1.1.2 空间向量的数量积运算

数量积是这一章真正的动力来源。上一节的线性运算只能处理「平行、共线、共面」这类位置关系， 碰到「垂直」「夹角」「长度」就无能为力。数量积一进来，这三样全部变成可以计算的量， 立体几何里那些原本要靠添辅助线的证明，就都能改写成算式。

（下面用 $\boldsymbol{a}$、$\boldsymbol{b}$ 表示向量，与课本的黑体一致。）

夹角与数量积：又是照搬

因为任意两个空间向量都能平移到同一个平面内（上一节的枢纽）， 夹角与数量积的定义可以原样照搬平面向量。

取任意点 $O$，作 $\overrightarrow{OA} = \boldsymbol{a}$、$\overrightarrow{OB} = \boldsymbol{b}$， 则 $\angle AOB$ 叫做 $\boldsymbol{a}$ 与 $\boldsymbol{b}$ 的夹角，记作 $\langle \boldsymbol{a},\ \boldsymbol{b}\rangle$。 规定

$$0 \leqslant \langle \boldsymbol{a},\ \boldsymbol{b}\rangle \leqslant \pi.$$

这条规定有两个作用：一是让夹角唯一确定（否则 $\angle AOB$ 与它的补角都能叫夹角）， 二是保证 $\langle \boldsymbol{a},\ \boldsymbol{b}\rangle = \langle \boldsymbol{b},\ \boldsymbol{a}\rangle$。 当 $\langle \boldsymbol{a},\ \boldsymbol{b}\rangle = \dfrac{\pi}{2}$ 时记 $\boldsymbol{a} \perp \boldsymbol{b}$。

对非零向量 $\boldsymbol{a}$、$\boldsymbol{b}$，数量积定义为

$$\boldsymbol{a} \cdot \boldsymbol{b} = |\boldsymbol{a}||\boldsymbol{b}|\cos\langle \boldsymbol{a},\ \boldsymbol{b}\rangle,$$

并规定零向量与任意向量的数量积为 $0$。注意结果是一个数，不是向量—— 这是它叫「数量积」的原因，也是后面那三条「不能类比」的总根源。

两条立刻可得的推论：

$$\boldsymbol{a} \perp \boldsymbol{b} \iff \boldsymbol{a} \cdot \boldsymbol{b} = 0, \qquad \boldsymbol{a} \cdot \boldsymbol{a} = |\boldsymbol{a}|^2 \ (\text{也记作 } \boldsymbol{a}^2).$$

这两条就是全部威力所在：第一条把「垂直」变成一个等式，第二条把「长度」变成一次数量积运算。 求线段长度的标准动作因此成了

$$|\overrightarrow{AB}| = \sqrt{\overrightarrow{AB} \cdot \overrightarrow{AB}} = \sqrt{\overrightarrow{AB}^{\,2}}.$$

先把 $\overrightarrow{AB}$ 拆成几个已知长度、已知夹角的向量之和，再平方展开，长度就出来了。

投影向量：三种投影是同一件事的三层

• 向向量投影：$\boldsymbol{a}$ 与 $\boldsymbol{b}$ 平移到同一平面后，$\boldsymbol{a}$ 在 $\boldsymbol{b}$ 上的投影向量是

$$\boldsymbol{c} = |\boldsymbol{a}|\cos\langle \boldsymbol{a},\ \boldsymbol{b}\rangle \frac{\boldsymbol{b}}{|\boldsymbol{b}|}.$$

它与 $\boldsymbol{b}$ 共线，长度是 $\left||\boldsymbol{a}|\cos\langle \boldsymbol{a},\ \boldsymbol{b}\rangle\right|$。

• 向直线投影：把 $\boldsymbol{a}$ 投到直线 $l$ 的方向向量上，与上一条同理。
• 向平面投影：从 $\boldsymbol{a} = \overrightarrow{AB}$ 的起点 $A$ 与终点 $B$ 分别作平面 $\beta$ 的垂线， 垂足为 $A'$、$B'$，则 $\overrightarrow{A'B'}$ 是 $\boldsymbol{a}$ 在 $\beta$ 上的投影向量。

最后一条附带一个重要事实：$\boldsymbol{a}$ 与 $\overrightarrow{A'B'}$ 的夹角，就是 $\boldsymbol{a}$ 所在直线与平面 $\beta$ 所成的角。 线面角在这里第一次有了向量表达式，第 1.4 节会正式用它。

把定义改写一下就得到数量积的另一种读法：

$$\boldsymbol{a} \cdot \boldsymbol{b} = |\boldsymbol{b}| \times \left(|\boldsymbol{a}|\cos\langle \boldsymbol{a},\ \boldsymbol{b}\rangle\right),$$

即「$\boldsymbol{b}$ 的长度」乘「$\boldsymbol{a}$ 在 $\boldsymbol{b}$ 方向上的投影的数量」。

运算律：哪些照搬，哪些不能

成立的三条（$\lambda \in \mathbf{R}$）：

$$(\lambda\boldsymbol{a}) \cdot \boldsymbol{b} = \lambda(\boldsymbol{a} \cdot \boldsymbol{b}), \qquad \boldsymbol{a} \cdot \boldsymbol{b} = \boldsymbol{b} \cdot \boldsymbol{a}, \qquad (\boldsymbol{a} + \boldsymbol{b}) \cdot \boldsymbol{c} = \boldsymbol{a} \cdot \boldsymbol{c} + \boldsymbol{b} \cdot \boldsymbol{c}.$$

有了分配律，多项式那一套展开就全部可用：$(\boldsymbol{a}+\boldsymbol{b})^2 = \boldsymbol{a}^2 + 2\boldsymbol{a}\cdot\boldsymbol{b} + \boldsymbol{b}^2$， $(\boldsymbol{a}+\boldsymbol{b})\cdot(\boldsymbol{a}-\boldsymbol{b}) = \boldsymbol{a}^2 - \boldsymbol{b}^2$，等等。

不成立的三条，每一条都源自「数量积的结果是数不是向量」：

• 消去律不成立。由 $\boldsymbol{a}\cdot\boldsymbol{b} = \boldsymbol{a}\cdot\boldsymbol{c}$ 推不出 $\boldsymbol{b} = \boldsymbol{c}$。 反例：取 $\boldsymbol{a} \neq \boldsymbol{0}$，$\boldsymbol{b}$、$\boldsymbol{c}$ 是两个不同的、都与 $\boldsymbol{a}$ 垂直的非零向量， 两边都是 $0$，但 $\boldsymbol{b} \neq \boldsymbol{c}$。正确的结论只是 $\boldsymbol{a} \cdot (\boldsymbol{b} - \boldsymbol{c}) = 0$， 即 $\boldsymbol{a} \perp (\boldsymbol{b}-\boldsymbol{c})$。
• 不能作除法。$\boldsymbol{a}\cdot\boldsymbol{b} = k$ 写不成 $\boldsymbol{a} = \dfrac{k}{\boldsymbol{b}}$—— 「数除以向量」这个运算根本没有定义。
• 不满足结合律。$(\boldsymbol{a}\cdot\boldsymbol{b})\boldsymbol{c}$ 与 $\boldsymbol{a}(\boldsymbol{b}\cdot\boldsymbol{c})$ 一般不相等：前者是与 $\boldsymbol{c}$ 共线的向量，后者是与 $\boldsymbol{a}$ 共线的向量。 $\boldsymbol{a}$、$\boldsymbol{c}$ 不共线时两者连方向都不同，谈不上相等。

记法：凡是把数量积当普通乘法用的地方，先问一句「这一步的结果是数还是向量」。 三条错法全都能被这一问拦下。

用数量积算长度：一个模板

在平行六面体 $ABCD\text{-}A'B'C'D'$ 中，已知 $AB = 5$、$AD = 3$、$AA' = 7$， $\angle BAD = 60^\circ$、$\angle BAA' = \angle DAA' = 45^\circ$，求 $\overrightarrow{AB}\cdot\overrightarrow{AD}$ 与 $AC'$ 的长。

$$\overrightarrow{AB}\cdot\overrightarrow{AD} = 5 \times 3 \times \cos 60^\circ = 7.5.$$

对角线的长走「拆 $\to$ 平方 $\to$ 展开」：$\overrightarrow{AC'} = \overrightarrow{AB} + \overrightarrow{AD} + \overrightarrow{AA'}$，

$$|\overrightarrow{AC'}|^2 = |\overrightarrow{AB}|^2 + |\overrightarrow{AD}|^2 + |\overrightarrow{AA'}|^2 + 2\left(\overrightarrow{AB}\cdot\overrightarrow{AD} + \overrightarrow{AB}\cdot\overrightarrow{AA'} + \overrightarrow{AD}\cdot\overrightarrow{AA'}\right),$$ $$= 5^2 + 3^2 + 7^2 + 2\left(5 \times 3\cos 60^\circ + 5 \times 7\cos 45^\circ + 3 \times 7\cos 45^\circ\right) = 98 + 56\sqrt{2},$$

故 $AC' \approx 13.3$。

这个模板要记住：三项平方 + 两倍的三个两两数量积。 只要给出三条共顶点棱的长度与两两夹角，任何一条对角线的长都能这样算出来—— 不需要建坐标系，也不需要知道这个平行六面体「长什么样」。

用数量积证垂直：线面垂直的判定定理

设 $m$、$n$ 是平面 $\alpha$ 内两条相交直线，$l \perp m$、$l \perp n$，求证 $l \perp \alpha$。

难点在于「$l \perp \alpha$」的定义是「$l$ 垂直于 $\alpha$ 内的任意一条直线」—— 条件只给了两条，结论要管无穷多条。桥梁正是上一节的共面判定。

在 $\alpha$ 内任作一条直线 $g$，在 $l$、$m$、$n$、$g$ 上各取非零向量 $\boldsymbol{l}$、$\boldsymbol{m}$、$\boldsymbol{n}$、$\boldsymbol{g}$。因为 $m$ 与 $n$ 相交， $\boldsymbol{m}$ 与 $\boldsymbol{n}$ 不平行，由向量共面的充要条件，存在唯一有序实数对 $(x,\ y)$ 使

$$\boldsymbol{g} = x\boldsymbol{m} + y\boldsymbol{n}.$$

两边与 $\boldsymbol{l}$ 作数量积：

$$\boldsymbol{l} \cdot \boldsymbol{g} = x\,\boldsymbol{l}\cdot\boldsymbol{m} + y\,\boldsymbol{l}\cdot\boldsymbol{n} = 0 + 0 = 0,$$

故 $l \perp g$。由 $g$ 的任意性，$l \perp \alpha$。$\blacksquare$

这个证明值得反复看。综合几何证同一个定理要作辅助线、用全等三角形，步骤长且难想； 向量法只用了两件事：任意方向都能被两个不共线方向线性表出（共面判定）， 数量积对加法有分配律。「无穷多条直线」被一个含参数的等式一次性覆盖了。

这正是向量方法的优越之处：把「对任意…成立」的几何命题变成一个含参数的代数恒等式。 后面 1.4 节整节都在用这套路。

本节目录下这五页上印着三组题，共 15 道，逐题全做。第 6 页（page-0011）开头那 1 道是 上一节练习的最后一题——「练习」的标题与第 1～4 题印在第 5 页（§1.1 的目录里）， 第 5 题溢到了这一页，按「位置构成恒等式」归在这一份里。第 8 页（page-0013）到第 9 页（page-0014） 是本节自己的练习 4 道。「习题 1.1」10 道从第 9 页起、接到第 10 页（page-0015）， 练的是 §1.1.1 与 §1.1.2 两小节合起来的内容，也印在本节目录下，一并收齐。 第 7 页与第 12 页上的「思考」栏是正文里的探究提示、不是习题，其内容已写进本节讲解，此处不收。 每道题先逐字引课本的题面（引用块），再写解答。

全篇反复用到的几条，写在这里，后面不再重复推导：

• 数量积的定义：$\boldsymbol{a}\cdot\boldsymbol{b} = |\boldsymbol{a}||\boldsymbol{b}|\cos\langle \boldsymbol{a},\ \boldsymbol{b}\rangle$， 结果是一个数。
• 两条推论：$\boldsymbol{a} \perp \boldsymbol{b} \iff \boldsymbol{a}\cdot\boldsymbol{b} = 0$， 以及 $\boldsymbol{a}\cdot\boldsymbol{a} = |\boldsymbol{a}|^2$。
• 求长度的模板：$|\boldsymbol{v}| = \sqrt{\boldsymbol{v}^2}$。先把 $\boldsymbol{v}$ 拆成几个已知长度、 已知两两夹角的向量之和，再平方展开： $(\boldsymbol{a}+\boldsymbol{b}+\boldsymbol{c})^2 = \boldsymbol{a}^2+\boldsymbol{b}^2+\boldsymbol{c}^2 + 2(\boldsymbol{a}\cdot\boldsymbol{b}+\boldsymbol{a}\cdot\boldsymbol{c}+\boldsymbol{b}\cdot\boldsymbol{c})$。
• 求夹角的模板：$\cos\langle \boldsymbol{a},\ \boldsymbol{b}\rangle = \dfrac{\boldsymbol{a}\cdot\boldsymbol{b}}{|\boldsymbol{a}||\boldsymbol{b}|}$。
• 注意方向：$\overrightarrow{AB}$ 与 $\overrightarrow{BC}$ 的夹角是三角形内角 $B$ 的补角， 这是符号出错最常见的地方。
• 选基：几何体里一律取过同一顶点的三条棱作基，其余向量全部换成它们的线性组合，再展开。
• 中点公式：$M$ 是 $BC$ 的中点 $\iff \overrightarrow{AM} = \dfrac{1}{2}\left(\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AC}\right)$。

练习（第 5 页）第 5 题

5. 如图，已知正方体 $ABCD - A'B'C'D'$，$E$，$F$ 分别是上底面 $A'C'$ 和侧面 $CD'$ 的中心。求下列各式中 $x$，$y$ 的值：

(1) $\overrightarrow{AC'} = x(\overrightarrow{AB} + \overrightarrow{BC} + \overrightarrow{CC'})$; (2) $\overrightarrow{AE} = \overrightarrow{AA'} + x\overrightarrow{AB} + y\overrightarrow{AD}$; (3) $\overrightarrow{AF} = \overrightarrow{AD} + x\overrightarrow{AB} + y\overrightarrow{AA'}$.

先把两个「中心」说清楚：「上底面 $A'C'$」是用对角线代指上底面 $A'B'C'D'$， 所以 $E$ 是上底面的中心，也就是 $A'C'$ 的中点；「侧面 $CD'$」是用对角线代指侧面 $CDD'C'$， 所以 $F$ 是这个面的中心，也就是 $CD'$（等价地 $C'D$）的中点。

取基 $\overrightarrow{AB}$、$\overrightarrow{AD}$、$\overrightarrow{AA'}$。这三个向量不共面， 所以每个向量按它们的分解是唯一的——这正是「求 $x$、$y$」这个问法成立的依据。

(1) 括号里三段首尾相接：

$$\overrightarrow{AB} + \overrightarrow{BC} + \overrightarrow{CC'} = \overrightarrow{AC} + \overrightarrow{CC'} = \overrightarrow{AC'},$$

故 $\overrightarrow{AC'} = x\overrightarrow{AC'}$，得 $x = 1$。（$\overrightarrow{AC'} \neq \boldsymbol{0}$，所以 $x$ 唯一。）

(2) $E$ 是 $A'C'$ 的中点，

$$\overrightarrow{AE} = \overrightarrow{AA'} + \overrightarrow{A'E} = \overrightarrow{AA'} + \frac{1}{2}\overrightarrow{A'C'} = \overrightarrow{AA'} + \frac{1}{2}\left(\overrightarrow{AB} + \overrightarrow{AD}\right),$$

（用了 $\overrightarrow{A'C'} = \overrightarrow{AC} = \overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AD}$）。对照题给的形状，

$$x = \frac{1}{2}, \qquad y = \frac{1}{2}.$$

(3) $F$ 是 $CD'$ 的中点，用中点公式（起点取 $A$）：

$$\overrightarrow{AF} = \frac{1}{2}\left(\overrightarrow{AC} + \overrightarrow{AD'}\right) = \frac{1}{2}\left[\left(\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AD}\right) + \left(\overrightarrow{AD}+\overrightarrow{AA'}\right)\right],$$ $$= \frac{1}{2}\overrightarrow{AB} + \overrightarrow{AD} + \frac{1}{2}\overrightarrow{AA'}.$$

对照题给的形状 $\overrightarrow{AF} = \overrightarrow{AD} + x\overrightarrow{AB} + y\overrightarrow{AA'}$，得

$$x = \frac{1}{2}, \qquad y = \frac{1}{2}.$$

自检（换一条路算 $\overrightarrow{AF}$）：$\overrightarrow{AF} = \overrightarrow{AD} + \overrightarrow{DF}$， 而 $F$ 是 $DC'$ 的中点，$\overrightarrow{DF} = \dfrac{1}{2}\overrightarrow{DC'} = \dfrac{1}{2}\left(\overrightarrow{DC}+\overrightarrow{CC'}\right) = \dfrac{1}{2}\left(\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AA'}\right)$ ✓ 与上式相同。

练习（第 8 页）第 1 题

1. 如图，在正三棱柱 $ABC-A_{1}B_{1}C_{1}$ 中，若 $AB=\sqrt{2}BB_{1}$ ，则 $AB_{1}$ 与 $BC_{1}$ 所成角的大小为（）. (A) $60^{\circ}$ (B) $90^{\circ}$ (C) $105^{\circ}$ (D) $75^{\circ}$

选 B。

不妨设 $BB_1 = 1$，则底面正三角形的边长 $AB = \sqrt{2}$。正三棱柱的两个条件要用足： 底面是正三角形（三边相等、内角 $60^\circ$），侧棱垂直于底面。

把两个向量都拆到基上：

$$\overrightarrow{AB_1} = \overrightarrow{AB} + \overrightarrow{BB_1}, \qquad \overrightarrow{BC_1} = \overrightarrow{BC} + \overrightarrow{CC_1} = \overrightarrow{BC} + \overrightarrow{BB_1}.$$

作数量积并展开：

$$\overrightarrow{AB_1} \cdot \overrightarrow{BC_1} = \overrightarrow{AB}\cdot\overrightarrow{BC} + \overrightarrow{AB}\cdot\overrightarrow{BB_1} + \overrightarrow{BB_1}\cdot\overrightarrow{BC} + \left|\overrightarrow{BB_1}\right|^2.$$

逐项算：

• $\overrightarrow{AB}\cdot\overrightarrow{BC}$：注意夹角不是 $60^\circ$。$\overrightarrow{AB}$ 指向 $B$， $\overrightarrow{BC}$ 从 $B$ 出发，两者的夹角是内角 $\angle ABC = 60^\circ$ 的补角 $120^\circ$。故 $\overrightarrow{AB}\cdot\overrightarrow{BC} = \sqrt{2}\times\sqrt{2}\times\cos 120^\circ = -1$。
• $\overrightarrow{AB}\cdot\overrightarrow{BB_1} = 0$、$\overrightarrow{BB_1}\cdot\overrightarrow{BC} = 0$：侧棱垂直于底面，故垂直于底面内的任何向量。
• $\left|\overrightarrow{BB_1}\right|^2 = 1$。

相加：$-1 + 0 + 0 + 1 = 0$。数量积为零，故 $AB_1 \perp BC_1$，所成角为 $90^\circ$。

注意这里的巧合正是题目设计的地方：条件 $AB = \sqrt{2}BB_1$ 恰好让 $|\overrightarrow{AB}|^2\cos 120^\circ$ 与 $|\overrightarrow{BB_1}|^2$ 抵消。换成别的比例就不再垂直，所以这个条件一个字都不能丢。

练习（第 8 页）第 2 题

2. 如图，正方体 $ABCD-A^{\prime}B^{\prime}C^{\prime}D^{\prime}$ 的棱长为 1，设 $\overrightarrow{AB}=a,\overrightarrow{AD}=b,\overrightarrow{AA^{\prime}}=c$ ，求：

(1) $a \cdot (b + c)$; (2) $a \cdot (a + b + c)$; (3) $(a + b) \cdot (b + c)$.

正方体过同一顶点的三条棱两两垂直、长度都是 $1$，所以

$$\boldsymbol{a}\cdot\boldsymbol{b} = \boldsymbol{a}\cdot\boldsymbol{c} = \boldsymbol{b}\cdot\boldsymbol{c} = 0, \qquad \boldsymbol{a}^2 = \boldsymbol{b}^2 = \boldsymbol{c}^2 = 1.$$

三问都只是用分配律展开，再代入上面这六个数。

(1) $\boldsymbol{a}\cdot(\boldsymbol{b}+\boldsymbol{c}) = \boldsymbol{a}\cdot\boldsymbol{b} + \boldsymbol{a}\cdot\boldsymbol{c} = 0 + 0 = 0$。

（几何上：$\boldsymbol{b}+\boldsymbol{c} = \overrightarrow{AD'}$ 落在侧面 $ADD'A'$ 内，而 $AB$ 垂直于这个面。）

(2) $\boldsymbol{a}\cdot(\boldsymbol{a}+\boldsymbol{b}+\boldsymbol{c}) = \boldsymbol{a}^2 + \boldsymbol{a}\cdot\boldsymbol{b} + \boldsymbol{a}\cdot\boldsymbol{c} = 1 + 0 + 0 = 1$。

（几何上：$\boldsymbol{a}+\boldsymbol{b}+\boldsymbol{c} = \overrightarrow{AC'}$ 是体对角线， $|\overrightarrow{AC'}| = \sqrt{3}$，而 $\cos\langle \overrightarrow{AB},\ \overrightarrow{AC'}\rangle = \dfrac{1}{\sqrt{3}}$， 乘积 $1 \times \sqrt{3} \times \dfrac{1}{\sqrt{3}} = 1$ ✓。）

(3)

$$(\boldsymbol{a}+\boldsymbol{b})\cdot(\boldsymbol{b}+\boldsymbol{c}) = \boldsymbol{a}\cdot\boldsymbol{b} + \boldsymbol{a}\cdot\boldsymbol{c} + \boldsymbol{b}^2 + \boldsymbol{b}\cdot\boldsymbol{c} = 0 + 0 + 1 + 0 = 1.$$

（几何上：$\boldsymbol{a}+\boldsymbol{b} = \overrightarrow{AC}$、$\boldsymbol{b}+\boldsymbol{c} = \overrightarrow{AD'}$， 两条面对角线长都是 $\sqrt{2}$，夹角 $60^\circ$，$\sqrt{2}\times\sqrt{2}\times\dfrac{1}{2} = 1$ ✓。 顺带得到：正方体两条相邻面对角线的夹角是 $60^\circ$——它们与另一条面对角线构成正三角形。）

练习（第 8 页）第 3 题

3. 如图，在平行六面体 $ABCD-A'B'C'D'$ 中，$AB=4$，$AD=3$，$AA'=5$，$\angle BAD=90^\circ$，$\angle BAA'=\angle DAA'=60^\circ$。求：

(1) $\overrightarrow{AA'} \cdot \overrightarrow{AB}$; (2) $AB'$ 的长; (3) $AC'$ 的长.

先把三个基向量的两两数量积全部算出来备用：

$$\overrightarrow{AB}\cdot\overrightarrow{AD} = 4 \times 3 \times \cos 90^\circ = 0,$$ $$\overrightarrow{AB}\cdot\overrightarrow{AA'} = 4 \times 5 \times \cos 60^\circ = 10, \qquad \overrightarrow{AD}\cdot\overrightarrow{AA'} = 3 \times 5 \times \cos 60^\circ = 7.5.$$

(1) 由交换律，$\overrightarrow{AA'}\cdot\overrightarrow{AB} = \overrightarrow{AB}\cdot\overrightarrow{AA'} = 10$。

(2) $\overrightarrow{AB'} = \overrightarrow{AB} + \overrightarrow{BB'} = \overrightarrow{AB} + \overrightarrow{AA'}$，故

$$\left|\overrightarrow{AB'}\right|^2 = \left|\overrightarrow{AB}\right|^2 + \left|\overrightarrow{AA'}\right|^2 + 2\,\overrightarrow{AB}\cdot\overrightarrow{AA'} = 16 + 25 + 20 = 61,$$

$AB' = \sqrt{61}$。

(3) $\overrightarrow{AC'} = \overrightarrow{AB} + \overrightarrow{AD} + \overrightarrow{AA'}$，套三项平方的模板：

$$\left|\overrightarrow{AC'}\right|^2 = 16 + 9 + 25 + 2\left(0 + 10 + 7.5\right) = 50 + 35 = 85,$$

$AC' = \sqrt{85}$。

量级自检：$\sqrt{61} \approx 7.81$，介于 $|AA'| - |AB| = 1$ 与 $|AA'| + |AB| = 9$ 之间 ✓； $\sqrt{85} \approx 9.22$，小于三条棱长之和 $12$、大于每条棱 ✓。

练习（第 9 页）第 4 题

4. 如图，线段 $AB$ ， $BD$ 在平面 $\alpha$ 内， $BD \perp AB$ ， $AC \perp \alpha$ ，且 $AB = a$ ， $BD = b$ ， $AC = c$ ，求 $C$ ， $D$ 两点间的距离.

把 $\overrightarrow{CD}$ 拆成三段首尾相接的链，每一段的长度都已知、两两垂直：

$$\overrightarrow{CD} = \overrightarrow{CA} + \overrightarrow{AB} + \overrightarrow{BD}.$$

三个两两数量积：

• $\overrightarrow{CA}\cdot\overrightarrow{AB} = 0$、$\overrightarrow{CA}\cdot\overrightarrow{BD} = 0$： $AC \perp \alpha$，故 $\overrightarrow{CA}$ 垂直于 $\alpha$ 内的一切向量，而 $\overrightarrow{AB}$、$\overrightarrow{BD}$ 都在 $\alpha$ 内。
• $\overrightarrow{AB}\cdot\overrightarrow{BD} = 0$：由题设 $BD \perp AB$。

三项交叉全部为零，于是

$$\left|\overrightarrow{CD}\right|^2 = \left|\overrightarrow{CA}\right|^2 + \left|\overrightarrow{AB}\right|^2 + \left|\overrightarrow{BD}\right|^2 = c^2 + a^2 + b^2,$$ $$|CD| = \sqrt{a^2 + b^2 + c^2}.$$

这就是长方体的对角线公式——把 $AB$、$BD$、$AC$ 看成从一点出发两两垂直的三条棱， $CD$ 正是那条体对角线。「三个两两数量积都为零」是它成立的全部理由， 任何一处不垂直，公式就要多出交叉项。

习题 1.1 第 1 题

1. 如图，在长方体 $ABCD-A'B'C'D'$ 中，E，F 分别为棱 $AA'$ ，AB 的中点.

(1) 写出与向量 $\overrightarrow{BC}$ 相等的向量；

(2) 写出与向量 $\overrightarrow{BC}$ 相反的向量；

(3) 写出与向量 $\overrightarrow{EF}$ 平行的向量.

(1) 相等 = 同向且等长。 长方体里与 $BC$ 平行且等长的棱共四条，取与 $\overrightarrow{BC}$ 同向的：

$$\overrightarrow{AD},\qquad \overrightarrow{B'C'},\qquad \overrightarrow{A'D'}.$$

（$\overrightarrow{BC}$ 自己不算「另一个」向量，故不列。）

(2) 相反 = 反向且等长，即上面四条棱上方向相反的有向线段：

$$\overrightarrow{CB},\qquad \overrightarrow{DA},\qquad \overrightarrow{C'B'},\qquad \overrightarrow{D'A'}.$$

(3) 平行只要求所在直线平行或重合，不要求等长。 关键是先看出 $EF$ 是什么： $E$、$F$ 分别是 $AA'$、$AB$ 的中点，所以在 $\triangle AA'B$ 中 $EF$ 是中位线，

$$\overrightarrow{EF} = \frac{1}{2}\overrightarrow{A'B}.$$

于是与 $\overrightarrow{EF}$ 平行的（图中标出的）向量有

$$\overrightarrow{FE},\qquad \overrightarrow{A'B},\qquad \overrightarrow{BA'},\qquad \overrightarrow{D'C},\qquad \overrightarrow{CD'}.$$

最后两个是因为 $ABC'D'$ 这一组关系：$\overrightarrow{A'B} = \overrightarrow{D'C}$（$A'BCD'$ 是平行四边形， 由 $\overrightarrow{A'D'} = \overrightarrow{BC}$ 即得）。

验证（放到坐标里核一遍）：设 $A(0,0,0)$、$B(1,0,0)$、$C(1,1,0)$、$D(0,1,0)$、$A'(0,0,1)$ 等， 则 $E\left(0,0,\tfrac12\right)$、$F\left(\tfrac12,0,0\right)$，$\overrightarrow{EF} = \left(\tfrac12,0,-\tfrac12\right)$； $\overrightarrow{A'B} = (1,0,-1)$ ✓ 是它的 $2$ 倍；$\overrightarrow{D'C} = (1,1,0)-(0,1,1) = (1,0,-1)$ ✓ 相同。

习题 1.1 第 2 题

2. 如图，已知平行六面体 $ABCD-A'B'C'D'$，化简下列表达式，并在图中标出化简结果： (1) $\overrightarrow{AB} + \overrightarrow{BC}$; (2) $\overrightarrow{AB} + \overrightarrow{AD} + \overrightarrow{CC'}$; (3) $\overrightarrow{AB} + \overrightarrow{AD} + \frac{1}{2}\overrightarrow{CC'}$; (4) $\frac{1}{3} (\overrightarrow{AB} + \overrightarrow{AD} + \overrightarrow{AA'})$.

用两条：首尾相接，以及 $\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AD} = \overrightarrow{AC}$（底面是平行四边形）。

(1) $\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{BC} = \overrightarrow{AC}$。标法：底面对角线，从 $A$ 指向 $C$。

(2) $\overrightarrow{CC'} = \overrightarrow{AA'}$，故

$$\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AD}+\overrightarrow{CC'} = \overrightarrow{AC} + \overrightarrow{CC'} = \overrightarrow{AC'}.$$

标法：体对角线，从 $A$ 指向 $C'$。

(3) 同理

$$\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AD}+\frac{1}{2}\overrightarrow{CC'} = \overrightarrow{AC} + \frac{1}{2}\overrightarrow{CC'} = \overrightarrow{AM},$$

其中 $M$ 是棱 $CC'$ 的中点。标法：从 $A$ 指向 $CC'$ 的中点。

(4)

$$\frac{1}{3}\left(\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AD}+\overrightarrow{AA'}\right) = \frac{1}{3}\overrightarrow{AC'} = \overrightarrow{AN},$$

其中 $N$ 是体对角线 $AC'$ 上靠近 $A$ 的三等分点。标法：从 $A$ 指向该三等分点。

(2)(3)(4) 三问的对照值得注意：三项系数全取 $1$ 得到整条对角线， 把其中一项减半就落到侧棱中点，整体乘 $\dfrac13$ 就落到对角线的三等分点。 系数直接就是位置——这正是下一节「空间向量基本定理」要正式说的事。

习题 1.1 第 3 题

3. 证明：如果向量 $a, b$ 共线，那么向量 $2a + b$ 与 $a$ 共线.

证明分两种情形，$\boldsymbol{a} = \boldsymbol{0}$ 那一支不能漏。

情形一：$\boldsymbol{a} = \boldsymbol{0}$。 按规定零向量与任意向量共线， 所以 $\boldsymbol{a}$ 与 $2\boldsymbol{a}+\boldsymbol{b}$ 共线，结论直接成立。

情形二：$\boldsymbol{a} \neq \boldsymbol{0}$。 由 $\boldsymbol{a}$ 与 $\boldsymbol{b}$ 共线及共线的充要条件 （以非零的 $\boldsymbol{a}$ 作基准），存在实数 $\lambda$ 使 $\boldsymbol{b} = \lambda\boldsymbol{a}$。于是

$$2\boldsymbol{a} + \boldsymbol{b} = 2\boldsymbol{a} + \lambda\boldsymbol{a} = (2+\lambda)\boldsymbol{a},$$

即 $2\boldsymbol{a}+\boldsymbol{b}$ 是 $\boldsymbol{a}$ 的实数倍，故两者共线。$\blacksquare$

为什么必须分情形：共线的充要条件 $\boldsymbol{a} = \lambda\boldsymbol{b}$ 要求作基准的那个向量非零。 若不加分辨地写「因为 $\boldsymbol{a}$、$\boldsymbol{b}$ 共线，所以 $\boldsymbol{b} = \lambda\boldsymbol{a}$」， 在 $\boldsymbol{a} = \boldsymbol{0}$、$\boldsymbol{b} \neq \boldsymbol{0}$ 时这个 $\lambda$ 根本不存在。

顺带：$2 + \lambda$ 可以为 $0$（当 $\boldsymbol{b} = -2\boldsymbol{a}$ 时），此时 $2\boldsymbol{a}+\boldsymbol{b} = \boldsymbol{0}$。 结论仍然成立——零向量与任意向量共线。

习题 1.1 第 4 题

4. 如图，已知四面体 ABCD 的所有棱长都等于 a, E, F, G 分别是棱 AB, AD, DC 的中点. 求: (1) $\overrightarrow{AB} \cdot \overrightarrow{AC}$ ; (2) $\overrightarrow{AD} \cdot \overrightarrow{DB}$ ; (3) $\overrightarrow{GF} \cdot \overrightarrow{AC}$ ; (4) $\overrightarrow{EF} \cdot \overrightarrow{BC}$ ; (5) $\overrightarrow{FG} \cdot \overrightarrow{BA}$ ; (6) $\overrightarrow{GE} \cdot \overrightarrow{GF}$ .

这是正四面体（六条棱都等于 $a$），每个面都是正三角形，所以从同一顶点出发的两条棱的夹角都是 $60^\circ$。 取基

$$\boldsymbol{u} = \overrightarrow{AB},\qquad \boldsymbol{v} = \overrightarrow{AC},\qquad \boldsymbol{w} = \overrightarrow{AD},$$

则

$$\boldsymbol{u}^2 = \boldsymbol{v}^2 = \boldsymbol{w}^2 = a^2, \qquad \boldsymbol{u}\cdot\boldsymbol{v} = \boldsymbol{u}\cdot\boldsymbol{w} = \boldsymbol{v}\cdot\boldsymbol{w} = a^2\cos 60^\circ = \frac{a^2}{2}.$$

三个中点用中点公式换成基：$\overrightarrow{AE} = \dfrac{1}{2}\boldsymbol{u}$，$\overrightarrow{AF} = \dfrac{1}{2}\boldsymbol{w}$， $\overrightarrow{AG} = \dfrac{1}{2}(\boldsymbol{v}+\boldsymbol{w})$（$G$ 是 $DC$ 的中点）。

(1) $\overrightarrow{AB}\cdot\overrightarrow{AC} = \boldsymbol{u}\cdot\boldsymbol{v} = \dfrac{a^2}{2}$。

(2) $\overrightarrow{DB} = \boldsymbol{u} - \boldsymbol{w}$，故

$$\overrightarrow{AD}\cdot\overrightarrow{DB} = \boldsymbol{w}\cdot(\boldsymbol{u}-\boldsymbol{w}) = \frac{a^2}{2} - a^2 = -\frac{a^2}{2}.$$

符号为负是对的：$\overrightarrow{AD}$ 与 $\overrightarrow{DB}$ 的夹角是内角 $\angle ADB = 60^\circ$ 的补角 $120^\circ$， $a \times a \times \cos 120^\circ = -\dfrac{a^2}{2}$ ✓。

(3) $\overrightarrow{GF} = \overrightarrow{AF} - \overrightarrow{AG} = \dfrac{\boldsymbol{w}}{2} - \dfrac{\boldsymbol{v}+\boldsymbol{w}}{2} = -\dfrac{\boldsymbol{v}}{2}$，故

$$\overrightarrow{GF}\cdot\overrightarrow{AC} = -\frac{1}{2}\boldsymbol{v}\cdot\boldsymbol{v} = -\frac{a^2}{2}.$$

（几何上：$FG$ 是 $\triangle ADC$ 的中位线，$\overrightarrow{FG} = \dfrac{1}{2}\overrightarrow{AC}$，故 $\overrightarrow{GF} = -\dfrac{1}{2}\overrightarrow{AC}$ ✓。）

(4) $\overrightarrow{EF} = \overrightarrow{AF}-\overrightarrow{AE} = \dfrac{\boldsymbol{w}-\boldsymbol{u}}{2}$， $\overrightarrow{BC} = \boldsymbol{v}-\boldsymbol{u}$，

$$\overrightarrow{EF}\cdot\overrightarrow{BC} = \frac{1}{2}(\boldsymbol{w}-\boldsymbol{u})\cdot(\boldsymbol{v}-\boldsymbol{u}) = \frac{1}{2}\left(\frac{a^2}{2} - \frac{a^2}{2} - \frac{a^2}{2} + a^2\right) = \frac{a^2}{4}.$$

(5) $\overrightarrow{FG} = \dfrac{\boldsymbol{v}}{2}$，$\overrightarrow{BA} = -\boldsymbol{u}$，

$$\overrightarrow{FG}\cdot\overrightarrow{BA} = -\frac{1}{2}\boldsymbol{v}\cdot\boldsymbol{u} = -\frac{a^2}{4}.$$

(6) $\overrightarrow{GE} = \overrightarrow{AE}-\overrightarrow{AG} = \dfrac{\boldsymbol{u}-\boldsymbol{v}-\boldsymbol{w}}{2}$，$\overrightarrow{GF} = -\dfrac{\boldsymbol{v}}{2}$，

$$\overrightarrow{GE}\cdot\overrightarrow{GF} = -\frac{1}{4}(\boldsymbol{u}-\boldsymbol{v}-\boldsymbol{w})\cdot\boldsymbol{v} = -\frac{1}{4}\left(\frac{a^2}{2} - a^2 - \frac{a^2}{2}\right) = \frac{a^2}{4}.$$

统一自检（取 $a = 2$ 建坐标）：$A(0,0,0)$、$B(2,0,0)$、$C(1,\sqrt3,0)$、$D\left(1,\dfrac{\sqrt3}{3},\dfrac{2\sqrt6}{3}\right)$ （六条棱长都是 $2$，可逐条核）。则 $E(1,0,0)$、$F\left(\dfrac12,\dfrac{\sqrt3}{6},\dfrac{\sqrt6}{3}\right)$、 $G\left(1,\dfrac{2\sqrt3}{3},\dfrac{\sqrt6}{3}\right)$。逐问代入得 $2$、$-2$、$-2$、$1$、$-1$、$1$，与上面的 $\dfrac{a^2}{2}$、$-\dfrac{a^2}{2}$、$-\dfrac{a^2}{2}$、 $\dfrac{a^2}{4}$、$-\dfrac{a^2}{4}$、$\dfrac{a^2}{4}$ 在 $a=2$ 时逐一相符 ✓。

顺带一条：由 (6) 可得 $\angle EGF$ 的余弦。$|\overrightarrow{GE}|^2 = \dfrac{1}{4}(\boldsymbol{u}-\boldsymbol{v}-\boldsymbol{w})^2 = \dfrac{a^2}{2}$， $|\overrightarrow{GF}| = \dfrac{a}{2}$，故 $\cos\angle EGF = \dfrac{a^2/4}{\frac{a}{\sqrt2}\cdot\frac{a}{2}} = \dfrac{\sqrt2}{2}$， $\angle EGF = 45^\circ$。（顺带也验证了正四面体两条对棱中点连线长为 $\dfrac{a}{\sqrt2}$。）

习题 1.1 第 5 题

5. 如图, 在平行六面体 $ABCD-A_{1}B_{1}C_{1}D_{1}$ 中, $AC$ 与 $BD$ 的交点为 $M$. 设 $\overrightarrow{A_{1}B_{1}}=a$, $\overrightarrow{A_{1}D_{1}}=b$, $\overrightarrow{A_{1}A}=c$, 则下列向量中与 $\overrightarrow{B_{1}M}$ 相等的向量是 ( ).

(A) $-\frac{1}{2}a+\frac{1}{2}b+c$

(B) $\frac{1}{2}a+\frac{1}{2}b+c$

(C) $\frac{1}{2}a-\frac{1}{2}b+c$

(D) $-\frac{1}{2}a-\frac{1}{2}b+c$

选 A。

$M$ 是底面 $ABCD$ 两条对角线的交点，即底面的中心，也就是 $AC$ 的中点。 沿一条链走：$B_1 \to A_1 \to A \to M$，

$$\overrightarrow{B_1M} = \overrightarrow{B_1A_1} + \overrightarrow{A_1A} + \overrightarrow{AM}.$$

逐段换成基：

• $\overrightarrow{B_1A_1} = -\overrightarrow{A_1B_1} = -\boldsymbol{a}$；
• $\overrightarrow{A_1A} = \boldsymbol{c}$；
• $\overrightarrow{AM} = \dfrac{1}{2}\overrightarrow{AC} = \dfrac{1}{2}\left(\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AD}\right) = \dfrac{1}{2}(\boldsymbol{a}+\boldsymbol{b})$， 这里用了 $\overrightarrow{AB} = \overrightarrow{A_1B_1} = \boldsymbol{a}$、$\overrightarrow{AD} = \overrightarrow{A_1D_1} = \boldsymbol{b}$（平行六面体的对面全等）。

相加：

$$\overrightarrow{B_1M} = -\boldsymbol{a} + \boldsymbol{c} + \frac{1}{2}(\boldsymbol{a}+\boldsymbol{b}) = -\frac{1}{2}\boldsymbol{a} + \frac{1}{2}\boldsymbol{b} + \boldsymbol{c}.$$

自检（换一条链）：$B_1 \to B \to M$。$\overrightarrow{B_1B} = \boldsymbol{c}$， $\overrightarrow{BM} = \dfrac{1}{2}\overrightarrow{BD} = \dfrac{1}{2}\left(\overrightarrow{AD}-\overrightarrow{AB}\right) = \dfrac{1}{2}(\boldsymbol{b}-\boldsymbol{a})$， 相加得同一结果 ✓。

四个选项的差别只在 $\boldsymbol{a}$、$\boldsymbol{b}$ 的符号上，所以关键就是把 $\overrightarrow{AM}$ 与 $-\overrightarrow{A_1B_1}$ 的符号摆对：从 $B_1$ 出发要先退回 $A_1$（故 $\boldsymbol{a}$ 前是负号）， 再沿 $\boldsymbol{a}$、$\boldsymbol{b}$ 各走半步（故各得 $+\dfrac12$），两个 $\boldsymbol{a}$ 合成 $-\dfrac12\boldsymbol{a}$。

习题 1.1 第 6 题

6. 如图，已知 $E, F, G, H$ 分别为四面体ABCD的棱 $AB, BC, CD, DA$ 的中点，求证：$E, F, G, H$ 四点共面.

以 $A$ 为公共起点，记 $\boldsymbol{u} = \overrightarrow{AB}$、$\boldsymbol{v} = \overrightarrow{AC}$、$\boldsymbol{w} = \overrightarrow{AD}$。 四个中点用中点公式写出：

$$\overrightarrow{AE} = \frac{\boldsymbol{u}}{2},\quad \overrightarrow{AF} = \frac{\boldsymbol{u}+\boldsymbol{v}}{2},\quad \overrightarrow{AG} = \frac{\boldsymbol{v}+\boldsymbol{w}}{2},\quad \overrightarrow{AH} = \frac{\boldsymbol{w}}{2}.$$

于是

$$\overrightarrow{EF} = \overrightarrow{AF}-\overrightarrow{AE} = \frac{\boldsymbol{v}}{2}, \qquad \overrightarrow{HG} = \overrightarrow{AG}-\overrightarrow{AH} = \frac{\boldsymbol{v}}{2}.$$

$\overrightarrow{EF} = \overrightarrow{HG}$，即 $EFGH$ 是平行四边形（$\boldsymbol{v} \neq \boldsymbol{0}$， 且 $E$ 不在直线 $HG$ 上，下面说明），平行四边形当然是平面图形，故四点共面。$\blacksquare$

用共面判定再写一遍（更贴合课本例 1 的路子）：

$$\overrightarrow{EH} = \overrightarrow{AH}-\overrightarrow{AE} = \frac{\boldsymbol{w}-\boldsymbol{u}}{2}, \qquad \overrightarrow{EG} = \overrightarrow{AG}-\overrightarrow{AE} = \frac{\boldsymbol{v}+\boldsymbol{w}-\boldsymbol{u}}{2} = \overrightarrow{EF} + \overrightarrow{EH}.$$

$\overrightarrow{EF}$ 与 $\overrightarrow{EH}$ 不共线（否则 $\boldsymbol{v}$ 与 $\boldsymbol{w}-\boldsymbol{u}$ 共线， 即 $AC$ 与 $BD$ 平行，四面体退化），故由向量共面的充要条件， $\overrightarrow{EF}$、$\overrightarrow{EG}$、$\overrightarrow{EH}$ 共面；又它们过同一点 $E$， 所以 $E$、$F$、$G$、$H$ 四点共面。$\blacksquare$

多得到的结论：$EFGH$ 不只是共面，还是平行四边形，且

$$\overrightarrow{EF} = \overrightarrow{HG} = \frac{1}{2}\overrightarrow{AC}, \qquad \overrightarrow{EH} = \overrightarrow{FG} = \frac{1}{2}\overrightarrow{BD}.$$

它的两组对边分别平行于四面体的一对对棱 $AC$ 与 $BD$，边长是对棱的一半。 （这就是四面体的中点平行四边形。第 10 题会再用一次这个结构。）

习题 1.1 第 7 题

7. 如图，正方体 $ABCD-A'B'C'D'$ 的棱长为 a. (1) 求 $A'B$ 和 $B'C$ 的夹角；(2) 求证： $A'B \perp AC'$ .

取基 $\boldsymbol{u} = \overrightarrow{AB}$、$\boldsymbol{v} = \overrightarrow{AD}$、$\boldsymbol{w} = \overrightarrow{AA'}$， 两两垂直、模均为 $a$，即 $\boldsymbol{u}^2 = \boldsymbol{v}^2 = \boldsymbol{w}^2 = a^2$，三个两两数量积全为 $0$。

(1) 把两条面对角线拆到基上：

$$\overrightarrow{A'B} = \overrightarrow{AB} - \overrightarrow{AA'} = \boldsymbol{u} - \boldsymbol{w},$$ $$\overrightarrow{B'C} = \overrightarrow{BC} - \overrightarrow{BB'} = \boldsymbol{v} - \boldsymbol{w}.$$

数量积：

$$\overrightarrow{A'B}\cdot\overrightarrow{B'C} = \boldsymbol{u}\cdot\boldsymbol{v} - \boldsymbol{u}\cdot\boldsymbol{w} - \boldsymbol{w}\cdot\boldsymbol{v} + \boldsymbol{w}^2 = a^2.$$

模：$\left|\overrightarrow{A'B}\right| = \left|\overrightarrow{B'C}\right| = \sqrt{a^2+a^2} = \sqrt{2}a$。于是

$$\cos\left\langle \overrightarrow{A'B},\ \overrightarrow{B'C}\right\rangle = \frac{a^2}{\sqrt{2}a \times \sqrt{2}a} = \frac{1}{2},$$

夹角为 $60^\circ$。

（为什么答案落在 $[0^\circ,\ 90^\circ]$ 里，可以直接当作两条直线的夹角）： 若把向量取成 $\overrightarrow{BA'}$ 与 $\overrightarrow{B'C}$，数量积变号、夹角成 $120^\circ$； 直线的夹角规定在 $[0^\circ,\ 90^\circ]$ 内，两者都对应 $60^\circ$。本题恰好取到了锐角那一支， 无需再补一步「取补角」。（几何上也看得出来：$\overrightarrow{B'C} = \overrightarrow{A'D}$，把它平移过去，所求角就是 $\angle BA'D$； 而 $A'B$、$A'D$、$BD$ 都是面对角线、长度都是 $\sqrt{2}a$，$\triangle A'BD$ 是正三角形，内角正是 $60^\circ$。）

(2) $\overrightarrow{AC'} = \boldsymbol{u}+\boldsymbol{v}+\boldsymbol{w}$，于是

$$\overrightarrow{A'B}\cdot\overrightarrow{AC'} = (\boldsymbol{u}-\boldsymbol{w})\cdot(\boldsymbol{u}+\boldsymbol{v}+\boldsymbol{w}) = \boldsymbol{u}^2 + \boldsymbol{u}\cdot\boldsymbol{v} + \boldsymbol{u}\cdot\boldsymbol{w} - \boldsymbol{w}\cdot\boldsymbol{u} - \boldsymbol{w}\cdot\boldsymbol{v} - \boldsymbol{w}^2,$$ $$= a^2 + 0 + 0 - 0 - 0 - a^2 = 0,$$

故 $A'B \perp AC'$。$\blacksquare$

这个结论一般化：正方体的体对角线垂直于任意一条与它异面的面对角线。 上面的算式说明了原因——展开后只剩 $\boldsymbol{u}^2 - \boldsymbol{w}^2$，而正方体三棱等长，这一项自动为零。 若换成长方体（三棱不等长），这条垂直关系一般就不成立了。

习题 1.1 第 8 题

8. 用向量方法证明：在平面内的一条直线，如果与这个平面的一条斜线在这个平面上的射影垂直，那么它也与这条斜线垂直（三垂线定理）.

先把命题里的对象摆成图：设 $P$ 是平面 $\alpha$ 外一点，$PO \perp \alpha$ 于 $O$； $PA$ 是 $\alpha$ 的一条斜线，$A \in \alpha$，则 $OA$ 就是 $PA$ 在 $\alpha$ 内的射影。 设 $l \subset \alpha$ 且 $l \perp OA$。求证 $l \perp PA$。

证明。 在 $l$ 上取非零向量 $\boldsymbol{m}$。把 $\overrightarrow{AP}$ 拆成两段：

$$\overrightarrow{AP} = \overrightarrow{AO} + \overrightarrow{OP}.$$

两边与 $\boldsymbol{m}$ 作数量积：

$$\boldsymbol{m}\cdot\overrightarrow{AP} = \boldsymbol{m}\cdot\overrightarrow{AO} + \boldsymbol{m}\cdot\overrightarrow{OP}.$$

逐项为零：

• $\boldsymbol{m}\cdot\overrightarrow{AO} = 0$，因为题设 $l \perp OA$；
• $\boldsymbol{m}\cdot\overrightarrow{OP} = 0$，因为 $PO \perp \alpha$，而 $\boldsymbol{m}$ 是 $\alpha$ 内直线 $l$ 上的向量。

故 $\boldsymbol{m}\cdot\overrightarrow{AP} = 0$，即 $l \perp PA$。$\blacksquare$

这个证明短得有点出人意料，值得说明为什么。综合几何证三垂线定理要作辅助线、 调用线面垂直的判定与性质，来回好几步；向量法只做了一件事—— 把斜线拆成「射影 + 垂线」两段，而这两段与 $\boldsymbol{m}$ 的数量积各自为零。 「垂直」在数量积语言里是可加的：与两个分量都垂直，就与它们的和垂直。

逆定理同样成立（三垂线定理的逆定理）：若 $l \subset \alpha$ 且 $l \perp PA$， 则由同一个等式 $\boldsymbol{m}\cdot\overrightarrow{AO} = \boldsymbol{m}\cdot\overrightarrow{AP} - \boldsymbol{m}\cdot\overrightarrow{OP} = 0 - 0 = 0$， 得 $l \perp OA$。正逆两个方向用的是同一个等式，这也是向量法比综合法省力的地方。

习题 1.1 第 9 题

9. 如图，在四面体 $OABC$ 中，$OA \perp BC$，$OB \perp AC$。求证：$OC \perp AB$。

以 $O$ 为公共起点是这道题的关键，记

$$\boldsymbol{a} = \overrightarrow{OA},\qquad \boldsymbol{b} = \overrightarrow{OB},\qquad \boldsymbol{c} = \overrightarrow{OC}.$$

三条对棱分别是 $\overrightarrow{BC} = \boldsymbol{c}-\boldsymbol{b}$、$\overrightarrow{AC} = \boldsymbol{c}-\boldsymbol{a}$、$\overrightarrow{AB} = \boldsymbol{b}-\boldsymbol{a}$。

把两个条件翻译成等式：

$$OA \perp BC \implies \boldsymbol{a}\cdot(\boldsymbol{c}-\boldsymbol{b}) = 0 \implies \boldsymbol{a}\cdot\boldsymbol{c} = \boldsymbol{a}\cdot\boldsymbol{b},$$ $$OB \perp AC \implies \boldsymbol{b}\cdot(\boldsymbol{c}-\boldsymbol{a}) = 0 \implies \boldsymbol{b}\cdot\boldsymbol{c} = \boldsymbol{a}\cdot\boldsymbol{b}.$$

三个两两数量积中有两个已经相等，于是 $\boldsymbol{a}\cdot\boldsymbol{c} = \boldsymbol{b}\cdot\boldsymbol{c}$，从而

$$\boldsymbol{c}\cdot\overrightarrow{AB} = \boldsymbol{c}\cdot(\boldsymbol{b}-\boldsymbol{a}) = \boldsymbol{b}\cdot\boldsymbol{c} - \boldsymbol{a}\cdot\boldsymbol{c} = 0,$$

即 $OC \perp AB$。$\blacksquare$

看清这道题的结构：三个条件其实都是同一句话——

$$OA \perp BC \iff \boldsymbol{a}\cdot\boldsymbol{b} = \boldsymbol{a}\cdot\boldsymbol{c}, \qquad OB \perp AC \iff \boldsymbol{a}\cdot\boldsymbol{b} = \boldsymbol{b}\cdot\boldsymbol{c}, \qquad OC \perp AB \iff \boldsymbol{a}\cdot\boldsymbol{c} = \boldsymbol{b}\cdot\boldsymbol{c}.$$

三条「对棱互相垂直」分别对应三个数量积中某两个相等，而三个数里任意两组相等就推出第三组相等。 所以结论可以强化为：四面体中若有两组对棱互相垂直，则第三组对棱也互相垂直 （这样的四面体叫垂心四面体）。

习题 1.1 第 10 题

10. 如图，在四面体 $OABC$ 中，$OA = OB$，$CA = CB$，$E$，$F$，$G$，$H$ 分别是 $OA$，$OB$，$BC$，$CA$ 的中点．求证：四边形 $EFGH$ 是矩形.

仍以 $O$ 为公共起点，记 $\boldsymbol{a} = \overrightarrow{OA}$、$\boldsymbol{b} = \overrightarrow{OB}$、$\boldsymbol{c} = \overrightarrow{OC}$。 四个中点：

$$\overrightarrow{OE} = \frac{\boldsymbol{a}}{2},\quad \overrightarrow{OF} = \frac{\boldsymbol{b}}{2},\quad \overrightarrow{OG} = \frac{\boldsymbol{b}+\boldsymbol{c}}{2},\quad \overrightarrow{OH} = \frac{\boldsymbol{c}+\boldsymbol{a}}{2}.$$

第一步：先证它是平行四边形。

$$\overrightarrow{EF} = \overrightarrow{OF}-\overrightarrow{OE} = \frac{\boldsymbol{b}-\boldsymbol{a}}{2}, \qquad \overrightarrow{HG} = \overrightarrow{OG}-\overrightarrow{OH} = \frac{\boldsymbol{b}-\boldsymbol{a}}{2}.$$

两者相等，且 $\boldsymbol{b} \neq \boldsymbol{a}$（$A \neq B$），故 $EFGH$ 是平行四边形。 （这与第 6 题是同一个结构：$EF \parallel HG \parallel AB$，$FG \parallel EH \parallel OC$。）

第二步：再证有一个直角。

$$\overrightarrow{FG} = \overrightarrow{OG}-\overrightarrow{OF} = \frac{\boldsymbol{c}}{2},$$ $$\overrightarrow{EF}\cdot\overrightarrow{FG} = \frac{\boldsymbol{b}-\boldsymbol{a}}{2}\cdot\frac{\boldsymbol{c}}{2} = \frac{1}{4}\left(\boldsymbol{b}\cdot\boldsymbol{c} - \boldsymbol{a}\cdot\boldsymbol{c}\right).$$

现在把两个题设用上：

• $OA = OB$ 给出 $|\boldsymbol{a}| = |\boldsymbol{b}|$，即 $\boldsymbol{a}^2 = \boldsymbol{b}^2$。
• $CA = CB$ 给出 $\left|\boldsymbol{a}-\boldsymbol{c}\right| = \left|\boldsymbol{b}-\boldsymbol{c}\right|$，两边平方：

$$\boldsymbol{a}^2 - 2\boldsymbol{a}\cdot\boldsymbol{c} + \boldsymbol{c}^2 = \boldsymbol{b}^2 - 2\boldsymbol{b}\cdot\boldsymbol{c} + \boldsymbol{c}^2.$$

由 $\boldsymbol{a}^2 = \boldsymbol{b}^2$ 消去，得 $\boldsymbol{a}\cdot\boldsymbol{c} = \boldsymbol{b}\cdot\boldsymbol{c}$。

代回：$\overrightarrow{EF}\cdot\overrightarrow{FG} = 0$，即 $EF \perp FG$。

结论：$EFGH$ 是有一个内角为直角的平行四边形，即矩形。$\blacksquare$

（两条边都非零：$\overrightarrow{EF} = \dfrac{\boldsymbol{b}-\boldsymbol{a}}{2} \neq \boldsymbol{0}$、 $\overrightarrow{FG} = \dfrac{\boldsymbol{c}}{2} \neq \boldsymbol{0}$，故直角是真的直角，不是退化情形。）

两个条件各管一半：$EFGH$ 是平行四边形不需要任何条件（第 6 题已经证过， 任意四面体的四条棱中点都围出平行四边形）；$OA = OB$ 与 $CA = CB$ 这两个等腰条件， 唯一的作用就是把 $\boldsymbol{a}\cdot\boldsymbol{c} = \boldsymbol{b}\cdot\boldsymbol{c}$ 逼出来，也就是让 $OC \perp AB$。 所以这道题的实质是：对棱 $OC$ 与 $AB$ 垂直 $\iff$ 中点平行四边形是矩形。