2019高考数学考点突破——空间向量与立体几何空间向量及其运算学案
空间向量及其运算
【考点梳理】
1．空间向量的有关概念
名称 定义
空间向量 在空间中，具有大小和方向的量
相等向量 方向相同且模相等的向量 相反向量 方向相反且模相等的向量
共线向量 (或平行向量) 表示空间向量的有向线段所在的直线互相平行或重合的向量
共面向量 平行于同一个平面的向量
(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，使得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p ＝x a ＋y b .
(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p ＝x a ＋y b ＋z c ，其中，{a ，b ，c }叫做空间的一个基底.
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
已知两个非零向量a ，b ，在空间任取一点O ，作OA →＝a ，OB →
＝b ，则∠AOB 叫做向量a 与b 的夹角，记作〈a ，b 〉，其范围是[0，π]，若〈a ，b 〉＝π
2
，则称a 与b 互相垂直，记作a ⊥b .
②非零向量a ，b 的数量积a·b ＝|a ||b |cos 〈a ，b 〉. (2)空间向量数量积的运算律： ①结合律：(λa )·b ＝λ(a·b )； ②交换律：a·b ＝b·a ；
③分配律：a·(b ＋c )＝a·b ＋a·c . 4．空间向量的坐标表示及其应用
设a ＝(a 1，a 2，a 3)，b ＝(b 1，b 2，b 3).
向量表示 坐标表示
数量积 a·b
a 1
b 1＋a 2b 2＋a 3b 3 共线 a ＝λb (b ≠0，λ∈R ) a 1＝λb 1，a 2＝λb 2，a 3＝λb 3
垂直 a·b ＝0(a ≠0，b ≠0)
a 1
b 1＋a 2b 2＋a 3b 3＝0
模
|a |
a 21＋a 22＋a 2
3
夹角
〈a ，b 〉(a ≠0，b ≠0)
cos 〈a ，b 〉＝
a 1
b 1＋a 2b 2＋a 3b 3
a 21＋a 22＋a 23·
b 21＋b 22＋b 2
3
考点一、空间向量的线性运算
【例1】如图所示，在空间几何体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，各面为平行四边形，设AA 1→＝a ，AB →
＝b ，AD →
＝c ，M ，N ，P 分别是AA 1，BC ，C 1D 1的中点，试用a ，b ，c 表示以下各向量：
(1)AP →；(2)MP →＋NC 1→.
[解析] (1)因为P 是C 1D 1的中点，所以AP →＝AA 1→＋A 1D 1→＋D 1P →＝a ＋AD →＋12D 1C 1→
＝a ＋c ＋12AB →＝a ＋c ＋1
2
b .
(2)因为M 是AA 1的中点，所以MP →＝MA →＋AP →
＝12
A 1A →＋AP → ＝－12a ＋? ?
???a ＋c ＋12b ＝12a ＋12b ＋c .
又NC 1→＝NC →＋CC 1→＝12BC →＋AA 1→
＝12AD →＋AA 1→＝1
2
c ＋a ， 所以MP →＋NC 1→＝? ????12a ＋12b ＋c ＋? ????a ＋12c
＝32a ＋12b ＋3
2c . 【类题通法】
1．选定空间不共面的三个向量作基向量，这是用向量解决立体几何问题的基本要求.用已知基向量表示指定向量时，应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，然后利用三角形法则或平行四边形法则进行运算.
2．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. 【对点训练】
如图，三棱锥O －ABC 中，M ，N 分别是AB ，OC 的中点，设OA →＝a ，OB →＝b ，OC →
＝c ，用a ，b ，
c 表示NM →，则NM →
＝( )
A ．1
2
(－a ＋b ＋c ) B ．1
2
(a ＋b －c ) C ．12(a －b ＋c ) D ．1
2
(－a －b ＋c )
[答案] B
[解析] NM →＝NA →＋AM →＝(OA →－ON →)＋12AB →＝OA →－12OC →＋12(OB →－OA →)＝12OA →＋12OB →－12OC →＝1
2
(a ＋b －
c ).
考点二、共线定理、共面定理的应用
【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 .
[解析] (1)连接BG ，则EG →＝EB →＋BG →＝EB →＋12(BC →＋BD →)＝EB →＋BF →＋EH →＝EF →＋EH →
，由共面向量
定理知E ，F ，G ，H 四点共面.
(2)因为EH →＝AH →－AE →＝12AD →－12AB →＝12(AD →－AB →
)＝12
BD →，因为E ，H ，B ，D 四点不共线，所以
EH ∥BD .
又EH ?平面EFGH ，BD ?平面EFGH ， 所以BD ∥平面EFGH . 【类题通法】
1．证明空间三点P ，A ，B 共线的方法 ①PA →＝λPB →
(λ∈R )；
②对空间任一点O ，OP →＝xOA →＋yOB →
(x ＋y ＝1). 2．证明空间四点P ，M ，A ，B 共面的方法 ①MP →＝xMA →＋yMB →；
②对空间任一点O ，OP →＝xOM →＋yOA →＋zOB →
(x ＋y ＋z ＝1)； ③PM →∥AB →(或PA →∥MB →或PB →∥AM →).
3．三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. 【对点训练】
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OM →＝13(OA →＋OB →＋OC →
).
(1)判断MA →，MB →，MC →
三个向量是否共面； (2)判断点M 是否在平面ABC 内. [解析] (1)由已知OA →＋OB →＋OC →＝3OM →
， ∴OA →－OM →＝(OM →－OB →)＋(OM →－OC →). 即MA →＝BM →＋CM →＝－MB →－MC →， ∴MA →，MB →，MC →
共面.
(2)由(1)知MA →，MB →，MC →
共面且过同一点M . ∴四点M ，A ，B ，C 共面， 从而点M 在平面ABC 内.
考点三、空间向量数量积的应用
【例3】如图所示，已知空间四边形ABCD 的各边和对角线的长都等于a ，点M ，N 分别是AB ，
CD 的中点.
(1)求证：MN ⊥AB ，MN ⊥CD ； (2)求MN 的长；
(3)求异面直线AN 与CM 所成角的余弦值.
[解析] (1)设AB →＝p ，AC →＝q ，AD →
＝r .
由题意可知，|p |＝|q |＝|r |＝a ，且p ，q ，r 三向量两两夹角均为60°. MN →＝AN →－AM →＝12(AC →＋AD →)－12AB →＝1
2(q ＋r －p )，
∴MN →·AB →＝12(q ＋r －p )·p ＝12(q ·p ＋r ·p －p 2
)
＝12(a 2cos 60°＋a 2cos 60°－a 2
)＝0. ∴MN →⊥AB →，
即MN ⊥AB . 同理可证MN ⊥CD .
(2)由(1)可知MN →＝1
2(q ＋r －p )，
∴|MN →|2＝14
(q ＋r －p )2
＝14[q 2＋r 2＋p 2
＋2(q ·r －p ·q －r·p )] ＝14??????a 2＋a 2＋a 2＋2? ????a 2
2－a 2
2－a 2
2 ＝14×2a 2
＝a 2
2. ∴|MN →
|＝22a .
∴MN 的长为
22
a . (3)设向量AN →与MC →
的夹角为θ. ∵AN →＝12(AC →＋AD →
)＝12(q ＋r )，
MC →＝AC →－AM →
＝q －12p ，
∴AN →·MC →＝1
2(q ＋r )·(q －12p )
＝12(q 2－12q ·p ＋r·q －1
2
r·p ) ＝12(a 2－12a 2cos 60°＋a 2
cos 60°－12a 2cos 60°) ＝12(a 2－a 2
4＋a 2
2－a 2
4)＝a 2
2. 又∵|AN →|＝|MC →
|＝32
a ，
∴AN →·MC →＝|AN →||MC →
|cos θ＝32a ×32a ×cos θ＝a 2
2.
∴cos θ＝2
3
，
∴向量AN →与MC →
的夹角的余弦值为23，
因此异面直线AN 与CM 所成角的余弦值为2
3.
【类题通法】
利用数量积解决问题的两条途径：一是根据数量积的定义，利用模与夹角直接计算；二是利用坐标运算.可解决有关垂直、夹角、长度问题.
(1)a ≠0，b ≠0，a ⊥b ?a ·b ＝0； (2)|a |＝a 2
； (3)cos 〈a ，b 〉＝a ·b
|a ||b |
. 【对点训练】
如图所示，四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1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AC 1的长； (2)求证：AC 1⊥BD ；
(3)求BD 1与AC 夹角的余弦值.
[解析] (1)记AB →＝a ，AD →＝b ，AA 1→
＝c ，
则|a |＝|b |＝|c |＝1，〈a ，b 〉＝〈b ，c 〉＝〈c ，a 〉＝60°， ∴a ·b ＝b ·c ＝c ·a ＝12
.
|AC 1→|2＝(a ＋b ＋c )2＝a 2＋b 2＋c 2
＋2(a ·b ＋b ·c ＋c ·a )
＝1＋1＋1＋2×? ??
??12＋12＋12＝6， ∴|AC →
1|＝6，
即AC 1的长为 6.
(2)∵AC 1→＝a ＋b ＋c ，BD →
＝b －a ， ∴AC 1→·BD →
＝(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. ∴AC 1→⊥BD →， ∴AC 1⊥BD .
(3)BD 1→＝b ＋c －a ，AC →＝a ＋b ，∴|BD 1→|＝2，|AC →
|＝3，
BD 1→·AC →
＝(b ＋c －a )·(a ＋b )
＝b 2
－a 2
＋a ·c ＋b ·c ＝1.
∴cos 〈BD 1→
，AC →
〉＝BD 1→·AC →|BD 1→||AC →|
＝66.
∴AC 与BD 1夹角的余弦值为
66
.