→→→→→→→→→→→→→→
【解析】 ∵AM＝kAC1，BN＝kBC，∴MN＝MA＋AB＋BN＝kC1A＋AB＋kBC＝k(C1A＋BC)＋AB＝→→→→→→→→k(C1A＋B1C1)＋AB＝kB1A＋AB＝AB－kAB1＝AB－
→→→→k(AA1＋AB)＝(1－k) AB－kAA1，
→→→
∴由共面向量定理知向量MN与向量AB，AA1共面．
―→―→―→
变式1、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AM＝kAC1，BN＝―→―→―→―→
kBC(0≤k≤1)．判断向量MN是否与向量AB，AA1共面．
―→―→―→―→
【解析】∵AM＝kAC1，BN＝kBC，
―→―→―→―→―→―→―→―→―→―→―→―→―→―→∴MN＝MA＋AB＋BN＝kC1A＋AB＋kBC＝k(C1A＋BC)＋AB＝k(C1A＋B1C1)＋AB＝kB1A―→―→―→―→―→―→―→―→＋AB＝AB－kAB1＝AB－k(AA1＋AB)＝(1－k)AB－kAA1，
―→―→―→
∴由共面向量定理知向量MN与向量AB，AA1共面．
变式2、（1）已知a＝(λ＋1,0,2)，b＝(6,2μ－1,2λ)，若a∥b，则λ与μ的值可以是( )
1
A．2，
2C．－3,2
11B．－， 32D.2,2
（2）．若A(－1,2,3)，B(2,1,4)，C(m，n,1)三点共线，则m＋n＝________. 【答案】（1） A （2）－3
【解析】（1） ∵a∥b，∴b＝ka(k∈R)， 即(6,2μ－1,2λ)＝k(λ＋1,0,2)，
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6＝kλ＋1，??
∴?2μ－1＝0，??2λ＝2k，
λ＝2，λ＝－3，????
解得?1或?1故选A.
μ＝μ＝，???2?2
―→―→
（2）∵AB＝(3，－1,1)，AC＝(m＋1，n－2，－2)， 且A，B，C三点共线， ―→―→
∴存在实数λ，使得AC＝λAB.
即(m＋1，n－2，－2)＝λ(3，－1,1)＝(3λ，－λ，λ)， m＋1＝3λ，??
∴?n－2＝－λ，??－2＝λ，∴m＋n＝－3.
→→
方法总结：证明空间三点P，A，B共线的方法有：①PA＝λPB (λ∈R)；
→→→→→
②对空间任一点O，OP＝xOA＋yOB (x＋y＝1). 证明空间四点P，M，A，B共面的方法有：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). 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．
考点三 空间向量数量积的应用
例3、如图，已知平行六面体ABCD-A1B1C1D1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.
λ＝－2，??
解得?m＝－7，
??n＝4.
―→―→―→
【解析】(1)设AB＝a，AD＝b，AA1＝c，
则|a|＝|b|＝1，|c|＝2，a·b＝0，c·a＝c·b＝2×1×cos 120°＝－1. ―→―→―→―→―→―→
∵AC1＝AC＋CC1＝AB＋AD＋AA1＝a＋b＋c，
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―→
∴|AC1|＝|a＋b＋c|＝＝|a|2＋|b|2＋|c|2＋2
a＋b＋c2
a·b＋b·c＋c·a
＝12＋12＋22＋20－1－1＝2. ∴线段AC1的长为 2.
(2)设异面直线AC1与A1D所成的角为θ， ―→―→|AC1·A1D|―→―→
则cos θ＝|cos〈AC1，A1D〉|＝.
―→―→|AC1||A1D|―→―→
∵AC1＝a＋b＋c，A1D＝b－c， ―→―→
∴AC1·A1D＝(a＋b＋c)·(b－c)
＝a·b－a·c＋b2－c2＝0＋1＋12－22＝－2， ―→|A1D|＝
b－c
2＝
|b|2－2b·c＋|c|2
＝12－2×－1＋22＝7. ―→―→
|－2||AC1·A1D|14
∴cos θ＝＝＝.
7―→―→2×7|AC1||A1D|故异面直线AC1与A1D所成角的余弦值为―→―→
(3)证明：∵AA1＝c，BD＝b－a，
―→―→―→―→
∴AA1·BD＝c·(b－a)＝c·b－c·a＝(－1)－(－1)＝0，∴AA1⊥BD，即AA1⊥BD.
→→
变式1、已知空间中三点A(－2，0，2)，B(－1，1，2)，C(－3，0，4)，设a＝AB，b＝AC. (1)求向量a与向量b的夹角的余弦值；
(2)若ka＋b与ka－2b互相垂直，求实数k的值．
【解析】 (1)∵a＝(1，1，0)，b＝(－1，0，2)，∴a·b＝(1，1，0)·(－1，0，2)＝－1，
又|a|＝12＋12＋02＝2，|b|＝（－1）2＋02＋22＝5，∴cos〈a，b〉＝＝向量b的夹角的余弦值为－
10. 10
－110＝－，即向量a与
1010
14
. 7
(2)(方法1)∵ka＋b＝(k－1，k，2). ka－2b＝(k＋2，k，－4)，且ka＋b与ka－2b互相垂直，∴(k－1，k，5
2)·(k＋2，k，－4)＝(k－1)(k＋2)＋k2－8＝0，∴k＝2或k＝－，
2
5
∴当ka＋b与ka－2b互相垂直时，实数k的值为2或－.
2(方法2)由(1)知|a|＝2，|b|＝5，a·b＝－1，
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5
∴(ka＋b)·(ka－2b)＝k2a2－ka·b－2b2＝2k2＋k－10＝0，得k＝2或k＝－. ∴当ka＋b与ka－2b
25
互相垂直时，实数k的值为2或－.
2
变式2、如图，在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中，以顶点A为端点的三条棱长度都为1，且两两夹角为60°.
―→
求：(1)AC1的长；
―→―→
(2)BD1与AC夹角的余弦值．
―→―→―→
【解析】(1)记AB＝a，AD＝b，AA1＝c，
则|a|＝|b|＝|c|＝1，〈a，b〉＝〈b，c〉＝〈c，a〉＝60°， 1∴a·b＝b·c＝c·a＝.
2
111?―→
|AC1|2＝(a＋b＋c)2＝a2＋b2＋c2＋2(a·b＋b·c＋c·a)＝1＋1＋1＋2×??2＋2＋2?＝6， ―→
∴|AC1|＝6，即AC1的长为6. ―→―→
(2)BD1＝b＋c－a，AC＝a＋b， ―→―→
∴|BD1|＝2，|AC|＝3， ―→―→
BD1·AC＝(b＋c－a)·(a＋b) ＝b2－a2＋a·c＋b·c＝1，
―→―→BD1·AC6―→―→
∴cos〈BD1，AC〉＝＝.
6―→―→
|BD1||AC|6―→―→
即BD1与AC夹角的余弦值为.
6
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|＝a2，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
考点四 利用空间向量证明平行或垂直
例4 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，
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BB1＝2，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(0，0，2)，
→
所以OD1＝(－1，－1，2)． 又点B(2，2，0)，M(1，1，2)， →
所以BM＝(－1，－1，2)， →→所以OD1＝BM.
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(2，2，2)，A(2，0，0)，C(0，2，0)． →→
因为OD1·OB1＝(－1，－1，2)·(1，1，2)＝0， →→
OD1·AC＝(－1，－1，2)·(－2，2，0)＝0， →→→→所以OD1⊥OB1，OD1⊥AC， 即OD1⊥OB1，OD1⊥AC.
又OB1∩AC＝O，OB1，AC?平面AB1C， 所以D1O⊥平面AB1C.
变式1、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＝
2
AD，设E，F分别为PC，BD的中点．求证： 2
(1) EF∥平面PAD； (2) 平面PAB⊥平面PDC.
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第44讲 空间向量的概念(教师版) 备战2021年新高考数学微专题讲义
