人教A版高中数学选择性必修一第二课时　空间向量基本定理的应用

第二课时空间向量基本定理的应用学习目标通过运用空间向量基本定理,结合数量积运算,能证明空间线面的位置关系及求直线的夹角、两点间距离(线段长度).【引入】联系到我们以前学过的知识,对于平面向量基本定理,可以概括为给出一个二维的基底可以生成平面中所有的向量;推广到三维空间,仍然为给出一个三维的基底,可以生成空间中的所有向量.基于此,今天这节课我们再来探究一下空间向量基本定理有哪些具体的应用呢?一、平行、共面问题例1如图,在平行六面体ABCD-A'B'C'D'中,E,F,G分别是A'D',DD',D'C'的中点,请选择恰当的基底向量证明:(1)EG∥AC;(2)平面EFG∥平面AB'C.证明取基底{AA',AB,AD},(1)因为EG=ED'+D'G=12AD+AC=AB+AD=2EG,所以EG∥AC,又EG,AC无公共点,所以EG∥AC.(2)因为FG=FD'+D'G=12AA'+AB'=AB+AA'=2FG,所以FG∥AB',又FG,AB'无公共点,所以FG∥AB'.又FG⊄平面AB'C,AB'⊂平面AB'C,所以FG∥平面AB'C.又由(1)知EG∥AC,EG⊄平面AB'C,AC⊂平面AB'C,可得EG∥平面AB'C,又FG∩EG=G,FG,EG⊂平面EFG,所以平面EFG∥平面AB'C.思维升华证明平行、共面问题的思路(1)利用向量共线的充要条件来证明点共线或直线平行.(2)利用空间向量基本定理证明点线共面或线面平行.训练1如图所示,平行六面体ABCD-A1B1C1D1中,E,F分别在B1B和D1D上,且BE=13BB1,DF=23DD求证:A,E,C1,F四点共面.证明∵AC1=AB+AD=AB+AD+13A=AB+1=(AB+BE)+(AD+DF)=AE+AF,∴AC1,AE,AF共面,又它们有公共点∴A,E,C1,F四点共面.二、夹角、垂直问题例2(链接教材P15T7)在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中,E,F分别是DD1,BD的中点,点G在棱CD上,且CG=13CD(1)证明:EF⊥B1C;(2)求EF与C1G所成角的余弦值.(1)证明设DA=i,DC=j,DD1=则{i,j,k}构成空间的一个正交基底.所以EF=ED+DF=-12k+=12i+12j-12k,B1C=B1B所以EF·B1C=12i+1=-12|i|2+12|k|2所以EF⊥B1C.(2)解因为EF=12i+12j-1C1G=C1C+CG=-k|EF|2=12i+12j-12k2=14|i|2+14|j|2|C1G|2=-k-13j2=|k=4+49=40|C1G|=所以cos<EF,C1G>==1=43230即EF与C1G所成角的余弦值为3015思维升华求夹角、证明线线垂直的方法(1)利用数量积定义可得cos<a,b>=a·b|a||b|,求<a,b>的大小,进而求得线线角,两直线垂直可作为求夹角的特殊情况(2)证明两直线垂直只需验证其方向向量的数量积为0即可.训练2如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,∠ABC=90°,AB=BC=1,AA1=2,求异面直线BA1与AC所成角的余弦值.解∵BA1=BA+AA1=BA+BB1,AC=BC-BA,且BA·BC=BB1∴BA1·AC=BA·BC-BA2+BB1·BC-BB又∵|AC|=2,|BA1|=1+2=∴cos<BA1,AC>=BA1·则异面直线BA1与AC所成角的余弦值为66三、线段长度问题例3(链接教材P15T5)在正四面体ABCD中,棱长为a,M,N分别是棱AB,CD上的点,且MB=2AM,CN=12ND,求MN的长解∵MN=MB+BC+CN=23AB+(AC-AB)+13(AD=-13AB+13∴|MN|2=-=19AB2-29AD·AB49AC·AD+1=19a2-19a2-29a2+29a2+19a=59a2故|MN|=53a,即MN=53思维升华求两点间的距离或线段长度的方法(1)将此线段用向量表示;(2)用其他已知夹角和模的向量表示该向量;(3)利用|a|=a2,通过计算求出|a|,即得所求距离或线段长度训练3如图所示,在平行四边形ABCD中,AD=4,CD=3,∠ADC=60°,PA⊥平面ABCD,PA=6,求线段PC的长.解∵PC=PA+AD+DC,∴|PC|2=(PA+AD+DC)2=|PA|2+|AD|2+|DC|2+2PA·AD+2AD·DC+2DC·PA=62+42+32+2|AD||DC|cos120°=61-12=49,∴|PC|=7,即PC=7.【课堂达标】1.棱长为1的正四面体ABCD中,直线AB与CD()A.相交 B.平行C.垂直 D.无法判断位置关系答案C解析因为CD=BD-BC,所以BA·CD=BA·(BD-BC)=BA·BD-BA·BC=1×1×12-1×1×12故BA⊥CD,即直线AB与CD垂直.2.如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,M,N分别为AB,B1C的中点,若AB=a,则MN的长为()A.32a B.3C.55a D.15答案A解析设AB=i,AD=j,AA1=则{i,j,k}构成空间的一个正交基底.MN=MB+BC+CN=12i+j+12(-j+=12i+12j+1故|MN|2=14a2+14a2+14a2=3所以MN=32a3.在正三棱柱ABC-A1B1C1中,若AB=2BB1,则AB1与C1B所成的角为.

答案90°解析如图,∵AB=2BB1,设BB1=1,AB=2,AB1·C1B=(AB+BB1)=AB·C1C+AB·CB-BB1=0+2×2×cos60°-1+0=0,∴直线AB1与C1B所成角为90°.4.如图,在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中,AB=AD=AA1=1,∠BAD=∠BAA1=120°,∠DAA1=60°,则线段AC1的长度是.

答案2解析设AB=a,AD=b,AA1=则{a,b,c}构成空间的一个基底,∵AC1=a+b+∴|AC1|2=a2+b2+c2+2a·b+2a·c+2b=1+1+1+2×1×1×-12+2×1×1×-12+2×1×1∴AC1=2.课时精练一、基础巩固1.若AB=λCD+μCE,则直线AB与平面CDE的位置关系是()A.相交B.平行C.直线在平面内D.平行或直线在平面内答案D解析∵AB=λCD+μCE,∴AB,CD,CE共面,则AB与平面CDE的位置关系是平行或直线在平面内.2.如图所示,在正方体ABCD-A1B1C1D1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()A.相交 B.平行C.垂直 D.无法判断位置关系答案C解析以{AB,AD,AA1}则AM·ON=(AD+DM)·(AN-AO)=AD+1=AD+1=12AA1所以AM⊥ON,即AM⊥ON.3.在正方体ABCD-A1B1C1D1中,E是C1D1的中点,则直线AB和CE所成角的余弦值为()A.52 B.55 C.58答案B解析设AB=1,则由CE=CC1+C1E=得AB·CE=AB·DD1-又|CE|=52,故cos<AB,CE>=-5则直线AB和CE所成角的余弦值为554.在三棱柱ABC-A1B1C1中,AA1⊥平面ABC,AA1=AB=AC=BC=1,M是B1C1的中点,则AM=()A.32 B.52 C.72答案C解析如图所示,AM=AB+BB1+B1M=AB+AA1+12(AC-AB故|AM|2=12AB+A则AM=725.如图,已知正三棱柱ABC-A1B1C1的各条棱长都相等,M是侧棱CC1的中点,则异面直线AB1和BM所成角的大小是()A.30° B.45° C.60° D.90°答案D解析不妨设棱长为2,则AB1=BB1-BA,BM=cos<AB1,BM=0-2+2-022故AB1与BM所成的角为90°.6.(多选)如图,在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中,以顶点A为端点的三条棱长都是1,且它们彼此的夹角都是60°,M为A1C1与B1D1的交点,若AB=a,AD=b,AA1=c,则下列结论正确的是(A.BM=12a-12bB.AC1=a+bC.|AC1D.cos<AB,AC1答案BD解析BM=BB1+B1M=AA1+12(BA+BC)=12b-AC1=AB+AD+CC1=a+b+cAC1=a+b+则|AC1|2=(a+b+c)2=a2+b2+c2+2a·b+2a·c+2b·c则|AC1|=6,CAB·AC1=a·(a+b+c)=a2+a·b+a·c=2则cos<AB,AC1>=AB·AC17.棱长均为1的三棱锥S-ABC,若空间一点P满足SP=xSA+ySB+zSC(x+y+z=1),则|SP|的最小值为()A.1 B.32 C.36 D答案D解析依题意得,点P在平面ABC内,因此|SP|的最小值等于顶点S到平面ABC的距离,又点S在平面ABC内的射影是正三角形ABC的中心,于是有|SP|的最小值等于12-332=8.如图,已知PA⊥平面ABC,∠ABC=120°,PA=AB=BC=6,则PC等于.

答案12解析∵PC=PA+AB+BC,∴|PC|2=(PA+AB+BC)2=PA2+AB2+BC2+2PA·AB+2PA·BC+2AB·BC=36+36+36+0+0+2|AB||BC=108+2×6×6×12=144∴PC=12.9.如图,在三棱锥S-ABC中,SA⊥底面ABC,AB⊥BC,AB=BC=2,SA=22,则SC与AB所成角的大小为.

答案60°解析设AB=a,AC=b,AS=c,则{a,b,c}构成空间的一个基底.因为SA⊥底面ABC,所以SA⊥AC,SA⊥AB,所以a·c=0,又AB⊥BC,AB=BC=2,所以∠BAC=45°,AC=22.因此a·b=|a|·|b|cos45°=2×22×22=4所以SC·a=(AC-AS)·a=b·a-c·a=4,又SA=22,所以SC=SA2因此cos<SC,AB>=SC·AB|SC||所以SC与AB所成角的大小为60°.10.如图,已知平行六面体ABCD-A1B1C1D1的底面ABCD是菱形,且∠C1CB=∠C1CD=∠BCD=60°,若A1C⊥平面C1BD,则CDCC1=答案1解析不妨设CDCC1=x,CC由A1C⊥平面C1BD,得A1C⊥C1B,A1C⊥C1D,C1D=C1A1C=A1D1+D1C1+由A1C·C1D=0,得(AD+DC+C1C)·(C1C+CD)=C1C2-注意到C1C·AD+CD·AD=x2可得方程1-x2+x-x22=0,解得x=1或x=-2因此,当CDCC1=1时,能使A1C⊥平面C11.如图,三棱柱ABC-A1B1C1中,M,N分别是A1B,B1C1上的点,且BM=2A1M,C1N=2B1N.设AB=a,AC=b,AA1=(1)试用a,b,c表示向量MN;(2)若∠BAC=90°,∠BAA1=∠CAA1=60°,AB=AC=AA1=1,求MN的长.解(1)MN=MA1+A=13BA1=-13AB+13A=13AB+13又AB=a,AC=b,AA1=∴MN=13a+13b+1(2)∵AB=AC=AA1=1,∴|a|=|b|=|c|=1.∵∠BAC=90°,∴a·b=0.∵∠BAA1=∠CAA1=60°,∴a·c=b·c=12∴|MN|2=1=1=59,∴|MN|=53,即MN的长为二、综合运用12.(多选)如图所示,在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中,点M,P,Q分别为棱AB,CD,BC的中点,若平行六面体的各棱长均相等,则()A.A1M∥D1PB.A1M∥B1QC.A1M∥平面DCC1D1D.A1M∥平面D1PQB1答案ACD解析A1M=A1A+AM=D1P=D1D+DP=∴A1M∥又A1M与D1P无公共点,∴A1M∥D1P,由线面平行的判定定理可知,A1M∥平面DCC1D1,A1M∥平面D1PQB1.故选ACD.13.如图,在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=2,AA1=3,AD=22,P为C1D1的中点,M为BC的中点,则AM与PM所成的角为.

答案90°解析AM=AB+12AD,PM=AM-AP=AB+12AD-A=AB+12AD-AA1=12AB-12故AM·PM=AB+1=12AB2-12AB·AD-AB·AA1+14=12×4-14×即AM⊥PM,则AM与PM所成的角为90°.14.如图所示,已知空间四边形ABCD的各边和对角线的长都等于a,点M,N分别是AB,CD的中点.(1)求证:MN⊥AB,MN⊥CD;(2)求MN的长.(1)证明设AB=p,AC=q,AD=r.由题意可知,|p|=|q|=|r|=a,且p,q,r三向量两两夹角均为60°.MN=AN-AM=12(AC+AD)-12AB=12∴MN·AB=12(q+r-p)·=12(q·p+r·p-p2=12(a2cos60°+a2cos60°-a2)=0∴MN⊥AB,同理可证MN⊥CD.(2)解由(1)可知MN=12(q+r-p)∴|MN|2=14(q+r-p)=14[q2+r2+p2+2(q·r-p·q-r·p=1=14×2a2=a∴|MN|=22a,∴MN的长为22三、拓展提高15.如图所示的平行六面体ABCD-A1B1C1D1中,已知AB=AA1=AD=1,∠BAD=∠DAA1=60°,∠BAA1=30°,N为A1D1上一点,且A1N=λA1D1,若BD⊥AN,则λ的值为;若M为棱DD1的中点,BM∥平面AB1N,则λ的值为.

答案3-12解析取空间中的一个基底:AB=a,AD=b,AA1=若BD⊥AN,则BD·AN=0.∵BD=AD-AB=b-a,AN=AA1+A1N=c∴(b-a)·(c+λb)=0,∴12+λ-32-λ∴λ=3-1.当M为棱DD1的中点,BM∥平面AB1N时,BM=-a+b+12cAN=λb