2021版高考数学一轮复习第八章立体几何第6讲空间向量及其运算教学案理北师大版.docx

第6讲空间向量及其运算一、知识梳理1空间向量的有关定理(1)共线向量定理：对空间任意两个向量a，b(b0)，ab的充要条件是存在唯一的实数，使得ab(2)共面向量定理：如果两个向量a，b不共线，那么向量p与向量a，b共面的充要条件是存在唯一的有序实数对(x，y)，使pxayb(3)空间向量基本定理：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其中a，b，c叫做空间的一个基底2两个向量的数量积(与平面向量基本相同)(1)两向量的夹角：已知两个非零向量a，b，在空间中任取一点O，作a，b，则AOB叫做向量a与b的夹角，记作a，b通常规定0a，b若a，b，则称向量a，b互相垂直，记作ab.(2)两向量的数量积两个非零向量a，b的数量积ab|a|b|cosa，b(3)向量的数量积的性质ae|a|cosa，e(其中e为单位向量)；abab0；|a|2aaa2；|ab|a|b|.(4)向量的数量积满足如下运算律(a)b(ab)；abba(交换律)；a(bc)abac(分配律)3空间向量的坐标运算(1)设a(a1，a2，a3)，b(b1，b2，b3)ab(a1b1，a2b2，a3b3)，ab(a1b1，a2b2，a3b3)，a(a1，a2，a3)，aba1b1a2b2a3b3，aba1b1a2b2a3b30，aba1b1，a2b2，a3b3(R)，cosa，b .(2)设A(x1，y1，z1)，B(x2，y2，z2)，则(x2x1，y2y1，z2z1)4直线的方向向量与平面的法向量的确定(1)直线的方向向量：l是空间一直线，A，B是直线l上任意两点，则称为直线l的方向向量，与平行的任意非零向量也是直线l的方向向量，显然一条直线的方向向量可以有无数个(2)平面的法向量定义：与平面垂直的向量，称做平面的法向量一个平面的法向量有无数多个，任意两个都是共线向量确定：设a，b是平面内两不共线向量，n为平面的法向量，则求法向量的方程组为5空间位置关系的向量表示位置关系向量表示直线l1，l2的方向向量分别为n1，n2l1l2n1n2n1n2l1l2n1n2n1n20直线l的方向向量为n，平面的法向量为mlnmnm0lnmnm平面，的法向量分别为n，mnmnmnmnm0常用结论1向量三点共线定理在平面中A，B，C三点共线的充要条件是：xy(其中xy1)，O为平面内任意一点2向量四点共面定理在空间中P，A，B，C四点共面的充要条件是：xyz(其中xyz1)，O为空间任意一点二、教材衍化1.如图所示，在平行六面体ABCDA1B1C1D1中，M为A1C1与B1D1的交点若a，b，c，则_(用a，b，c表示)解析：()c(ba)abc.答案：abc2正四面体ABCD的棱长为2，E，F分别为BC，AD的中点，则EF的长为_解析：|22()22222()1222122(12cos 120021cos 120)2，所以|，所以EF的长为.答案：3如图所示，在正方体ABCDA1B1C1D1中，O是底面正方形ABCD的中心，M是D1D的中点，N是A1B1的中点，则直线ON，AM的位置关系是_解析：以D为坐标原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，设DA2，则A(2，0，0)，M(0，0，1)，O(1，1，0)，N(2，1，2)，所以(2，0，1)，(1，0，2)，2020，所以AMON.答案：垂直一、思考辨析判断正误(正确的打“”，错误的打“”)(1)空间中任意两非零向量a，b共面()(2)在向量的数量积运算中(ab)ca(bc)()(3)对于非零向量b，由abbc，则ac.()(4)若a，b，c是空间的一个基底，则a，b，c中至多有一个零向量()(5)两向量夹角的范围与两异面直线所成角的范围相同()(6)若A，B，C，D是空间任意四点，则有0.()答案：(1)(2)(3)(4)(5)(6)二、易错纠偏在空间直角坐标系中，已知A(1，2，3)，B(2，1，6)，C(3，2，1)，D(4，3，0)，则直线AB与CD的位置关系是()A垂直B平行C异面 D相交但不垂直解析：选B.由题意得，(3，3，3)，(1，1，1)，所以3，所以与共线，又AB与CD没有公共点，所以ABCD.空间向量的线性运算(自主练透)1在空间四边形ABCD中，若(3，5，2)，(7，1，4)，点E，F分别为线段BC，AD的中点，则的坐标为()A(2，3，3) B(2，3，3)C(5，2，1) D(5，2，1)解析：选B.因为点E，F分别为线段BC，AD的中点，O为坐标原点，所以，()，()所以()()()(3，5，2)(7，1，4)(4，6，6)(2，3，3)2.在三棱锥OABC中，M，N分别是OA，BC的中点，G是ABC的重心，用基向量，表示(1)；(2).解：(1)()().(2).3.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.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 共线、共面向量定理的应用(师生共研)如图所示，已知斜三棱柱ABCA1B1C1，点M，N分别在AC1和BC上，且满足k，k(0k1)(1)向量是否与向量，共面？(2)直线MN是否与平面ABB1A1平行？【解】(1)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(2)当k0时，点M，A重合，点N，B重合，MN在平面ABB1A1内，当0k1时，MN不在平面ABB1A1内，又由(1)知与，共面，所以MN平面ABB1A1.三点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) 1已知a(1，0，2)，b(6，21，2)，若ab，则与的值可以是()A2， B，C3，2 D2，2解析：选A.因为ab，所以bka，即(6，21，2)k(1，0，2)，所以解得或2若A(1，2，3)，B(2，1，4)，C(m，n，1)三点共线，则mn_解析：(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.答案：33如图，在四棱柱ABCDA1B1C1D1中，底面ABCD是平行四边形，E，F，G分别是A1D1，D1D，D1C1的中点(1)试用向量，表示；(2)用向量方法证明平面EFG平面AB1C.解：(1)设a，b，c.由题图得cbabc.(2)证明：由题图，得ab，ba，因为EG与AC无公共点，所以EGAC，因为EG平面AB1C，AC平面AB1C，所以EG平面AB1C.又因为ac，ca，因为FG与AB1无公共点，所以FGAB1，因为FG平面AB1C，AB1平面AB1C，所以FG平面AB1C，又因为FGEGG，FG，EG平面EFG，所以平面EFG平面AB1C.空间向量数量积的应用(典例迁移) 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)；(2).【解】设a，b，c.则|a|b|c|1，a，bb，cc，a60，(1)ca，a，(a)a2ac.(2)()()()()(ca)(1111111111).【迁移探究1】(变问法)在本例条件下，求证EGAB.证明：由例题知()(bca)，所以(abaca2)0.故，即EGAB.【迁移探究2】(变问法)在本例条件下，求EG的长解：由例题知abc，|2a2b2c2abbcca，则|，即EG的长为.【迁移探究3】(变问法)在本例条件下，求异面直线AG与CE所成角的余弦值解：由例题知bc，ba，cos，由于异面直线所成角的范围是.所以异面直线AG与CE所成角的余弦值为.空间向量数量积的三个应用求夹角设向量a，b所成的角为，则cos ，进而可求两异面直线所成的角求长度(距离)运用公式|a|2aa，可使线段长度的计算问题转化为向量数量积的计算问题解决垂直问题利用abab0(a0，b0)，可将垂直问题转化为向量数量积的计算问题 三棱柱ABCA1B1C1中，M，N分别是A1B，B1C1上的点，且BM2A1M，C1N2B1N.设a，b，c.(1)试用a，b，c表示向量；(2)若BAC90，BAA1CAA160，ABACAA11，求MN的长解：(1)由题图知(ca)a(ba)abc.(2)由题设条件知，因为(abc)2a2b2c22ab2bc2ac11102112115，所以|abc|，|abc|.利用向量证明平行与垂直问题(多维探究)角度一证明平行问题 (一题多解)如图所示，平面PAD平面ABCD，ABCD为正方形，PAD是直角三角形，且PAAD2，E，F，G分别是线段PA，PD，CD的中点求证：(1)PB平面EFG；(2)平面EFG平面PBC.【证明】(1)因为平面PAD平面ABCD，且ABCD为正方形，所以AB，AP，AD两两垂直以A为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则A(0，0，0)，B(2，0，0)，C(2，2，0)，D(0，2，0)，P(0，0，2)，E(0，0，1)，F(0，1，1)，G(1，2，0)法一：(0，1，0)，(1，2，1)，设平面EFG的法向量为n(x，y，z)，则即令z1，则n(1，0，1)为平面EFG的一个法向量，因为(2，0，2)，所以n0，所以n，因为PB平面EFG，所以PB平面EFG.法二：(2，0，2)，(0，1，0)，(1，1，1)设st，即(2，0，2)s(0，1，0)t(1，1，1)，所以解得st2.所以22，又因为与不共线，所以，与共面因为PB平面EFG，所以PB平面EFG.(2)因为(0，1，0)，(0，2，0)，所以2，所以BCEF.又因为EF平面PBC，BC平面PBC，所以EF平面PBC，同理可证GFPC，从而得出GF平面PBC.又EFGFF，EF平面EFG，GF平面EFG，所以平面EFG平面PBC.角度二证明垂直问题 如图，在三棱锥PABC中，ABAC，D为BC的中点，PO平面ABC，垂足O落在线段AD上已知BC8，PO4，AO3，OD2.(1)证明：APBC；(2)若点M是线段AP上一点，且AM3.试证明平面AMC平面BMC.【证明】(1)如图所示，以O为坐标原点，以射线DB方向为x轴正方向，射线OD为y轴正半轴，射线OP为z轴的正半轴建立空间直角坐标系.则O(0，0，0)，A(0，3，0)，B(4，2，0)，C(4，2，0)，P(0，0，4)于是(0，3，4)，(8，0，0)，所以(0，3，4)(8，0，0)0，所以，即APBC.(2)由(1)知AP5，又AM3，且点M在线段AP上，所以，又(4，5，0)，所以，则(0，3，4)0，所以，即APBM，又根据(1)的结论知APBC，所以AP平面BMC，于是AM平面BMC.又AM平面AMC，故平面AMC平面BMC.(1)利用空间向量解决平行、垂直问题的一般步骤建立空间直角坐标系，建系时，要尽可能地利用已知图形中的垂直关系；建立空间图形与空间向量之间的关系，用空间向量表示出问题中所涉及的点、直线、平面的要素；通过空间向量的坐标运算研究平行、垂直关系；根据运算结果解释相关问题(2)空间线面位置关系的坐标表示设直线l，m的方向向量分别为a(a1，b1，c1)，b(a2，b2，c2)，平面，的法向量分别为u(a3，b3，c3)，v(a4，b4，c4)线线平行lmabakba1ka2，b1kb2，c1kc2.线线垂直lmabab0a1a2b1b2c1c20.线面平行(l)lauau0a1a3b1b3c1c30.线面垂直lauakua1ka3，b1kb3，c1kc3.面面平行uvukva3ka4，b3kb4，c3kc4.面面垂直uvuv0a3a4b3b4c3c40. 如图所示，四棱柱ABCDA1B1C1D1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；(2)求证： AC1BD；(3)求BD1与AC夹角的余弦值解：(1)记a，b，c，则|a|b|c|1，a，bb，cc，a60，所以abbcca.|2(abc)2a2b2c22(abbcca)11126，所以|，即AC1的长为.(2)证明：因为abc，ba，所以(abc)(ba)ab|b|2bc|a|2abacbcac|b|c|cos 60|a|c|cos 600.所以，所以AC1BD.(3)bca，ab，所以|，|，(bca)(ab)b2a2acbc1.所以cos，.所以AC与BD1夹角的余弦值为. 基础题组练1.已知三棱锥OABC，点M，N分别为AB，OC的中点，且a，b，c，用a，b，c表示，则等于()A.(bca)B.(abc)C.(abc)D.(cab)解析：选D.(cab)2已知a(2，1，3)，b(1，2，3)，c(7，6，)，若a，b，c三向量共面，则()A9B9C3 D3解析：选B.由题意知cxayb，即(7，6，)x(2，1，3)y(1，2，3)，所以解得9.3在空间四边形ABCD中，()A1 B0C1 D不确定解析：选B.如图，令a，b，c，则a(cb)b(ac)c(ba)acabbabccbca0.4.如图，在大小为45的二面角AEFD中，四边形ABFE，四边形CDEF都是边长为1的正方形，则B，D两点间的距离是()A. BC1 D解析：选D.因为，所以|2|2|2|22221113，所以|.5已知A(1，0，0)，B(0，1，1)，O为坐标原点，与的夹角为120，则的值为()A BC D解析：选C.(1，)，cos 120，得.经检验不合题意，舍去，所以.6.如图所示，在长方体ABCDA1B1C1D1中，O为AC的中点用，表示，则_解析：因为()，所以().答案：7.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：连接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.如图所示，已知空间四边形OABC，OBOC，且AOBAOC，则cos，的值为_解析：设a，b，c，由已知条件得a，ba，c，且|b|c|，a(cb)acab|a|c|a|b|0，所以，所以cos，0.答案：09.如图，在多面体ABCA1B1C1中，四边形A1ABB1是正方形，ABAC，BCAB，B1C1綊BC，二面角A1ABC是直二面角求证：(1)A1B1平面AA1C；(2)AB1平面A1C1C.证明：因为二面角A1ABC是直二面角，四边形A1ABB1为正方形，所以AA1平面BAC.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Axyz，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.10.如图，在底面是矩形的四棱锥PABCD中，PA底面ABCD，E，F分别是PC，PD的中点，PAAB1，BC2.求证：(1)EF平面PAB；(2)平面PAD平面PDC.证明：以A为原点，AB所在直线为x轴，AD所在直线为y轴，AP所在直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则A(0，0，0)，B(1，0，0)，C(1，2，0)，D(0，2，0)，P(0，0，1)，所以E，F，(1，0，1)，(0，2，1)，(0，0，1)，(0，2，0)，(1，0，0)，(1，0，0)(1)因为，所以，即EFAB.又AB平面PAB，EF平面PAB，所以EF平面PAB.(2)因为(0，0，1)(1，0，0)0，所以，即APDC，ADDC.又APADA，所以DC平面PAD.所以平面PAD平面PDC.综合题组练1已知空间任意一点O和不共线的三点A，B，C，若xyz(x，y，zR)，则“x2，y3，z2”是“P，A，B，C四点共面”的()A必要不充分条件 B充分不必要条件C充要条件 D既不充分也不必要条件解析：选B.当x2，y3，z2时，即232.则23()2()，即32，根据共面向量定理知，P，A，B，C四点共面；反之，当P，A，B，C四点共面时，根据共面向量定理，设mn(m，nR)，即m()n()，即(1mn)mn，即x1mn，ym，zn，这组数显然不止2，3，2.故“x2，y3，z2”是“P，A，B，C四点共面”的充分不必要条件2.如图，正方形ABCD与矩形ACEF所在平面互相垂直，AB，AF1，M在EF上，且AM平面BDE，则M点的坐标为()A(1，1，1) B.C. D.解析：选C.设M点的坐标为(x，y，1)，因为ACBDO，所以O，又E(0，0，1)，A(，0)，所以，(x，y，1)，因为AM平面BDE，所以，所以所以M点的坐标为.3.如图，在正四棱柱ABCDA1B1C1D1中，AA12，ABBC1，动点P，Q分别在线段C1D，AC上，则线段PQ长度的最小值是()A. BC. D解析：选C.设，(，0，1)所以(0，1，2)(0，2)，()(1，0，0)(1，1，0)(1，0)所以|(1，2)|，当且仅当，即，时取等号所以线段PQ长度的最小值为.故选C.4在正三棱柱ABCA1B1C1中，侧棱长为2，底面边长为1，M为BC的中点，且AB1MN，则的值为_解析：如图所示，取B1C1的中点P，连接MP，以，的方向为x，y，z轴正方向建立空间直角坐标系，因为底面边长为1，侧棱长为2，则A，B1(，0，2)，C，C1，M(0，0，0)，设N，因为，所以N，所以，.又因为AB1MN，所以0.所以0，所以15.答案：155在四棱锥PABCD中，PD底面ABCD，底面ABCD为正方形，PDDC，E，F分别是AB，PB的中点(