浙江省2021届高考数学一轮复习第八章立体几何与空间向量第6节空间向量及其运算含解析 16页

第 6 节　空间向量及其运算 考试要求　1.了解空间向量的概念，了解空间向量的基本定理及其意义，了解空间向量的正 交分解及其坐标表示；2.了解空间向量的线性运算及其坐标表示；3.了解空间向量的数量积 及其坐标表示；4.掌握空间两点间的距离公式，会求向量的长度、两向量的夹角. 知 识 梳 理 1.空间向量的有关概念 名称 概念 表示 零向量 模为 0 的向量 0 单位向量 长度(模)为 1 的向量 相等向量 方向相同且模相等的向量 a＝b 相反向量 方向相反且模相等的向量 a 的相反向量为－a 共线向量 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 a∥b 共面向量 平行于同一个平面的向量 2.空间向量中的有关定理 (1)共线向量定理 空间两个向量 a(a≠0)与 b 共线的充要条件是存在实数 λ，使得 b＝λa. 推论　如图所示，点 P 在 l 上的充要条件是OP→ ＝OA→ ＋ta　　　　　　　　　　① 其中 a 叫直线 l 的方向向量，t∈R，在 l 上取AB→ ＝a，则①可化为OP→ ＝OA→ ＋t AB→ 或OP→ ＝(1－t)OA→ ＋tOB→ . (2)共面向量定理 共面向量定理的向量表达式：p＝xa＋yb，其中 x，y∈R，a，b 为不共线向量，推论的表达式 为MP→ ＝xMA→ ＋y MB→ 或对空间任意一点 O，有OP→ ＝OM→ ＋xMA→ ＋y MB→ 或OP→ ＝xOM→ ＋yOA→ ＋zOB→ ，其中 x＋ y＋z＝1. (3)空间向量基本定理 如果向量 e1，e2，e3 是空间三个不共面的向量，a 是空间任一向量，那么存在唯一一组实数 λ1，λ2，λ3，使得 a＝λ1e1＋λ2e2＋λ3e3，空间中不共面的三个向量 e1，e2，e3 叫作这个 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，记作 a·b，即 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＝(a1，a2，a3)，b＝(b1，b2，b3). 向量表示 坐标表示 数量积 a·b a1b1＋a2b2＋a3b3 共线 a＝λb(b≠0，λ∈R) a1＝λb1，a2＝λb2，a3＝λb3 垂直 a·b＝0(a≠0，b≠0) a1b1＋a2b2＋a3b3＝0 模 |a| a＋a＋a 夹角 〈a，b〉(a≠0，b≠0) cos〈a，b〉＝ a1b1＋a2b2＋a3b3 a＋a＋a· b＋b＋b 5.空间两点间的距离公式 空 间 中 点 P1(x1 ， y1 ， z1) ， P2(x2 ， y2 ， z2) 之 间 的 距 离 |P1P2| ＝ （x1－x2）2＋（y1－y2）2＋（z1－z2）2. [常用结论与易错提醒] 1.a·b＝0⇔a＝0 或 b＝0 或〈a，b〉＝ π 2 . 2.a·b<0 不等价为〈a，b〉为钝角，因为〈a，b〉可能为 180°；a·b>0 不等价为〈a，b〉 为锐角，因为〈a，b〉可能为 0°. 诊 断 自 测 1.判断下列说法的正误. (1)空间中任意两非零向量 a，b 共面.(　　) (2)对任意两个空间向量 a，b，若 a·b＝0，则 a⊥b.(　　) (3)若{a，b，c}是空间的一个基底，则 a，b，c 中至多有一个零向量.(　　) (4)若 a·b＜0，则〈a，b〉是钝角.(　　) 解析　对于(2)，因为 0 与任何向量数量积为 0，所以(2)不正确；对于(3)，若 a，b，c 中有 一个是 0，则 a，b，c 共面，所以(3)不正确；对于(4)，若〈a，b〉＝π，则 a·b<0，故(4) 不正确. 答案　(1)√　(2)×　(3)×　(4)× 2.在空间直角坐标系中，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 B.平行 C.异面 D.相交但不垂直 解析　由题意得AB→ ＝(－3，－3，3)，CD→ ＝(1，1，－1)，∴AB→ ＝－3CD→ ，∴AB→ 与CD→ 共线，又 AB 与 CD 没有公共点.∴AB∥CD. 答案　B 3.(选修 2－1P97A2 改编)如图所示，在平行六面体 ABCDA1B1C1D1 中，M 为 A1C1 与 B1D1 的交点. 若AB→ ＝a，AD→ ＝b，AA→ 1＝c，则下列向量中与BM→ 相等的向量是(　　) A.－ 1 2a＋ 1 2b＋c B. 1 2a＋ 1 2b＋c C.－ 1 2a－ 1 2b＋c D. 1 2a－ 1 2b＋c 解析　由题意，根据向量运算的几何运算法则，BM→ ＝BB→ 1＋B1M→ ＝AA→ 1＋ 1 2(AD→ －AB→ )＝c＋ 1 2(b－a) ＝－ 1 2a＋ 1 2b＋c. 答案　A 4.(2017·上海卷)如图，以长方体 ABCD－A1B1C1D1 的顶点 D 为坐标原点，过 D 的三条棱所在的 直线为坐标轴，建立空间直角坐标系，若DB1→ 的坐标为(4，3，2)，则AC1→ 的坐标为________. 解析　A(4，0，0)，C1(0，3，2)，AC1→ ＝(－4，3，2). 答案　(－4，3，2) 5.已知 O 为空间中任意一点，A，B，C 三点不共线，且OP→ ＝ 3 4OA→ ＋ 1 8OB→ ＋tOC→ ，若 P，A，B，C 四 点共面，则实数 t＝________. 解析　∵P，A，B，C 四点共面，∴ 3 4＋ 1 8＋t＝1，∴t＝ 1 8. 答案　 1 8 6.已知 i，j，k 为两两垂直的单位向量，非零向量 a＝a1i＋a2j＋a3k(a1，a2，a3∈R)，若向量 a 与向量 i，j，k 的夹角分别为 α，β，γ，则 cos2α＋cos2β＋cos2γ＝________. 解析　设 i，j，k为长方体的共顶点的三条棱的方向向量，因非零向量 a＝a1i＋a2j＋a3k(a1，a2，a3∈R)，故 a 可为长方体体对角线的方向向 量， 则 α＝∠xEA，β＝∠yEA，γ＝∠zEA， 所以 cos α＝cos∠xEA＝cos∠CAE＝ AC AE， cos β＝cos∠yEA＝cos∠DAE＝ AD AE， cos γ＝cos∠zEA＝cos∠EAB＝ AB AE， cos2α＋cos2β＋cos2γ＝ AB2＋AC2＋AD2 AE2 ＝ AE2 AE2＝1. 答案　1 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－A1B1C1D1 中，各面为平行四边形，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： (1)AP→ ；(2)MP→ ＋NC1→ . 解　(1)因为 P 是 C1D1 的中点，所以AP→ ＝AA1→ ＋A1D1→ ＋D1P→ ＝a＋AD→ ＋ 1 2D1C1→ ＝a＋c＋ 1 2AB→ ＝a＋c＋ 1 2b. (2)因为 M 是 AA1 的中点，所以MP→ ＝MA→ ＋AP→ ＝ 1 2A1A→ ＋AP→ ＝－ 1 2a＋(a＋c＋ 1 2b)＝ 1 2a＋ 1 2b＋c. 又NC1→ ＝NC→ ＋CC1→ ＝ 1 2BC→ ＋AA1→ ＝ 1 2AD→ ＋AA1→ ＝ 1 2c＋a， 所以MP→ ＋NC1→ ＝(1 2a＋ 1 2b＋c)＋(a＋ 1 2c) ＝ 3 2a＋ 1 2b＋ 3 2c. 规律方法　(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. 提醒　空间向量的线性运算类似于平面向量中的线性运算. 【训练 1】 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. 1 2(a－b＋c) D. 1 2(－a－b＋c) 解析　NM→ ＝NA→ ＋AM→ ＝(OA→ －ON→ )＋ 1 2AB→ ＝OA→ － 1 2OC→ ＋ 1 2(OB→ －OA→ )＝ 1 2OA→ ＋ 1 2OB→ － 1 2OC→ ＝ 1 2(a＋b－c). 答案　B 考点二　共线定理、共面定理的应用 【例 2】 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→ ＝ 1 3(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　(1)由题意知OA→ ＋OB→ ＋OC→ ＝3OM→ ， 所以OA→ －OM→ ＝(OM→ －OB→ )＋(OM→ －OC→ )， 即MA→ ＝BM→ ＋CM→ ＝－MB→ －MC→ ， 所以MA→ ，MB→ ，MC→ 共面. (2)由(1)知MA→ ，MB→ ，MC→ 共面且过同一点 M， 所以 M，A，B，C 四点共面. 从而点 M 在平面 ABC 内. 规律方法　(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. 【训练 2】 (1)若 A(－1，2，3)，B(2，1，4)，C(m，n，1)三点共线，则 m＋n＝________. (2)已知空间四点 A(－2，0，2)，B(－1，1，2)，C(－3，0，4)，D(1，2，t)，若四点共面， 则 t 的值为________. 解析　(1)AB→ ＝(3，－1，1)，AC→ ＝(m＋1，n－2，－2). ∵A，B，C 三点共线，∴AB→ ∥AC→ ， ∴ m＋1 3 ＝ n－2 －1 ＝ －2 1 ， ∴m＝－7，n＝4，∴m＋n＝－3. (2)AB→ ＝(1，1，0)，AC→ ＝(－1，0，2)，AD→ ＝(3，2，t－2)， ∵A，B，C，D 四点共面，∴AB→ ，AC→ ，AD→ 共面. 设AD→ ＝xAB→ ＋yAC→ ， 即(3，2，t－2)＝(x－y，x，2y)， 则{x－y＝3， x＝2， 2y＝t－2， 解得{x＝2， y＝－1， t＝0. ∴t 的值为 0. 答案　(1)－3　(2)0 考点三　空间向量数量积及其应用 【例 3】 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°. (1)求 AC1 的长； (2)求BD1→ 与AC→ 夹角的余弦值. 解　(1)记AB→ ＝a，AD→ ＝b，AA1→ ＝c， 则|a|＝|b|＝|c|＝1，〈a，b〉＝〈b，c〉＝〈c，a〉＝60°， 所以 a·b＝b·c＝c·a＝ 1 2. |AC1→ |2＝(a＋b＋c)2 ＝a2＋b2＋c2＋2(a·b＋b·c＋c·a) ＝1＋1＋1＋2×(1 2＋ 1 2＋ 1 2) ＝6， 所以|AC1→ |＝ 6，即 AC1 的长为 6. (2)BD1→ ＝b＋c－a，AC→ ＝a＋b， 所以|BD1→ |＝ 2，|AC→ |＝ 3， BD1→ ·AC→ ＝(b＋c－a)·(a＋b) ＝b2－a2＋a·c＋b·c＝1， 所以 cos〈BD1→ ，AC→ 〉＝ BD1→ ·AC→ |BD1→ ||AC→ | ＝ 6 6 . 即BD1→ 与AC→ 夹角的余弦值为 6 6 . 规律方法　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|＝ a2； (3)cos〈a，b〉＝ a·b |a||b|. 【训练 3】 正方体 ABCD－A1B1C1D1 的棱长为 2，MN 是其内切球 O 的一条直径，E 是正方体表面 上一点，求EM→ ·EN→ 的最大值. 解　由极化恒等式的三角形形式得 EM→ ·EN→ ＝ 1 4[(2EO→ )2－MN→ 2]. 又因为 MN 是其内切球 O 的一条直径，E 是正方体表面上的动点，所以|MN→ |＝2，|EO→ |≤ 3， 所以EM→ ·EN→ ＝ 1 4[(2EO→ )2－4]≤2， 所以EM→ ·EN→ 的最大值为 2. 基础巩固题组 一、选择题 1.已知向量 a＝(2m＋1，3，m－1)，b＝(2，m，－m)，且 a∥b，则实数 m 的值等于(　　) A. 3 2 B.－2 C.0 D. 3 2或－2 解析　∵a∥b，∴ 2m＋1 2 ＝ 3 m＝ m－1 －m ，解得 m＝－2. 答案　B 2.在正方体 ABCD－A1B1C1D1 中，M，N 分别为棱 AA1 和 BB1 的中点，则 sin〈CM→ ，D1N→ 〉的值为(　　) A. 1 9 B. 4 5 9 C. 2 5 9 D. 2 3 解析　如图，设正方体棱长为 2，则易得CM→ ＝(2，－2，1)，D1N→ ＝(2， 2，－1)，∴cos〈CM→ ，D1N→ 〉 ＝ CM→ ·D1N→ |CM→ ||D1N→ | ＝－ 1 9，又〈CM→ ，D1N→ 〉∈[0，π]， ∴sin〈CM→ ，D1N→ 〉＝ 1－(－ 1 9 ) 2 ＝ 4 5 9 . 答案　B 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 的值是(　　) A.－1 B. 4 3 C. 5 3 D. 7 5 解析　由题意得 ka＋b＝(k－1，k，2)，2a－b＝(3，2，－2).所以(ka＋b)·(2a－b)＝3(k－ 1)＋2k－2×2＝5k－7＝0，解得 k＝ 7 5. 答案　D 4.已知空间四边形 ABCD 的各边和对角线均相等，E 是 BC 的中点，那么(　　) A.AE→ ·BC→ ＜AE→ ·CD→ B.AE→ ·BC→ ＝AE→ ·CD→ C.AE→ ·BC→ ＞AE→ ·CD→ D.AE→ ·BC→ 与AE→ ·CD→ 的大小不能比较 解析　取 BD 的中点 F，连接 EF，则 EF 綉 1 2CD，因为〈AE→ ，EF→ 〉＝〈AE→ ，CD→ 〉＞90°，因为 AE→ ·BC→ ＝0，∴AE→ ·CD→ ＜0，所以AE→ ·BC→ ＞AE→ ·CD→ . 答案　C 5.已知空间四边形 ABCD 的每条边和对角线的长都等于 a，点 E，F 分别是 BC，AD 的中点，则 AE→ ·AF→ 的值为(　　) A.a2 B. 1 2a2 C. 1 4a2 D. 3 4 a2 解析　如图，设AB→ ＝a，AC→ ＝b，AD→ ＝c， 则|a|＝|b|＝|c|＝a，且 a，b，c 三向量两两夹角为 60°. AE→ ＝ 1 2(a＋b)，AF→ ＝ 1 2c， ∴AE→ ·AF→ ＝ 1 2(a＋b)· 1 2c ＝ 1 4(a·c＋b·c) ＝ 1 4(a2cos 60°＋a2cos 60°)＝ 1 4a2. 答案　C 6.如图所示，在平行六面体 ABCDA1B1C1D1 中，点 M，P，Q 分别为棱 AB，CD，BC 的中点，若平 行六面体的各棱长均相等，则： ①A1M∥D1P； ②A1M∥B1Q； ③A1M∥平面 DCC1D1； ④A1M∥平面 D1PQB1. 以上说法正确的个数为(　　) A.1 B.2 C.3 D.4 解析　A1M→ ＝A1A→ ＋AM→ ＝A1A→ ＋ 1 2AB→ ，D1P→ ＝D1D→ ＋DP→ ＝A1A→ ＋ 1 2AB→ ，∴A1M→ ∥D1P→ ，所以 A1M∥D1P，又 D1P⊂ 平面 DCC1D1，D1P⊂平面 D1PQB1，A1M⊄平面 DCC1D1，A1M⊄平面 D1PQB1，由线面平行的判定定理可 知，A1M∥平面 DCC1D1，A1M∥平面 D1PQB1.①③④正确. 答案　C 二、填空题 7.已知 2a＋b＝(0，－5，10)， c＝(1，－2，－2)， a·c＝4，|b|＝12，则 b，c 的夹角为 ________. 解析　由题意得(2a＋b)·c＝0＋10－20＝－10. 即 2a·c＋b·c＝－10，又∵a·c＝4，∴b·c＝－18， ∴cos〈b，c〉＝ b·c |b|·|c|＝ －18 12 × 1＋4＋4＝－ 1 2， 0°≤〈b，c〉≤180°， ∴〈b，c〉＝120°. 答案　120° 8.已知 a＝(－2，1，3)，b＝(－1，2，1)，a 与 b 夹角的余弦值为________；若 a⊥(a－λb)， 则 λ＝________. 解析　∵a＝(－2，1，3)，b＝(－1，2，1)，∴cos〈a，b〉＝ a·b |a||b|＝ 2＋2＋3 14 × 6＝ 21 6 ； 由题意 a·(a－λb)＝0，即 a2－λa·b＝0，又 a2＝14，a·b＝7，∴14－7λ＝0，∴λ＝2. 答案　 21 6 　2 9.已知AB→ ＝(1，5，－2)， BC→ ＝(3，1， z)，若AB→ ⊥BC→ ，BP→ ＝(x－1，y，－3)，且 BP⊥平面 ABC，则 x＝________，y＝________，z＝________. 解析　由条件得{3＋5－2z＝0， x－1＋5y＋6＝0， 3（x－1）＋y－3z＝0， 解得 x＝ 40 7 ，y＝－ 15 7 ，z＝4. 答案　 40 7 　－ 15 7 　4 10.设 A1，A2，A3，A4，A5 是空间中给定的 5 个不同的点，则使 ＝0 成立的点 M 的个数有 5 1k= ∑ ________. 解析　设 M(a，b，c)，Ak(xk，yk，zk)(k＝1，2，3，4，5). 则MAk→ ＝(xk－a，yk－b，zk－c)， ∴由 MAk→ ＝0 得{x1＋x2＋x3＋x4＋x5－5a＝0， y1＋y2＋y3＋y4＋y5－5b＝0， z1＋z2＋z3＋z4＋z5－5c＝0， ∴{a＝ 1 5（x1＋x2＋x3＋x4＋x5）， b＝ 1 5（y1＋y2＋y3＋y4＋y5）， c＝ 1 5（z1＋z2＋z3＋z4＋z5）， ∴存在唯一点 M. 答案　1 三、解答题 11.如图，已知平行六面体 ABCD－A′B′C′D′.试用AC→ ′表示AC→ ＋AB→ ′＋AD→ ′. 解　∵平行六面体的六个面均为平行四边形， ∴在▱ABCD 中，AC→ ＝AB→ ＋AD→ ， 在▱ABB′A′中，AB→ ′＝AB→ ＋AA→ ′， 在▱ADD′A′中，AD→ ′＝AD→ ＋AA→ ′， ∴AC→ ＋AB→ ′＋AD→ ′＝(AB→ ＋AD→ )＋(AB→ ＋AA→ ′)＋(AD→ ＋AA→ ′)＝2(AB→ ＋AD→ ＋AA′→ ). 又∵在▱ABCD 中，AD→ ＝BC→ ， 在▱ACC′A′中，AA→ ′＝CC→ ′， ∴AB→ ＋AD→ ＋AA→ ′＝AB→ ＋BC→ ＋CC→ ′＝AC→ ′， ∴AC→ ＋AB→ ′＋AD→ ′＝2AC→ ′. 12.已知空间中三点 A(－2，0，2)，B(－1，1，2)，C(－3，0，4)，设 a＝AB→ ，b＝AC→ . 5 1k= ∑ (1)若|c|＝3，且 c∥BC→ ，求向量 c. (2)求向量 a 与向量 b 的夹角的余弦值. 解　(1)∵c∥BC→ ，BC→ ＝(－3，0，4)－(－1，1，2)＝(－2，－1，2)， ∴c＝mBC→ ＝m(－2，－1，2)＝(－2m，－m，2m)， ∴|c|＝ （－2m）2＋（－m）2＋（2m）2＝3|m|＝3， ∴m＝±1.∴c＝(－2，－1，2)或(2，1，－2). (2)∵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〉＝ a·b |a|·|b|＝ －1 10＝－ 10 10 ， 即向量 a 与向量 b 的夹角的余弦值为－ 10 10 . 能力提升题组 13.在空间四边形 ABCD 中，AB→ ·CD→ ＋AC→ ·DB→ ＋AD→ ·BC→ ＝(　　) A.－1 B.0 C.1 D.不确定 解析　如图，令AB→ ＝a，AC→ ＝b，AD→ ＝c，则AB→ ·CD→ ＋AC→ ·DB→ ＋AD→ ·BC→ ＝a·(c－b)＋b·(a－c)＋c·(b－a) ＝a·c－a·b＋b·a－b·c＋c·b－c·a＝0. 答案　B 14.若{a，b，c}是空间的一个基底，且向量 p＝xa＋yb＋zc，则(x，y，z)叫向量 p 在基底{a， b，c}下的坐标. 已知{a，b，c}是空间的一个基底，{a＋b，a－b，c}是空间的另一个基底，一向量 p 在基底 {a，b，c}下的坐标为(4，2，3)，则向量 p 在基底{a＋b，a－b，c}下的坐标是(　　) A.(4，0，3) B.(3，1，3) C.(1，2，3) D.(2，1，3) 解析　设 p 在基底{a＋b，a－b，c}下的坐标为(x，y，z).则 p＝x(a＋b)＋y(a－b)＋zc＝(x＋y)a＋(x－y)b＋zc，① 因为 p 在{a，b，c}下的坐标为(4，2，3)， ∴p＝4a＋2b＋3c，② 由①②得{x＋y＝4， x－y＝2， z＝3， ∴{x＝3， y＝1， z＝3， 即 p 在{a＋b，a－b，c}下的坐标为(3，1，3). 答案　B 15.已知 O 点为空间直角坐标系的原点，向量OA→ ＝(1，2，3)，OB→ ＝(2，1，2)，OP→ ＝(1，1， 2)，且点 Q 在直线 OP 上运动，当QA→ ·QB→ 取得最小值时，OQ→ 的坐标是__________. 解析　∵点 Q 在直线 OP 上，∴设点 Q(λ，λ，2λ)， 则QA→ ＝(1－λ，2－λ，3－2λ)，QB→ ＝(2－λ，1－λ，2－2λ)， QA→ ·QB→ ＝(1－ λ)(2－ λ)＋(2－ λ)(1－ λ)＋(3－2 λ)(2－2 λ)＝6 λ2 －16λ＋10＝6 (λ－ 4 3) 2 － 2 3. 即当 λ＝ 4 3时，QA→ ·QB→ 取得最小值－ 2 3. 此时OQ→ ＝(4 3， 4 3， 8 3). 答案　(4 3， 4 3， 8 3) 16.已知空间向量PA→ ，PB→ ，PC→ 的模长分别为 1，2，3，且两两夹角均为 60°.点 G 为△ABC 的重 心，若PG→ ＝xPA→ ＋yPB→ ＋zPC→ ，x，y，z∈R，则 x＋y＋z＝________.|PG→ |＝________. 解析　因为 A，B，C，G 四点共面，所以 x＋y＋z＝1，则 z＝1－x－y，PG→ ＝PA→ ＋AG→ ＝PA→ ＋ 1 3(AB→ ＋AC→ )＝PA→ ＋ 1 3[(PB→ －PA→ )＋(PC→ －PA→ )]＝ 1 3PA→ ＋ 1 3PB→ ＋ 1 3PC＝ 1 3(PA→ ＋PB→ ＋PC→ )，∴x＝y＝z＝ 1 3，|PG→ |＝ 1 3 PA→ ＋PB→ ＋PC→ ）2 ＝ 1 3× |PA→ |2＋|PB→ |2 + |PC→ |2 + 2PA→ ·PB→ + 2PA→ ·PC→ + 2PB→ ·PC→ ＝ 5 3. 答案　1　 5 3 17.如图，在棱长为 a 的正方体 OABC－O1A1B1C1 中，E，F 分别是棱 AB，BC 上的动点，且 AE＝BF ＝x，其中 0≤x≤a，以 O 为原点建立空间直角坐标系 O－xyz. (1)写出点 E，F 的坐标； (2)求证：A1F→ ⊥C1E→ ； (3)若 A1，E，F，C1 四点共面，求证：A1F→ ＝ 1 2A1C1→ ＋A1E→ . (1)解　E(a，x，0)，F(a－x，a，0). (2)证明　∵A1(a，0，a)，C1(0，a，a)， ∴A1F→ ＝(－x，a，－a)，C1E→ ＝(a，x－a，－a)， ∴A1F→ ·C1E→ ＝－ax＋a(x－a)＋a2＝0， ∴A1F→ ⊥C1E→ . (3)证明　∵A1，E，F，C1 四点共面， ∴A1E→ ，A1C1→ ，A1F→ 共面. 选A1E→ 与A1C1→ 为在平面 A1C1E 上的一组基向量，则存在唯一实数对(λ1，λ2)，使A1F→ ＝λ1A1C1→ ＋ λ2A1E→ ， 即(－x，a，－a)＝λ1(－a，a，0)＋λ2(0，x，－a) ＝(－aλ1，aλ1＋xλ2，－aλ2)， ∴{－x＝－aλ1， a＝aλ1＋xλ2， －a＝－aλ2， 解得 λ1＝ 1 2，λ2＝1. 于是A1F→ ＝ 1 2A1C1→ ＋A1E→ . 18.如图所示，已知空间四边形 ABCD 的每条边和对角线长都等于 1，点 E，F，G 分别是 AB， AD，CD 的中点，计算： (1)EF→ ·BA→ ；(2)EG→ 的长； (3)AG→ 与CE→ 所成角的余弦值. 解　设AB→ ＝a，AC→ ＝b，AD→ ＝c. 则|a|＝|b|＝|c|＝1，〈a，b〉＝〈b，c〉＝〈c，a〉＝60°， (1)EF→ ＝ 1 2BD→ ＝ 1 2c－ 1 2a，BA→ ＝－a， EF→ ·BA→ ＝(1 2c－ 1 2a)·(－a)＝ 1 2a2－ 1 2a·c＝ 1 4， (2)EG→ ＝EB→ ＋BC→ ＋CG→ ＝ 1 2a＋b－a＋ 1 2c－ 1 2b ＝－ 1 2a＋ 1 2b＋ 1 2c， |EG→ |2＝ 1 4a2＋ 1 4b2＋ 1 4c2－ 1 2a·b＋ 1 2b·c－ 1 2c·a＝ 1 2，则|EG→ |＝ 2 2 . (3)AG→ ＝ 1 2b＋ 1 2c，CE→ ＝CA→ ＋AE→ ＝－b＋ 1 2a， cos〈AG→ ，CE→ 〉＝ AG→ ·CE→ |AG→ ||CE→ | ＝－ 2 3.