高中数学 空间向量及其运算 教案

空间向量及其运算


【高考导航】
本节内容是 高中教材新增加的内容，在近两年的高考考查中多作为解题的方法进行考
查，主要是解题的方法上因引入 向量得以扩展.例如2001上海5分，2002上海5分.

【学法点拨】
本节 共有4个知识点：空间向量及其线性运算、共线向量与共面向量、空间向量的分解
定理、两个向量的数量 积.这一节是空间向量的重点，在学习本节内容时要与平面向量的知
识结合起来，认识到研究的范围已由 平面扩大到空间.一个向量是空间的一个平移，两个不
平行向量确定的是一个平行平面集，在此基础上， 把平行向量基本定理和平面向量基本定理
推广到空间，得出空间直线与平面的表达式，有了这两个表达式 ，我们可以很方便地解决空
间的共线和共面问题.空间向量基本定理是空间几何研究代数化的基础，有了 这个定理，整
个空间被3个不共面的基向量所确定，空间一个点或一个向量和实数组（x，y，z）建立 起一
一对应关系，空间向量的数量积一节中，由于空间任一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、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.

【基础知识必备】
一、必记知识精选
1.空间向量的定义
(1)向量：在空间中具有大小和方向的量叫作向量，同向且等长的有向 线段表示同一向
量或相等向量.
(2)向量的表示有三种形式：a,
AB
，有向线段.
2.空间向量的加法、减法及数乘运算.
(1)空间向量的加法.满足三角形法则和平行四边 形法则，可简记为:首尾相连，由首到
尾.求空间若干个向量之和时，可通过平移将它们转化为首尾相接 的向量.首尾相接的若干个
向量若构成一个封闭图形，则它们的和为0，即
A
1
A
2
+
A
2
A
3
+…
A
nA
1
=0.
(2)空间向量的减法.减法满足三角形法则,让减数向量与被减数 向量的起点相同,差向
量由减数向量的终点指向被减数向量的终点,可简记为“起点相同,指向一定”, 另外要注意
OA
-
OB
=
BA
的逆应用.
(3)空间向量的数量积.注意其结果仍为一向量.
3.共线向量与共面向量的定义. (1)如果表示空间向量的有向线段在直线互相平行或重合,那么这些向量叫做共线向量
或平行向量 .对于空间任意两个向量a,b(b≠0),a∥b
?
a=
?
b,若A、B、 P三点共线,则对空间
任意一点O,存在实数t,使得
OP
=(1-t)
OA
+t
OB
,当t=
为
OP
=
1
(
OA
+
OB
).
2
1
时,P是线段AB的中点,则中点公 式
2
(2)如果向量a所在直线OA平行于平面α或a在α内,则记为a∥α,平行于同一个平 面的

向量,叫作共面向量，空间任意两个向量，总是共面的.如果两个向量a 、b不共线.则向量p
与向量a、b共面的充要条件是存在实数对x、y.使p=xa+yb.对于空间 任一点O和不共线的三
点A、B、C，A、B、C、P共面的充要条件是
OP
=xOA
+y
OB
+z
OC
（其中x+y+z=1）.
共 面向量定理是共线向量定理在空间中的推广，共线向量定理证三点共线，共面向量定
理证四点共面.
4.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，存在一个惟 一的有序实数组x、y、
z，使p=xa+yb+zc.特别的，若a、b、c不共面，且xa+yb+ zc=O，则x=y=z=0.常以此列方程、
求值.由于0可视为与任意一个非零向量共线，与任意两 个非零向量共面，所以三个向量不共
面，隐含着三向量都不是0.空间任意三个不共面向量都可以作为空 间向量的一个基底.要注
意，一个基底是一个向量组，一个基向量是指基底中的某一向量.
5.两个向量的数量积.
a·b=|a|·|b|·cos（a,b），性质如下：
（1）a·e=|a|·cos；（2）a⊥b
?
a·b=0.
2
（3）|a|=a·a；（4）|a|·|b|≥a·b.
二、重点难点突破
（一）重点
空间向量的加法、减法运算法则和运算律；空间直线、平面向量参数方程及线段中 点的
向量公式.空间向量基本定理及其推论，两个向量的数量积的计算方法及其应用.
（二）难点
空间作图，运用运算法则及运算律解决立体几何问题，两个向量数量积的几何意义 以及
把立体几何问题转化为向量计算问题.
对于重点知识的学习要挖掘其内涵，如从向量等式的学习中可以挖掘出：
（1）向量等式也有 传递性；（2）向量等式两边加（减）相同的量，仍得等式.即“移
项法则”仍成立；（3）向量等式两 边同乘以相等的数或点乘相等的向量，仍是等式.这样知
识掌握更加深刻.用空间向量解决立体几何问题 .一般可以按以下过程进行思考：（1）要解
决的问题可用什么向量知识来解决?需要用到哪些向量？（ 2）所需要的向量是否已知？若未
知，是否可用已知条件转化成的向量直接表示？（3）所需要的向量若 不能直接用已知条件
转化为向量表示，则它们分别易用哪个未知向量表示？这些未知向量与已知条件转化 而来的
向量有何关系？
(4)怎样对已经表示出来的所需向量进行运算，才能得到所需要的结论?
三、易错点和易忽略点导析
两个向量的夹角应注意的问题：①（a，b）=（b，a）；②（ a,b）与表示点的符号（a,b）
不同;③如图9-5-1(a)中的∠AOB=<
OA,
OB
>.图(b)中的∠AOB=π-（
AO
，,<-
OA< br>,
OB
>
OB
）
＝<
OA
,-
OB
>=π-（
AO
，
OB
）.

【综合应用创新思维点拨】
一、学科内综合思维点拨
【例1】 已知两个非零向量e
1
、e
2
不共线，如果
AB
=e
1
+e
2
，
AC
=2e
1
+ 8e
2
，
AD
=3e
1
-3e
2
.
求证：
A、B、C、D
共面.
思维入门指导：要证A、B、C、D四点共面，只要 能证明三向量
AB
、
AC
、
AD
共面，于
是只要证 明存在三个非零实数
?
、μ、υ使
?
AB
+μ
AC
+υ
AD
=0即可.
证明:设
?
(e
1
+e2
)+μ(2e
1
+8e
2
)+υ(3e
1
- 3e
2
)=0.
则(
?
+2μ+3υ)e
1
+(
?
+8μ-3υ)e
2
=0.
∵e
1
、e
2
不共线，
?
?
?2
?
?3
?
?0,
∴
?

?
?
? 8
?
?3
?
?0.
上述方程组有无数多组解,而
?
=-5,μ=1,υ=1就是其中的一组,于是可知
-5
AB
+
AC
+
AD
=0.
故
AB
、
AC
、
AD共面，所以A、B、C、D四点共面.
点拨：寻找到三个非零实数
?
=-5,μ =1,υ=1使三向量符合共面向量基本定理的方法是
待定系数法.
二、应用思维点拨
【例2】 某人骑车以每小时α公里的速度向东行驶，感到风从正北方向吹来，而当速度
为2α 时，感到风从东北方向吹来.试求实际风速和风向.
思维入门指导：速度是矢量即为向量.因而本题先 转化为向量的数学模型，然后进行求
解，求风速和风向实质是求一向量.
解:设a表示此人以 每小时α公里的速度向东行驶的向量.在无风时,此人感到风速为-a,
设实际风速为v,那么此人感到 的风速向量为v-a.如图9-5-2.设
OA
=-a,
OB
=-2a.由于
PO
+
OA
=
PA
,从而
PA
=v-a. 这就是感受到的由正北方向吹来的风.其次，由于
PO
+
OB
=
PB
，从而v-2=
PB
.于是，当此人的速度是原来的2倍时感受到由东北方向吹来的< br>风就是
PB
.

由题意,得∠PBO=45°, PA⊥BO，BA =AO，从而△PBO为等腰直角三角形.故PO=PB=
2
α.即|v|=
2
α.
答：实际吹来的风是风速为
2
α的西北风.

点拨：向量与物理中的矢量是同样的概念，因而物理中的有关矢量的求解计算在数学上
可化归到平面 向量或空间向量进行计算求解.知识的交叉点正是高考考查的重点，也能体现
以能力立意的高考方向.
三、创新思维点拨
【例3】 如图9-5-3(1)，已知E、F、G、H分别是空间四边形 ABCD边AB、BC、CD、DA的中
点.

（1）用向量法证明E、F、G、H四点共面；
（2）用向量法证明BD∥平面EFGH.
思维入门指导:(1)要证E、F、G、H四点共面，根据共面向量定理的推论，只要能找到实
数x,y,使
EG
=x
EF
+y
EH
即可;(2)要证BD ∥平面EFGH,只需证向量
BD
与
EH
共线即可.
证明:(1)如图9-5-3(2),连结BG,则
EG
=
EB
+
BG
=
EB
+
1
(
BC
+
BD< br>)=
EB
+
BF
+
EH
=
EF
+< br>EH
.
2
1111
AD
-
AB
=(
AD
-
AB
)=
BD
,
2222
由共面向量定理推论知，E、F、G、H四点共面.
(2)∵
EH
=
AH
-
AE
=
∴EH∥BD.
又EH
?
面EFGH，BD
?
面EFGH，∴BD∥平面EFGH.
点拨：利用向量证明平行、共面是创新之处，比较以前纯几何的证明，显而易见用向量
证明比较 简单明快.这也正是几何问题研究代数化的特点.
【例4】 如图9-5-4，在正方体ABCD—A
1
B
1
C
1
D
1
中，E为D
1< br>C
1
的中点，试求A
1
C
1
与DE所成角.

思维入门指导：在正方体AC
1
中，要求A
1
C
1
与DE所成角,只需求
A
1
C
1
与
DE
所成角即可.要
求
A
1
C
1
与
DE
所成角 ，则可利用向量的数量积，只要求出
A
1
C
1
·
DE
及|
A
1
C
1
|和|
DE
|即可.
解 :设正方体棱长为m,
AB
=a,
AD
=b,
AA
1
=c.
则|a|=|b|=|c|=m，a·b=b·c=c·a=0.
又∵
A
1
C
1
=
A
1
B
1
+
B
1
C
1
=
AB
+
AD
=a+b,
DE
=
DD
1
+
D
1
E
=
DD
1
+
11
D
1
C
1
=c+a,
22

∴
A
1
C
1
·DE
=(a+b)(c+
11
2
11
2
1
2< br>a)=a·c+b·c+a+a·b=a=m.
22222
又∵|
A
1
C
1
|=
2
m,|
DE
|=
5
m,
2
∴cos<
A
1
C
1
,
DE>=
A
1
C
1
?DE
|A
1
C
1
|?|DE|
=
1
2
m
2
2m?
5< br>m
2
=
10
.
10
∴<
A
1C
1
,
DE
>=arccos
1010
.即A
1
C
1
与DE所成角为arccos.
1010
点拨：A
1
C
1
与DE为一对异面直线.在以前的解法中求异面直线所成角要先找（作），后求 .
而应用向量可以不作或不找直接求.简化了解题过程，降低了解题的难度.解题过程中先把
A
1
C
1
及
DE
用同一组基底表示出来,再去求有关的量是空 间向量运算常用的手段.
四、高考思维点拨
【例5】 （2000，全国，12分）如图9 -5-5，已知平行六面体ABCD一A
1
B
1
C
1
D1
的底面ABCD
是菱形，且∠C
1
CB=∠C
1
CD =∠BCD.

(1)求证：C
1
C⊥BD；
(2)当
CD
的值为多少时,能使A
1
C⊥平面C
1
BD?请给出证明. < br>CC
1
思维入门指导：根据两向量的数量积公式a·b=|a|·|b|cos知，两个向量垂直的
充要条件是两向量的数量积为0,即a⊥b
?
a·b=0, 所以要证明两直线垂直,只要证明两直
线对应的向量数量积为零即可.
(1)证明:设
CD
=a,
CB
=b,
CC
1
=c.由题可知|a|=| b|.设
CD
、
CB
、
CC
1
中两两所成夹
角为
?
,于是
BD
=
CD
-
CB
=a- b,
CC
1
·
BD
=c·(a-b)=c·a-c·b=|c|· |a|cos
?
-|c|·|b|cos
?
=0,
∴C
1
C⊥BD.
(2)解:若使A
1
C⊥平面C
1
BD,只须证A
1
C⊥BD,A
1
C⊥DC
1
,由于:
CA
1
·
C
1
D
=(
CA+
AA
1
)·(
CD
-
CC
1
)=( a+b+c)·(a-c)=|a|+a·b-b·c-|c|=|a|+|b
222
|·|a |·cos
?
-|b|·|c|cos
?
-|c|=0,得
当|a |=|c|时A
1
C⊥DC
1
.同理可证当|a|=|c|时,A
1
C⊥BD.
2

∴
CD
=1时,A
1
C⊥平面C
1
BD.
CC
1
点拨：对于向量数量积的运算一些结论仍是成立的.
22222
（a-b）·（a+b）=a-b；(a±b)=a±2a·b+b.
五、经典类型题思维点拨
【例6】 证明：四面体中连接对棱中点的三条直线交于一点，且互相平分.（此点称为
四面体的重心）
思维入门指导：如图9-5-6所示四面体ABCD中，E、F、G、H、P、Q分别为各棱中点.要证
明EF、GH、PQ相交于一点O，且O为它们的中点.可以先证明两条直线EF、GH相交于一点O，
然后证明P、O、Q三点共线，即
OP
、
OQ
共线.从而说明PQ直线也过O 点.

证明：∵E、G分别为AB、AC的中点，
∴EG∥
11
BC.同理HF∥BC.∴EG∥HF.
22
从而四 边形EGFH为平行四边形，故其对角线EF、GH相交于一点O，且O为它们的中点，
连接OP、OQ .
∵
OP
=
OG
+
GP
,
OQ
=
OH
+
HQ
,而O为GH的中点，
∴
OG
+< br>OH
=0,GP∥
∴
GP
=
11
CD，QH∥CD.
22
11
CD
,
QH
=
CD
.
22
11
CD
-
CD
=0.
22
∴OP
+
OQ
=
OG
+
OH
+
GP+
HQ
=0+
∴
OP
=-
OQ
.
∴PQ经过O点，且O为PQ的中点.
点拨:本例也可以用共线定理的推论来证明,事实上, 设EF的中点为O.连接OP、OQ,则
FQ
=
EQ
-
EF
,而
EQ
=
11
AC
=-
FP
,
EF=-2
FO
,则
FQ
=-
FP
+2
FO
,∴
FO
=(
FQ
+
FP
)，
22
从而 看出O、P、Q三点共线且O为PQ的中点，同理可得GH边经过O点且O为GH的中点，从而原
命题得 证.
六、探究性学习点拨
【例7】 如图9-5-7所示，对于空间某一点O，空间四个点 A、B、C、D（无三点共线）
分别对应着向量a=
OA
，b=
OB
,c=
OC
,d=
OD
.求证：A、B、C、D四点共面的充要条件是存在四个非零实数α、β、γ、δ，使αa+βb+γc+δd=0，且α+β+γ+δ=0.

思维入门指导：分清充分性和必要性，应用共面向量定理.
证明： (必要性)假设A、B、C、D共面，因为A、B、C三点不共线，故
AB
，
AC两向量不
共线，因而存在实数x、y，使
AD
=x
AB
+yAC
,即d-a=x(b-a)+y(c-a),∴(x+y-1)a-xb- yc+d=0.
令α=x+y-1, β=-x,γ=-y,δ=1.则αa+βb+γc+δd=0,且α+β+γ+δ=0.
（充分性）如果条件成立，则δ=-(α+β+γ),代入得
αa+βb+γc+δd=αa+βb+γc-(α+β+γ)d=0.
即α(a-d)+ β(b-d)+γ(c-d)=0.
又∵a-d=
OA
-
OD
=< br>DA
,b-d=
DB
,c-d=
DC
,
∴α
DA
+β
DB
+γ
DC
=0.
∵α、β、γ为非零实数,不妨设γ≠0.
?
?
则
DC
=-
DA
-
DB
.
?
?
∴
DC
与
DA
、
DB
共面， 即A、B、C、D共面.
点拨：在讨论向量共线或共面时，必须注意零向量与任意向量平行，并且向量 可以平移，
因而不能完全按照它们所在直线的平行性、共面关系来确定向量关系.



【同步达纲训练】

A卷:教材跟踪练习题 （60分 45分钟）
一、选择题（每小题5分，共30分）
1.点O、A、B、C为空间四个点，又
OA
、
OB
、
OC
为空间一个基底，则下列结论不正
确的是（ ）
A.O、A、B、C四点不共线 B. O、A、B、C四点共面，但不共线
C. O、A、B、C四点中任三点不共线 D. O、A、B、C四点不共面
2.在正方体ABCD－A
1
B
1
C< br>1
D
1
中,下列各式中运算的结果为的共有( )
①（
AB
+
BC
）+
CC
1
②（
AA
1
+
A
1
D
1
）+
D< br>1
C
1

③（
AB
+
BB
1
）+
B
1
C
1
④（
AA
1
+
A
1
B
1
）+
B
1
C1

A.1个 B.2个 C.3个 D.4个
3.设命题p：a、b、c是三个非零向量;命题q：{a ,b,c}为空间的一个基底，则命题p是命
题q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
4.设A、B、C、D是空间不共面的四点，且满足
AB
·
AC
=0，
AC
·
AD
=0，
AB
·< br>AD
=0,
则△BCD是（ ）
A.钝角三角形 B.锐角三角形 C.直角三角形 D.不确定
5.下列命题中，正确的是（ ）
A.若a与b共线，则a与b所在直线平行
B.若a∥平面β，a所在直线为a，则a∥β
C.若｛a,b,c｝为空间的一个基底，则{a-b,b-c,c-a}构成空间的另一个基底 D.若
OP
=
11
OA
+
OB
,则P、A、B 三点共线
22
6.若a=e
1
+e
2
+e
3，b=e
1
-e
2
-e
3
，c=e
1
+e
2
，d=e
1
+2e
2
＋3e
3
，且 d=xa+yb+zc，则x、y、z分别为
（ ）
A.
5151
,-,-1 B.,,1
2222
5151
,,1 D.,-,1
2222
C.-
二、填空题（每小题4分，共16分）
7. 设向量a与b互相垂直，向量c与它们构成的角都是60°，且|a|=5，|b|=3，|c|=8，那
2
么（a+3c）·（3b-2a） ；（2a+b-3c）= . 8.已知向量
A
1
A
n
=2a，a与b的夹角为30°，且|a |=
3
，则
A
1
A
2
+
A
2A
3
+…+
A
n?1
A
n
在向
量b的 方向上的射影的模为 .
9.如图9-5-8，已知空间四边形
O
ABC ，其对角线为
O
B、AC，M是边
O
A的中点,G是△ABC的
重心 ，则用基向量
OA
、
OB
、
OC
表示向量
MG的表达式为 .

10.已知P、A、B、C四点共面且对于空间任一点 O都有
OP
=2
OA
+
4
OB
+
?
OC
,则
3
?
= .
三、解答题（每小题7分，共14分）
11.如图9-5-9，已知点O是平行六面体ABC D—A
1
B
1
C
1
D
1
体对角线的交点， 点P是空间任意
一点.
求证：
PA
+
PB
+
PC
+
PD
+
PA
1
+
PB
1
+PC
1
+
PD
1
=8
PO
.

12.如图9-5-10，已知线段AB在平面α内，线段AC⊥α，线段B D⊥AB,且与α所成角是30°.
如果AB=a,AC=BD=b,求C、D间的距离.

B卷:综合应用创新练习题 （90分 90分钟）
一、学科内综合题(10分)
1.如图9-5-11所示，已知
□
ABCD，O是平面AC外一点，
OA
1
=2
OA
,
OB
1
=2
OB
,
OC
1
=2
OC
,
OD
1
=2
OD.求证：A
1
、B
1
、C
1
、D
1
四 点共面.

二、应用题（10分）
2.在△ABC中，∠C=60°,CD为∠C 的平分线,AC=4，BC=2，过B作BN⊥CD于N延长交CA于E，
将△BDC沿CD折起，使∠ BNE=120°，求折起后线段AB的长度.
三、创新题（60分）
（一）教材变型题(10分)
3.（P
35
练习2变型）如图9-5-12 已知空间四边形ABCD的每条边和对角线的长都等于a，求
AB
与
CD
的夹 角.

（二）一题多解(15分)
4.已知矩形ABCD,P为平面ABCD外一 点，且PA⊥平面ABCD，M、N分别为PC、PD上的点，且
M分
PC
成定比2， N分
PD
成定比1，求满足
MN
=x
AB
+y
AD
+z
AP
的实数x、y、z的值.
（三）一题多变(15分)
5 .设a⊥b,=
??
,=，且|a|=1，|b|=2，|c|=3，求 |a+b+c|.
36
??
，=，且|a|=1，|b|=2，|c|= 3，求|a+2b-c|.
36
?
，且|a|=1，|b|=2，|c|=3，|a +b+c|=
17?63
，求
3

（1）一变：设a⊥b，=
（2）二变：设a⊥b，=

-b与c的夹角.
（四）新解法题（10分）
6.如图9-5-13，正方形ABCD和正方形ABEF交于A B，M、N分别是BD、AE上的点，且AN=DM，
试用向量证明MN∥平面EBC.
< br>7.O为空间任意一点,A、B、C是平面上不共线的三点，动点P满足
OP
=
OA
+
?
(
AB
|AB||AC|
?
AC
),
?
∈[0,+∞),则P的轨迹一定通过△ABC的（ ）
A.外心 B.内心 C.重心 D.垂心
四、高考题(10分)
8.（2002,上海,5分）若a、b、c为任意向量，m∈R，则下列等式不一定成立的是( )
A.(a+b)+c=a+(b+c) B.(a+b)·c=a·c+b·c
C.m(a+b)=ma+mb D.(a·b)·c=a·(b·c)
加试题：竞赛趣味题（10分）
证明：
a
2
?b
2
?ab
+
a
2
?c
2
?ac
＞
b
2
?c
2
?bc
(a，b，c为正实数).

【课外阅读】
用向量表示三角形的四心
由高中数学新教材中的向量知识出发，利用 定比分点的向量表达式，可以简捷地导出三
角形的重心、内心、垂心、外心这四心的向量表达式.
【例】 如图9-5-14，在△ABC中，F是AB上的一点,E是AC上的一点,且
AF< br>mAEn
=,=(通分总可以使两个异分母分数化为同分母分数)，连结CF、BE交于点D.求
FB
lEC
l
D点的坐标.

解：在平面上任取一点O， 连结OA、OB、OC、OD、OE、OF，由定比分点的向量表达
式，得：
OF
=(
OA
+
mm
·
OB
)÷(1+)
ll
=
l?OA?m?OB
①
l?m

OA?
OE
=
n
?OC
l?OA?n?OC
l< br>= ②
n
l?n
1?
l
又
OD
=
OF?
?
?OCOB?u?OE
BD
FD
= ③(其中=
?
,
?u
).
1?
?
1?u
DE
DC
整理①、②、③式得
?
=
所以
OD
=n
.
m?1
lmn
OC
④
OA
+OB
+
l?m?nl?m?nl?m?n
由④式出发，可得三角形四心的向量表达 式：
（1）若BE、CF是△ABC两边上的中线，交点G为重心.由④式可得重心G的向量表达式：
1
OG
=(
OA
+
OB
+
OC
) .
3
（2）若BE、CF是△ABC两内角的平分线，交点I是内心.
因为
AF
bAEc
=,=,
FB
a
EC
a
由④式可得内心I的向量表达式：
OI
=
abc
OC
.
OA
+
OB
+
a?b?ca?b?ca?b?c
（3）若BE、CF是△ABC两边上的高，交点H是垂 心.
c
AEc?cosA
cosC
==.
a
EC
a?cosC
cosA
b
AF
cosB
同理=.
a
FB
cosA
由④式可得垂心H的向量表达式：
abc
cosC
cosCcosC
OH
=
OA
+
OB
+< br>OC
.
abc
abcabc
??
????
cosA cosBcosC
cosAcosBcosCcosAcosBcosC
（4）若BE、CF的 交点O′是△ABC的外心，即三边中垂线交点，则
O′A=O′B=O′C.
根据正弦定理：
BE
1
?sin?EBA
sinC?sin(?
??AO?B)
AE
sinA
2
==
BE1
EC
?sin?CBEsinA?sin(
?
??BO?C)
sinC2< br>=
sinC?cosCsin2C
=.
sinA?cosA
sin2A

同理
AF
sin2B
=.
FB
sin2A
由④式可得外心O′的向量表达式：
OO
=
sin2Asin2B
OA
+
OB

sin2A?sin2B?sin2Csin2A?sin2B?sin2C
+
sin2C< br>OC
.
sin2A?sin2B?sin2C
这四个向量表达式，都由④式推 出，都有着各自轮换对称的性质.好记，好用!新教材的
优越性,由此可见.




参考答案

A卷
一、1.B 点拨：空间向量的一组基底是不共面的.
2.D 点拨:
AB
+
BC
+
CC
1
=
AC
+
CC
1
=
A C
1
,同理根据空间向量的加法运算法则可知
(2)、(3)、(4)的计算结果也为
AC
1
.
3.B 点拨：当三个非零向量a、b、c共面时，a、b、c 不能构成空间的一个基底，但是
｛a，b,c｝为空间的一个基底时，必有a、b、c都是非零向量.因 此由P推不出q，而由q可推
出P.
4.B 点拨：
AC
·
AB
=0
?
AC⊥AB.同理可得AC⊥AD,AB⊥AD.
设AB=a，AC =b，AD=c.则BC=
a
2
?b
2
,CD=
b
2
?c
2
,BD=
a
2
?c
2
.
BC
2
?CD
2
?BD
2
∵cos∠BCD=＞0,故△ BCD为锐角.
2BC?CD
同理∠CBD、∠BDC亦为锐角.则△BCD为锐角三角形.
5.D 点拨:向量共线则其所在直线平行或重合,故A错误;向量平行于平面,则向量在面
内或所在直线与面平行,故B错误;取
?
1
=
?
2
=
?
3
=1,则
?
1
(a-b)+
?
2
( b-c)+
?
3
(c-a)=0,即
a-b,b-c,c-a是共面向量,不 能构成空间的基底,故C错.
x+y+z=1 x=
5
,
2
1
,
2
6.A 点拨: x-y+z=2
?
y=-
x-y=3 z=-1.
22
二、7.-62，373 点拨：（a+3c）（3b-2a）·=3a· b-2a+9c·b-6a·c=3|a|·|b|·cos90°-2|a|+

9|c|·|b|·cos60°-6|a|·|c|·cos60°=-62.
8.3 点拨：∵
A
1
A
2
+
A
2A
3
+…+
A
n?1
A
n
=
A
1
A
n
,
∴在b方向投影为|
A
1
A
n
|·cos<
A
1
A
n
,b>=2|a|·cos30° =3.
9.
MG
=-
111
OA
+
OB
+
OC
点拨：如答图9-5-1所示，连AG延长交BC于E，
6
33< br>1111
2211
OA
+
AE
=
OA
+·(
AB
+
AC
)=
OA
+(
OB
-
OA
)+(
OC
-
OA
2222
33
33
MG
=
MA
+
AG
=
)=-
111
OA< br>+
OB
+
OC
.
6
33

10.
?
=-
7
点拨：根据共面向量定理知，P、A、B、C四 点共面，则
OP
=x
OA
+y
OB
+z
OC
,
3
且x+y+z=1.
三、11.证明:设E、E
1
分别是平 行六面体的面ABCD与A
1
B
1
C
1
D
1
的中心,于是有
PA
+
PB
+
PC
+
PD=(
PA
+
PC
)+(
PB
+
PD
) =2
PE
+2
PE
=4
PE
,
同理可证
PA
1
+
PB
1
+
PC
1
+
PD
1
=4
PE
1
.
又∵平行六面体对角线的交点O是EE< br>1
的中点，∴
PE
+
PE
1
=2
PO
,
PA
+
PB
+
PC
+
PD
+
PA
1
+
PB
1
+
PC
1
+
P D
1
=4
PE
+4
PE
1
=4(
PE+
PE
1
)=8
PO
.
12.解:由AC⊥α,可知 AC⊥AB.过D作DD′⊥α,D′为垂足,则∠DBD′
=30°,<
CA
,BD
>=
120°,|
CD
|=
CD
·
CD
=(
CA
+
AB
+
BD
)=|
CA
|+|
AB
|+|
BD
|+2
CA
·
AB
+2
CA
·
BD
+
2
AB
·
BD
=b+a+b+2b·cos120°=a+b.
∴CD=
a
2
?b
2
.
B卷
一、1. 证明：∵
A
1
C
1
=
OC
1
-
O A
1
=2
OC
-2
OA
=2(
OC
-OA
)=2
AC
=2(
AB
+
AD
)
=2[(
OB
-
OA
)+(
OD
-
OA
)]=2
OB
-2
OA
+2
OD
-2
OA

=(
OB
1
-
OA
1
)+(
OD
1
-
OA
1
)=
A
1
B
1
+A
1
D
1
,
222222
22222

∴A
1
、B
1
、C
1
、D
1< br>四点共面.
二、2.解：如答图9-5-2.

解：过A作AM⊥CD的延长线于M,则CM=4cos30°=2
3
.
CN=2cos30°=
3
,∴MN=CM-CN=
3
.
又AM=AC·sin30°=2,BN=BC·sing30°=1,且<
NB
,
N E
>=120°,
∴<
NB
,
AM
>=60°.
∵AM⊥MN，则
AM
·
MN
=0.同理
MN
·
NB
=0.
∵
AB
=
AM
+
MN
+
NB
,
∴
AB
2
=
AM
2
+
MN
2+
NB
2
+2
AM
·
MN
+2
AM< br>·
NB
+2
MN
·
NB

=4+3+1+2|
AM
|·|
NB
|·cos60°=10.
即|
AM
|=
10
,所以线段AB长度为
10
.
三、(一)3.解：取AB、CD的中点分别记为M、N，连结AN、BN.
∵空间四边形的每条边和对角线的长都等于a，
∴BN⊥CD，NA⊥CD.
∴< br>AB
·
CD
=(
AN
+
NB
)·
C D
=
AN
·
CD
+
NB
·
CD
= 0.
?
.
2
(二)4.解法一：如答图9-5-3，取PC的中点E，连结NE，
则AB、CD所成的角为

则
MN
=
EN
-
EM
.
∵
EN
=
111
CD
=
BA
=-
AB
,
222
1
21
PC
-
PC
=
PC
.
2
36
EM
=
PM
-
PE
=
< /p>

连结AC,则
PC
=
AC
-
AP
=< br>AB
+
AD
-
AP

∴
MN
=-< br>∴x=-
1
1211
AB
-(
AB
+
AD< br>-
AP
)=-
AB
-
AD
+
AP
.
2
6366
211
,y=-,z=.
366
解法二：在PD上取点F，使F分
PD
所成定比为2，连结MF，则
MN
=
MF
+
FN
=
1
22121
CD
+
DN
-
DF
=-
AB
+
DP-
DP
=-
AB
+
DP

2
3336
3
=-
211
AB
+
AP
-
AD
.
366
211
,y=-,z=.
366
2222
∴x =-
(三)5.解：|a+b+c|=a+b+c+2a·b+2a·c+2b·c
=1+4 +9+0+2×3×
1
3
+2×2×3×=17+6
3
.
2
2
∴|a+b+c|=
17?63
.
(1)|a+2b-c|=
23?123
. (2)
5
?
.
6
(四)6.证明：设
BC
=a，
BE
=b，
AB
=c.
∵
AN
＝
?1
(c+b)，
DM
=
?
1
(c-a)，
AM
=a+
?
1
(c-a)=(1-
?
1
)a+
?
1
c,
∴
MN
=
AN
-
AM
=(
?
1
-1)a+
?
1
b.
∵a、b是平面 EBC上两个不共线的向量，∴(
?
1
-1)a+
?
1
b必 为平面EBC上的一个向量
ZY
.
由
MN
=
ZY
， 且MN
?
面EBC，必有MN∥ZY，所以MN∥平面EBC.
点拨：本题老解法是 过M、N作AB的垂线通过证面面平行得到线面平行的，新解法用向量
证明.
(五)7.B 点拨：本题是由2003年高考新课程卷改编而来，点P的轨迹通过△ABC内一定
点，与O点位置和△ ABC的形状无关，故取O与A重合.由平行四边形法则，易知P在∠BAC的平
分线上.
四、8.D 点拨：（a·b）·c=|a|·|b| cos
?
·c，
a·（b·c）=|b|·|c|cosα·a，a与c的模不一定相等且不一定同向.
加试题:证明:如答图9-5-4，构造三棱锥A—BCD，

< br>且每个顶角均为60°，且|AB|=a,|
AC
|=b,|
AD
|= c,则
a
2
?b
2
?ab
=
a
2
?b
2
?2a?b
=|
AB
-
AC
|=|
BC
|,
a
2
?c
2
?ac
=
a2
?c
2
?2a?c
=|
AB
-
AD
|=|
BD
|,
b
2
?c
2
?bc
=< br>b
2
?c
2
?2b?c
=|
AC
-
AD
|=|
CD
|.
在三角形BCD中,|
BC
|+|< br>BD
|＞|
CD
|,
∴
a
2
?b
2
?ab
+
a
2
?c
2
?ac
＞
b
2
?c
2
?bc
.