高考数学一轮复习第八章立体几何第五节空间向量的运算及应用教案理苏教版.docx

第五节 空间向量的运算及应用1空间向量及其有关概念概念语言描述共线向量(平行向量)表示空间向量的有向线段所在的直线互相平行或重合共面向量平行于同一个平面的向量共线向量定理对空间任意两个向量a，b(b0)，ab存在R，使ab共面向量定理若两个向量a，b不共线，则向量p与向量a，b共面存在唯一的有序实数对(x，y)，使pxayb空间向量基本定理定理：如果三个向量a，b，c不共面，那么对空间任一向量p，存在有序实数组x，y，z使得pxaybzc推论：设O，A，B，C是不共面的四点，则对平面ABC内任一点P都存在唯一的三个有序实数x，y，z，使xyz且xyz12数量积及坐标运算(1)两个向量的数量积：ab|a|b|cosa，b；abab0(a，b为非零向量)；|a|2a2，|a|.(2)向量的坐标运算：a(a1，a2，a3)，b(b1，b2，b3)向量和ab(a1b1，a2b2，a3b3)向量差ab(a1b1，a2b2，a3b3)数量积aba1b1a2b2a3b3共线aba1b1，a2b2，a3b3(R，b0)垂直aba1b1a2b2a3b30夹角公式cosa，b小题体验1已知a(2,3,1)，b(4,2，x)，且ab，则|b|_.答案：22已知a(2，1,3)，b(1,4，2)，c(7,5，)，若a，b，c三向量共面，则实数_.答案：3已知直线l的方向向量s(1,1,1)，平面的法向量n(2，x2x，x)，若直线l平面，则x的值为_解析：因为线面平行时，直线的方向向量垂直于平面的法向量，故121(x2x)1(x)0，解得x.答案：1共线向量定理中ab存在R，使ab易忽视b0.2共面向量定理中，注意有序实数对(x，y)是唯一存在的3一个平面的法向量有无数个，但要注意它们是共线向量，不要误认为是共面向量小题纠偏1已知a(1,0,2)，b(6,21,2)，若ab，则_.解析：因为ab，所以bka，即(6,21,2)k(1,0,2)，所以解得或所以.答案：2若，则直线AB与平面CDE的位置关系是_解析：因为，所以，共面，所以AB与平面CDE平行或在平面CDE内答案：平行或直线AB在平面内3(2019无锡检测)已知平面的法向量为n(1,2，2)，平面的法向量为m(2，4，k)，若，则实数k的值为_解析：由，得mn282k0，解得k5.答案：5题组练透如图所示，在平行六面体ABCDA1B1C1D1中，设a，b，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)；(2)；(3).解：(1)因为P是C1D1的中点，所以aacacb.(2)因为N是BC的中点，所以abababc.(3)因为M是AA1的中点，所以aabc，又ca，所以abc.谨记通法用已知向量表示未知向量的解题策略(1)用已知向量来表示未知向量，一定要结合图形，以图形为指导是解题的关键(2)要正确理解向量加法、减法与数乘运算的几何意义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，我们可把这个法则称为向量加法的多边形法则(3)在立体几何中要灵活应用三角形法则，向量加法的平行四边形法则在空间仍然成立考点二共线、共面向量定理的应用典例引领1若A(1,2,3)，B(2,1,4)，C(m，n,1)三点共线，求mn的值解：(3，1,1)，(m1，n2，2)因为A，B，C三点共线，所以存在实数，使得.即(m1，n2，2)(3，1,1)(3，)，所以解得2，m7，n4.所以mn3.2如图所示，已知斜三棱柱ABC A1B1C1，点M，N分别在AC1和BC上，且满足k，k(0k1)判断向量是否与向量，共面解：因为k，k，所以kkk()k()kkk()(1k)k，所以由共面向量定理知向量与向量，共面由题悟法应用共线(面)向量定理、证明点共线(面)的方法比较三点(P，A，B)共线空间四点(M，P，A，B)共面xy 对空间任一点O，t对空间任一点O，xy 对空间任一点O，x(1x) 对空间任一点O，xy(1xy) 即时应用如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD是边长为3的菱形，ABC60，PA平面ABCD，且PA3.F在棱PA上，且AF1，E在棱PD上若CE平面BDF，求PEED的值解：取BC的中点G，连结AG，因为四边形ABCD是ABC60的菱形，所以AGAD，又PA平面ABCD，故以A为原点，分别以，为x轴，y轴，z轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系Axyz.则D(0,3,0)，F(0,0,1)，B，P(0,0,3)，C，(0，3，1)，(0,3，3)，设平面BDF的一个法向量n(x，y，z)，则即令y1，则x，z3，所以n(，1,3)设(0,3，3)，则，因为CE平面BDF，所以n0，解得.所以PEED1.考点三利用向量证明平行与垂直问题典例引领在直三棱柱ABC A1B1C1中，ABC90，BC2，CC14，点E为BB1上的一点，且EB11，点D，F，G分别为CC1，C1B1，C1A1的中点求证：(1)B1D平面ABD；(2)平面EGF平面ABD.证明：(1)以点B为坐标原点，BA，BC，BB1所在的直线分别为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，则B(0,0,0)，D(0,2,2)，B1(0,0,4)，设BAa，则A(a,0,0)，所以(a,0,0)，(0,2,2)，(0,2，2)，因为0000，0440，所以B1DBA，B1DBD.又BABDB，所以B1D平面ABD.(2)由(1)知，E(0,0,3)，G，F(0,1,4)，则，(0,1,1)，因为0220，0220，所以B1DEG，B1DEF.又EGEFE，所以B1D平面EGF.由(1)可知，B1D平面ABD，所以平面EGF平面ABD.由题悟法1利用向量法证明平行问题的类型及方法(1)证明线线平行：两条直线的方向向量平行(2)证明线面平行：该直线的方向向量与平面的某一法向量垂直；证明该直线的方向向量与平面内某直线的方向向量平行；证明该直线的方向向量可以用平面内的两个不共线的向量线性表示(3)证明面面平行：两个平面的法向量平行2利用向量法证明垂直问题的类型及方法(1)证明线线垂直：两条直线的方向向量的数量积为0.(2)证明线面垂直：直线的方向向量与平面的法向量平行(3)证明面面垂直：其中一个平面与另一个平面的法向量平行；两个平面的法向量垂直即时应用如图，四边形ABEF与四边形ABCD是两个全等的正方形，且平面ABEF与平面ABCD互相垂直，M，N分别是AC与BF上的点，且CMBN.求证：(1)MNAB；(2)MN平面CBE.证明：(1)设正方形ABEF的边长为1.，则.取一组向量的基底为，记为a，b，c则|a|b|c|1，且abbcca0.所以(ac)c(ab)b(1)c，所以b(1)ca，(ba)(1)(ca)0(1)00.所以，即MNAB.(2)法一：由(1)知MNAB.又ABBE，ABBC，BEBCB.所以AB平面CBE.又MN平面CBE.所以MN平面CBE.法二：由(1)知，b(1)c(1).所以与平面CBE共面又MN平面CBE.所以MN平面CBE.一抓基础，多练小题做到眼疾手快1已知a(2,3，4)，b(4，3，2)，bx2a，则x_.解析：由bx2a，得x4a2b(8,12，16)(8，6，4)(0,6，20)答案：(0,6，20)2(2019汇龙中学检测)若直线l的方向向量为a(1,0,2)，平面的法向量为n(2,0，4)，则直线l和平面的位置关系为_解析：因为a(1,0,2)，n(2,0，4)，所以n2a，即an.所以l.答案：l3(2018睢宁中学检测)已知空间四边形OABC，M，N分别是OA，BC的中点，且a，b，c，用a，b，c表示向量_.解析：如图所示，连结ON，AN，则()(bc)，()(2)(2abc)abc，所以()abc.答案：abc4若点C(4a1,2a1,2)在点P(1,0,0)，A(1，3,2)，B(8，1, 4)所确定的平面上，则a_.解析：由题意得(0，3,2)，(7，1,4)，(4a,2a1,2)，根据共面向量定理，设xy，则(4a,2a1,2)x(0，3,2)y(7，1,4)(7y，3xy，2x4y)，所以解得x，y，a.答案：5若平面的一个法向量为u1(3，y,2)，平面的一个法向量为u2(6，2，z)，且，则yz_.解析：因为，所以u1u2，所以，所以y1，z4，所以yz3.答案：36(2019滨海检测)已知空间三点A(0,2,3)，B(2,5,2)，C(2,3,6)，则以AB，AC为邻边的平行四边形的面积为_解析：(2,3，1)，(2,1,3)4334，|，|.cosBAC.sinBAC.故以AB，AC为邻边的平行四边形的面积S|sinBAC6.答案：6二保高考，全练题型做到高考达标1已知点P是平行四边形ABCD所在平面外一点若(2，1，4)，(4,2,0)，(1,2，1)，则给出下列结论：APAB；APAD；是平面ABCD的一个法向量；.其中正确的是_(填序号)解析：2(1)(1)2(4)(1)2240，即APAB，故正确(1)42200，即APAD，故正确又ABADA， AP平面ABCD，故是平面ABCD的一个法向量，故正确(2,3,4)，(1,2，1)， ， 与不平行，故错误答案：2已知a(1,0,1)，b(x,1,2)，且ab3，则向量a与b的夹角为_解析：因为abx23，所以x1，所以b(1,1,2)所以cosa，b.所以a与b的夹角为.答案：3(2019盐城中学检测)已知平面内的三点A(0,0,1)，B(0，1,0)，C(1,0,0)，平面的一个法向量n(1，1，1)，则不重合的两个平面与的位置关系是_解析：设平面的法向量为m(x，y，z)，因为(0,1，1)，(1,0，1)，则令x1，得m(1,1,1)因为mn，所以mn，所以.答案：4已知正三角形ABC的中线AF与中位线DE交于点G，将此三角形沿DE翻折，当AEBD时，二面角ADEF的余弦值等于_解析：不妨设GDGE1，则GAGF，AEBD2，由已知得AGF即为二面角ADEF的平面角，设其为.则()()()(2)()()2100cos 13cos 0，所以cos ，即当AEBD时，二面角ADEF的余弦值等于.答案：5(2019南京调研)如图，在平行六面体ABCD A1B1C1D1中，AB4，AD3，AA15，BAD90，BAA1DAA160，则对角线AC1的长度等于_解析：2()222222216925243cos 90245cos 60235cos 6050201585，即|.答案：6在空间直角坐标系中，以点A(4,1,9)，B(10，1,6)，C(x,4,3)为顶点的ABC是以BC为斜边的等腰直角三角形，则实数x的值为_解析：由题意知0，|，又(6，2，3)，(x4,3，6)，所以解得x2.答案：27已知PA垂直于正方形ABCD所在的平面，M，N分别是CD，PC的中点，并且PAAD1.在如图所示的空间直角坐标系中，则MN_.解析：连结PD，因为M，N分别为CD，PC的中点，所以MNPD，又P(0,0,1)，D(0,1,0)，所以PD，所以MN.答案：8已知向量(1,5，2)，(3,1,2)，(x，3,6)若DE平面ABC，则x的值是_解析：DE平面ABC，存在实数m，n，使得mn，即解得x5.答案：59如图所示，在平行四边形ABCD中，ABAC1，ACD90，沿着它的对角线AC将ACD折起，使AB与CD成60角，求此时B，D间的距离解：因为ACD90，所以0.同理可得0.因为AB与CD成60角，所以，60或，120，又，所以|2|2|2|22223211cos，所以当，60时，|24，此时B，D间的距离为2；当，120时，|22，此时B，D间的距离为.10如图，在多面体ABC A1B1C1中，四边形A1ABB1是正方形，ABAC，BCAB，B1C1綊BC，二面角A1 AB C是直二面角求证：(1)A1B1平面AA1C；(2)AB1平面A1C1C.证明：因为二面角A1 AB C是直二面角，四边形A1ABB1为正方形，所以AA1平面ABC.又因为ABAC，BCAB，所以CAB90，即CAAB，所以AB，AC，AA1两两互相垂直建立如图所示的空间直角坐标系A xyz，设AB2，则A(0,0,0)，B1(0,2,2)，A1(0,0,2)，C(2,0,0)，C1(1,1,2)(1) (0,2,0)，(0,0，2)，(2,0,0)，设平面AA1C的一个法向量n(x，y，z)，则即即取y1，则n(0,1,0)所以2n，即n.所以A1B1平面AA1C.(2)易知(0,2,2)，(1,1,0)，(2,0，2)，设平面A1C1C的一个法向量m(x1，y1，z1)，则即令x11，则y11，z11，即m(1，1,1)所以m012(1)210，所以m.又AB1平面A1C1C，所以AB1平面A1C1C.三上台阶，自主选做志在冲刺名校1已知长方体ABCDA1B1C1D1中，AB3，BC2，CC15，E是棱CC1上不同于端点的点，且.当BEA1为钝角时，则实数的取值范围为_解析：以D为原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，则C(0,3,0)，C1(0，3,5)，B(2,3,0)，A1(2,0,5)因为，所以E(0,3,5)从而(2,0，5)，(2，3,55)当BEA1为钝角时，cosBEA10，所以0，即225(55)0，解