2014版高考数学一轮复习(苏教版,理)配套导学案：第8章 学案43

学案43空间向量及其运算
导学目标：1。

了解空间向量的概念，了解空间向量的基本定理及其意义，掌握空间向量的正交分解及其坐标表示。

2.掌握空间向量的线性运算及其坐标表示。

3.掌握空间向量的数量积及其坐标表示，能运用向量的共线与垂直证明直线、平面的平行和垂直关系．自主梳理
1．空间向量的有关概念及定理
（1）空间向量:在空间中，具有________和________的量叫做空间向量．
(2)相等向量:方向________且模________的向量．
（3）共线向量定理
对空间任意两个向量a，b(a≠0)，b与a共线的充要条件是________________________．
(4)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有序实数对(x,y)，使得p＝x a＋y b，推论的表达式为错误!＝x错误!＋y错误!或对空间任意一点O有，错误!＝________________或错误!＝x错误!＋y错误!＋z错误!，其中x＋y＋z＝____.
(5）空间向量基本定理
如果三个向量e1，e2，e3不共面，那么对空间任一向量p，存在惟一的有序实数组（x，y,z），使得p＝________________________，把｛e1,e2，e3｝叫做空间的一个基底．
2．空间向量的坐标表示及应用
（1)数量积的坐标运算
若a＝(a1,a2，a3），b＝（b1，b2，b3），
则a·b＝__________________________________________________________ ________.
(2)共线与垂直的坐标表示
设a＝(a1，a2，a3)，b＝(b1，b2，b3），
若b≠0，则a∥b⇔________⇔__________，________，______________，
a⊥b⇔__________⇔________________________（a，b均为非零向量)．
（3)模、夹角和距离公式
设a＝(a1，a2,a3），b＝(b1，b2，b3)，
则|a|＝a·a＝________________________________，
cos〈a，b>＝
a·b
|a||b｜＝
______________________________________________________。

若A(a1,b1，c1),B（a2,b2，c2）,
则|错误!｜＝______________________________。

3．利用空间向量证明空间中的位置关系
若直线l，l1，l2的方向向量分别为v，v1,v2，平面α，β的法向量分别为n1，n2，利用向量证明空间中平行关系与垂直关系的基本方法列表如下：
②l∥α⇔v＝x v1＋
y v2其中v1,v2为平
面α内不共线向
量，x，
y均为实数
实数）
平面与平面α∥β⇔n1∥n2⇔n1
＝λn2（λ为非零实
数）
α⊥β⇔n1⊥n2
⇔n1·n2＝0
自我检测
1．若a＝(2x,1，3)，b＝（1，－2y，9），且a∥b，则x＝______________________，y＝________.
2．如图所示,在平行六面体ABCD—A1B1C1D1中,M为AC与BD 的交点，若错误!＝a，错误!＝b，错误!＝c，则错误!用a，b，c表示为________．3．在平行六面体ABCD—A′B′C′D′中，已知∠BAD＝∠A′AB＝∠A′AD＝60°，AB＝3，AD＝4，AA′＝5，则|错误!｜＝________。

4．下列4个命题：
①若p＝x a＋y b，则p与a、b共面;
②若p与a、b共面,则p＝x a＋y b；
③若错误!＝x错误!＋y错误!,则P、M、A、B共面；
④若P、M、A、B共面，则错误!＝x错误!＋y错误!.
其中真命题是________(填序号)．
5．A（1,0,1），B(4,4，6），C(2,2,3），D（10,14，17)这四个点________（填共面或不共面)。

探究点一空间基向量的应用
例1已知空间四边形OABC中，M为BC的中点,N为AC的中点，P为OA的中点,Q为OB的中点,若AB＝OC，求证:PM⊥QN.
变式迁移1 如图,在正四面体ABCD中，E、F分别为棱AD、BC的中点，则异面直线AF和CE所成角的余弦值为________．探究点二利用向量法判断平行或垂直
例2两个边长为1的正方形ABCD与正方形ABEF相交于AB,∠EBC＝90°，点M、N分别在BD、AE上，且AN＝DM。

（1）求证:MN∥平面EBC；（2)求MN长度的最小值．
变式迁移2
如图所示，已知正方形ABCD和矩形ACEF所在的平面互相垂直，AB＝错误!,AF＝1，M是线段EF的中点．
求证：(1）AM∥平面BDE;（2)AM⊥面BDF.
探究点三利用向量法解探索性问题
例3如图，平面PAC⊥平面ABC,△ABC是以AC为斜边的等腰直角三角形,E,F，O分别为PA,PB，AC的中点，AC＝16，PA＝PC＝10.
(1）设G是OC的中点,证明FG∥平面BOE；
(2)在△AOB内是否存在一点M，使FM⊥平面BOE?若存在，求出点M到OA,OB的距离；若不存在，说明理由．
变式迁移3 已知在直三棱柱ABC-A1B1C1中，底面是以∠ABC 为直角的等腰直角三角形，AC＝2a，BB1＝3a，D为A1C1的中点,E 为B1C的中点．
（1）求直线BE与A1C所成的角的余弦值；
(2)在线段AA1上是否存在点F,使CF⊥平面B1DF?若存在，求出AF；若不存在,请说明理由．
1．向量法解立体几何问题有两种基本思路：一种是利用基向量表示几何量，简称基向量法;另一种是建立空间直角坐标系，利用坐标法表示几何量,简称坐标法．
2．利用坐标法解几何问题的基本步骤是：(1)建立适当的空间直角坐标系，用坐标准确表示涉及到的几何量．（2）通过向量的坐标运算,研究点、线、面之间的位置关系．（3）根据运算结果解释相关几何问题．
(满分：90分)
一、填空题（每小题6分,共48分)
1．下列命题：
①若A、B、C、D是空间任意四点，则有错误!＋错误!＋错误!＋错误!＝0；
②|a|－|b|＝|a＋b｜是a、b共线的充要条件；
③若a、b共线，则a与b所在直线平行;
④对空间任意一点O与不共线的三点A、B、C，若OP→＝x错误!＋y错误!＋z错误!(其中x、y、z∈R)则P、A、B、C四点共面．其中不正确命题的序号为________．
2．若A、B、C、D是空间中不共面的四点，且满足错误!·错误!＝0，错误!·错误!＝0，错误!·错误!＝0，则△BCD的形状是______________三角形．
3。

如图所示,在三棱柱ABC—A1B1C1中，AA1⊥底面ABC，AB ＝BC＝AA1，∠ABC＝90°，点E、F分别是棱AB、BB1的中点，则直线EF和BC1所成的角等于________．
4．设点C(2a＋1，a＋1,2）在点P（2,0，0)、A(1，－3,2）、B(8,－1,4）确定的平面上，则a＝____________.
5．在直角坐标系中，A（－2，3)，B（3，－2），沿x轴把直角坐标系折成120°的二面角，则AB的长度为________．
6. (2010·信阳模拟)如图所示,已知空间四边形ABCD，F为BC 的中点，E为AD的中点，若错误!＝λ（错误!＋错误!），则λ＝________.
7．（2010·铜川一模）在正方体ABCD—A1B1C1D1中，给出以下向量表达式：
①(错误!－错误!)－错误!；②(错误!＋错误!）－错误!；
③（错误!－错误!)－2错误!; ④(错误!＋错误!）＋错误!。

其中能够化简为向量错误!的是________．（填所有正确的序号）8．(2010·丽水模拟）如图所示，PD垂直于正方形ABCD所在平面，AB＝2，E为PB的中点，cos〈错误!，错误!〉＝错误!，若以DA，DC,DP所在直线分别为x,y，z轴建立空间直角坐标系，则点E的坐标为________．
二、解答题（共42分）
9．(14分）如图所示，已知ABCD—A1B1C1D1是棱长为3的正方体,点E在AA1上,点F在CC1上，且AE＝FC1＝1。

(1)求证：E、B、F、D1四点共面；
(2）若点G在BC上，BG＝2
3
,点M在BB1上，GM⊥BF，垂足为H，求证：EM⊥平面BCC1B1。

10．(14分)(2009·福建）如图，四边形ABCD是边长为1的正方形，MD⊥平面ABCD，NB⊥平面ABCD,且MD＝NB＝1,E为BC 的中点．
(1)求异面直线NE与AM所成角的余弦值;
(2)在线段AN上是否存在点S，使得ES⊥平面AMN？若存在，求线段AS的长；若不存在,请说明理由．
11. （14分)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；
（3)求异面直线AN 与CM 所成角的余弦值．
学案43 空间向量及其运算
答案
自主梳理
1．(1）大小 方向 (2)相同 相等 (3)存在实数λ，使b ＝λa （4）错误!＋x 错误!＋y 错误! 1 (5)x e 1＋y e 2＋z e 3
2．（1）a 1b 1＋a 2b 2＋a 3b 3 (2）a ＝λb a 1＝λb 1 a 2＝λb 2 a 3＝λb 3 （λ∈R ) a·b ＝0 a 1b 1＋a 2b 2＋a 3b 3＝0
(3）错误! 错误! 错误! 自我检测
1。

错误! －错误!
解析 ∵a∥b ，∴错误!＝错误!＝错误!，∴x ＝错误!，y ＝－错误!。

2．－1
2
a ＋错误!
b ＋c
解析 错误!＝错误!＋错误!＋错误! ＝－错误!＋错误!＋错误!
＝－a ＋c ＋错误!(a ＋b ）＝－错误!a ＋错误!b ＋c 。

3.错误!
解析 ∵错误!＝错误!＋错误!＋错误!＝错误!＋错误!＋错误!，
∴｜错误!｜2＝错误!2＋错误!2＋错误!2＋2错误!·错误!＋2错误!·错误!＋2
错误!·错误!＝32＋42＋52
＋2×3×4×cos 60°＋2×4×5×cos 60°＋
2×3×5×cos60°＝97，
∴｜AC′，→|＝97。

4．①③
解析①正确．②中若a、b共线，p与a不共线,则p＝x a＋y b 就不成立．③正确．④中若M、A、B共线，点P不在此直线上,则MP，→＝x错误!＋y错误!不正确．
5．共面
解析错误!＝(3,4，5),错误!＝(1,2，2），错误!＝(9,14，16)，设错误!＝x错误!＋y错误!，
即（9，14,16）＝（3x＋y,4x＋2y,5x＋2y)．
∴错误!，从而A、B、C、D四点共面．
课堂活动区
例1解题导引欲证a⊥b，只要把a、b用相同的几个向量表示，然后利用向量的数量积证明a·b＝0即可，这是基向量证明线线垂直的基本方法．
证明如图所示
.
设错误!＝a，错误!＝b，错误!＝c。

∵错误!＝错误!(错误!＋错误!）＝错误!（b＋c），
错误!＝错误!(错误!＋错误!）＝错误!(a＋c)，
∴错误!＝错误!＋错误!＝－错误!a＋错误!（b＋c）
＝错误!(b＋c－a)，
错误!＝错误!＋错误!＝－错误!b＋错误!(a＋c)
＝错误!(a＋c－b)．
∴错误!·错误!＝错误![c－(a－b）]［c＋（a－b）]
＝错误![c 2－（a －b )2]＝错误!（|错误!|2－｜错误!|2）
∵｜错误!｜＝｜错误!｜，∴错误!·错误!＝0。

即错误!⊥错误!,故PM ⊥QN 。

变式迁移1 错误!
解析 设{错误!，错误!，错误!}为空间一组基底，
则错误!＝错误!错误!＋错误!错误!,
错误!＝错误!错误!＋错误!错误!＝错误!错误!＋错误!（错误!－错误!)
＝－错误!＋错误!错误!.
∴错误!·错误!＝错误!·错误! ＝－12
错误!·错误!－错误!错误!2＋错误!错误!·错误!＋错误!错误!·错误! ＝－14
错误!2－错误!错误!2＋错误!错误!2＋错误!错误!2 ＝－错误!错误!2.
又｜错误!｜＝｜错误!|＝错误!|错误!|，∴|错误!｜｜错误!|＝错误!|错误!|2. ∴cos<错误!，错误!〉＝错误!＝错误!＝－错误!.
∴异面直线AF 与CE 所成角的余弦值为错误!。

例2 解题导引
如图所示，建立坐标系后，要证MN 平行于平面EBC ，只要证错误!的横坐标为0即可．
（1)证明 如图所示,以错误!、错误!、错误!为单位正交基底建立空间直角坐标系，
则A （1,0,0)，D （1，1,0）,
E （0,0,1),B (0,0，0），
设错误!＝错误!＝λ，则错误!＝错误!＋错误!＋错误!＝λ错误!＋错误!＋λ错误!＝λ(1,1，0)＋(0,－1,0）＋λ（－1,0,1)＝(0，λ－1，λ)．
∵0<λ<1，∴λ－1≠0，λ≠0，且错误!的横坐标为0.
∴错误!平行于平面yBz，即MN∥平面EBC。

(2)解由(1）知|错误!｜＝错误!＝错误!
＝错误!，
∴当λ＝错误!时，MN取得长度的最小值为错误!.
变式迁移2 证明(1)建立如图所示的空间直角坐标系,
设AC∩BD＝N，连结NE.
则点N、E的坐标分别为
错误!、（0,0,1)．
∴错误!＝错误!.
又点A、M的坐标分别为(错误!，错误!，0）、错误!，
∴错误!＝错误!。

∴错误!＝错误!且NE与AM不共线．
∴NE∥AM。

又∵NE⊂平面BDE，AM⊄平面BDE，
∴AM∥平面BDE。

(2）由(1）得，错误!＝错误!，
∵D(2，0，0)，F（错误!,错误!,1)，B（0,错误!，0），
∴错误!＝（0，错误!,1)，错误!＝（错误!，0,1）．
∴错误!·错误!＝0,错误!·错误!＝0.∴错误!⊥错误!，错误!⊥错误!，
即AM⊥DF，AM⊥BF。

又DF∩BF＝F，且DF,BF在平面BDF内，
∴AM⊥平面BDF。

例3解题导引建立适当的空间直角坐标系后,写出各点坐标．第（1)题证明错误!与平面BOE的法向量n垂直，即错误!·n＝0即可．第(2）题设出点M的坐标,利用错误!∥n即可解出，然后检验解的合理性．
(1）证明
如图,连结OP，以点O为坐标原点，分别以OB，OC，OP所在直线为x轴，y轴,z轴，建立空间直角坐标系O—xyz。

则O（0,0，0)，A（0，－8，0)，
B(8，0，0）,C(0，8，0)，P（0,0,6)，E（0，－4，3)，F(4,0,3）．由题意,得G(0，4,0)．
因为错误!＝(8，0,0)，错误!＝(0,－4,3），
所以平面BOE的法向量n＝（0，3,4）．
由错误!＝（－4，4，－3)，得n·错误!＝0.
又直线FG不在平面BOE内,所以FG∥平面BOE.
(2)解设点M的坐标为(x0，y0，0)，
则错误!＝(x0－4，y0,－3）．
因为FM⊥平面BOE，所以错误!∥n，
因此x0＝4，y0＝－错误!，
即点M的坐标是错误!.
在平面直角坐标系xOy中，△AOB的内部区域可表示为不等式组错误!
经检验,点M的坐标满足上述不等式组．
所以，在△AOB内存在一点M，使FM⊥平面BOE。

由点M的坐标，得点M到OA,OB的距离分别为4，9 4 .
变式迁移3 解
（1）以点B为原点，以BA、BC、BB1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B（0，0,0),B1（0,0，3a)，
∵△ABC为等腰直角三角形,
∴AB＝BC＝错误!AC＝错误!a，
∴A（错误!a，0,0）,C（0,错误!a，0),C1（0,错误!a，3a),
E错误!，A1(错误!a，0,3a),
∴错误!＝错误!，错误!＝(－错误!a，错误!a，－3a)，
cos〈错误!，错误!〉＝错误!＝错误!＝－错误!。

∴直线BE与A1C所成的角的余弦值为错误!.
（2)假设存在点F，使CF⊥平面B1DF，
并设AF，→＝λ错误!＝λ(0,0，3a)＝(0,0,3λa）（0<λ<1）,
∵D为A1C1的中点，∴D错误!，
错误!＝错误!－(0，0,3a)＝错误!，
B1F→＝错误!＋错误!＋错误!＝（0，0,－3a)＋（错误!a,0，0)＋(0,0,3λa）＝（错误! a,0，3a（λ－1）)，
CF→＝错误!＋错误!＝(错误!a，－错误!a,0）＋（0,0，3λa)
＝(错误!a，－错误!a，3λa)．
∵CF⊥平面B1DF，∴错误!⊥错误!，错误!⊥错误!，
错误!，即错误!，
解得λ＝错误!或λ＝错误!
∴存在点F使CF⊥面B1DF,且
当λ＝错误!时，｜错误!｜＝错误!｜错误!|＝a，
当λ＝错误!时,｜错误!｜＝错误!|错误!｜＝2a。

课后练习区
1．②③④
2．锐角
解析如图,∵错误!·错误!＝（错误!－错误!）·(错误!－错误!）＝错误!·错误!－错误!·错误!－错误!·错误!＋错误!2＝错误!2〉0，同理，错误!·错误!>0，错误!·错误!〉0.∴△BDC为锐角三角形．
3．60°
解析
如图建立坐标系,设AB＝BC＝AA1＝2，则E（0,1,0），F（0，0,1），C1(2，0，2），
∴错误!＝(0，－1,1）,错误!＝(2,0，2)，
∴cos〈错误!,错误!〉＝错误!＝错误!。

∴EF与BC1所成的角是60°.
4．16
解析由PC，→＝λ1错误!＋λ2错误!得:
（2a－1，a＋1,2）＝λ1（－1，－3，2)＋λ2（6,－1,4),
∴错误!解得a＝16.
5．2错误!
解析
过A、B分别作AA1⊥x轴，BB1⊥x轴，垂足分别为A1和B1，
则AA1＝3，A1B1＝5,
BB1＝2，
∵错误!＝错误!＋错误!＋错误!，
∴错误!2＝错误!2＋错误!2＋错误!2＋2错误!·错误!＝32＋52＋22＋2×3×2×cos60°＝44.
∴｜错误!|＝2错误!。

6。

错误!
解析∵错误!＝错误!＋错误!＋错误!，
又错误!＝错误!＋错误!＋错误!,
∴2错误!＝错误!＋错误!，∴错误!＝错误!（错误!＋错误!）,∴λ＝错误!。

7．①②
解析①(错误!－错误!）－错误!＝错误!－错误!＝错误!;
②(错误!＋错误!）－错误!＝错误!－错误!＝错误!；
③（AD→－错误!)－2错误!＝错误!－2错误!≠错误!;
④（错误!＋错误!）＋错误!＝错误!＋(错误!＋错误!）
＝错误!≠错误!.
8．（1,1,1）
解析设DP＝y〉0，则A(2，0,0)，B（2，2,0)，P（0,0，y)，E错误!,错误!＝(0,0，y)，
错误!＝错误!。

∴cos〈错误!，错误!〉＝错误!＝错误!＝错误!＝错误!.
解得y＝2，∴E（1，1，1）．
9．证明(1)
建立如图所示的空间直角坐标系，
则错误!＝(3，0，1），错误!＝（0，3,2)，
错误!＝（3，3，3)．(3分)
所以错误!＝错误!＋错误!。

故错误!、错误!、错误!共面．
又它们有公共点B ，∴E 、B 、F 、D 1四点共面．（7分)
（2）设M （0，0，z ),则GM ，→＝错误!.
而错误!＝（0,3，2），
由题设,得错误!·错误!＝－错误!×3＋z ·2＝0，得z ＝1.(10分） ∴M (0，0,1），∴错误!＝(3，0,0)．
又BB
1→＝（0，0，3)，错误!＝(0,3，0),∴错误!·错误!＝0， ∴错误!·错误!＝0，从而ME ⊥BB 1，ME ⊥BC 。

又∵BB 1∩BC ＝B ，∴ME ⊥平面BCC 1B 1.（14分）
10.
解 (1)如图所示，以点D 为坐标原点，建立空间直角坐标系D -xyz .
依题意，得D （0，0，0),
A (1，0,0），M (0,0，1）,C （0,1，0)，
B （1，1，0),N （1,1，1）， E 错误!.（2分)
∴错误!＝错误!,
错误!＝(－1,0,1）．(4分)
∵cos 〈错误!，错误!>＝错误!＝错误!＝－错误!，
∴异面直线NE 与AM 所成角的余弦值为错误!。

（7分）
(2)假设在线段AN 上存在点S ，使得ES ⊥平面AMN .
∵错误!＝（0,1,1），可设错误!＝λ错误!＝（0，λ,λ)，
又错误!＝错误!，
∴错误!＝错误!＋错误!＝错误!。

（9分)
由ES ⊥平面AMN ，
得错误!即错误!(11分）
故λ＝错误!，此时错误!＝错误!，｜错误!|＝错误!. 经检验，当AS ＝错误!时，ES ⊥平面AMN . 故线段AN 上存在点S ，
使得ES ⊥平面AMN ,此时AS ＝错误!。

(14分)
11．(1）证明 设错误!＝p ，错误!＝q ，错误!＝r .
由题意可知：｜p |＝｜q ｜＝｜r |＝a ，且p 、q 、r 三向量两两夹角均为60°.
错误!＝错误!－错误!＝错误!(错误!＋错误!)－错误!错误! ＝错误!(q ＋r －p )，(2分）
∴错误!·错误!＝错误!（q ＋r －p )·p
＝错误!（q·p ＋r·p －p 2)
＝错误!（a 2·cos 60°＋a 2·cos 60°－a 2)＝0。

∴MN ⊥AB .又∵错误!＝错误!－错误!＝r －q ， ∴MN →·错误!＝错误!(q ＋r －p )·(r －q ）
＝错误!(q ·r －q 2＋r 2－q ·r －p ·r ＋p ·q )
＝错误!(a 2cos 60°－a 2＋a 2－a 2cos 60°－a 2cos 60°＋a 2cos 60°）
＝0，∴MN ⊥CD 。

(4分）
(2）解 由（1)可知错误!＝错误!(q ＋r －p ）， ∴｜错误!|2＝错误!2＝错误!（q ＋r －p )2
＝错误!［q 2＋r 2＋p 2＋2（q·r －p·q －r·p ）] ＝14错误!
＝错误!×2a 2＝错误!。

∴｜错误!｜＝错误!a ，∴MN 的长为错误!a .(9分)
(3）解设向量错误!与错误!的夹角为θ。

∵错误!＝错误!（错误!＋错误!)＝错误!(q＋r)，
错误!＝错误!－错误!＝q－错误!p，
∴错误!·错误!＝错误!(q＋r)·错误!
＝错误!错误!
＝错误!错误!
＝错误!错误!＝错误!.（12分）
又∵|错误!｜＝｜错误!｜＝错误!a，
∴错误!·错误!＝|错误!｜·|错误!｜·cosθ，
即错误!a·错误!a·cos θ＝错误!。

∴cos θ＝错误!,（13分)
∴向量错误!与错误!的夹角的余弦值为错误!,从而异面直线AN与CM 所成角的余弦值为错误!。

（14分)。