第6讲 空间向量的运算及应用
[基础达标]
→→→
1.已知三棱锥OABC，点M，N分别为AB，OC的中点，且OA＝a，OB＝b，OC＝c，用a，
b，c表示MN，则MN等于( )
→→
1
A．(b＋c－a) 21
B．(a＋b＋c) 21
C．(a－b＋c) 21
D．(c－a－b) 2
→→→→1
解析：选D.MN＝MA＋AO＋ON＝(c－a－b)．
2
2．已知a＝(2，－1，3)，b＝(－1，4，－2)，c＝(7，5，λ)，若a、b、c三向量共面，则实数λ等于( )
62A． 7C． 7
解析：选D.由题意知存在实数x，y使得c＝xa＋yb， 即(7，5，λ)＝x(2，－1，3)＋y(－1，4，－2)， 7＝2x－y，
由此得方程组5＝－x＋4y，
λ＝3x－2y.
3317993465
解得x＝，y＝，所以λ＝－＝.
77777
→→→
3．已知A(1，0，0)，B(0，－1，1)，O为坐标原点，OA＋λOB与OB的夹角为120°，则λ的值为( )
B．9 65D．
7
A．±6 66 6
λ＋λ
B．
6 6
C．－D．±6
16＝－，得λ＝±.2
261＋2λ·2
→→
解析：选C.OA＋λOB＝(1，－λ，λ)，cos 120°＝66
不合题意，舍去，所以λ＝－. 66
经检验λ＝
4．如图，四个棱长为1的正方体排成一个正四棱柱，AB是一条侧棱，Pi(i＝1，2，…，→→
8)是上底面上其余的八个点，则AB·APi(i＝1，2，…，8)的不同值的个数为( )
A．1 C．4
B．2 D．8
→→
解析：选A.由题图知，AB与上底面垂直，因此AB⊥BPi(i＝1，2，…，8)，AB·APi＝→→→→
|AB||APi|cos∠BAPi＝|AB|·|AB|＝1(i＝1，2，…，8)．故选A.
5．正方体ABCDA1B1C1D1中，BB1与平面ACD1所成角的余弦值为( ) A．2 3
B．
3 36 3
2C． 3
D．
解析：选D.不妨设正方体的棱长为1，如图，建立空间直角坐标系，则D(0，0，0)，
B(1，1，0)，B1(1，1，1)，平面ACD1的法向量为DB1＝(1，1，1)，又BB1＝(0，0，1)，所以
cos〈DB1，BB1〉＝
→
→
→→
DB1·BB1
→→|DB1||BB1|
→→
＝
13×1
＝
3
，所以BB1与平面ACD1所成角的余弦值为 3
632
1－＝. 33
→→
6．如图所示，PD垂直于正方形ABCD所在平面，AB＝2，E为PB的中点，cos〈DP，AE〉＝
3
，若以DA，DC，DP所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，则点E的坐标为3
( )
A．(1，1，1) 3C．1，1， 2
解析：选A.设P(0，0，z)，
依题意知A(2，0，0)，B(2，2，0)，则E1，1，，
2
1B．1，1，
2D．(1，1，2)
z
z→→
于是DP＝(0，0，z)，AE＝－1，1，，
2
→→2DP·AE3→→
cos〈DP，AE〉＝＝＝. 2
→→3z|DP||AE||z|·＋2
4解得z＝±2，由题图知z＝2，故E(1，1，1)．
7．在空间直角坐标系中，以点A(4，1，9)，B(10，－1，6)，C(x，4，3)为顶点的△ABC是以BC为斜边的等腰直角三角形，则实数x的值为__________．
→→
解析：由题意知AB＝(6，－2，－3)，AC＝(x－4，3，－6)． →→→→
又AB·AC＝0，|AB|＝|AC|，可得x＝2. 答案：2
8．已知2a＋b＝(0，－5，10)，c＝(1，－2，－2)，a·c＝4，|b|＝12，则以b，c为方向向量的两直线的夹角为________．
解析：由题意得，(2a＋b)·c＝0＋10－20＝－10.
即2a·c＋b·c＝－10，又因为a·c＝4，所以b·c＝－18，
z2
b·c－181
所以cos〈b，c〉＝＝＝－，
|b|·|c|12×1＋4＋42
所以〈b，c〉＝120°，所以两直线的夹角为60°. 答案：60°
→→
9．已知点P是平行四边形ABCD所在的平面外一点，如果AB＝(2，－1，－4)，AD＝(4，→→
2，0)，AP＝(－1，2，－1)．对于结论：①AP⊥AB；②AP⊥AD；③AP是平面ABCD的法向量；→→
④AP∥BD.其中正确的是________．
→→→→
解析：因为AB·AP＝0，AD·AP＝0， 所以AB⊥AP，AD⊥AP，则①②正确． →→
又AB与AD不平行，
→
所以AP是平面ABCD的法向量，则③正确．
→→→→
因为BD＝AD－AB＝(2，3，4)，AP＝(－1，2，－1)， →→
所以BD与AP不平行，故④错． 答案：①②③
→→
10．在正三棱柱ABCA1B1C1中，侧棱长为2，底面边长为1，M为BC的中点，C1N＝λNC，且AB1⊥MN，则λ的值为________．
→→→
解析：如图所示，取B1C1的中点P，连接MP，以MC，MA，MP的方向为x，y，z轴正方向建立空间直角坐标系，
因为底面边长为1，侧棱长为2，则A0，3，0， 2
B1(－，0，2)，C，0，0，
C1，0，2，
M(0，0，0)，设N，0，t，
12，0，因为C1N＝λNC，所以N，
1＋λ2
→
→
23→1→1
所以AB1＝－，－，2，MN＝，0，.
1＋λ222→→
又因为AB1⊥MN，所以AB1·MN＝0.
12
12
12
12
14所以－＋＝0，所以λ＝15.
41＋λ答案：15
11．已知正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为2，E，F分别是BB1，DD1的中点．求证：FC1∥平面ADE.
证明：如图所示，建立空间直角坐标系Dxyz，
则有D(0，0，0)，A(2，0，0)，C(0，2，0)，C1(0，2，2)，E(2，2，1)，F(0，0，1)．
FC1＝(0，2，1)，DA＝(2，0，0)，AE＝(0，2，1)．
设n＝(x，y，z)是平面ADE的一个法向量， →→n⊥DA，n·DA＝2x＝0，x＝0，则即解得
→→z＝－2y，n⊥AE，n·AE＝2y＋z＝0，令z＝2，则y＝－1，所以n＝(0，－1，2)． →
因为FC1·n＝－2＋2＝0. →
所以FC1⊥n. 因为FC1⊄平面ADE， 所以FC1∥平面ADE.
12．如图，四棱柱ABCDA1B1C1D1的底面ABCD是正方形，O为底面中心，A1O⊥平面ABCD，
→→→
AB＝AA1＝2.
证明：A1C⊥平面BB1D1D.
证明：由题设易知OA，OB，OA1两两垂直，以O为原点建立如图所示的空间直角坐标系．
因为AB＝AA1＝2，
所以OA＝OB＝OA1＝1，
→
所以A(1，0，0)，B(0，1，0)，C(－1，0，0)，D(0，－1，0)，A1(0，0，1)．由A1B1＝→
AB，易得B1(－1，1，1)．
→→→
因为A1C＝(－1，0，－1)，BD＝(0，－2，0)，BB1＝(－1，0，1)， →→→→
所以A1C·BD＝0，A1C·BB1＝0， 所以A1C⊥BD，A1C⊥BB1.
又BD∩BB1＝B，所以A1C⊥平面BB1D1D.
[能力提升]
→1→
1．已知正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为a，点M在AC1上且AM＝MC1，N为B1B的中点，
2→
则|MN|为( )
A．21a 615a 6
B．
6a 615a 3
C．D．
解析：选A.以D为原点建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz， 则A(a，0，0)，C1(0，a，a)，
aNa，a，.设M(x，y，z)，
2
12→1→
因为点M在AC1上且AM＝MC1，所以(x－a，y，z)＝(－x，a－y，a－z)，所以x＝a，
223
aay＝，z＝. 3
3所以M
→2a，a，a，所以|MN| 333
＝
a－2a＋a－a＋a－a＝21a. 33236
222
→→→→→→
2．设A，B，C，D是不共面的四点，且满足AB·AC＝0，AC·AD＝0，AB·AD＝0，则△BCD是( )
A．钝角三角形
B．直角三角形
C．锐角三角形 D．不确定
→→→→→→
解析：选C.因为AB·AC＝0，AB·AD＝0，AD·AC＝0， 所以AB⊥AC，AB⊥AD，AD⊥AC. →→→
如图所示，设AB＝a，AC＝b，AD＝c， 所以BC＝a＋b，BD＝a＋c，CD＝b＋c. 由余弦定理知BC＝BD＋CD－2BD·CD·cos∠BDC，
所以a＋b＝a＋c＋b＋c－2a＋c·b＋c·cos∠BDC，
22222222222
2
2
2
222222222c2所以cos∠BDC＝＞0，
2a2＋c2·b2＋c2所以∠BDC是锐角．
同理可知∠DBC，∠BCD都是锐角，故△BCD是锐角三角形．
15
3．已知e1，e2是空间单位向量，e1·e2＝，若空间向量b满足b·e1＝2，b·e2＝，
22且对于任意x，y∈R，|b－(xe1＋ye2)|≥|b－(x0e1＋y0e2)|＝1(x0，y0∈R)，则x0＝________，
y0＝________，|b|＝________．
解析：对于任意x，y∈R，|b－(xe1＋ye2)|≥|b－(x0e1＋y0e2)|＝1(x0，y0∈R)，说明当
x＝x0，y＝y0时，|b－(xe1＋ye2)|取得最小值1.
|b－(xe1＋ye2)|＝|b|＋(xe1＋ye2)－2b·(xe1＋ye2)＝|b|＋x＋y＋xy－4x－5y，要使|b|＋x＋y＋xy－4x－5y取得最小值，需要把x＋y＋xy－4x－5y看成关于x的二次函数，即f(x)＝x＋(y－4)x＋y－5y，其图象是开口向上的抛物线，对称轴方程为x＝2－，
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
yy32
所以当x＝2－时，f(x)取得最小值，代入化简得f(x)＝(y－2)－7，显然当y＝2时，f(x)min
24
＝－7，此时x＝2－＝1，所以x0＝1，y0＝2.此时|b|－7＝1，可得|b|＝22.
2
答案：1 2 22
4．(2019·浙江省十校联合体期末联考)在三棱锥OABC中，已知OA，OB，OC两两垂直11
且相等，点P、Q分别是线段BC和OA上的动点，且满足BP≤BC，AQ≥AO，则PQ和OB所
22成角的余弦的取值范围是________．
解析：
y2
根据题意，以O为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，不妨设OA＝OB＝OC＝1， 11
则A(1，0，0)，B(0，1，0)，C(0，0，1)，P(0，b，1－b)(≤b≤1)，Q(a，0，0)(0≤a≤)．
22→
→→QP·OBb→→→
QP＝(－a，b，1－b)，OB＝(0，1，0)，所以cos〈QP，OB〉＝＝2
→→a＋b2＋（1－b）2|QP||OB|
1
＝
a212
（）＋（－1）＋1bbbb. a1→→
因为∈[0，1]，∈[1，2]，所以a＝0，b＝1时，cos〈QP，OB〉＝1，取得最大值；a133→→＝＝b时，cos〈QP，OB〉＝取得最小值，所以PQ和OB所成角的余弦的取值范围是，1. 233
答案：
3
，1 3
5. 如图，在多面体ABCA1B1C1中，四边形A1ABB1是正方形，AB＝AC，BC＝2AB，B1C1
1
綊BC，二面角A1ABC是直二面角． 2
求证：(1)A1B1⊥平面AA1C； (2)AB1∥平面A1C1C. 证明：
因为二面角A1ABC是直二面角，四边形A1ABB1为正方形， 所以AA1⊥平面BAC.
又因为AB＝AC，BC＝2AB， 所以∠CAB＝90°， 即CA⊥AB，
所以AB，AC，AA1两两互相垂直． 建立如图所示的空间直角坐标系Axyz，
设AB＝2，则A(0，0，0)，B1(0，2，2)，A1(0，0，2)，C(2，0，0)，C1(1，1，2)． →→→
(1)A1B1＝(0，2，0)，A1A＝(0，0，－2)，AC＝(2，0，0)， 设平面AA1C的一个法向量n＝(x，y，z)， →n·A1A＝0，－2z＝0，
则即
→2x＝0，n·AC＝0，
x＝0，
即取y＝1，则n＝(0，1，0)． z＝0，
→
所以A1B1＝2n， →
即A1B1∥n.
所以A1B1⊥平面AA1C.
→→→
(2)易知AB1＝(0，2，2)，A1C1＝(1，1，0)，A1C＝(2，0，－2)， 设平面A1C1C的一个法向量m＝(x1，y1，z1)， 则错误! 即错误!
令x1＝1，则y1＝－1，z1＝1， 即m＝(1，－1，1)．
→
所以AB1·m＝0×1＋2×(－1)＋2×1＝0， →
所以AB1⊥m， 又AB1⊄平面A1C1C， 所以AB1∥平面A1C1C.
6. 如图所示，四棱锥SABCD的底面是正方形，每条侧棱的长都是底面边长的2倍，P为侧棱SD上的点．
(1)求证：AC⊥SD.
(2)若SD⊥平面PAC，侧棱SC上是否存在一点E，使得BE∥平面PAC？若存在，求SE∶EC的值；若不存在，试说明理由．
解：(1)证明：连接BD，设AC交BD于点O，连接SO，则AC⊥BD. 由题意知SO⊥平面ABCD.
→→→
以O为坐标原点，OB，OC，OS分别为x轴，y轴，z轴的正方向，建立空间直角坐标系，如图．
设底面边长为a，则高SO＝于是S0，0，6
a， 2
62a，D－a，0，0， 22
B
22
a，0，0，C0，a，0，
22
→
OC＝0，SD＝－
2a，0， 2
→
26a，0，－a， 22
→→
则OC·SD＝0.
故OC⊥SD.从而AC⊥SD.
(2)侧棱SC上存在一点E，使BE∥平面PAC. 理由如下：
→
由已知条件知DS是平面PAC的一个法向量， 6→26→2
且DS＝a，0，a，CS＝0，－a，a，
2222→
BC＝－
22a，a，0. 22
→→→→→→→
设CE＝tCS，则BE＝BC＋CE＝BC＋tCS ＝－226a，a（1－t），at， 222
1→→
而BE·DS＝0，解得t＝.
3
→→
即当SE∶EC＝2∶1时，BE⊥DS. 而BE⊄平面PAC， 故BE∥平面PAC.
