向量a，b的数量积，记作□17 ___a_·b________，即a·b＝□18 ___|_a_||b_|_c_o_s〈__a_，__b_〉_____。
(2)空间向量数量积的运算律。
第七章
立体几何
1
第六节 空间向量及其运算
课前学案 基础诊断
课堂学案 考点通关
高考模拟 备考套餐
2
1.了解空间直角坐标系，会用空间直角坐标表示点的位置。
2.会推导空间两点间的距离公式。
考纲 导学
3.了解空间向量的概念，了解空间向量的基本定理及其意义，掌握 空间向量的正交分解及其坐标表示。 4.掌握空间向量22_＋__a_23 ，cos〈a，b〉＝|aa|·|bb|＝
28
a21＋a22＋a23 b21＋b22＋b23 ________________________
。
□ →
若A(a1，b1，c1)，B(a2，b2，c2)，则dAB＝|AB|＝
29
__a_1_－__a_2_2＋___b_1－__b_2_2_＋__c_1_－_c。22
(新课标)高考数学一轮复习-第七章 立体几何 第6讲 空间向量及其运算(理)课件
向量表示
坐标表示
数量积
a·b
共线 a＝λb(b≠0)
a·b＝0 垂直
(a≠0，b≠0)
a1b1＋a2b2＋a3b3 a1＝λb1，a2＝λb2，a3＝λb3 a1b1＋a2b2＋a3b3＝0
模 夹角
|a|
a12＋a22＋a23
〈a，b〉 (a≠0，b≠0) co〈s a，b〉＝
a1b1＋a2b2＋a3b3 a21＋a22＋a23· b21＋b22＋b23
空间向量的数量积
已知空间三点 A(－2,0,2)，B(－1,1,2)，C(－3,0,4)， 设 a＝A→B，b＝A→C. 导学号 25401756
(1)求|c|＝3，且 c∥B→C，求 c； (2)求 a 和 b 的夹角的余弦值； (3)若 ka＋b 与 ka－2b 互相垂直，求 k 的值； (4)若 λ(a＋b)＋μ(a－b)与 z 轴垂直，求 λ，μ 应满足的关系．
②－a＋b＋12c
③32a＋12b＋32c
[规律总结] (1)用基向量表示指定向量的方法 用已知基向量表示指定向量时，应结合已知和所求观察图 形，将已知向量和未知向量转化至三角形或平行四边形中，然 后利用三角形法则或平行四边形法则，把所求向量用已知基向 量表示出来． (2)向量加法的多边形法则 首尾相接的若干向量之和，等于由起始向量的始点指向末 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． 提醒：空间向量的坐标运算类似于平面向量中的坐标运 算．
空间向量的共线、共面问题
已知 E，F，G，H 分别是空间四边形 ABCD 的 边 AB ， BC ， CD ， DA 的 中 点. 导学号 25401753
(1)求证：E，F，G，H 四点共面； (2)求证：BD∥平面 EFGH； (3)设 M 是 EG 和 FH 的交点． 求证：对空间任一点 O，有O→M＝14(O→A ＋O→B＋O→C＋O→D)．
高考数学大一轮复习 第七章 立体几何 第7课时 空间向量及其运算课件 理 北师大版.ppt
(3)模、夹角和距离公式
设a＝(x1，y1，z1)，b＝(x2，y2，z2)，则|a|＝ a·a ＝ x21＋y21＋z12 ，cos〈a，b〉＝|aa|·|bb|
＝
x1x2＋y1y2＋z1z2 x21＋y21＋z21· x22＋y22＋z22
[基础自测] 1．已知空间四边形ABCD的对角线为AC、BD，设G是CD的 中点，则A→B＋12(B→D＋B→C)等于( ) A.A→G B.C→G C.B→C D.12B→C
审题视点 将所表示向量置于三角形或多边形中利用三角形 法则或多边形法则可求．
解 (1)∵P是C1D1的中点， ∴A→P＝A→A1＋A→1D1＋D→1P ＝a＋A→D＋12D→1C1 ＝a＋c＋12A→B ＝a＋c＋12b.
(2)∵N是BC的中点， ∴A→1N＝A→1A＋A→B＋B→N ＝－a＋b＋12B→C ＝－a＋b＋12A→D ＝－a＋b＋12c，
＝ xa＋yb＋zc
.
5．空间向量的坐标表示及应用 (1)数量积的坐标运算 设a＝(x1，y1，z1)，b＝(x2，y2，z2)，则a·b＝x1x2＋y1y2＋z1z2 . (2)共线与垂直的坐标表示 设a＝(x1，y1，z1)，b＝(x2，y2，z2)， 则a∥b⇔a＝λb⇔ x1＝λx2 ， y1＝λy2 ， z1＝λz2 ，a ⊥b⇔a·b＝0⇔ x1x2＋y1y2＋z1z2＝0 (a，b均为非零向量)．
(3)∵M是AA1的中点， ∴M→P＝M→A＋A→P＝12A→1A＋A→P ＝－12a＋a＋c＋12b＝12a＋12b＋c， 又N→C1＝N→C＋C→C1＝12B→C＋A→A1
＝12A→D＋A→A1＝12c＋a， ∴M→P＋N→C1＝12a＋12b＋c＋a＋12c ＝32a＋12b＋32c.
高考数学一轮总复习 第7章 立体几何 第6节 空间向量的运算及应用课件 理 新人教版
如图所示，在平行六面体ABCD-A1B1C1D1
uuurቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ
uuur
uuur
中，设 AA1 ＝a， AB ＝b， AD ＝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：
uuur
uuuur
uuur uuuur
(1) AP； (2) A1N ； (3) MP ＋ NC1 .
y，z，使OP ＝xOA＋yOB＋zOC 且x＋y＋z＝1
a·b＝0 a2
向量和 向量差
a＝(a1，a2，a3)，b＝(b1，b2，b3) a＋b＝_(a_1_＋__b_1_，__a_2＋__b_2_，__a_3_＋__b_3)_ a－b＝_(a_1_－__b_1_，__a_2－__b_2_，__a_3_－__b_3)_
uuur uuur uuur MP ＝x MA＋y MB
uuur
uuur uuur
对空间任一点O， OP ＝ 对空间任一点O， OP ＝ OM ＋
uuur uuur
uuur uuur
OA＋t AB
x MA＋y MB
uuur
uuur uuur
对空间任一点O，OP ＝ 对空间任一点O， OP ＝x OM ＋
cos〈a，b〉＝__a_21_＋__a_22_＋__a_32 __b_21＋__b_22_＋__b_23_
1．O为空间任意一点，若
uuur OP
＝
3 4
uuur OA
＋
1 8
uuur OB
＋
1 8
uuur OC
，则
A，B，C，P四点
()
A．一定不共面
B．一定共面
C．不一定共面
(江苏专用)2021新高考数学一轮复习第七章立体几何与空间向量7.5空间向量及其应用课件
3.空间向量的数量积及运算律
(1)数量积及相关概念
①两向量的夹角
a，b是空间两个非零向量，过空间任意一点O，作
→ OA
＝a，O→B＝b，则∠AOB
叫做向量a与向量b的夹角，记作〈a，b〉，其范围是 0≤〈a，b〉≤π ，若〈a，
b〉＝π2，则称a与b 互相垂直 ，记作a⊥b. ②两向量的数量积
已知空间两个非零向量a，b，则 |a||b|cos〈a，b〉 叫做向量a，b的数量积，
题组三 易错自纠
4.在空间直角坐标系中，已知A(1,2,3)，B(－2，－1,6)，C(3，2,1)，D(4,3,0)，
则直线AB与CD的位置关系是
A.垂直 C.异面
√B.平行 D.相交但不垂直
解析 由题意得，A→B＝(－3，－3,3)，C→D＝(1,1，－1)， ∴A→B＝－3C→D，∴A→B与C→D共线，
向量表示 a·b
a＝λb(b≠0，λ∈R) a·b＝0(a≠0，b≠0)
坐标表示 _a_1_b_1＋__a_2_b_2_＋__a_3b_3_ _a_1_＝__λ_b_1，__a_2_＝__λ_b_2_，__a_3＝__λ_b_3_ _a_1_b_1＋__a_2_b_2_＋__a_3b_3_＝__0_
共面向量
平行于同一个 平面 的向量
表示 0
a＝b a的相反向量为－a
a∥b
2.空间向量中的有关定理 (1)共线向量定理 对空间任意两个向量a，b(a≠0)，b与a共线的充要条件是存在实数λ，使得b ＝λa. (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有 序实数组(x，y)，使得p＝xa＋yb. (3)空间向量基本定理 如果三个向量e1，e2，e3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＝ xe1＋ye2＋ze3 .
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(1)求证：EF⊥平面BAF； (2)若二面角A-BF-D的余弦值为 42，求AB的长．
解：(1)证明：∵四边形ABCD为矩形，∴BA⊥AD， ∵平面ABCD⊥平面ADEF，又平面ABCD∩平面ADEF＝ AD，BA⊂平面ABCD，∴BA⊥平面ADEF. 又EF⊂平面ADEF，∴BA⊥EF. 又AF⊥EF，且AF∩BA＝A，∴EF⊥平面BAF.
(2)令A→E ＝t A→B (t∈R)，所以 O→E ＝ O→A ＋ A→E ＝ O→A ＋t A→B ＝(－
3，－1,4)＋t(1，－1，－2)＝(－3＋t，－1－t,4－2t)，若
→ OE
⊥
b，则
→ OE
·b＝0，所以－2(－3＋t)＋(－1－t)＋(4－2t)＝0，解得t
＝
9 5
.因此存在点E，使得
(2)设AB＝x(x>0)．以F为坐标原点，AF，FE所在直线分别 为x轴、y轴建立空间直角坐标系F-xyz，如图．
则F(0,0,0)，E(0， 3，0)，
D(－1， 3，0)，B(－2,0，x)，
∴D→F＝(1，－ 3，0)，B→F＝(2,0，－x)．
由(1)知EF⊥平面ABF，
∴平面ABF的一个法向量可取n1＝(0,1,0)． 设n2＝(x1，y1，z1)为平面BFD的一个法向量，
11．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Q→A·Q→B取最小值时，点Q的坐标是__43_，__43_，__83____.
解析：由题意，设
→ OQ
＝λ
→ OP
，即OQ＝(λ，λ，2λ)，则
→ QA
＝(1－λ，2－λ，3－2λ)，Q→B＝(2－λ，1－λ，2－2λ)，∴Q→A·Q→B ＝(1－λ)(2－λ)＋(2－λ)(1－λ)＋(3－2λ)(2－2λ)＝6λ2－16λ＋10＝
4．已知a＝(2，－1,3)，b＝(－1,4，－2)，c＝(7,5，λ)，若
a、b、c三个向量共面，则实数λ等于( D )
A．672
B．673
C．674
D．675
解析：由于a，b，c三个向量共面，所以存在实数m，n使
得c＝ma＋nb，即有 75＝ ＝2－mm－＋n， 4n， λ＝3m－2n，
解得m＝373，n＝177，λ＝675.
又PA⊥PD，PD∩CD＝D，PD，CD⊂平面PDC，所以PA
⊥平面PDC．
又PA⊂平面PAB，所以平面PAB⊥平面PDC．
14．(2020·福建龙岩质检)如图，已知正方体ABCD-A1B1C1D1 的棱长为4，P是AA1的中点，点M在侧面AA1B1B内．若D1M⊥ CP，则△BCM面积的最小值为( D )
∴|M→N|＝ 49|A→B|2＋316|A→A1|2＋19|A→D|2＝ 621A．故选A．
7．(2020·四川六市检测)在空间直角坐标系O-xyz中，四面体
ABCD各顶点坐标分别为A(2,2,1)，B(2,2，－1)，C(0,2,1)，
D(0,0,1)，则该四面体外接球的表面积是( B )
A．16π
10.已知空间四边形OABC，点M、N分别是OA、BC的中 点，且O→A＝a，O→B＝b，O→C＝c，用a，b，c表示向量M→N＝ ____12_(_b_＋__c_－__a_) __．
解析：
如图，M→N＝12(M→B＋M→C) ＝12[(O→B－O→M)＋(O→C－O→M)] ＝12(O→B＋O→C－2O→M) ＝12(O→B＋O→C－O→A)＝12(b＋c－a)．
课时作业49 空间向量及其运算
一、选择题
1．已知点A(－3,0，－4)，点A关于原点的对称点为B，则
|AB|等于( D )
A．12
B．9
C．25
D．10
解析：点A关于原点对称的点B的坐标为(3,0,4)，故|AB|＝ －3－32＋0－02＋－4－42＝10.
2．已知向量a＝(2，－3,5)，b＝3，λ，125，且a∥b，则λ等 于( C )
易知平面PAD的一个法向量为O→F＝0，a2，0， 因为E→F＝a4，0，－a4，且O→F·E→F＝0，a2，0·a4，0，－a4＝ 0，
又因为EF⊄平面PAD，所以EF∥平面PAD．
(2)因为P→A
＝a2，0，－a2
，
C→D＝(0，－a,0)，所以
→ PA
→ ·CD
＝
a2，0，－a2·(0，－a,0)＝0，所以P→A⊥C→D，所以PA⊥CD．
→ OE
⊥b，此时E点的坐标为(－
6 5
，－
154，25)．
13.如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是边长为a的正方
形，侧面PAD⊥底面ABCD，且PA＝PD＝
2 2
AD，设E，F分别为
PC，BD的中点．
(1)求证：EF∥平面PAD；
(2)求证：平面PAB⊥平面PDC．
证明：
(1)如图，取AD的中点O，连接OP，OF.因为PA＝PD，所
B．12π
C．4 3π
D．6π
解析：通过各点坐标可知，A，B，C，D四点恰为棱长为2
的正方体的四个顶点，故此四面体与对应的正方体有共同的外
接球，其半径R为正方体体对角线的一半，则R＝
22＋22＋22 2
＝ 3，故该四面体外接球的表面积是4πR2＝12π.故选B．
8．(2020·河南焦作检测)在棱长为4的正方体ABCD-A1B1C1D1 中，点E，F分别在棱AA1和AB上，且C1E⊥EF，则AF的最大值 为( B )
A．12 C．32
B．1 D．2
解析：以AB，AD，AA1所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立
空间直角坐标系，如图所示，则C1(4,4,4)．设E(0,0，z)，z∈
[0,4]，F(x,0,0)，x∈[0,4]，设AF＝x.故
→ EC1
＝(4,4,4－z)，
→ EF
＝
(x,0，－z)．因为C1E⊥EF，所以
5．设A，B，C，D是空间不共面的四个点，且满足A→B·A→C＝ 0，A→D·A→C＝0，A→D·A→B＝0，则△BCD的形状是( C )
A．钝角三角形 B．直角三角形 C．锐角三角形 D．无法确定
解析：B→C·B→D＝(A→C－A→B)·(A→D－A→B)＝A→C·A→D－A→C·A→B－ A→B·A→D＋A→B2＝A→B2>0，同理D→B·D→C>0，C→B·C→D>0，故△BCD为 锐角三角形．故选C．
→ ·CP
＝－4a＋16＋2b－8＝
0，即b＝2a－4.取AB的中点N，连接B1N，则点M的轨迹即为线
段B1N.过B作BQ⊥B1N于点Q，则BQ＝42×52＝4 5 5，又BC⊥平面
ABB1A1，故BC⊥BQ，∴S△BCM的最小值为S△BCM＝
1 2
×4×
4
5
5
＝
85 5.
15．(2020·广西南宁月考)如图，平面ABCD⊥平面ADEF， 其中ABCD为矩形，ADEF为梯形，AF∥DE，AF⊥FE，AF＝AD ＝2DE＝2.
→ EC1
→ ·EF
＝0，即z2＋4x－4z＝
0，则x＝z－
14z2＝－
1 4
(z－2)2＋1，所以当z＝2时，x取得最大值1.
所以AF的最大值为1.故选B．
二、填空题 9．已知点P在z轴上，且满足|OP|＝1(O为坐标原点)，则点P 到点A(1,1,1)的距离为___2_或___6____.
解析：由题意知，P(0,0,1)或P(0,0，－1)． ∴|PA|＝ 0－12＋0－12＋1－12＝ 2. 或|PA|＝ 1－02＋1－02＋1＋12＝ 6.
A．8 C．8 2
B．4 D．8 5 5
解析：以AB，AD，AA1所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立 空间直角坐标系，如图所示，则P(0,0,2)，C(4,4,0)，
D1(0,4,4)．设M(a,0，b)，则
→ D1M
＝(a，－4，b－4)，
→ CP
＝
(－4，－4,2)．∵D1M⊥CP，∴
→ D1M
6λ－432－23，当λ＝43时有最小值，此时Q点坐标为43，43，83.
三、解答题 12．已知a＝(1，－3,2)，b＝(－2,1,1)，点A(－3，－1,4)， B(－2，－2,2)． (1)求|2a＋b|； (2)在直线AB上，是否存在一点E，使得O→E⊥b？(O为原点)
解：(1)2a＋b＝(2，－6,4)＋(－2，1,1)＝(0，－5,5)，故|2a ＋b|＝ 02＋－52＋52＝5 2.
6．已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为a，A→M
＝
1 2
M→C1，点
N为B1B的中点，则|MN|等于( A )
A．
21 6a
B．
6 6a
C．
15 6a
D．
15 3a
解析：∵
M→N＝
→ AN
－
A→M＝
→ AN
－
1 3
A→C1＝A→B
＋
B→N－
1 3
→ (AB
＋
A→D＋A→A1)＝23A→B＋16A→A1－13A→D，
则nn22··BD→→FF＝＝00，，
即x21x－1－z31yx1＝＝00，，
A．23
B．92
C．－92
D．－
2＝3k， 解析：a∥b⇔a＝kb⇔－3＝kλ，
5＝125k
⇔ kλ＝ ＝23－，92.
3．已知向量a＝(1,1,0)，b＝(－1,0,2)，且ka＋b与2a－b互相
垂直，则k的值为( D )
A．1
B．15
C．35
D．75
解析：ka＋b＝(k－1，k,2)，2a－b＝(3,2，－2)，由题意 知，3(k－1)＋2k－4＝0，解得k＝75.
解：(1)证明：∵四边形ABCD为矩形，∴BA⊥AD， ∵平面ABCD⊥平面ADEF，又平面ABCD∩平面ADEF＝ AD，BA⊂平面ABCD，∴BA⊥平面ADEF. 又EF⊂平面ADEF，∴BA⊥EF. 又AF⊥EF，且AF∩BA＝A，∴EF⊥平面BAF.
(2)令A→E ＝t A→B (t∈R)，所以 O→E ＝ O→A ＋ A→E ＝ O→A ＋t A→B ＝(－
3，－1,4)＋t(1，－1，－2)＝(－3＋t，－1－t,4－2t)，若
→ OE
⊥
b，则
→ OE
·b＝0，所以－2(－3＋t)＋(－1－t)＋(4－2t)＝0，解得t
＝
9 5
.因此存在点E，使得
(2)设AB＝x(x>0)．以F为坐标原点，AF，FE所在直线分别 为x轴、y轴建立空间直角坐标系F-xyz，如图．
则F(0,0,0)，E(0， 3，0)，
D(－1， 3，0)，B(－2,0，x)，
∴D→F＝(1，－ 3，0)，B→F＝(2,0，－x)．
由(1)知EF⊥平面ABF，
∴平面ABF的一个法向量可取n1＝(0,1,0)． 设n2＝(x1，y1，z1)为平面BFD的一个法向量，
11．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Q→A·Q→B取最小值时，点Q的坐标是__43_，__43_，__83____.
解析：由题意，设
→ OQ
＝λ
→ OP
，即OQ＝(λ，λ，2λ)，则
→ QA
＝(1－λ，2－λ，3－2λ)，Q→B＝(2－λ，1－λ，2－2λ)，∴Q→A·Q→B ＝(1－λ)(2－λ)＋(2－λ)(1－λ)＋(3－2λ)(2－2λ)＝6λ2－16λ＋10＝
4．已知a＝(2，－1,3)，b＝(－1,4，－2)，c＝(7,5，λ)，若
a、b、c三个向量共面，则实数λ等于( D )
A．672
B．673
C．674
D．675
解析：由于a，b，c三个向量共面，所以存在实数m，n使
得c＝ma＋nb，即有 75＝ ＝2－mm－＋n， 4n， λ＝3m－2n，
解得m＝373，n＝177，λ＝675.
又PA⊥PD，PD∩CD＝D，PD，CD⊂平面PDC，所以PA
⊥平面PDC．
又PA⊂平面PAB，所以平面PAB⊥平面PDC．
14．(2020·福建龙岩质检)如图，已知正方体ABCD-A1B1C1D1 的棱长为4，P是AA1的中点，点M在侧面AA1B1B内．若D1M⊥ CP，则△BCM面积的最小值为( D )
∴|M→N|＝ 49|A→B|2＋316|A→A1|2＋19|A→D|2＝ 621A．故选A．
7．(2020·四川六市检测)在空间直角坐标系O-xyz中，四面体
ABCD各顶点坐标分别为A(2,2,1)，B(2,2，－1)，C(0,2,1)，
D(0,0,1)，则该四面体外接球的表面积是( B )
A．16π
10.已知空间四边形OABC，点M、N分别是OA、BC的中 点，且O→A＝a，O→B＝b，O→C＝c，用a，b，c表示向量M→N＝ ____12_(_b_＋__c_－__a_) __．
解析：
如图，M→N＝12(M→B＋M→C) ＝12[(O→B－O→M)＋(O→C－O→M)] ＝12(O→B＋O→C－2O→M) ＝12(O→B＋O→C－O→A)＝12(b＋c－a)．
课时作业49 空间向量及其运算
一、选择题
1．已知点A(－3,0，－4)，点A关于原点的对称点为B，则
|AB|等于( D )
A．12
B．9
C．25
D．10
解析：点A关于原点对称的点B的坐标为(3,0,4)，故|AB|＝ －3－32＋0－02＋－4－42＝10.
2．已知向量a＝(2，－3,5)，b＝3，λ，125，且a∥b，则λ等 于( C )
易知平面PAD的一个法向量为O→F＝0，a2，0， 因为E→F＝a4，0，－a4，且O→F·E→F＝0，a2，0·a4，0，－a4＝ 0，
又因为EF⊄平面PAD，所以EF∥平面PAD．
(2)因为P→A
＝a2，0，－a2
，
C→D＝(0，－a,0)，所以
→ PA
→ ·CD
＝
a2，0，－a2·(0，－a,0)＝0，所以P→A⊥C→D，所以PA⊥CD．
→ OE
⊥b，此时E点的坐标为(－
6 5
，－
154，25)．
13.如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是边长为a的正方
形，侧面PAD⊥底面ABCD，且PA＝PD＝
2 2
AD，设E，F分别为
PC，BD的中点．
(1)求证：EF∥平面PAD；
(2)求证：平面PAB⊥平面PDC．
证明：
(1)如图，取AD的中点O，连接OP，OF.因为PA＝PD，所
B．12π
C．4 3π
D．6π
解析：通过各点坐标可知，A，B，C，D四点恰为棱长为2
的正方体的四个顶点，故此四面体与对应的正方体有共同的外
接球，其半径R为正方体体对角线的一半，则R＝
22＋22＋22 2
＝ 3，故该四面体外接球的表面积是4πR2＝12π.故选B．
8．(2020·河南焦作检测)在棱长为4的正方体ABCD-A1B1C1D1 中，点E，F分别在棱AA1和AB上，且C1E⊥EF，则AF的最大值 为( B )
A．12 C．32
B．1 D．2
解析：以AB，AD，AA1所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立
空间直角坐标系，如图所示，则C1(4,4,4)．设E(0,0，z)，z∈
[0,4]，F(x,0,0)，x∈[0,4]，设AF＝x.故
→ EC1
＝(4,4,4－z)，
→ EF
＝
(x,0，－z)．因为C1E⊥EF，所以
5．设A，B，C，D是空间不共面的四个点，且满足A→B·A→C＝ 0，A→D·A→C＝0，A→D·A→B＝0，则△BCD的形状是( C )
A．钝角三角形 B．直角三角形 C．锐角三角形 D．无法确定
解析：B→C·B→D＝(A→C－A→B)·(A→D－A→B)＝A→C·A→D－A→C·A→B－ A→B·A→D＋A→B2＝A→B2>0，同理D→B·D→C>0，C→B·C→D>0，故△BCD为 锐角三角形．故选C．
→ ·CP
＝－4a＋16＋2b－8＝
0，即b＝2a－4.取AB的中点N，连接B1N，则点M的轨迹即为线
段B1N.过B作BQ⊥B1N于点Q，则BQ＝42×52＝4 5 5，又BC⊥平面
ABB1A1，故BC⊥BQ，∴S△BCM的最小值为S△BCM＝
1 2
×4×
4
5
5
＝
85 5.
15．(2020·广西南宁月考)如图，平面ABCD⊥平面ADEF， 其中ABCD为矩形，ADEF为梯形，AF∥DE，AF⊥FE，AF＝AD ＝2DE＝2.
→ EC1
→ ·EF
＝0，即z2＋4x－4z＝
0，则x＝z－
14z2＝－
1 4
(z－2)2＋1，所以当z＝2时，x取得最大值1.
所以AF的最大值为1.故选B．
二、填空题 9．已知点P在z轴上，且满足|OP|＝1(O为坐标原点)，则点P 到点A(1,1,1)的距离为___2_或___6____.
解析：由题意知，P(0,0,1)或P(0,0，－1)． ∴|PA|＝ 0－12＋0－12＋1－12＝ 2. 或|PA|＝ 1－02＋1－02＋1＋12＝ 6.
A．8 C．8 2
B．4 D．8 5 5
解析：以AB，AD，AA1所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立 空间直角坐标系，如图所示，则P(0,0,2)，C(4,4,0)，
D1(0,4,4)．设M(a,0，b)，则
→ D1M
＝(a，－4，b－4)，
→ CP
＝
(－4，－4,2)．∵D1M⊥CP，∴
→ D1M
6λ－432－23，当λ＝43时有最小值，此时Q点坐标为43，43，83.
三、解答题 12．已知a＝(1，－3,2)，b＝(－2,1,1)，点A(－3，－1,4)， B(－2，－2,2)． (1)求|2a＋b|； (2)在直线AB上，是否存在一点E，使得O→E⊥b？(O为原点)
解：(1)2a＋b＝(2，－6,4)＋(－2，1,1)＝(0，－5,5)，故|2a ＋b|＝ 02＋－52＋52＝5 2.
6．已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为a，A→M
＝
1 2
M→C1，点
N为B1B的中点，则|MN|等于( A )
A．
21 6a
B．
6 6a
C．
15 6a
D．
15 3a
解析：∵
M→N＝
→ AN
－
A→M＝
→ AN
－
1 3
A→C1＝A→B
＋
B→N－
1 3
→ (AB
＋
A→D＋A→A1)＝23A→B＋16A→A1－13A→D，
则nn22··BD→→FF＝＝00，，
即x21x－1－z31yx1＝＝00，，
A．23
B．92
C．－92
D．－
2＝3k， 解析：a∥b⇔a＝kb⇔－3＝kλ，
5＝125k
⇔ kλ＝ ＝23－，92.
3．已知向量a＝(1,1,0)，b＝(－1,0,2)，且ka＋b与2a－b互相
垂直，则k的值为( D )
A．1
B．15
C．35
D．75
解析：ka＋b＝(k－1，k,2)，2a－b＝(3,2，－2)，由题意 知，3(k－1)＋2k－4＝0，解得k＝75.