→→→→→
(2)用AB，AD，AA1表示OC1，则OC1＝________.
→1→1→→1→→→→→→→
解析 (1)A1O－AB－AD＝A1O－(AB＋AD)＝A1O－AO＝A1O＋OA＝A1A.
222→1→1→→
(2)因为OC＝AC＝(AB＋AD)，
22→→→1→→→
所以OC1＝OC＋CC1＝(AB＋AD)＋AA1
21→1→→＝AB＋AD＋AA1. 22
1→1→→→
答案 (1)A1A (2)AB＋AD＋AA1
22考点二 共线、共面向量定理的应用
【例2】 已知E，F，G，H分别是空间四边形ABCD的边AB，BC，CD，DA的中点，用向量方法求证： (1)E，F，G，H四点共面； (2)BD∥平面EFGH.
→→→
证明 (1)连接BG，则EG＝EB＋BG →1→→→→→→→＝EB＋(BC＋BD)＝EB＋BF＋EH＝EF＋EH，
2由共面向量定理知E，F，G，H四点共面. →→→
(2)因为EH＝AH－AE
1→1→1→→1→＝AD－AB＝(AD－AB)＝BD， 2222
因为E，H，B，D四点不共线，所以EH∥BD. 又EH平面EFGH，BD平面EFGH， 所以BD∥平面EFGH.
规律方法 1.证明空间三点P，A，B共线的方法 →→
(1)PA＝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 →→→(1)MP＝xMA＋yMB；
→→→→
(2)对空间任一点O，OP＝xOM＋yOA＋zOB(x＋y＋z＝1)；
5
→→→→→→(3)PM∥AB(或PA∥MB或PB∥AM).
→1→→
【训练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＝(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)由已知→OA＋→OB＋→OC＝3→
OM， ∴→OA－→OM＝(→OM－→OB)＋(→OM－→OC). 即→MA＝→BM＋→CM＝－→MB－→MC， ∴→MA，→MB，→
MC共面.
(2)由(1)知→MA，→MB，→
MC共面且过同一点M. ∴四点M，A，B，C共面，从而点M在平面ABC内. 考点三 空间向量数量积及应用(典例迁移)
【例3】 (经典母题)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·→BD； 解 设→AB＝a，→AC＝b，→
AD＝c.
则|a|＝|b|＝|c|＝1，〈a，b〉＝〈b，c〉＝〈c，a〉＝60°， (1)→EF＝1→112BD＝2c－2a，→BA＝－a，→
DC＝b－c，
→EF·→BA＝??1?2c－12a?
??·(－a)＝1112a2－2a·c＝4，
(2)→EG·→BD＝(→EA＋→AD＋→DG)·(→AD－→
AB)
＝??1→→→→?－2AB＋AD＋AG－AD??→→?·(AD－AB) ＝??1→1→1→?－2
AB＋2AC＋2AD??→→?·(AD－AB)
＝???－12a＋12b＋12c???
·(c－a)
36
1111?1?
＝?－1×1×＋1×1×＋1＋1－1×1×－1×1×?
2222?2?1
＝. 2
【迁移探究1】 本例的条件不变，求证：EG⊥AB. 1→1→→→
证明 由例3知EG＝(AC＋AD－AB)＝(b＋c－a)，
22→→12
所以EG·AB＝(a·b＋a·c－a)
211?1?
＝?1×1×＋1×1×－1?＝0.
22?2?
→→
故EG⊥AB，即EG⊥AB.
【迁移探究2】 本例的条件不变，求EG的长. 111→
解 由例3知EG＝－a＋b＋c，
222
11122→21212121→
|EG|＝a＋b＋c－a·b＋b·c－c·a＝，则|EG|＝，即EG的长为.
444222222【迁移探究3】 本例的条件不变，求异面直线AG和CE所成角的余弦值. 1→11→→→
解 由例3知AG＝b＋c，CE＝CA＋AE＝－b＋a，
222→→AG·CE2→→
cos〈AG，CE〉＝＝－，
→→3|AG||CE|
?π?由于异面直线所成角的范围是?0，?，
2??
2
所以异面直线AG与CE所成角的余弦值为.
3
规律方法 1.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.
2.空间向量的数量积可解决有关垂直、夹角、长度问题. (1)a≠0，b≠0，a⊥b?a·b＝0； (2)|a|＝a； (3)cos〈a，b〉＝
2
a·b. |a||b|
【训练3】 如图所示，四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，底面为平行四边形，以顶点A为端点的三条棱长都为1，且两两夹角为60°. (1)求AC1的长；
7
(2)求证：AC1⊥BD；
(3)求BD1与AC夹角的余弦值. →→→
(1)解 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
→22222
|AC1|＝(a＋b＋c)＝a＋b＋c＋2(a·b＋b·c＋c·a)
?111?＝1＋1＋1＋2×?＋＋?＝6， ?222?
→
∴|AC1|＝6，即AC1的长为6. →→
(2)证明 ∵AC1＝a＋b＋c，BD＝b－a， →→
∴AC1·BD＝(a＋b＋c)·(b－a) ＝a·b＋|b|＋b·c－|a|－a·b－a·c ＝b·c－a·c
＝|b||c|cos 60°－|a||c|cos 60°＝0. →→
∴AC1⊥BD，∴AC1⊥BD.
→→
(3)解 BD1＝b＋c－a，AC＝a＋b， →→
∴|BD1|＝2，|AC|＝3，
2
2
BD1·AC＝(b＋c－a)·(a＋b)
＝b－a＋a·c＋b·c＝1.
→→BD1·AC6→
∴cos〈BD1，AC〉＝＝.
→→6|BD1||AC|
→
∴AC与BD1夹角的余弦值为
6. 6
基础巩固题组 (建议用时：40分钟)
一、选择题
2
2
→→
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