9.6空間向量及其運算（b）
●知識梳理
空間兩個向量的加法、減法法則類同於平面向量，即平行四邊形法則及三角形法則.
a·b=|a||b|cos〈a，b〉.
a2=|a|2.
a與b不共線，那麼向量p與a、b共面的充要條件是存在實數x、y，使p=xa+yb.
a、b、c不共面，空間的任一向量p，存在實數x、y、z，使p=xa+yb+zc.
●點選雙基
1.在以下四個式子中正確的有
a+b·c，a·（b·c），a（b·c），|a·b|=|a||b|
a.1個b.2個c.3個d.0個
解析：根據數量積的定義，b·c是乙個實數，a+b·c無意義.實數與向量無數量積，故a·（b·c）錯，|a·b|=|a||b||cos〈a，b〉|，只有a（b·c）正確.
答案：a
2.設向量a、b、c不共面，則下列集合可作為空間的乙個基底的是
a.c.
解析：由已知及向量共面定理，易得a+b，b－a，c不共面，故可作為空間的乙個基底，故選c.
答案：c
3.在平行六面體abcd—a′b′c′d′中，向量、、是
a.有相同起點的向量b.等長的向量
c.共面向量d.不共面向量
解析：∵－共面.
答案：c
4.已知a=（1，0），b=（m，m）（m＞0），則〈a，b
答案：45°
5.已知四邊形abcd中， =a－2c， =5a+6b－8c，對角線ac、bd的中點分別為e、f，則
解析：∵=又=++兩式相加，得2
∵e是ac的中點，故+=0.同理， +0.
∴2=+=a－2c）+（5a+6b－8c）=6a+6b－10c.∴=3a+3b－5c.
答案：3a+3b－5c
●典例剖析
【例1】證明空間任意無三點共線的四點a、b、c、d共面的充分必要條件是：對於空間任一點o，存在實數x、y、z且x+y+z=1，使得=x+y+z.
剖析：要尋求四點a、b、c、d共面的充要條件，自然想到共面向量定理.
解：依題意知，b、c、d三點不共線，則由共面向量定理的推論知：四點a、b、c、d共面對空間任一點o，存在實數x1、y1，使得=+x1+y1=+x1（－）y1（－）1－x1－y1）+x1+y1，取x=1－x1－y1、y=x1、z=y1，則有=x+y+z，且x+y+z=1.
特別提示
向量基本定理揭示了向量間的線性關係，即任一向量都可由基向量唯一的線性表示，為向量的座標表示奠定了基礎.共（線）面向量基本定理給出了向量共（線）面的充要條件，可用以證明點共（線）面.本題的結論，可作為證明空間四點共面的定理使用.
【例2】在平行四邊形abcd中，ab=ac=1，∠acd=90°，將它沿對角線ac折起，使ab與cd成60°角，求b、d間的距離.
解：如下圖，因為∠acd=90°，所以·=0.同理，·=0.
因為ab與cd成60°角，所以〈，〉60°或120°.因為=＋＋所以2=2＋2＋2＋2·＋2·＋2·=2＋2＋2＋2·=3＋2×1×1×cos〈，〉4（〈，60°），2（〈，120°）.
所以｜｜=2或，即b、d間的距離為2或.
【例3】在稜長為1的正方體abcd—a1b1c1d1中，bd1交平面acb1於點e，求證：（1）bd1⊥平面acb1；
（2）be=ed1.
證明：（1）我們先證明bd1⊥ac.
∴bd1⊥ac.同理可證bd1⊥ab1，於是bd1⊥平面acb1.
（2）設底面正方形的對角線ac、bd交於點m，則==，即2=.對於空間任意一點o，設=b， =m， =b1， =d1，則上述等式可改寫成2（m－b）=d1－b1或b1+2m=d1+2b.記==e.
此即表明，由e向量所對應的點e分線段b1m及d1b各成λ（λ2）之比，所以點e既**段b1m（b1m面acb1）上又**段d1b上，所以點e是d1b與平面acb1之交點，此交點e將d1b分成2與1之比，即d1e∶eb=2∶1.∴be=ed1.
思考討論
利用空間向量可以解決立體幾何中的線線垂直、線線平行、四點共面、求長度、求夾角等問題.
●闖關訓練
夯實基礎
1.平行六面體abcd—a1b1c1d1中，m為ac和bd的交點，若=a， =b， =
c，則下列式子中與相等的是
a.－a+b+cb. a+b+c
c. a－b+cd.－a－b+c
解析c－a+b，故選a.
答案：a
為空間四個點，又、、為空間的乙個基底，則
四點不共線四點共面，但不共線
四點中任意三點不共線 四點不共面
解析：由基底意義，、、三個向量不共面，但a、b、c三種情形都有可能使、、共面.只有d才能使這三個向量不共面，故應選d.
答案：d
3.已知a+3b與7a－5b垂直，且a－4b與7a－2b垂直，則〈a，b
解析：由條件知（a+3b）·（7a－5b）=7|a|2－15|b|2+16a·b=0，及（a－4b）·（7a－2b）=
7|a|2+8|b|2－30a·b=0.兩式相減得46a·b=23|b|2，∴a·b=|b|2.代入上面兩個式子中的任意乙個，即可得到|a|=|b|.∴cos〈a，b〉==
∴〈a，b〉=60°.
答案：60°
4.試用向量證明三垂線定理及其逆定理.
已知：如下圖，po、pa分別是平面α的垂線和斜線，oa是pa在α內的射影，aα，求證：a⊥paa⊥oa.
證明：設直線a上非零向量a，要證a⊥paa⊥oa，即證a·=0a·=0.
∵aα，a·=0，∴a·=a·（+a·+a·=a·.
∴a·=0a·=0，即a⊥paa⊥oa.
評述：向量的數量積為零是證明空間直線垂直的重要工具.在應用過程中，常需要通過加、減法對向量進行轉換，當然，轉換的方向是有利於計算向量的數量積.
5.直三稜柱abc—a1b1c1中，bc1⊥ab1，bc1⊥a1c，求證：ab1=a1c.
證明：∵
∴ab=ac.又a1a=b1b，∴a1c=ab1.
評述：本題在利用空間向量來解決位置關係問題時，要用到空間多邊形法則、向量的運算、數量積以及平行、相等和垂直的條件.
培養能力
6.沿著正四面體oabc的三條稜、、的方向有大小等於1、2、3的三個力f1、f2、f3.試求此三個力的合力f的大小以及此合力與三條稜所夾角的余弦.
解：用a、b、c分別代表稜、、上的三個單位向量，則f1=a，f2=2b，f3=3c，則f=f1+f2+f3=a+2b+3c，∴|f|2=（a+2b+3c）·（a+2b+3c）=|a|2+4|b|2+9|c|2+4a·b+6a·c+12b·c=1+4+9+4|a||b|cos〈a，b〉
+6|a||c|cos〈a，c〉+12|b||c|cos〈b，c〉=14+4cos60°+6cos60°+12cos60°=14+2+3+6=25.
∴|f|=5，即所求合力的大小為5，且cos〈f，a〉==
同理，可得cos〈f，b〉=，cos〈f，c〉=.
7.在空間四邊形abcd中，求證：·+0.
證法一：把拆成+後重組，·+
證法二：如下圖，設a=，b=，c=，則·+·b－a）·（c）+（c－a）·b+（－a）·（c－b）=－b·c+a·c+c·b－a·b－a·c+a·b=0.
評述：把平面向量的運算推廣到空間後，許多基本的運算規則沒有變.證法一中體現了向量的拆分重組技巧，要求較高；證法二設定三個向量為基底，而原式中所有向量化歸為關於a、b、c的式子，化簡時的思路方向較清楚.
**創新
8.（2023年全國ⅰ，理20）如下圖，已知四稜錐p—abcd，pb⊥ad，側面pad為邊長等於2的正三角形，底面abcd為菱形，側面pad與底面abcd所成的二面角為120°.
（1）求點p到平面abcd的距離；
（2）求面apb與面cpb所成二面角的大小.
（1）解：如下圖，作po⊥平面abcd，垂足為點o.鏈結ob、oa、od，ob與ad交於點e，鏈結pe.
∵ad⊥pb，∴ad⊥ob.∵pa=pd，∴oa=od.
於是ob平分ad，點e為ad的中點，∴pe⊥ad.由此知∠peb為面pad與面abcd所成二面角的平面角，∴∠peb=120°，∠peo=60°.由已知可求得pe=，∴po=pe·sin60°=
×=，即點p到平面abcd的距離為.
（2）解法一：如下圖建立直角座標系，其中o為座標原點，x軸平行於da.
p（0，0，），b（0，，0），pb中點g的座標為（0，，）鏈結ag.
又知a（1，，0），c（－2，，0）.
由此得到=（1，－，0，，－2，0，0）.
於是有·=0，·=0，∴⊥的夾角θ等於所求二面角的平面角.
於是cosθ==所求二面角的大小為π－arccos.
解法二：如下圖，取pb的中點g，pc的中點f，鏈結eg、ag、gf，則ag⊥pb，fg∥
bc，fg=bc.
∵ad⊥pb，∴bc⊥pb，fg⊥pb.∴∠agf是所求二面角的平面角.
∵ad⊥面pob，∴ad⊥eg.
又∵pe=be，∴eg⊥pb，且∠peg=60°.
在rt△peg中，eg=pe·cos60°=，在rt△gae中，ae=ad=1，於是tan∠gae==.
又∠agf=π－gae，∴所求二面角的大小為π－arctan.
●思悟小結
1.若表示向量a1，a2，…，an的有向線段終點和始點鏈結起來構成乙個封閉折圖形，則a1＋a2＋a3＋…＋an=0.
2.應用向量知識解決幾何問題時，一方面要選擇恰當的基向量，另一方面要熟練地進行向量運算.
●教師**中心
教學點睛
1.要使學生正確理解空間向量的加法法則、減法法則以及空間向量的數量積，掌握空間向量平行、垂直的條件及三個向量共面及四點共面的條件.
2.空間中的任何乙個向量都可以用不共面的三個向量線性表示，這三個向量也稱為乙個基底.在證明兩個向量平行、垂直或求其夾角時，往往把它們用同乙個基底來表示，從而實現解題的目的.
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