《2025年世纪金榜高中全程复习方略高中数学A版》

对点训练
1. 已知空间中A，B，C，D四点共面，且其中任意三点均不共线，设P为空间中任意一点，若$\overrightarrow{BD}=6\overrightarrow{PA}-4\overrightarrow{PB}+\lambda\overrightarrow{PC}$，则λ等于（ ）
A. 2
B. -2
C. 1
D. -1

答案： 答案:B 解析:BD = 6PA - 4PB + λPC,
即PD - PB = 6PA - 4PB + λPC,
整理得PD = 6PA - 3PB + λPC,
由A,B,C,D四点共面,
且其中任意三点均不共线,
可得6 - 3 + λ = 1,解得λ = - 2.

2. 在空间直角坐标系中，A(1，1， - 2)，B(1，2， - 3)，C(-1，3，0)，D(x，y，z)(x，y，z∈R)，若A，B，C，D四点共面，则（ ）
A. 2x + y + z = 1
B. x + y + z = 0
C. x - y + z = - 4
D. x + y - z = 0

答案： 答案:A 解析:因为A(1,1, - 2),B(1,2, - 3),C( - 1,3,0),D(x,y,z)(x,y,z∈R),
所以AB = (0,1, - 1),AC = ( - 2,2,2),AD = (x - 1,y - 1,z + 2).
因为A,B,C,D四点共面,
所以存在实数λ,μ,使得AD = λAB + μAC,
即(x - 1,y - 1,z + 2)=λ(0,1, - 1)+μ( - 2,2,2),
所以$\begin{cases} x - 1 = - 2\mu \\ y - 1 = \lambda + 2\mu \\ z + 2 = - \lambda + 2\mu \end{cases}$,解得2x + y + z = 1.

考点三 空间向量的数量积及应用
[例3]（1）在正三棱锥P - ABC中，O是△ABC的中心，PA=AB=2，则$\overrightarrow{PO}\cdot\overrightarrow{PA}$等于（ ）
A. $\frac{5}{9}$
B. $\frac{\sqrt{6}}{3}$
C. $\frac{4\sqrt{2}}{3}$
D. $\frac{8}{3}$

答案：
答案:D 解析:因为P - ABC为正三棱锥,O为△ABC的中心,

所以PO⊥平面ABC,所以PO⊥AO,
所以PO·OA = 0,
|AO| = $\frac{2}{3}$·|AB|·sin 60° = $\frac{2\sqrt{3}}{3}$,
故PO·PA = PO·(PO + OA)=|PO|² = |AP|² - |AO|² = 4 - $\frac{4}{3}$ = $\frac{8}{3}$.

（2）已知A(-1，2，1)，B(-1，5，4)，C(1，3，4).
①求〈$\overrightarrow{AB}$，$\overrightarrow{BC}$〉；
②求$\overrightarrow{AC}$在$\overrightarrow{AB}$上的投影向量.

答案： 【解析】①因为A( - 1,2,1),B( - 1,5,4),C(1,3,4),所以AB = (0,3,3),BC = (2, - 2,0).
因为AB·BC = 0×2 + 3×( - 2)+3×0 = - 6,
|AB| = 3√2,|BC| = 2√2,
所以cos〈AB,BC〉 = $\frac{AB·BC}{|AB||BC|}$
= $\frac{- 6}{3\sqrt{2}×2\sqrt{2}}$= - $\frac{1}{2}$,
故〈AB,BC〉 = $\frac{2\pi}{3}$.
②因为AC = (2,1,3),AB = (0,3,3),
所以AC·AB = 0 + 1×3 + 3×3 = 12.
因为|AB| = 3√2,|AC| = √14,
所以cos〈AC,AB〉 = $\frac{AC·AB}{|AC||AB|}$
= $\frac{12}{\sqrt{14}×3\sqrt{2}}$= $\frac{2\sqrt{7}}{7}$,所以AC在AB上的投影向量为|AC|cos〈AC,AB〉·$\frac{AB}{|AB|}$ = √14×$\frac{2\sqrt{7}}{7}$×$\frac{AB}{3\sqrt{2}}$= $\frac{2}{3}$AB = (0,2,2).

对点训练
1. 已知A(1，0，0)，B(0， - 1，1)，O为坐标原点，$\overrightarrow{OA}+\lambda\overrightarrow{OB}$与$\overrightarrow{OB}$的夹角为120°，则λ的值为（ ）
A. ±$\frac{\sqrt{6}}{6}$
B. $\frac{\sqrt{6}}{6}$
C. -$\frac{\sqrt{6}}{6}$
D. ±$\sqrt{6}$

答案： 答案:C 解析:由于OA + λOB = (1, - λ,λ),OB = (0, - 1,1),则cos 120° = $\frac{\lambda + \lambda}{\sqrt{1 + 2\lambda^2}·\sqrt{2}}$= - $\frac{1}{2}$,
解得λ = ±$\frac{\sqrt{6}}{6}$.经检验λ = $\frac{\sqrt{6}}{6}$不符合题意,舍去,所以λ = - $\frac{\sqrt{6}}{6}$.

2. 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）证明：$\overrightarrow{AA_1} \perp \overrightarrow{BD}$.

答案：
【解析】
(1)如图所示,设AB = a,AD = b,AA₁ = c,

则|a| = |b| = 1,|c| = 2.
a·b = 0,a·c = b·c = 2×1×cos 120° = - 1.
因为AC₁ = AB + BC + CC₁ = a + b + c,
所以|AC₁|² = (a + b + c)² = a² + b² + c² + 2a·b + 2a·c + 2b·c = 1 + 1 + 2² - 2 - 2 = 2.
所以|AC₁| = √2.即线段AC₁的长为√2.
(2)因为AC₁ = a + b + c,A₁D = b - c,
所以AC₁·A₁D = (a + b + c)·(b - c)=a·b - a·c + b² - b·c + b·c - c² = 1 + 1² - 2² = - 2.
又|A₁D|² = (b - c)² = b² + c² - 2b·c = 1 + 4 + 2 = 7,所以|A₁D| = √7.
所以cos〈AC₁,A₁D〉 = $\frac{AC₁·A₁D}{|AC₁||A₁D|}$
= $\frac{- 2}{\sqrt{2}×\sqrt{7}}$= - $\frac{\sqrt{14}}{7}$.
所以异面直线AC₁与A₁D所成角的余弦值为$\frac{\sqrt{14}}{7}$.
(3)因为AA₁ = c,BD = b - a,
所以AA₁·BD = c·(b - a)=c·b - c·a = - 1 - ( - 1)=0.
所以AA₁⊥BD,即AA₁⊥BD.