高考数学一轮复习 第八章立体几何8.6空间向量及其运算教学案 新人教B版
高三数学一轮复习第8讲空间向量的应用教案
第八讲 空间向量的应用一、考情分析在高考的立体几何试题中，平行或垂直的证明、空间角与空间距的求解是常考查的问题，其传统的“三步曲”解法：“作图、证明、解三角形”，作辅助线多、技巧性强，是复习的难点．空间向量的引入有利于解决这些问题，为立体几何增添了活力，新思想、新方法与时俱进，很多较难的空间的证明或计算问题，就有了解决的通法，减少学生学习度量问题的困难．本讲主要帮助考生理解并领悟向量工具的威力，运用向量方法简捷地解决这些问题．二、知识归纳及例析 （一）平行的证明（1）两条直线平行的证明思路：a b a b a b λ⇔⇔=（a b 、 分别是a b 、的方向向量）．（2）直线与平面平行的证明思路：法1：0a a n a n α⇔⊥⇔⋅=（a n 、 分别是a α、的方向向量、法向量）；法2：12a a xe ye α⇔=+（a 分别是a 的方向向量，12e e 、 是平面α的一个基底）．（3）两个平面平行的证明思路：1212n n n n αβλ⇔⇔=（12n n 、 分别是平面αβ、的法向量）． 例1：（04年湖南卷）在底面是菱形的四棱锥P ABCD -中，3ABC PA AC a π∠===，，221PB PD a E PD PE ED ==∈=，，：：．（1）证明：PA ⊥平面ABCD ．（2）在棱PC 上是否存在一点F ，使BF 平面AEC ？解析：（1）∵底面ABCD 是菱形，3ABC π∠=，∴PA AD AC a ===，在PAB ∆中，222PA AB PB +=，∴PA AB ⊥，同理，PA AD ⊥，故PA ⊥平面ABCD ．（2）建立直角坐标系，如图，设点F 是棱PC 上一点，()01PF PC λλ=<<，则：2033a a AE ⎛⎫= ⎪⎝⎭，，，302a AC ⎛⎫= ⎪⎪⎝⎭，，，)()()31112aBF BP PF BP PC a λλλλ⎛⎫=+=+=-+- ⎪ ⎪⎝⎭，，， 令BF x AC y AE =+，解之得：113222x y λ==-=，，， ∴当点F 是棱PC 的中点时，BF AC AE 、 、 共面， 又∵BF ⊄平面AEC ，∴当点F 是棱PC 的中点时，BF 平面AEC ． （二）垂直的证明（1）两条直线垂直的证明思路0a b a b a b ⊥⇔⊥⇔⋅=（a b 、 分别是a b 、的方向向量）．（2）直线与平面垂直的证明思路法1：a a n a n αλ⊥⇔⇔=（a n 、 分别是a α、的方向向量、法向量）； 法2：11220a e a e a a e a e α⎧⎧⊥⋅=⎪⎪⊥⇔⇔⎨⎨⊥⋅=⎪⎪⎩⎩（a 分别是a 的方向向量，12e e 、 是平面α的一个基底）．（3）两个平面垂直的证明思路12120n n n n αβ⊥⇔⊥⇔⋅=（12n n 、 分别是平面αβ、的法向量）．例2：（05年湖北卷）如图，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 为矩形，侧棱PA ⊥底面12ABCD AB BC PA E ===，，，是PD 的中点． （Ⅰ）求直线AC 与PB 所成角的余弦值；（Ⅱ）在侧面PAB 内找一点N ，使NE ⊥平面PAC ，并求出N 点到AB 和PA 的距离．解析：（Ⅰ）建立如图所示的空间直角坐标系，设AC PB 、 的夹角为θ，则：(310)(302)AC PB ==-，，， ，，，∴cos 2AC PB AC PBθ⋅===故AC 与PB 所成角的余弦值为1473． （Ⅱ）由于N 点在侧面PAB 内，故可设()0N x z ，，，则：1(1)2NEx z =--，，， ∵NE ⊥平面PAC ，∴0601NE AP x NE AC z ⎧⎧⋅==⎪⎪⇒⎨⎨⋅=⎪⎪⎩=⎩，即01)N ，； 从而N 点到AB 和PA 的距离分别为1．例3：（05年浙江卷）如图，在三棱锥P ABC -中，AB BC AB BC kPA ⊥==，，点O D 、分别是AC PC 、的中点，OP ⊥底面ABC ． （1）当12k =时，求直线PA 与平面PCB 所成角的大小； （2）当k 取何值时，O 在平面PCB 内的射影恰好为PCB ∆的重心？解析：∵OP ABC ⊥平面，OA OC AB BC ==，， ∴OA OB OA OP OB OP ⊥⊥⊥，，；建立如图所示的空间直角坐标系，设AB a =，则：000000222A a B a C a ⎛⎫⎛⎫⎛⎫- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，，，，，，，，， 设OP h =，则：()00P h ，，；（1）当12k =时，2PA a h ==，，202PA a ⎛⎫= ⎪ ⎪⎝⎭，，，可求得平面PBC 的法向量1,1,n ⎛=- ⎝， ∴210cos 30PA n PAn PA n⋅〈〉==， ，设直线PA 与平面PCB 所成角为θ，则：sin cos PAn θ=<>=， 故直线PA 与平面PCB 所成角为arcsin．（2）PBC ∆的重心11663663G a a h OG a h ⎛⎫⎛⎫-=- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，，，，，， ∵OG PBC ⊥平面，∴OG PB ⊥，又∵02PB a h ⎛⎫=- ⎪ ⎪⎝⎭，，，∴22110632OG PB a h h a ⋅=-=⇒=，此时，PA a ==，即1k =；反之，当1k =时，三棱锥O PBC -为正三棱锥，∴O 在平面PCB 内的射影恰好为PCB ∆的重心． （三）求空间距离问题构成空间的点、线、面之间有六种距离，这里着重研究点面之距的求法，异面直线间的距离、线面距离；面面距离都可化为点面距离来求．（1）求点面距离设n 是平面α的法向量，在α内取一点B ， 则A 到α的距离为cos AB n d AB nθ==．（2）求异面直线的距离在a 上取一点A , 在b 上取一点B , 设a b 、 分别为异面直线a b 、的方向向量，设异面直线a b 、的公共的垂直向量为n()n a n b ⊥⊥， ，则异面直线a b 、的距离为：cos AB n d AB nθ⋅==（此方法移植于点面距离的求法）．例4：正方体1AC 的棱长为a ，求异面直线1AC BC 、的距离．解析：建立直角坐标系，如图，设异面直线1AC BC 、的公共的垂直向量为()1n x y =，，，则：()101110n AC n n BC ⎧⋅=⎪⇒=-⎨⋅=⎪⎩，， ， ∵AB 在()111n =-，，上的投影长为：33AB n an⋅=． ∴异面直线1AC BC 、． （四）求空间角问题空间的角主要有：异面直线所成的角、直线和平面所成的角、二面角． （１）求异面直线所成的角设a b 、 分别为异面直线a b 、的方向向量，异面直线成角的范围是02πα⎛⎤∈ ⎥⎝⎦，，而向量的夹角的范围是[]0θπ∈，，则：cos cos arccosa b a b a ba bαθα==⇒=．例5：三棱柱111OAB O A B -中，平面1OB ⊥平面132OABO OB AOB ππ∠=∠=，，，12OB O O ==，OA =，求异面直线11A B AO 、所成的角．解析：本题宜于运用向量法解决．法1：设1OA a OB b OO c ===， ， ，则： ∵11AO a c A B a b c =-+=-+-， ， ∴()()22112431A B AO a ca b c b c c a b a ⋅=-+-+-=⋅--⋅+=-+=，()22211277AO a c a c A B a b c =+-⋅==-+-=， ∴11111cos 7A B AO A B AOα⋅==，1arccos 7α=．故异面直线11A B AO 、所成的角1arccos7． 法2：建立直角坐标系，如图所示，则：()(1131331AO A B =-=-，，， ，，∴11111cos 7A B AO A B AO α⋅==，1arccos 7α=．故异面直线11A B AO 、所成的角1arccos 7． （2）求线面角问题设l 是斜线l 的方向向量，n 是平面α的法向量，则斜线l 与平面α所成的角arcsinl n l nα=．例6：如图，正三棱柱111ABC A B C -中，1AA AB a ==，， 求直线1AC 与平面11AA B 所成的角．解析：本题运用向量法有以下两种解法：法1：建立直角坐标系，如图所示，则1C AM ∠即为所求；13222a a AC a a AM ⎛⎫⎛⎫=-= ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，，， 0，， ，∴13cos AC AM <>=， ． 故直线1AC 与平面11AA B 所成的角6π． 法2：显然平面11AA B 的法向量为()00n λ=，，，则：11111cos sin cos 2AC n AC n AC n AC nθ⋅<>==-⇒=<>= ， ， ． 故直线1AC 与平面11AA B 所成的角6π． （3）求二面角问题 法一：设l αβ=，在α内a l ⊥，在β内b l ⊥，其方向如图，则二面角l αβ--的平面角arccosa b a bα=．法二：设12n n 、 是二面角l αβ--的两个半平面的法向量，其方向一个指向内侧，另一个指向外侧，则二面角l αβ--的平面角1212arccosn n n n α⋅=．例7：（05年江西卷）如图，在长方体1AC 中，112AD AA AB ===，，点E 在棱AD 上移动．（1）证明：11D E A D ⊥；（2）AE 等于何值时，二面角1D EC D --的大小为4π． 解析：建立直角坐标系，如图所示，（1）∵11(101)(11)0DA D E x ⋅=-=，，，，，∴11DA D E ⊥． （2）设平面1D EC 的法向量(1)n a c =，，，则： 11(120)(021)(001)CE x D C DD =-=-=，，， ，，， ，，，∴()102120n D C n x n CE ⎧⋅=⎪⇒=-⎨⋅=⎪⎩，，．∴112cos422n DD n DD π⋅==⇒=，∴321+=x （不合，舍去），322-=x ． 故当2AE =1D EC D --的大小为4π． 例8：（05年北京卷）如图，在直四棱柱1111ABCD A B C D -中，2AB AD ==，DC =1AA AD DC AC BD =⊥⊥，，垂足为E .（Ⅰ）求证：1BD A C ⊥；（Ⅱ）求二面角11A BD C --的大小； （Ⅲ）求异面直线AD 与1BC 所成角的大小． 解析：（I ）在直四棱柱1111ABCD A B C D -中， ∵1A A ⊥底面ABCD ，∴AC 是1A C 在平面ABCD 上的射影，∵BD AC ⊥，∴1BD A C ⊥；（II ）连结1111A E C E A C 、、，∵1BD A C ⊥，BD AC ⊥，∴BD ⊥平面11ACC A ； ∴11A EC ∠为二面角11A BD C --的平面角．在底面ABCD中，AD DC⊥，111112A D AD DC DC AA ====，，AC BD ⊥，∴11114132AC AE EC A E C E =====，，，， 在11A EC ∆中,2221111A C A E C E =+ ，112A EC π∠=，故二面角11A BD C --的大小为2π． （III ）如图，建立空间直角坐标，坐标原点为E ，则：1(010)(0)0)(0A D B C -，，，，，，，，∴1(310)(3AD BC =-=-，，， ， ∴11336215AD BC AD BC ⋅=+===，，∴111cos 2AD BC AD BC AD BC ⋅<>===， 故异面直线AD 与1BC 所成角的大小为arccos 5． 三、课后反思．。
高考数学一轮复习 第8章 立体几何 第6节 空间向量及其运算课件 理
a＝(a1，a2，a3)，b＝(b1，b2，b3) a＋b＝ 8 _(_a_1_＋_b_1_，_a_2_＋__b_2，__a_3_＋__b_3)_____ a－b＝ 9 __(_a1_－__b_1，__a_2－__b_2_，__a_3－__b_3_) ____
数量积 共线 垂直
a·b＝a1b1＋a2b2＋a3b3 a∥b⇒ 10 ___a_1＝__λ_b_1，__a_2_＝_λ_b_2_，_a_3_＝__λ_b3____ (λ∈R，b≠0)
a⊥b⇔ 11 ___a_1_b1_＋__a_2b_2_＋__a3_b_3_＝_0____________
夹角公式
a1b1＋a2b2＋a3b3 cos〈a，b〉＝ 12 ____a_21_＋__a_22_＋__a_23___b_21_＋__b_22＋__b_23_
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故选 C．
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课 堂 ·考 点 突 破
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考点一 空间向量及其运算
|题组突破|
1.如图所示，在平行六面体 ABCD－A1B1C1D1 中，M 为 A1C1 与 B1D1
的交点．若A→B＝a，A→D＝b，A→A1＝c，则下列向量中与B→M相等的是( )
►常用结论 a1＝λb1，
设 a＝(a1，a2，a3)，b＝(b1，b2，b3)，则 a∥b(b≠0)⇔a2＝λb2，这一形式不能随便 a3＝λb3.
写成ab11＝ab22＝ab33.只有在 b 与三个坐标轴都不平行时，才能这样写，这是因为：若 b 与坐 标平面 xOy 平行，则 b3＝0，这样ab33就无意义了．
2024届高考一轮复习数学教案(新人教B版)：空间向量与立体几何
必刷大题14空间向量与立体几何1．(2022·新高考全国Ⅰ改编)如图，直三棱柱ABC －A 1B 1C 1的体积为4，△A 1BC 的面积为22.(1)求A 到平面A 1BC 的距离；(2)设D 为A 1C 的中点，AA 1＝AB ，平面A 1BC ⊥平面ABB 1A 1，求平面ABD 与平面BCD 夹角的正弦值．解(1)设点A 到平面A 1BC 的距离为h ，因为直三棱柱ABC －A 1B 1C 1的体积为4，所以1A A BC V -＝13S △ABC ·AA 11111433ABC A B C V -==，又△A 1BC 的面积为22，1113A A BC A BC V S h -=△＝13×22h ＝43，所以h ＝2，即点A 到平面A 1BC 的距离为2.(2)取A 1B 的中点E ，连接AE ，则AE ⊥A 1B .因为平面A 1BC ⊥平面ABB 1A 1，平面A 1BC ∩平面ABB 1A 1＝A 1B ，AE ⊂平面ABB 1A 1，所以AE ⊥平面A 1BC ，又BC ⊂平面A 1BC ，所以AE ⊥BC .又AA 1⊥平面ABC ，BC ⊂平面ABC ，所以AA 1⊥BC .因为AA 1∩AE ＝A ，AA 1，AE ⊂平面ABB 1A 1，所以BC ⊥平面ABB 1A 1，又AB ⊂平面ABB 1A 1，所以BC ⊥AB .以B 为坐标原点，分别以BC →，BA →，BB 1—→的方向为x ，y ，z 轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，由(1)知，AE ＝2，所以AA 1＝AB ＝2，A 1B ＝22.因为△A 1BC 的面积为22，所以22＝12·A 1B ·BC ，所以BC ＝2，所以A (0,2,0)，B (0,0,0)，C (2,0,0)，A 1(0，2,2)，D (1,1,1)，E (0,1,1)，则BD →＝(1,1,1)，BA →＝(0,2,0)．设平面ABD 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，n ·BD →＝0，n ·BA →＝0，x ＋y ＋z ＝0，2y ＝0，令x ＝1，得n ＝(1,0，－1)．又平面BDC 的一个法向量为AE →＝(0，－1，1)，所以cos 〈AE →，n 〉＝AE →·n |AE →|·|n |＝－12×2＝－12.设平面ABD 与平面BCD 的夹角为θ，则sin θ＝1－cos 2〈AE →，n 〉＝32，所以平面ABD 与平面BCD 夹角的正弦值为32.2.如图，四棱锥P －ABCD 的底面为正方形，PA ⊥平面ABCD ，M 是PC 的中点，PA ＝AB .(1)求证：AM ⊥平面PBD ；(2)设直线AM 与平面PBD 交于O ，求证：AO ＝2OM .证明(1)由题意知，AB ，AD ，AP 两两垂直，以A 为坐标原点，AB ，AD ，AP 所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴，建立空间直角坐标系，如图，设PA ＝AB ＝2，则P (0,0,2)，B (2,0,0)，D (0,2,0)，C (2,2,0)，M (1,1,1)，PB →＝(2,0，－2)，PD →＝(0,2，－2)，AM →＝(1,1,1)，设平面PBD 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，n ·PB →＝2x －2z ＝0，n ·PD →＝2y －2z ＝0，取x ＝1，得n ＝(1,1,1)，∵AM →＝n ，∴AM ⊥平面PBD .(2)如图，连接AC 交BD 于点E ，则E 是AC 的中点，连接PE ，∵AM ∩平面PBD ＝O ，∴O ∈AM 且O ∈平面PBD ，∵AM ⊂平面PAC ，∴O ∈平面PAC ，又平面PBD ∩平面PAC ＝PE ，∴O ∈PE ，∴AM ，PE 的交点就是O ，连接ME ，∵M 是PC 的中点，∴PA ∥ME ，PA ＝2ME ，∴△PAO ∽△EMO ，∴PA ME ＝AO OM ＝21，∴AO ＝2OM .3.如图，在四棱锥P －ABCD 中，PA ⊥平面ABCD ，AB ∥CD ，PA ＝AB ＝2CD ＝2，∠ADC ＝90°，E ，F 分别为PB ，AB 的中点．(1)求证：CE ∥平面PAD ；(2)求点B 到平面PCF 的距离．(1)证明连接EF (图略)，∵E ，F 分别为PB ，AB 的中点，∴EF ∥PA ，∵EF ⊄平面PAD ，PA ⊂平面PAD ，∴EF ∥平面PAD ，∵AB ∥CD ，AB ＝2CD ，∴AF ∥CD ，且AF ＝CD .∴四边形ADCF 为平行四边形，即CF ∥AD ，∵CF ⊄平面PAD ，AD ⊂平面PAD ，∴CF ∥平面PAD ，∵EF ∩CF ＝F ，EF ，CF ⊂平面EFC ，∴平面PAD ∥平面EFC ，CE ⊂平面EFC ，则CE ∥平面PAD .(2)解∵∠ADC ＝90°，AB ∥CD ，∴AB ⊥AD ，CF ⊥AB ，又PA ⊥平面ABCD ，∴PA ⊥CF ，又PA ∩AB ＝A ，∴CF ⊥平面PAB ，∴CF ⊥PF .设CF ＝x ，则S △AFC ＝12×1×x ＝x 2，S △PFC ＝12×5×x ＝52x ，设点A 到平面PCF 的距离为h ，由V P －AFC ＝V A －PFC ，得13×x 2×2＝13×5x 2×h ，则h ＝255.∵点F 为AB 的中点，∴点B 到平面PCF 的距离等于点A 到平面PCF 的距离，为255.4.(2022·全国乙卷)如图，四面体ABCD 中，AD ⊥CD ，AD ＝CD ，∠ADB ＝∠BDC ，E 为AC 的中点．(1)证明：平面BED ⊥平面ACD ；(2)设AB ＝BD ＝2，∠ACB ＝60°，点F 在BD 上，当△AFC 的面积最小时，求CF 与平面ABD 所成的角的正弦值．(1)证明因为AD ＝CD ，E 为AC 的中点，所以AC ⊥DE .在△ADB 和△CDB 中，因为AD ＝CD ，∠ADB ＝∠CDB ，DB ＝DB ，所以△ADB ≌△CDB ，所以AB ＝BC .因为E 为AC 的中点，所以AC ⊥BE .又BE ∩DE ＝E ，BE ，DE ⊂平面BED ，所以AC ⊥平面BED ，又AC ⊂平面ACD ，所以平面BED ⊥平面ACD .(2)解由(1)可知AB ＝BC ，又∠ACB ＝60°，AB ＝2，所以△ABC 是边长为2的正三角形，则AC ＝2，BE ＝3，AE ＝1.因为AD ＝CD ，AD ⊥CD ，所以△ADC 为等腰直角三角形，所以DE ＝1.所以DE 2＋BE 2＝BD 2，则DE ⊥BE .由(1)可知，AC ⊥平面BED .连接EF ，因为EF ⊂平面BED ，所以AC ⊥EF ，当△AFC 的面积最小时，点F 到直线AC 的距离最小，即EF 的长度最小．在Rt △BED 中，当EF 的长度最小时，EF ⊥BD ，EF ＝DE ·BE BD ＝32.方法一由(1)可知，DE ⊥AC ，BE ⊥AC ，所以EA ，EB ，ED 两两垂直，以E 为坐标原点，EA ，EB ，ED 所在的直线分别为x ，y ，z 轴建立如图所示的空间直角坐标系，则A (1,0,0)，B (0，3，0)，D (0,0,1)，C (－1,0,0)，AB →＝(－1，3，0)，DB →＝(0，3，－1)．易得DF ＝12，FB ＝32，所以3DF →＝FB →.设F (0，y ，z )，则DF →＝(0，y ，z －1)，FB →＝(0，3－y ，－z )，所以3(0，y ，z －1)＝(0，3－y ，－z )，得y ＝34，z ＝34，即，34，所以CF →，34，设平面ABD 的法向量为n ＝(x 1，y 1，z 1)，·AB →＝－x 1＋3y 1＝0，·DB →＝3y 1－z 1＝0，不妨取y 1＝1，则x 1＝3，z 1＝3，n ＝(3，1，3)．记CF 与平面ABD 所成的角为α，则sin α＝|cos 〈CF →，n 〉|＝|CF →·n ||CF →||n |＝437.所以CF 与平面ABD 所成角的正弦值为437.方法二因为E 为AC 的中点，所以点C 到平面ABD 的距离等于点E 到平面ABD 的距离的2倍．因为DE ⊥AC ，DE ⊥BE ，AC ∩BE ＝E ，AC ，BE ⊂平面ABC ，所以DE ⊥平面ABC .因为V D －AEB ＝V E －ADB ，所以13·12AE ·BE ·DE ＝13·S △ABD ·d 2，其中d 为点C 到平面ABD 的距离．在△ABD 中，BA ＝BD ＝2，AD ＝2，所以S △ABD ＝72，所以d ＝2217.由(1)知AC ⊥平面BED ，EF ⊂平面BED ，所以AC ⊥EF ，所以FC ＝FE 2＋EC 2＝72.记CF 与平面ABD 所成的角为α，则sin α＝d CF ＝437.所以CF 与平面ABD 所成角的正弦值为437.方法三如图，过点E 作EM ⊥AB 交AB 于点M ，连接DM ，过点E 作EG ⊥DM 交DM 于点G .因为DE ⊥AC ，DE ⊥BE ，AC ∩BE ＝E ，AC ，BE ⊂平面ABC ，所以DE ⊥平面ABC ，又AB ⊂平面ABC ，所以DE ⊥AB ，又EM ∩DE ＝E ，EM ，DE ⊂平面DEM ，所以AB ⊥平面DEM ，又EG ⊂平面DEM ，所以AB ⊥EG ，又AB ∩DM ＝M ，AB ，DM ⊂平面ABD ，所以EG ⊥平面ABD ，则EG 的长度等于点E 到平面ABD 的距离．因为E 为AC 的中点，所以EG 的长度等于点C 到平面ABD 的距离的12.因为EM ＝AE ·sin 60°＝32，所以EG ＝DE ·EM DM ＝DE ·EM DE 2＋EM 2＝217，所以点C 到平面ABD 的距离d ＝2217.FC ＝FE 2＋EC 2＝72.记CF 与平面ABD 所成的角为α，则sin α＝d CF ＝437.所以CF 与平面ABD 所成角的正弦值为437.5．(2023·青岛模拟)如图①，在梯形ABCD 中，AB ∥DC ，AD ＝BC ＝CD ＝2，AB ＝4，E 为AB 的中点，以DE 为折痕把△ADE 折起，连接AB ，AC ，得到如图②的几何体，在图②的几何体中解答下列问题．(1)证明：AC ⊥DE ；(2)请从以下两个条件中选择一个作为已知条件，求平面DAE 与平面AEC 夹角的余弦值．①四棱锥A －BCDE 的体积为2；②直线AC 与EB 所成角的余弦值为64.(1)证明在图①中，连接CE (图略)，因为DC ∥AB ，CD ＝12AB ，E 为AB 的中点，所以DC ∥AE ，且DC ＝AE ，所以四边形ADCE 为平行四边形，所以AD ＝CE ＝CD ＝AE ＝2，同理可证DE ＝2，在图②中，取DE 的中点O ，连接OA ，OC (图略)，则OA ＝OC ＝3，因为AD ＝AE ＝CE ＝CD ，所以DE ⊥OA ，DE ⊥OC ，因为OA ∩OC ＝O ，OA ，OC ⊂平面AOC ，所以DE ⊥平面AOC ，因为AC ⊂平面AOC ，所以DE ⊥AC .(2)解若选择①：由(1)知DE ⊥平面AOC ，DE ⊂平面BCDE ，所以平面AOC ⊥平面BCDE ，且交线为OC ，所以过点A 作AH ⊥OC 交OC 于点H (图略)，则AH ⊥平面BCDE ，因为S 四边形BCDE ＝23，所以四棱锥A －BCDE 的体积V A －BCDE ＝2＝13×23·AH ，所以AH ＝OA ＝3，所以AO 与AH 重合，所以AO ⊥平面BCDE ，建立如图所示的空间直角坐标系，则O (0,0,0)，C (－3，0,0)，E (0,1,0)，A (0,0，3)，易知平面DAE 的一个法向量为CO →＝(3，0,0)，设平面AEC 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，因为CE →＝(3，1,0)，CA →＝(3，0，3)，·CE →＝3x ＋y ＝0，·CA →＝3x ＋3z ＝0，取n ＝(1，－3，－1)，设平面DAE 与平面AEC 的夹角为θ，则cos θ＝|CO →·n ||CO →||n |＝33×5＝55，所以平面DAE 与平面AEC 夹角的余弦值为55.若选择②：因为DC ∥EB ，所以∠ACD 即为异面直线AC 与EB 所成的角，在△ADC 中，cos ∠ACD ＝AC 2＋4－44AC＝64，所以AC ＝6，所以OA 2＋OC 2＝AC 2，即OA ⊥OC ，因为DE ⊥平面AOC ，DE ⊂平面BCDE ，所以平面AOC ⊥平面BCDE ，且交线为OC ，又OA ⊂平面AOC ，所以AO ⊥平面BCDE ，建立如图所示的空间直角坐标系，则O (0,0,0)，C (－3，0,0)，E (0,1,0)，A (0,0，3)，易知平面DAE 的一个法向量为CO →＝(3，0,0)，设平面AEC 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，因为CE →＝(3，1,0)，CA →＝(3，0，3)，·CE →＝3x ＋y ＝0，·CA →＝3x ＋3z ＝0，取n ＝(1，－3，－1)，设平面DAE 与平面AEC 的夹角为θ，则cos θ＝|CO →·n ||CO →||n |＝33×5＝55，所以平面DAE 与平面AEC 夹角的余弦值为55.6.(2022·连云港模拟)如图，在三棱锥A －BCD 中，△ABC 是正三角形，平面ABC ⊥平面BCD ，BD ⊥CD ，点E ，F 分别是BC ，DC 的中点．(1)证明：平面ACD ⊥平面AEF ；(2)若∠BCD ＝60°，点G 是线段BD 上的动点，问：点G 运动到何处时，平面AEG 与平面ACD 的夹角最小．(1)证明因为△ABC 是正三角形，点E 是BC 的中点，所以AE ⊥BC ，又因为平面ABC ⊥平面BCD ，平面ABC ∩平面BCD ＝BC ，AE ⊂平面ABC ，所以AE ⊥平面BCD ，又因为CD ⊂平面BCD ，所以CD ⊥AE ，因为点E ，F 分别是BC ，CD 的中点，所以EF ∥BD ，又因为BD ⊥CD ，所以CD ⊥EF ，又因为AE ∩EF ＝E ，AE ⊂平面AEF ，EF ⊂平面AEF ，所以CD ⊥平面AEF ，又因为CD ⊂平面ACD ，所以平面ACD ⊥平面AEF .(2)解在平面BCD 中，过点E 作EH ⊥BD ，垂足为H ，此时EH ∥CD ，即H 为BD 的中点，设BC ＝4，则EA ＝23，DF ＝FC ＝1，EF ＝ 3.以E 为原点，以EH ，EF ，EA 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E (0,0,0)，A (0,0,23)，C (－1，3，0)，D (1，3，0)，设G (1，y ,0)(－3≤y ≤3)，则EA →＝(0,0,23)，AD →＝(1，3，－23)，CD →＝(2,0,0)，EG →＝(1，y ,0),设平面AEG 的法向量为n 1＝(x 1，y 1，z 1)，n 1·EA →＝23z 1＝0，n 1·EG →＝x 1＋yy 1＝0，令y 1＝－1，得n 1＝(y ，－1,0)，设平面ACD 的法向量为n 2＝(x 2，y 2，z 2)，2·CD →＝2x 2＝0，2·AD →＝x 2＋3y 2－23z 2＝0，令z 2＝1，得n 2＝(0,2,1)，设平面AEG 与平面ACD 的夹角为θ，则cos θ＝|cos 〈n 1，n 2〉|＝|－2|5·y 2＋1＝25·y 2＋1，当y ＝0时，cos θ最大，此时平面AEG 与平面ACD 的夹角θ最小，故当点G 为BD 的中点时，平面AEG 与平面ACD 的夹角最小．。
北师大版版高考数学一轮复习第八章立体几何立体几何中的向量方法教学案理
一、知识梳理１．两条异面直线所成角的求法设a，b分别是两异面直线l１，l２的方向向量，则l１与l２所成的角θa与b的夹角β范围错误![0，π]求法cos θ＝错误!cos β＝错误!２．直线与平面所成角的求法设直线l的方向向量为a，平面α的法向量为n，直线l与平面α所成的角为θ，a与n的夹角为β，则sin θ＝|cos β|＝错误!．３．求二面角的大小（１）如图１，AB，CD分别是二面角α—l—β的两个面内与棱l垂直的直线，则二面角的大小θ＝〈错误!，错误!〉．（２）如图２３，n１，n２分别是二面角α—l—β的两个半平面α，β的法向量，则二面角的大小θ满足|cos θ|＝|cos〈n１，n２〉|，二面角的平面角大小是向量n１与n２的夹角（或其补角）．常用结论利用空间向量求距离（１）两点间的距离设点A（x１，y１，z１），点B（x２，y２，z２），则|AB|＝|错误!|＝错误!.（２）点到平面的距离如图所示，已知AB为平面α的一条斜线段，n为平面α的法向量，则B到平面α的距离为|错误!|＝错误!.二、教材衍化１．已知两平面的法向量分别为m＝（0，１，0），n＝（0，１，１），则两平面所成的二面角的大小为________．解析：cos〈m，n〉＝错误!＝错误!＝错误!，即〈m，n〉＝４５°.所以两平面所成二面角为４５°或１80°—４５°＝１３５°.答案：４５°或１３５°２．在正方体ABCD—A１B１C１D１中，E是C１D１的中点，则异面直线DE与AC夹角的余弦值为________．解析：如图建立空间直角坐标系，设DA＝１，A（１，0，0），C（0，１，0），E错误!，则错误!＝（—１，１，0），错误!＝错误!，设异面直线DE与AC所成的角为θ，则cos θ＝|cos〈错误!，错误!〉|＝错误!.答案：错误!３．正三棱柱（底面是正三角形的直棱柱）ABC—A１B１C１的底面边长为２，侧棱长为２错误!，则AC１与侧面ABB１A１所成的角为________．解析：以C为原点建立空间直角坐标系，如图所示，得下列坐标：A（２，0，0），C１（0，0，２错误!）．点C１在侧面ABB１A１内的射影为点C２错误!.所以错误!＝（—２，0，２错误!），错误!＝错误!，设直线AC１与平面ABB１A１所成的角为θ，则cos θ＝错误!＝错误!＝错误!.又θ∈错误!，所以θ＝错误!.答案：错误!一、思考辨析判断正误（正确的打“√”，错误的打“×”）（１）两直线的方向向量的夹角就是两条直线所成的角．（）（２）已知a＝（—２，—３，１），b＝（２，0，４），c＝（—４，—6，２），则a∥c，a⊥b.（）（３）已知向量m，n分别是直线l的方向向量和平面α的法向量，若cos〈m，n〉＝—错误!，则直线l与平面α所成的角为１２0°.（）（４）已知两平面的法向量分别为m＝（0，１，0），n＝（0，１，１），则两平面所成的二面角的大小为４５°.（）答案：（１）×（２）√（３）×（４）×二、易错纠偏错误!错误!（１）异面直线所成角的取值范围出错；（２）二面角的取值范围出错；（３）直线和平面所成的角的取值范围出错．１．已知２a＋b＝（0，—５，１0），c＝（１，—２，—２），a·c＝４，|b|＝１２，则以b，c为方向向量的两直线的夹角为________．解析：由题意得，（２a＋b）·c＝0＋１0—２0＝—１0，即２a·c＋b·c＝—１0．因为a·c＝４，所以b·c＝—１8，所以cos〈b，c〉＝错误!＝错误!＝—错误!，所以〈b，c〉＝１２0°，所以两直线的夹角为60°.答案：60°２．在正方体ABCD—A１B１C１D１中，点E为BB１的中点，则平面A１ED与平面ABCD所成的锐二面角的余弦值为________．解析：以A为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，设棱长为１，则A１（0，0，１），E错误!，D（0，１，0），所以错误!＝（0，１，—１），错误!＝错误!.设平面A１ED的法向量为n１＝（１，y，z），则错误!即错误!解得错误!故n１＝（１，２，２）．又平面ABCD的一个法向量为n２＝（0，0，１），所以cos〈n１·n２〉＝错误!，故平面A１ED与平面ABCD所成的锐二面角的余弦值为错误!.答案：错误!３．已知向量m，n分别是直线l的方向向量、平面α的法向量，若cos〈m，n〉＝—错误!，则l 与α所成的角为________．解析：设l与α所成的角为θ，则sin θ＝|cos〈m，n〉|＝错误!，所以θ＝３0°.答案：３0°异面直线所成的角（师生共研）如图，在四棱锥PABCD中，PA⊥平面ABCD，底面ABCD是菱形，AB＝２，∠BAD＝60°.（１）求证：BD⊥平面PAC；（２）若PA＝AB，求PB与AC所成角的余弦值．【解】（１）证明：因为四边形ABCD是菱形，所以AC⊥BD.因为PA⊥平面ABCD，所以PA⊥BD.又因为AC∩PA＝A，所以BD⊥平面PAC.（２）设AC∩BD＝O.因为∠BAD＝60°，PA＝AB＝２，所以BO＝１，AO＝CO＝错误!.如图，以O为坐标原点，建立空间直角坐标系，则P（0，—错误!，２），A（0，—错误!，0），B（１，0，0），C（0，错误!，0）．所以错误!＝（１，错误!，—２），错误!＝（0，２错误!，0）．设PB与AC所成角为θ，则cos θ＝错误!＝错误!＝错误!.即PB与AC所成角的余弦值为错误!.错误!用向量法求异面直线所成角的一般步骤（１）选择三条两两垂直的直线建立空间直角坐标系．（２）确定异面直线上两个点的坐标，从而确定异面直线的方向向量．（３）利用向量的夹角公式求出向量夹角的余弦值．（４）两异面直线所成角的余弦值等于两向量夹角余弦值的绝对值．[提醒] 注意向量的夹角与异面直线所成的角的区别：当异面直线的方向向量的夹角为锐角或直角时，就是此异面直线所成的角；当异面直线的方向向量的夹角为钝角时，其补角才是异面直线所成的角．如图，在三棱锥PABC中，PA⊥底面ABC，∠BAC＝90°.点D，E，N分别为棱PA，PC，BC的中点，M是线段AD的中点，PA＝AC＝４，AB＝２．（１）求证：MN∥平面BDE；（２）已知点H在棱PA上，且直线NH与直线BE所成角的余弦值为错误!，求线段AH的长．解：如图，以A为原点，分别以错误!，错误!，错误!的方向为x轴，y轴，z轴的正方向建立空间直角坐标系．依题意可得A（0，0，0），B（２，0，0），C（0，４，0），P（0，0，４），D（0，0，２），E（0，２，２），M（0，0，１），N（１，２，0）．（１）证明：错误!＝（0，２，0），错误!＝（２，0，—２）．设n＝（x，y，z）为平面BDE的法向量，则错误!即错误!不妨设z＝１，可取n＝（１，0，１）．又错误!＝（１，２，—１），可得错误!·n＝0．因为MN错误!平面BDE，所以MN∥平面BDE.（２）依题意，设AH＝h（0≤h≤４），则H（0，0，h），进而可得错误!＝（—１，—２，h），错误!＝（—２，２，２）．由已知，得|cos〈错误!，错误!〉|＝错误!＝错误!＝错误!，整理得１0h２—２１h＋8＝0，解得h＝错误!或h＝错误!.所以，线段AH的长为错误!或错误!.直线与平面所成的角（师生共研）如图，在几何体ACD—A１B１C１D１中，四边形ADD１A１与四边形CDD１C１均为矩形，平面ADD１A１⊥平面CDD１C１，B１A１⊥平面ADD１A１，AD＝CD＝１，AA１＝A１B１＝２，E为棱AA１的中点．（１）证明：B１C１⊥平面CC１E；（２）求直线B１C１与平面B１CE所成角的正弦值．【解】（１）证明：因为B１A１⊥平面ADD１A１，所以B１A１⊥DD１，又DD１⊥D１A１，B１A１∩D１A１＝A１，所以DD１⊥平面A１B１C１D１，又DD１∥CC１，所以CC１⊥平面A１B１C１D１.因为B１C１平面A１B１C１D１，所以CC１⊥B１C１.因为平面ADD１A１⊥平面CDD１C１，平面ADD１A１∩平面CDD１C１＝DD１，C１D１⊥DD１，所以C１D１⊥平面ADD１A１.经计算可得B１E＝错误!，B１C１＝错误!，EC１＝错误!，从而B１E２＝B１C错误!＋EC错误!，所以在△B１EC１中，B１C１⊥C１E.又CC１，C１E平面CC１E，CC１∩C１E＝C１，所以B１C１⊥平面CC１E.（２）如图，以点A为坐标原点，建立空间直角坐标系，依题意得A（0，0，0），C（１，0，１），B１（0，２，２），C１（１，２，１），E（0，１，0），则错误!＝（—１，１，—１），错误!＝（１，—２，—１）．设平面B１CE的法向量为m＝（x，y，z），则错误!即错误!消去x得y＋２z＝0，不妨设z＝１，可得m＝（—３，—２，１）为平面B１CE的一个法向量，易得错误!＝（１，0，—１），设直线B１C１与平面B１CE所成角为θ，则sin θ＝|cos〈m，错误!〉|＝错误!＝错误!＝错误!，故直线B１C１与平面B１CE所成角的正弦值为错误!.错误!（１）利用向量求直线与平面所成的角有两个思路：１分别求出斜线和它在平面内的射影直线的方向向量，转化为求两个方向向量的夹角（或其补角）；２通过平面的法向量来求，即求出斜线的方向向量与平面的法向量所夹的锐角，取其余角就是斜线和平面所成的角．（２）若直线l与平面α的夹角为θ，直线l的方向向量l与平面α的法向量n的夹角为β，则θ＝错误!—β或θ＝β—错误!.[提醒] 求解直线和平面所成角，要注意直线的方向向量与平面法向量的夹角和所求角之间的关系，线面角的正弦值等于两向量夹角的余弦值的绝对值．（２0２0·蚌埠模拟）如图，四棱锥P—ABCD中，底面ABCD为菱形，PD＝PB，H 为PC上的点，过AH的平面分别交PB，PD于点M，N，且BD∥平面AMHN.（１）证明：MN⊥PC；（２）设H为PC的中点，PA＝PC＝错误!AB，PA与平面ABCD所成的角为60°，求AD与平面AMHN所成角的正弦值．解：（１）证明：如图１，连接AC交BD于点O，连接PO.因为四边形ABCD为菱形，所以BD⊥AC，且O为BD的中点．因为PD＝PB，所以PO⊥BD，因为AC∩PO＝O，且AC，PO平面PAC，所以BD⊥平面PAC.因为PC平面PAC，所以BD⊥PC.因为BD∥平面AMHN，且平面AMHN∩平面PBD＝MN，所以BD∥MN，所以MN⊥PC.（２）由（１）知BD⊥AC且PO⊥BD，因为PA＝PC，且O为AC的中点，所以PO⊥AC，所以PO⊥平面ABCD，因为PA与平面ABCD所成的角为∠PAO，所以∠PAO＝60°，所以AO＝错误!PA，PO＝错误!PA.因为PA＝错误!AB，所以BO＝错误!PA.以O为坐标原点，错误!，错误!，错误!的方向分别为x轴，y轴，z轴的正方向，建立如图２所示的空间直角坐标系，记PA＝２，则O（0，0，0），A（１，0，0），B错误!，C（—１，0，0），D错误!，P（0，0，错误!），H错误!，所以错误!＝错误!，错误!＝错误!，错误!＝错误!.设平面AMHN的法向量为n＝（x，y，z），则错误!即错误!令x＝２，解得y＝0，z＝２错误!，所以n＝（２，0，２错误!）是平面AMHN的一个法向量．记AD与平面AMHN所成角为θ，则sin θ＝|cos〈n，错误!〉|＝错误!＝错误!.所以AD与平面AMHN所成角的正弦值为错误!.二面角（师生共研）（２0１9·高考全国卷Ⅰ）如图，直四棱柱ABCD—A１B１C１D１的底面是菱形，AA１＝４，AB ＝２，∠BAD＝60°，E，M，N分别是BC，BB１，A１D的中点.（１）证明：MN∥平面C１DE；（２）求二面角AMA１N的正弦值．【解】（１）证明：连接B１C，ME.因为M，E分别为BB１，BC的中点，所以ME∥B１C，且ME ＝错误!B１C.又因为N为A１D的中点，所以ND＝错误!A１D.由题设知A１B１綊DC，可得B１C綊A１D，故ME綊ND，因此四边形MNDE为平行四边形，MN∥ED.又MN错误!平面EDC１，所以MN∥平面C１DE.（２）由已知可得DE⊥DA.以D为坐标原点，错误!的方向为x轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，则A（２，0，0），A１（２，0，４），M（１，错误!，２），N（１，0，２），错误!＝（0，0，—４），错误!＝（—１，错误!，—２），错误!＝（—１，0，—２），错误!＝（0，—错误!，0）．设m＝（x，y，z）为平面A１MA的法向量，则错误!所以错误!可取m＝（错误!，１，0）．设n＝（p，q，r）为平面A１MN的法向量，则错误!所以错误!可取n＝（２，0，—１）．于是cos〈m，n〉＝错误!＝错误!＝错误!，所以二面角AMA１N的正弦值为错误!.错误!利用向量法计算二面角大小的常用方法（１）找法向量法：分别求出二面角的两个半平面所在平面的法向量，然后通过两个平面的法向量的夹角得到二面角的大小，但要注意结合实际图形判断所求角的大小．（２）找与棱垂直的方向向量法：分别在二面角的两个半平面内找到与棱垂直且以垂足为起点的两个向量，则这两个向量的夹角的大小就是二面角的大小．（２0１9·高考全国卷Ⅲ）图１是由矩形ADEB，Rt△ABC和菱形BFGC组成的一个平面图形，其中AB＝１，BE＝BF＝２，∠FBC＝60°.将其沿AB，BC折起使得BE与BF重合，连接DG，如图２．（１）证明：图２中的A，C，G，D四点共面，且平面ABC⊥平面BCGE；（２）求图２中的二面角B—CG—A的大小．解：（１）证明：由已知得AD∥BE，CG∥BE，所以AD∥CG，故AD，CG确定一个平面，从而A，C，G，D四点共面．由已知得AB⊥BE，AB⊥BC，故AB⊥平面BCGE.又因为AB平面ABC，所以平面ABC⊥平面BCGE.（２）作EH⊥BC，垂足为H.因为EH平面BCGE，平面BCGE⊥平面ABC，所以EH⊥平面ABC.由已知，菱形BCGE的边长为２，∠EBC＝60°，可求得BH＝１，EH＝错误!.以H为坐标原点，错误!的方向为x轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，则A（—１，１，0），C（１，0，0），G（２，0，错误!），错误!＝（１，0，错误!），错误!＝（２，—１，0）．设平面ACGD的法向量为n＝（x，y，z），则错误!即错误!所以可取n＝（３，6，—错误!）．又平面BCGE的法向量可取为m＝（0，１，0），所以cos n，m＝错误!＝错误!.因此二面角BCGA的大小为３0°.利用空间向量求距离（２0２0·云南师范大学附属中学３月月考）如图，在直三棱柱ABCA１B１C１中，△ABC是边长为２的正三角形，AA１＝２错误!，D是CC１的中点，E是A１B１的中点．（１）证明：DE∥平面A１BC;（２）求点A到平面A１BC的距离．【解】（１）证明：如图，取A１B的中点F，连接FC，FE.因为E，F分别是A１B１，A１B的中点，所以EF∥BB１，且EF＝错误!BB１.又在平行四边形BB１C１C中，D是CC１的中点，所以CD∥BB１，且CD＝错误!BB１，所以CD∥EF，且CD＝EF.所以四边形CFED是平行四边形，所以DE∥CF.因为DE错误!平面A１BC，CF平面A１BC，所以DE∥平面A１BC.（２）法一：（等体积法）因为BC＝AC＝AB＝２，AA１＝２错误!，三棱柱ABCA１B１C１为直三棱柱，所以V三棱锥A１—ABC＝错误!S△ABC×AA１＝错误!×错误!×２２×２错误!＝２错误!.又在△A１BC中，A１B＝A１C＝２错误!，BC＝２，BC边上的高h＝错误!＝３错误!，所以S△A１BC＝错误!BC·h＝３错误!.设点A到平面A１BC的距离为d，则V三棱锥A—A１BC ＝错误!S△A１BC×d＝错误!×３错误!×d＝错误!d.因为V三棱锥A１—ABC ＝V三棱锥A—A１BC，所以２错误!＝错误!d，解得d＝错误!，所以点A到平面A１BC的距离为错误!.法二：（向量法）由题意知，三棱柱ABCA１B１C１是正三棱柱．取AB的中点O，连接OC，OE.因为AC＝BC，所以CO⊥AB.又平面ABC⊥平面ABB１A１，平面ABC∩平面ABB１A１＝AB，所以CO⊥平面ABB１A１.因为O为AB的中点，E为A１B１的中点，所以OE⊥AB，所以OC，OA，OE两两垂直．如图，以O为坐标原点，以OA，OE，OC所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，则C（0，0，错误!），A（１，0，0），A１（１，２错误!，0），B（—１，0，0）．则错误!＝（２，２错误!，0），错误!＝（１，0，错误!）．设平面A１BC的法向量为n＝（x，y，z），则由错误!可得错误!整理得错误!令x＝错误!，则y＝—１，z＝—错误!.所以n＝（错误!，—１，—错误!）为平面A１BC的一个法向量．而错误!＝（２，0，0），所以点A到平面A１BC的距离d＝错误!＝错误!＝错误!.错误!求解点到平面的距离可直接转化为求向量在平面的法向量上的射影的长．如图，设点P在平面α外，n为平面α的法向量，在平面α内任取一点Q，则点P到平面α的距离d＝错误!.[提醒] 该题中的第（２）问求解点到平面的距离时，利用了两种不同的方法——等体积法与向量法，显然向量法直接简单，不必经过过多的逻辑推理，只需代入坐标准确求解即可．如图，△BCD与△MCD都是边长为２的正三角形，平面MCD⊥平面BCD，AB⊥平面BCD，AB＝２错误!，求点A到平面MBC的距离．解：如图，取CD的中点O，连接OB，OM，因为△BCD与△MCD均为正三角形，所以OB⊥CD，OM⊥CD，又平面MCD⊥平面BCD，平面MCD∩平面BCD＝CD，OM平面MCD，所以MO⊥平面BCD.以O为坐标原点，直线OC，BO，OM分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系.因为△BCD与△MCD都是边长为２的正三角形，所以OB＝OM＝错误!，则O（0，0，0），C（１，0，0），M（0，0，错误!），B（0，—错误!，0），A（0，—错误!，２错误!），所以错误!＝（１，错误!，0）．错误!＝（0，错误!，错误!）．设平面MBC的法向量为n＝（x，y，z），由错误!得错误!即错误!取x＝错误!，可得平面MBC的一个法向量为n＝（错误!，—１，１）．又错误!＝（0，0，２错误!），所以所求距离为d＝错误!＝错误!.[基础题组练]１．将边长为１的正方形AA１O１O（及其内部）绕OO１旋转一周形成圆柱，如图，错误!长为错误!，错误!长为错误!，其中B１与C在平面AA１O１O的同侧．则异面直线B１C与AA１所成的角的大小为（）Ａ．错误!Ｂ．错误!Ｃ．错误!Ｄ．错误!解析：选Ｂ．以O为坐标原点建系如图，则A（0，１，0），A１（0，１，１），B１错误!，C错误!.所以错误!＝（0，0，１），错误!＝（0，—１，—１），所以cos〈错误!，错误!〉＝错误!＝错误!＝—错误!，所以〈错误!，错误!〉＝错误!，所以异面直线B１C与AA１所成的角为错误!.故选Ｂ．２．如图，已知长方体ABCDA１B１C１D１中，AD＝AA１＝１，AB＝３，E为线段AB上一点，且AE＝错误!AB，则DC１与平面D１EC所成的角的正弦值为（）Ａ．错误!Ｂ．错误!Ｃ．错误!Ｄ．错误!解析：选Ａ．如图，以D为坐标原点，DA，DC，DD１所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，则C１（0，３，１），D１（0，0，１），E（１，１，0），C（0，３，0），所以错误!＝（0，３，１），错误!＝（１，１，—１），错误!＝（0，３，—１）．设平面D１EC的法向量为n＝（x，y，z），则错误!即错误!即错误!取y＝１，得n＝（２，１，３）．因为cos〈错误!，n〉＝错误!＝错误!＝错误!，所以DC１与平面D１EC所成的角的正弦值为错误!，故选Ａ．３．二面角的棱上有A，B两点，直线AC，BD分别在这个二面角的两个半平面内，且都垂直于AB.已知AB＝４，AC＝6，BD＝8，CD＝２错误!.则该二面角的大小为（）Ａ．１５0°Ｂ．４５°Ｃ．60°Ｄ．１２0°解析：选Ｃ．如图所示，二面角的大小就是〈错误!，错误!〉．因为错误!＝错误!＋错误!＋错误!，所以错误!２＝错误!２＋错误!２＋错误!２＋２（错误!·错误!＋错误!·错误!＋错误!·错误!）＝错误!２＋错误!２＋错误!２＋２错误!·错误!，所以错误!·错误!＝错误![（２错误!）２—6２—４２—8２]＝—２４．因此错误!·错误!＝２４，cos〈错误!，错误!〉＝错误!＝错误!，又〈错误!，错误!〉∈[0°，１80°]，所以〈错误!，错误!〉＝60°，故二面角为60°.４．如图，正三棱柱ABCA１B１C１的所有棱长都相等，E，F，G分别为AB，AA１，A１C１的中点，则B１F与平面GEF所成角的正弦值为________．解析：设正三棱柱的棱长为２，取AC的中点D，连接DG，DB，分别以DA，DB，DG所在的直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，如图所示，则B１（0，错误!，２），F（１，0，１），E错误!，G（0，0，２），错误!＝（１，—错误!，—１），错误!＝错误!，错误!＝（１，0，—１）．设平面GEF的法向量为n＝（x，y，z），则错误!即错误!取x＝１，则z＝１，y＝错误!，故n＝（１，错误!，１）为平面GEF的一个法向量，所以|cos〈n，错误!〉|＝错误!＝错误!，所以B１F与平面GEF所成角的正弦值为错误!.答案：错误!５．如图所示，菱形ABCD中，∠ABC＝60°，AC与BD相交于点O，AE⊥平面ABCD，CF∥AE，AB＝AE＝２．（１）求证：BD⊥平面ACFE；（２）当直线FO与平面BED所成的角为４５°时，求异面直线OF与BE所成角的余弦值的大小．解：（１）证明：因为四边形ABCD是菱形，所以BD⊥AC.因为AE⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，所以BD⊥AE.又因为AC∩AE＝A，AC，AE⊂平面ACFE.所以BD⊥平面ACFE.（２）以O为原点，OA，OB所在直线分别为x轴，y轴，过点O且平行于CF的直线为z轴（向上为正方向），建立空间直角坐标系，则B（0，错误!，0），D（0，—错误!，0），E（１，0，２），F（—１，0，a）（a>0），错误!＝（—１，0，a）．设平面EBD的法向量为n＝（x，y，z），则有错误!即错误!令z＝１，则n＝（—２，0，１），由题意得sin ４５°＝|cos〈错误!，n〉|＝错误!＝错误!＝错误!，解得a＝３或a＝—错误!（舍去）．所以错误!＝（—１，0，３），错误!＝（１，—错误!，２），cos〈错误!，错误!〉＝错误!＝错误!，故异面直线OF与BE所成角的余弦值为错误!.6．（２0２0·湖北十堰４月调研）如图，在三棱锥P—ABC中，M为AC的中点，PA⊥PC，AB⊥BC，AB＝BC，PB＝错误!，AC＝２，∠PAC＝３0°.（１）证明：BM⊥平面PAC；（２）求二面角B—PA—C的余弦值．解：（１）证明：因为PA⊥PC，AB⊥BC，所以MP＝MB＝错误!AC＝１，又MP２＋MB２＝BP２，所以MP⊥MB.因为AB＝BC，M为AC的中点，所以BM⊥AC，又AC∩MP＝M，所以BM⊥平面PAC.（２）法一：取MC的中点O，连接PO，取BC的中点E，连接EO，则OE∥BM，从而OE⊥AC.因为PA⊥PC，∠PAC＝３0°，所以MP＝MC＝PC＝１．又O为MC的中点，所以PO⊥AC.由（１）知BM⊥平面PAC，OP⊂平面PAC，所以BM⊥PO.又BM∩AC＝M，所以PO⊥平面ABC.以O为坐标原点，OA，OE，OP所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，如图所示，由题意知A错误!，B错误!，P错误!，错误!＝错误!，错误!＝（１，—１，0），设平面APB的法向量为n＝（x，y，z），则错误!令x＝１，得n＝（１，１，错误!）为平面APB的一个法向量，易得平面PAC的一个法向量为π＝（0，１，0），cos〈n，π〉＝错误!，由图知二面角B—PA—C为锐角，所以二面角B—PA—C的余弦值为错误!.法二：取PA的中点H，连接HM，HB，因为M为AC的中点，所以HM∥PC，又PA⊥PC，所以HM⊥PA.由（１）知BM⊥平面PAC，则BH⊥PA，所以∠BHM为二面角B—PA—C的平面角．因为AC＝２，PA⊥PC，∠PAC＝３0°，所以HM＝错误!PC＝错误!.又BM＝１，则BH＝错误!＝错误!，所以cos∠BHM＝错误!＝错误!，即二面角B—PA—C的余弦值为错误!.7．（２0２0·合肥模拟）如图，在多面体ABCDEF中，四边形ABCD是正方形，BF⊥平面ABCD，DE⊥平面ABCD，BF＝DE，M为棱AE的中点．（１）求证：平面BDM∥平面EFC；（２）若DE＝２AB，求直线AE与平面BDM所成角的正弦值．解：（１）证明：连接AC，交BD于点N，连接MN，则N为AC的中点，又M为AE的中点，所以MN∥EC.因为MN错误!平面EFC，EC平面EFC，所以MN∥平面EFC.因为BF，DE都垂直底面ABCD，所以BF∥DE.因为BF＝DE，所以四边形BDEF为平行四边形，所以BD∥EF.因为BD错误!平面EFC，EF平面EFC，所以BD∥平面EFC.又MN∩BD＝N，所以平面BDM∥平面EFC.（２）因为DE⊥平面ABCD，四边形ABCD是正方形，所以DA，DC，DE两两垂直，如图，建立空间直角坐标系.设AB＝２，则DE＝４，从而D（0，0，0），B（２，２，0），M（１，0，２），A（２，0，0），E （0，0，４），所以错误!＝（２，２，0），错误!＝（１，0，２），设平面BDM的法向量为n＝（x，y，z），则错误!得错误!令x＝２，则y＝—２，z＝—１，从而n＝（２，—２，—１）为平面BDM的一个法向量．因为错误!＝（—２，0，４），设直线AE与平面BDM所成的角为θ，则sin θ＝|cos〈n·错误!〉|＝错误!＝错误!，所以直线AE与平面BDM所成角的正弦值为错误!.[综合题组练]１．（２0２0·河南联考）如图所示，在四棱锥P—ABCD中，底面ABCD为平行四边形，平面PAD⊥平面ABCD，△PAD是边长为４的等边三角形，BC⊥PB，E是AD的中点．（１）求证：BE⊥PD；（２）若直线AB与平面PAD所成角的正弦值为错误!，求平面PAD与平面PBC所成的锐二面角的余弦值．解：（１）证明：因为△PAD是等边三角形，E是AD的中点，所以PE⊥AD.又平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，PE平面PAD，所以PE⊥平面ABCD，所以PE⊥BC，PE⊥BE.又BC⊥PB，PB∩PE＝P，所以BC⊥平面PBE，所以BC⊥BE.又BC∥AD，所以AD⊥BE.又AD∩PE＝E且AD，PE平面PAD，所以BE⊥平面PAD，所以BE⊥PD.（２）由（１）得BE⊥平面PAD，所以∠BAE就是直线AB与平面PAD所成的角．因为直线AB与平面PAD所成角的正弦值为错误!，即sin∠BAE＝错误!，所以cos∠BAE＝错误!.所以cos∠BAE＝错误!＝错误!＝错误!，解得AB＝8，则BE＝错误!＝２错误!.由（１）得EA，EB，EP两两垂直，所以以E为坐标原点，EA，EB，EP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，则点P（0，0，２错误!），A（２，0，0），D（—２，0，0），B（0，２错误!，0），C（—４，２错误!，0），所以错误!＝（0，２错误!，—２错误!），错误!＝（—４，２错误!，—２错误!）．设平面PBC的法向量为m＝（x，y，z），由错误!得错误!解得错误!令y＝１，可得平面PBC的一个法向量为m＝（0，１，错误!）．易知平面PAD的一个法向量为n＝（0，１，0），设平面PAD与平面PBC所成的锐二面角的大小为θ，则cos θ＝错误!＝错误!＝错误!.所以平面PAD与平面PBC所成的锐二面角的余弦值为错误!.２．（２0２0·河南郑州三测）如图１，△ABC中，AB＝BC＝２，∠ABC＝90°，E，F分别为边AB，AC的中点，以EF为折痕把△AEF折起，使点A到达点P的位置（如图２），且PB＝BE.（１）证明：EF⊥平面PBE；（２）设N为线段PF上的动点（包含端点），求直线BN与平面PCF所成角的正弦值的最大值．解：（１）证明：因为E，F分别为边AB，AC的中点，所以EF∥BC.因为∠ABC＝90°，所以EF⊥BE，EF⊥PE，又BE∩PE＝E，所以EF⊥平面PBE.（２）取BE的中点O，连接PO，因为PB＝BE＝PE，所以PO⊥BE.由（１）知EF⊥平面PBE，EF平面BCFE，所以平面PBE⊥平面BCFE.又PO⊂平面PBE，平面PBE∩平面BCFE＝BE，所以PO⊥平面BCFE.过点O作OM∥BC交CF于点M，分别以OB，OM，OP所在的直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，如图所示，则B错误!，P错误!，C错误!，F错误!，错误!＝错误!，错误!＝错误!，由N为线段PF上一动点，得错误!＝λ错误!（0≤λ≤１），则可得N错误!，错误!＝错误!.设平面PCF的法向量为m＝（x，y，z），则错误!即错误!取y＝１，则x＝—１，z＝错误!，所以m＝（—１，１，错误!）为平面PCF的一个法向量．设直线BN与平面PCF所成的角为θ，则sin θ＝|cos〈错误!，m〉|＝错误!＝错误!＝错误!≤错误!＝错误!（当且仅当λ＝错误!时取等号），所以直线BN与平面PCF所成角的正弦值的最大值为错误!.３．（２0２0·山东淄博三模）如图１，已知正方形ABCD的边长为４，E，F分别为AD，BC的中点，将正方形ABCD沿EF折成如图２所示的二面角，且二面角的大小为60°，点M在线段AB上（包含端点），连接AD.（１）若M为AB的中点，直线MF与平面ADE的交点为O，试确定点O的位置，并证明直线OD∥平面EMC；（２）是否存在点M，使得直线DE与平面EMC所成的角为60°？若存在，求此时二面角MECF 的余弦值；若不存在，说明理由．解：（１）因为直线MF平面ABFE，故点O在平面ABFE内，也在平面ADE内，所以点O在平面ABFE与平面ADE的交线（即直线AE）上（如图所示）．因为AO∥BF，M为AB的中点，所以△OAM≌△FBM，所以OM＝MF，AO＝BF，所以AO＝２．故点O在EA的延长线上且与点A间的距离为２．连接DF，交EC于点N，因为四边形CDEF为矩形，所以N是EC的中点．连接MN，则MN为△DOF的中位线，所以MN∥OD，又MN平面EMC，OD错误!平面EMC，所以直线OD∥平面EMC.（２）由已知可得EF⊥AE，EF⊥DE，又AE∩DE＝E，所以EF⊥平面ADE.所以平面ABFE⊥平面ADE，易知△ADE为等边三角形，取AE的中点H，则易得DH⊥平面ABFE，以H为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则E（—１，0，0），D（0，0，错误!），C（0，４，错误!），F（—１，４，0），所以错误!＝（１，0，错误!），错误!＝（１，４，错误!）．设M（１，t，0）（0≤t≤４），则错误!＝（２，t，0），设平面EMC的法向量为m＝（x，y，z），则错误!⇒错误!取y＝—２，则x＝t，z＝错误!，所以m＝错误!为平面EMC的一个法向量．要使直线DE与平面EMC所成的角为60°，则错误!＝错误!，所以错误!＝错误!，整理得t２—４t ＋３＝0，解得t＝１或t＝３，所以存在点M，使得直线DE与平面EMC所成的角为60°，取ED的中点Q，连接QA，则错误!为平面CEF的法向量，易得Q错误!，A（１，0，0），所以错误!＝错误!.设二面角M—EC—F的大小为θ，则|cos θ|＝错误!＝错误!＝错误!.因为当t＝２时，cos θ＝0，平面EMC⊥平面CDEF，所以当t＝１时，cos θ＝—错误!，θ为钝角；当t＝３时，cos θ＝错误!，θ为锐角．综上，二面角M—EC—F的余弦值为±错误!.。
高考数学一轮复习 第八章 立体几何与空间向量 8.5 空间向量及其应用教学案 理
§8.5空间向量及其应用2.(1)共线向量定理空间两个向量a与b(b≠0)共线的充要条件是存在唯一的实数λ，使得a＝λb.(2)共面向量定理共面向量定理的向量表达式：p＝x a＋y b，其中x，y∈R，a，b为不共线向量．(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，存在唯一的有序实数组{x，y，z}，使得p＝x a＋y b＋z c，{a，b，c}叫做空间的一个基底．3．空间向量的数量积及运算律(1)数量积及相关概念①两向量的夹角已知两个非零向量a，b，在空间任取一点O，作OA→＝a，OB→＝b，则∠AOB叫做向量a，b的夹角，记作〈a，b〉，其范围是0≤〈a，b〉≤π，若〈a，b〉＝π2，则称a与b互相垂直，记作a⊥b.②两向量的数量积已知空间两个非零向量a，b，则|a||b|cos〈a，b〉叫做向量a，b 的数量积，记作a·b，即a·b＝|a||b|cos〈a，b〉．(2)空间向量数量积的运算律①(λa)·b＝λ(a·b).②交换律：a·b＝b·a.③分配律：a·(b＋c)＝a·b＋a·c.4．空间向量的坐标表示及其应用设a＝(a1，a2，a3)，b＝(b1，b2，b3)．5.(1)直线的方向向量直线的方向向量是指和这条直线平行(或在这条直线上)的有向线段所表示的向量，一条直线的方向向量有无数个．(2)平面的法向量直线l⊥平面α，取直线l的方向向量，则这个向量叫做平面α的法向量．显然一个平面的法向量有无数个，它们是共线向量．(3)位置关系向量表示直线l1，l2的方向向量分别为n1，n2l1∥l2n1∥n2⇔n1＝λn2 l1⊥l2n1⊥n2⇔n1·n2＝0直线l的方向向量为n，平面α的法向量为m l∥αn⊥m⇔n·m＝0 l⊥αn∥m⇔n＝λm平面α，β的法向量分别为n，m α∥βn∥m⇔n＝λm α⊥βn⊥m⇔n·m＝0概念方法微思考1．共线向量与共面向量相同吗？提示不相同．平行于同一平面的向量就为共面向量．2．零向量能作为基向量吗？提示不能．由于零向量与任意一个非零向量共线，与任意两个非零向量共面，故零向量不能作为基向量．题组一思考辨析1．判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)(1)空间中任意两个非零向量a，b共面．( √)(2)在向量的数量积运算中(a·b)c＝a(b·c)．( ×)(3)对于非零向量b，由a·b＝b·c，则a＝c.( ×)(4)若A ，B ，C ，D 是空间任意四点，则有AB →＋BC →＋CD →＋DA →＝0.( √ )题组二 教材改编2.如图所示，在平行六面体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，M 为A 1C 1与B 1D 1的交点．若AB →＝a ，AD →＝b ，AA 1→＝c ，则下列向量中与BM →相等的向量是( )A ．－12a ＋12b ＋cB.12a ＋12b ＋c C ．－12a －12b ＋cD.12a －12b ＋c 答案 A解析 BM →＝BB 1→＋B 1M →＝AA 1→＋12(AD →－AB →) ＝c ＋12(b －a )＝－12a ＋12b ＋c .3．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________． 答案2解析 |EF →|2＝EF →2＝(EC →＋CD →＋DF →)2＝EC →2＋CD →2＋DF →2＋2(EC →·CD →＋EC →·DF →＋CD →·DF →)＝12＋22＋12＋2(1×2×cos120°＋0＋2×1×cos120°) ＝2，∴|EF →|＝2，∴EF 的长为 2. 题组三 易错自纠4．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 ．相交但不垂直答案 B解析 由题意得，AB →＝(－3，－3,3)，CD →＝(1,1，－1)，∴AB →＝－3CD →，∴AB →与CD →共线，又AB 与CD 没有公共点，∴AB ∥CD . 5．O 为空间中任意一点，A ，B ，C 三点不共线，且OP →＝34OA →＋18OB →＋tOC →，若P ，A ，B ，C 四点共面，则实数t ＝______.答案 18解析 ∵P ，A ，B ，C 四点共面， ∴34＋18＋t ＝1，∴t ＝18. 6．设μ，v 分别是两个不同平面α，β的法向量，μ＝(－2,2,5)，当v ＝(3，－2,2)时，α与β的位置关系为________；当v ＝(4，－4，－10)时，α与β的位置关系为________． 答案 α⊥β α∥β解析 当v ＝(3，－2,2)时，μ·v ＝－2×3＋2×(－2)＋5×2＝0，μ⊥v ，所以α⊥β；当v ＝(4，－4，－10)时，v ＝－2μ，μ∥v ，所以α∥β.空间向量的线性运算例1 如图所示，在平行六面体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，设AA1→＝a ，AB →＝b ，AD →＝c ，M ，N ，P 分别是AA 1，BC ，C 1D 1的中点，试用a ，b ，c 表示以下各向量： (1)AP →； (2)A 1N →； (3)MP →＋NC1→. 解 (1)∵P 是C 1D 1的中点，∴AP →＝AA 1→＋A 1D 1——→＋D 1P →＝a ＋AD →＋12D 1C 1——→＝a ＋c ＋12AB →＝a ＋12b ＋c .(2)∵N 是BC 的中点，∴A 1N →＝A 1A →＋AB →＋BN →＝－a ＋b ＋12BC → ＝－a ＋b ＋12AD →＝－a ＋b ＋12c .(3)∵M 是AA 1的中点， ∴MP →＝MA →＋AP →＝12A 1A →＋AP →＝－12a ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋c ＋12b＝12a ＋12b ＋c ， 又NC 1→＝NC →＋CC 1→＝12BC →＋AA 1→＝12AD →＋AA 1→＝12c ＋a ， ∴MP →＋NC 1→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12a ＋12b ＋c ＋⎝⎛⎭⎪⎫a ＋12c＝32a ＋12b ＋32c . 思维升华 用基向量表示指定向量的方法 (1)结合已知向量和所求向量观察图形．(2)将已知向量和所求向量转化到三角形或平行四边形中． (3)利用三角形法则或平行四边形法则把所求向量用已知基向量表示出来．跟踪训练1 (1)如图所示，在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，O 为AC 的中点．用AB →，AD →，AA 1→表示OC 1→，则OC 1→＝________________. 答案 12AB →＋12AD →＋AA 1→解析 ∵OC →＝12AC →＝12(AB →＋AD →)，∴OC 1→＝OC →＋CC 1→＝12(AB →＋AD →)＋AA1→＝12AB →＋12AD →＋AA 1→. (2)如图，在三棱锥O —ABC 中，M ，N 分别是AB ，OC 的中点，设OA →＝a ，OB →＝b ，OC →＝c ，用a ，b ，c 表示NM →，则NM →等于( ) A.12(－a ＋b ＋c ) B.12(a ＋b －c ) C.12(a －b ＋c ) D.12(－a －b ＋c )答案 B解析 NM →＝NA →＋AM →＝(OA →－ON →)＋12AB →＝OA →－12OC →＋12(OB →－OA →)＝12OA →＋12OB →－12OC →＝12(a ＋b －c )． 共线定理、共面定理的应用例2 如图，已知E ，F ，G ，H 分别是空间四边形ABCD 的边AB ，BC ，CD ，DA 的中点．(1)求证：E ，F ，G ，H 四点共面； (2)求证：BD ∥平面EFGH . 证明 (1)连接BG ， 则EG →＝EB →＋BG → ＝EB →＋12(BC →＋BD →)＝EB →＋BF →＋EH → ＝EF →＋EH→，由共面向量定理的推论知E ，F ，G ，H 四点共面． (2)因为EH →＝AH →－AE → ＝12AD →－12AB → ＝12(AD →－AB →)＝12BD →， 所以EH ∥BD .又EH ⊂平面EFGH ，BD ⊄平面EFGH ， 所以BD ∥平面EFGH .思维升华 证明三点共线和空间四点共面的方法比较111在AC 1和BC 上，且满足AM →＝kAC 1→，BN →＝kBC →(0≤k ≤1)．(1)向量MN →是否与向量AB →，AA 1→共面？ (2)直线MN 是否与平面ABB 1A 1平行？ 解 (1)∵AM →＝kAC 1→，BN →＝kBC →， ∴MN →＝MA →＋AB →＋BN → ＝kC 1A →＋AB →＋kBC → ＝k (C 1A →＋BC →)＋AB → ＝k (C 1A →＋B 1C 1——→)＋AB → ＝kB 1A →＋AB →＝AB →－kAB 1→ ＝AB →－k (AA 1→＋AB →) ＝(1－k )AB →－kAA1→， ∴由共面向量定理知向量MN →与向量AB →，AA 1→共面． (2)当k ＝0时，点M ，A 重合，点N ，B 重合，MN 在平面ABB 1A 1内，当0<k ≤1时，MN 不在平面ABB 1A 1内， 又由(1)知MN →与AB →，AA 1→共面，∴MN ∥平面ABB 1A 1.综上，当k ＝0时，MN 在平面ABB 1A 1内； 当0<k ≤1时，MN ∥平面ABB 1A 1.空间向量数量积及其应用例3 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． (1)求证：EG ⊥AB ； (2)求EG 的长；(3)求异面直线AG 和CE 所成角的余弦值． (1)证明 设AB →＝a ，AC →＝b ，AD →＝c ，由题意知EG →＝12(AC →＋AD →－AB →)＝12(b ＋c －a )，所以EG →·AB →＝12(a ·b ＋a ·c －a 2) ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1×1×12＋1×1×12－1＝0.故EG →⊥AB→，即EG ⊥AB .(2)解 由题意知EG →＝－12a ＋12b ＋12c ，|EG →|2＝14a 2＋14b 2＋14c 2－12a ·b ＋12b ·c －12c ·a ＝12，则|EG →|＝22，即EG 的长为22.(3)解 AG →＝12(AC →＋AD →)＝12b ＋12c ， CE →＝CA →＋AE →＝－b ＋12a ，cos 〈AG →，CE →〉＝AG →·CE→|AG →||CE →|＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12b ＋12c ·⎝ ⎛⎭⎪⎫－b ＋12a ⎝ ⎛⎭⎪⎫12b ＋12c 2·⎝ ⎛⎭⎪⎫12a －b 2＝－1232×32＝－23，由于异面直线所成角的范围是⎝⎛⎦⎥⎤0，π2，所以异面直线AG 与CE 所成角的余弦值为23.思维升华 (1)利用向量的数量积可证明线段的垂直关系，也可以利用垂直关系，通过向量共线确定点在线段上的位置．(2)利用夹角公式，可以求异面直线所成的角，也可以求二面角． (3)可以通过|a |＝a 2，将向量的长度问题转化为向量数量积的问题求解．跟踪训练3 如图，在平行六面体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，以顶点A 为端点的三条棱长度都为1，且两两夹角为60°. (1)求AC1→的长；(2)求BD 1→与AC →夹角的余弦值．解 (1)记AB →＝a ，AD →＝b ，AA1→＝c ，则|a |＝|b |＝|c |＝1，〈a ，b 〉＝〈b ，c 〉＝〈c ，a 〉＝60°， ∴a ·b ＝b ·c ＝c ·a ＝12.|AC1→|2＝(a ＋b ＋c )2＝a 2＋b 2＋c 2＋2(a ·b ＋b ·c ＋c ·a )＝1＋1＋1＋2×⎝ ⎛⎭⎪⎫12＋12＋12＝6，∴|AC1→|＝6，即AC 1的长为 6. (2)BD 1→＝b ＋c －a ，AC →＝a ＋b ， ∴|BD 1→|＝2，|AC →|＝3， BD 1→·AC →＝(b ＋c －a )·(a ＋b ) ＝b 2－a 2＋a ·c ＋b ·c ＝1，∴cos〈BD 1→，AC →〉＝BD 1→·AC→|BD 1→||AC →|＝66.即BD 1→与AC →夹角的余弦值为66.向量法证明平行、垂直例4 如图所示，在四棱锥P －ABCD 中，PC ⊥平面ABCD ，PC ＝2，在四边形ABCD 中，∠B ＝∠C ＝90°，AB ＝4，CD ＝1，点M 在PB 上，PB ＝4PM ，PB 与平面ABCD 成30°的角．求证：(1)CM ∥平面PAD ； (2)平面PAB ⊥平面PAD .证明 以C 为坐标原点，CB 为x 轴，CD 为y 轴，CP 为z 轴建立如图所示的空间直角坐标系Cxyz .∵PC ⊥平面ABCD ，∴∠PBC 为PB 与平面ABCD 所成的角， ∴∠PBC ＝30°.∵PC ＝2，∴BC ＝23，PB ＝4，∴D (0,1,0)，B (23，0,0)，A (23，4,0)，P (0,0,2)，M ⎝⎛⎭⎪⎪⎫32，0，32， ∴DP →＝(0，－1,2)，DA →＝(23，3,0)，CM →＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫32，0，32. (1)设n ＝(x ，y ，z )为平面PAD 的一个法向量，则⎩⎨⎧DP →·n ＝0，DA →·n ＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－y ＋2z ＝0，23x ＋3y ＝0，令y ＝2，得n ＝(－3，2,1)．∵n ·CM →＝－3×32＋2×0＋1×32＝0， ∴n ⊥CM→.又CM ⊄平面PAD ， ∴CM ∥平面PAD .(2)方法一 由(1)知，BA →＝(0,4,0)，PB →＝(23，0，－2)， 设平面PAB 的一个法向量m ＝(x 0，y 0，z 0)，则⎩⎨⎧BA →·m ＝0，PB →·m ＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧4y 0＝0，23x 0－2z 0＝0，令x 0＝1，得m ＝(1,0，3)，又∵平面PAD的一个法向量n＝(－3，2,1)，∴m·n＝1×(－3)＋0×2＋3×1＝0，∴m⊥n，∴平面PAB⊥平面PAD.方法二如图，取AP的中点E，连接BE，则E(3，2,1)，BE→＝(－3，2,1)．∵PB＝AB，∴BE⊥PA.又∵BE→·DA→＝(－3，2,1)·(23，3,0)＝0，∴BE→⊥DA→，∴BE⊥DA.又PA∩DA＝A，PA，DA⊂平面PAD，∴BE⊥平面PAD.又∵BE⊂平面PAB，∴平面PAB⊥平面PAD.思维升华(1)用向量证明平行的方法①线线平行，只需证明两直线的方向向量是共线向量．②线面平行，证明直线的方向向量能用平面的两个基底表示，或证明直线的方向向量与平面的法向量垂直．③面面平行，证明两平面的法向量是共线向量．(2)用向量证明垂直的方法①线线垂直，只需证明两直线的方向向量互相垂直．②线面垂直，证明直线的方向向量与平面的法向量是共线向量．③面面垂直，证明两平面的法向量互相垂直．跟踪训练4 如图，在多面体ABC－A1B1C1中，四边形A1ABB1是正方形，AB＝AC，BC＝2AB，B1C1∥BC且B1C1＝12BC，二面角A1－AB－C是直二面角．求证： (1)A 1B 1⊥平面AA 1C ； (2)AB 1∥平面A 1C 1C .证明 由二面角A 1－AB －C 是直二面角，四边形A 1ABB 1为正方形，可得AA 1⊥平面BAC .又∵AB ＝AC ，BC ＝2AB ，∴AB 2＋AC 2＝BC 2， ∴∠CAB ＝90°且CA ⊥AB ， ∴AB ，AC ，AA 1两两互相垂直．以A 为坐标原点，AC ，AB ，AA 1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Axyz .设AB ＝2，则A (0,0,0)，B (0,2,0)，A 1(0,0,2)，C (2,0,0)，C 1(1,1,2)，B 1(0，2,2)．(1)A 1B 1——→＝(0,2,0)，A 1A →＝(0,0，－2)，AC →＝(2,0,0)， 设平面AA 1C 的一个法向量n ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎨⎧n ·A 1A →＝0，n ·AC→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－2z ＝0，2x ＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x ＝0，z ＝0.取y ＝1，则n ＝(0,1,0)．∴A 1B 1——→＝2n ，即A 1B 1——→∥n ， ∴A 1B 1⊥平面AA 1C .(2)易知AB 1→＝(0,2,2)，A 1C 1——→＝(1,1,0)，A 1C →＝(2,0，－2)， 设平面A 1C 1C 的一个法向量m ＝(x 1，y 1，z 1)，则⎩⎨⎧m ·A 1C 1——→＝0，m ·A 1C →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x 1＋y 1＝0，2x 1－2z 1＝0，令x 1＝1，则y 1＝－1，z 1＝1，即m ＝(1，－1,1)． ∴AB1→·m ＝0×1＋2×(－1)＋2×1＝0，∴AB 1→⊥m .又AB 1⊄平面A 1C 1C ，∴AB 1∥平面A 1C 1C .1．已知a ＝(2,3，－4)，b ＝(－4，－3，－2)，b ＝12x －2a ，则x等于( ) A ．(0,3，－6) B ．(0,6，－20) C ．(0,6，－6) D ．(6,6，－6)答案 B解析 由b ＝12x －2a ，得x ＝4a ＋2b ＝(8,12，－16)＋(－8，－6，－4)＝(0,6，－20)．2．已知a ＝(－2,1,3)，b ＝(－1,2,1)，若a ⊥(a －λb )，则实数λ的值为( )A ．－2B ．－143C.145D ．2答案 D解析 由题意知a ·(a －λb )＝0，即a 2－λa ·b ＝0，所以14－7λ＝0，解得λ＝2.3．已知a ＝(1,0,1)，b ＝(x,1,2)，且a·b ＝3，则向量a 与b 的夹角为( )A.5π6B.2π3C.π3D.π6答案 D解析 ∵a·b ＝x ＋2＝3，∴x ＝1，∴b ＝(1,1,2)，∴cos〈a ，b 〉＝a·b |a||b |＝32×6＝32，又∵〈a ，b 〉∈[0，π]，∴a 与b 的夹角为π6，故选D.4．在下列命题中：①若向量a ，b 共线，则向量a ，b 所在的直线平行；②若向量a ，b 所在的直线为异面直线，则向量a ，b 一定不共面； ③若三个向量a ，b ，c 两两共面，则向量a ，b ，c 共面；④已知空间的三个向量a ，b ，c ，则对于空间的任意一个向量p 总存在实数x ，y ，z 使得p ＝x a ＋y b ＋z c . 其中正确命题的个数是( ) A ．0B ．1C ．2D ．3 答案 A解析 a 与b 共线，a ，b 所在的直线也可能重合，故①不正确；根据自由向量的意义知，空间任意两向量a ，b 都共面，故②不正确；三个向量a ，b ，c 中任意两个一定共面，但它们三个却不一定共面，故③不正确；只有当a ，b ，c 不共面时，空间任意一向量p 才能表示为p ＝x a ＋y b ＋z c ，故④不正确，综上可知四个命题中正确的个数为0，故选A.5．已知空间向量a ，b 满足|a |＝|b |＝1，且a ，b 的夹角为π3，O 为空间直角坐标系的原点，点A ，B 满足OA →＝2a ＋b ，OB →＝3a －b ，则△OAB 的面积为( )A.523B.543C.743D.114 答案 B 解析 |OA →|＝2a ＋b2＝4|a |2＋|b |2＋4a ·b ＝7，同理|OB →|＝7，则cos∠AOB ＝OA →·OB→|OA →||OB →|＝6|a |2－|b |2＋a ·b 7＝1114，从而有sin∠AOB ＝5314，∴△OAB 的面积S ＝12×7×7×5314＝534，故选B.6.如图，在大小为45°的二面角A －EF －D 中，四边形ABFE ，CDEF 都是边长为1的正方形，则B ，D 两点间的距离是( ) A.3B.2C ．1D.3－2 答案 D解析 ∵BD →＝BF →＋FE →＋ED →，∴|BD →|2＝|BF →|2＋|FE →|2＋|ED →|2＋2BF →·FE →＋2FE →·ED →＋2BF →·ED →＝1＋1＋1－2＝3－2， 故|BD →|＝3－ 2.7．已知a ＝(2,1，－3)，b ＝(－1,2,3)，c ＝(7,6，λ)，若a ，b ，c 三向量共面，则λ＝________.答案 －9解析 由题意知c ＝x a ＋y b ，即(7,6，λ)＝x (2,1，－3)＋y (－1,2,3)，∴⎩⎪⎨⎪⎧2x －y ＝7，x ＋2y ＝6，－3x ＋3y ＝λ，解得λ＝－9.8．已知a ＝(x,4,1)，b ＝(－2，y ，－1)，c ＝(3，－2，z )，a ∥b ，b ⊥c ，则c ＝________.答案 (3，－2,2)解析 因为a ∥b ，所以x－2＝4y ＝1－1(y ≠0)，解得x ＝2，y ＝－4，此时a ＝(2,4,1)，b ＝(－2，－4，－1)， 又因为b ⊥c ，所以b ·c ＝0，即－6＋8－z ＝0，解得z ＝2，于是c ＝(3，－2,2)．9．已知V 为矩形ABCD 所在平面外一点，且VA ＝VB ＝VC ＝VD ，VP →＝13VC →，VM →＝23VB →，VN →＝23VD →.则VA 与平面PMN 的位置关系是________． 答案 平行解析 如图，设VA →＝a ，VB →＝b ， VC →＝c ，则VD →＝a ＋c －b ， 由题意知PM →＝23b －13c ，PN →＝23VD →－13VC → ＝23a －23b ＋13c . 因此VA →＝32PM →＋32PN →，∴VA →，PM →，PN →共面．又VA ⊄平面PMN ，∴VA ∥平面PMN . 10．已知ABCD －A 1B 1C 1D 1为正方体， ①(A 1A →＋A 1D 1——→＋A 1B 1——→)2＝3A 1B 1——→2； ②A 1C →·(A 1B 1——→－A 1A →)＝0；③向量AD 1→与向量A 1B →的夹角是60°；④正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的体积为|AB →·AA 1→·AD →|. 其中正确的序号是________． 答案 ①②解析 ①中，(A 1A →＋A 1D 1→＋A 1B 1——→)2＝A 1A →2＋A 1D 1——→2＋A 1B 1——→2＝3A 1B 1——→2，故①正确；②中，A 1B 1——→－A 1A →＝AB 1→，因为AB 1⊥A 1C ，故②正确；③中，两异面直线A 1B 与AD 1所成的角为60°，但AD 1→与A 1B →的夹角为120°，故③不正确；④中，|AB →·AA 1→·AD →|＝0，故④也不正确． 11.如图，在直三棱柱ABC －A ′B ′C ′中，AC ＝BC ＝AA ′，∠ACB ＝90°，D ，E 分别为棱AB ，BB ′的中点． (1)求证：CE ⊥A ′D ；(2)求异面直线CE 与AC ′所成角的余弦值． 方法一 ∵CC ′⊥平面ABC 且CA ⊥CB ，∴以点C 为原点，分别以CA ，CB ，CC ′所在直线为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系(图略)．令AC ＝BC ＝AA ′＝2，则A (2,0,0)，B (0,2,0)，C ′(0,0,2)，A ′(2,0,2)，B ′(0,2,2)，E (0,2,1)，D (1,1,0)，(1)证明 ∴CE →＝(0,2,1)，A ′D →＝(－1,1，－2)，∵CE →·A ′D →＝0＋2－2＝0，∴CE →⊥A ′D →，∴CE ⊥A ′D . (2)解 AC ′→＝(－2,0,2)， ∴cos〈CE →，AC ′→〉＝CE →·AC ′→|CE →||AC ′→|＝25·8＝1010，即异面直线CE 与AC ′所成角的余弦值为1010.方法二 设CA →＝a ，CB →＝b ，CC ′→＝c ， 根据题意得|a |＝|b |＝|c |， 且a ·b ＝b ·c ＝c ·a ＝0.(1)证明 CE →＝b ＋12c ，A ′D →＝－c ＋12b －12a ， ∴CE →·A ′D →＝－b ·c －12c 2＋12b 2＋14b ·c －12a ·b －14a ·c ＝0，∴CE →⊥A ′D →，即CE ⊥A ′D .(2)解 ∵AC ′→＝－a ＋c ，|AC ′→|＝2|a |，|CE →|＝52|a |，AC ′→·CE →＝(－a ＋c )·⎝⎛⎭⎪⎫b ＋12c ＝12c 2＝12|a |2，∴cos〈AC ′→，CE →〉＝AC ′→·CE→|AC ′→||CE →|＝12|a |22×52|a |2＝1010， 即异面直线CE 与AC ′所成角的余弦值为1010.12.如图，正方形ABCD 的边长为22，四边形BDEF 是平行四边形，BD 与AC 交于点G ，O 为GC 的中点，FO ＝3，且FO ⊥平面ABCD .(1)求证：AE ∥平面BCF ； (2)求证：CF ⊥平面AEF .证明 取BC 中点H ，连接OH ，则OH ∥BD ， 又四边形ABCD 为正方形，∴AC ⊥BD ，∴OH ⊥AC ， 故以O 为原点，建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz ，则A (3,0,0)，C (－1,0,0)，D (1，－2，0)，F (0,0，3)，B (1,2,0)． BC →＝(－2，－2,0)，CF→＝(1,0，3)，BF →＝(－1，－2，3)． (1)设平面BCF 的法向量为n ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎨⎧n ·BC →＝0，n ·CF→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－2x －2y ＝0，x ＋3z ＝0，取z ＝1，得n ＝(－3，3，1)． 又四边形BDEF 为平行四边形， ∴DE →＝BF→＝(－1，－2，3)，∴AE →＝AD →＋DE →＝BC →＋BF→ ＝(－2，－2,0)＋(－1，－2，3) ＝(－3，－4，3)，∴AE →·n ＝33－43＋3＝0，∴AE →⊥n ， 又AE ⊄平面BCF ，∴AE ∥平面BCF . (2)AF →＝(－3,0，3)，∴CF →·AF →＝－3＋3＝0，CF →·AE →＝－3＋3＝0， ∴CF →⊥AF →，CF →⊥AE →，即CF ⊥AF ，CF ⊥AE ， 又AE ∩AF ＝A ，AE ，AF ⊂平面AEF ，∴CF ⊥平面AEF .13．A ，B ，C ，D 是空间不共面的四点，且满足AB →·AC →＝0，AC →·AD →＝0，AB →·AD →＝0，M 为BC 中点，则△AMD 是( ) A ．钝角三角形 B ．锐角三角形 C ．直角三角形 D ．不确定答案 C解析 ∵M 为BC 中点，∴AM →＝12(AB →＋AC →)，∴AM →·AD →＝12(AB →＋AC →)·AD → ＝12AB →·AD →＋12AC →·AD →＝0. ∴AM ⊥AD ，△AMD 为直角三角形．14.如图，已知空间四边形OABC ，其对角线为OB ，AC ，M ，N 分别为OA ，BC 的中点，点G 在线段MN 上，且MG →＝2GN →，若OG →＝xOA →＋yOB →＋zOC →，则x ＋y ＋z ＝________. 答案 56解析 连接ON ，设OA →＝a ，OB →＝b ，OC →＝c ，则MN →＝ON →－OM →＝12(OB →＋OC →)－12OA →＝12b ＋12c －12a ，OG →＝OM →＋MG →＝12OA →＋23MN → ＝12a ＋23⎝ ⎛⎭⎪⎫12b ＋12c －12a ＝16a ＋13b ＋13c .又OG →＝xOA→＋yOB →＋zOC →，所以x ＝16，y ＝13，z ＝13，因此x ＋y ＋z ＝16＋13＋13＝56.15．已知O (0,0,0)，A (1,2,1)，B (2,1,2)，P (1,1,2)，点Q 在直线OP 上运动，当QA →·QB →取最小值时，点Q 的坐标是________． 答案 (1,1,2)解析 由题意，设OQ →＝λOP →，则OQ →＝(λ，λ，2λ)，即Q (λ，λ，2λ)，则QA →＝(1－λ，2－λ，1－2λ)，QB →＝(2－λ，1－λ，2－2λ)，∴QA →·QB →＝(1－λ)(2－λ)＋(2－λ)(1－λ)＋(1－2λ)(2－2λ)＝6λ2－12λ＋6＝6(λ－1)2，当λ＝1时取最小值，此时Q 点坐标为(1,1,2)．16.如图所示，已知四棱锥P －ABCD 的底面是直角梯形，∠ABC ＝∠BCD ＝90°，AB ＝BC ＝PB ＝PC ＝2CD ，平面PBC ⊥底面ABCD .求证： (1)PA ⊥BD ；(2)平面PAD ⊥平面PAB .证明 (1)取BC 的中点O ，连接PO ， ∵△PBC 为等边三角形，∴PO ⊥BC ，∵平面PBC ⊥底面ABCD ，平面PBC ∩底面ABCD ＝BC ，PO ⊂平面PBC ， ∴PO ⊥底面ABCD .以BC 的中点O 为坐标原点，以BC 所在直线为x 轴，过点O 与AB 平行的直线为y 轴，OP 所在直线为z 轴，建立空间直角坐标系，如图所示．不妨设CD ＝1，则AB ＝BC ＝2，PO ＝3，∴A (1，－2,0)，B (1,0,0)，D (－1，－1,0)，P (0,0，3)， ∴BD →＝(－2，－1,0)，PA →＝(1，－2，－3)，∵BD →·PA→＝(－2)×1＋(－1)×(－2)＋0×(－3)＝0， ∴PA →⊥BD→，∴PA ⊥BD . (2)取PA 的中点M ，连接DM ，则M ⎝⎛⎭⎪⎪⎫12，－1，32. ∵DM →＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫32，0，32，PB →＝(1,0，－3)， ∴DM →·PB →＝32×1＋0×0＋32×(－3)＝0.∴DM →⊥PB→，即DM ⊥PB .∵DM →·PA→＝32×1＋0×(－2)＋32×(－3)＝0， ∴DM →⊥PA→，即DM ⊥PA .又∵PA ∩PB ＝P ，PA ⊂平面PAB ，PB ⊂平面PAB ， ∴DM ⊥平面PAB .∵DM ⊂平面PAD ，∴平面PAD ⊥平面PAB .。
人教B版高考总复习一轮数学精品课件 第8章立体几何与空间向量 第5节空间向量及其运算
=
x1 x2 +y1 y2 +z1 z2
x21 +y21 +z21 x22 +y22 +z22
.
5.空间向量的坐标与空间向量的平行、垂直
假设空间中两个向量a,b满足a=(x1,y1,z1),b=(x2,y2,z2),则:(1)当a≠0时,
a∥b⇔b=λa⇔(x2,y2,z2)=λ(x1,y1,z1)⇔
,那么对空间中的任意一个向量p,
存在唯一的有序实数组(x,y,z),使得p= xa+yb+zc
特别地,当a,b,c不共面时,可知xa+yb+zc=0⇔x=y=z=0.
.
(3)相关概念
线性组合
①线性组合:表达式xa+yb+zc一般称为向量a,b,c的____________
或 线性表达式 .
②基底:空间中不共面的三个向量a,b,c组成的集合{a,b,c},常称为空间向量
第5节 空间向量及其运算
课标解读
1.掌握空间直角坐标系,会用空间直角坐标系刻画点的位置;会推导空间两
点间的距离公式.
2.理解空间向量的概念,理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.
3.掌握空间向量的线性运算及其坐标表示.
4.掌握空间向量的数量积及其坐标表示,能运用向量的数量积判断向量的
= + = − =
1
1 )= (c+2b),则
3
=
1
− 1
3
=
1
− (
3
1
1
+ =- (a+b)+ (c+2b)=- + + .
高考数学大一轮复习 第八章 立体几何与空间向量 8.6 空间向量及其运算教案 理(含解析)
§8.6 空间向量及其运算2.已知两个非零向量a ，b ，在空间任取一点O ，作OA →＝a ，OB →＝b ，则角∠AOB 叫做向量a 与b 的夹角，记作〈a ，b 〉，通常规定0≤〈a ，b 〉≤π. 3.两条异面直线所成的角把异面直线平移到一个平面内，这时两条直线的夹角(锐角或直角)叫做两条异面直线所成的角.4.数量积及坐标运算 (1)两个向量的数量积： ①a·b ＝|a||b |cos 〈a ，b 〉； ②a ⊥b ⇔a·b ＝0(a ，b 为非零向量)； ③|a |2＝a·a ，|a |＝x 2＋y 2＋z 2.(2)向量的坐标运算：a ＝(a 1，a 2，a 3)，b ＝(b 1，b 2，b 3) 向量和 a ＋b ＝(a 1＋b 1，a 2＋b 2，a 3＋b 3) 向量差 a －b ＝(a 1－b 1，a 2－b 2，a 3－b 3)数量积 a·b ＝a 1b 1＋a 2b 2＋a 3b 3 数乘向量λa ＝(λa 1，λa 2，λa 3)共线a∥b (b ≠0)⇔a 1＝λb 1，a 2＝λb 2，a 3＝λb 3a ∥b ⇔a 1b 1＝a 2b 2＝a 3b 3(b 与三个坐标平面都不平行)垂直 a⊥b ⇔a 1b 1＋a 2b 2＋a 3b 3＝0夹角公式cos 〈a ，b 〉＝a 1b 1＋a 2b 2＋a 3b 3a 21＋a 22＋a 23·b 21＋b 22＋b 23概念方法微思考1.共线向量与共面向量相同吗？提示 不相同.平行于同一平面的向量就为共面向量. 2.零向量能作为基向量吗？提示 不能.由于零向量与任意一个非零向量共线，与任意两个非零向量共面，故零向量不能作为基向量.3.空间向量的坐标运算与坐标原点的位置选取有关吗？提示 无关.这是因为一个确定的几何体，其“线线”夹角、“点点”距离都是固定的，坐标系的位置不同，只会影响其计算的繁简，不会影响结果. 题组一 思考辨析1.判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”) (1)空间中任意两个非零向量a ，b 共面.( √ )(2)在向量的数量积运算中(a ·b )·c ＝a ·(b ·c ).( × ) (3)对于非零向量b ，由a ·b ＝b ·c ，则a ＝c .( × ) (4)两向量夹角的范围与两异面直线所成角的范围相同.( × ) (5)若A ，B ，C ，D 是空间任意四点，则有AB →＋BC →＋CD →＋DA →＝0.( √ ) (6)若a·b <0，则〈a ，b 〉是钝角.( × ) 题组二 教材改编2.如图所示，在平行六面体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，M 为A 1C 1与B 1D 1的交点.若AB →＝a ，AD →＝b ，AA 1→＝c ，则下列向量中与BM →相等的向量是( ) A.－12a ＋12b ＋cB.12a ＋12b ＋cC.－12a －12b ＋cD.12a －12b ＋c 答案 A解析 BM →＝BB 1→＋B 1M →＝AA 1→＋12(AD →－AB →)＝c ＋12(b －a )＝－12a ＋12b ＋c .3.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________. 答案2解析 |EF →|2＝EF →2＝(EC →＋CD →＋DF →)2＝EC →2＋CD →2＋DF →2＋2(EC →·CD →＋EC →·DF →＋CD →·DF →) ＝12＋22＋12＋2(1×2×cos120°＋0＋2×1×cos120°) ＝2，∴|EF →|＝2，∴EF 的长为 2. 题组三 易错自纠4.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.相交但不垂直答案 B解析 由题意得，AB →＝(－3，－3,3)，CD →＝(1,1，－1)， ∴AB →＝－3CD →， ∴AB →与CD →共线，又AB 与CD 没有公共点，∴AB ∥CD .5.已知a ＝(2,3,1)，b ＝(－4,2，x )，且a ⊥b ，则|b |＝________. 答案 2 6 解析 ∵a ⊥b ，∴a ·b ＝2×(－4)＋3×2＋1·x ＝0， ∴x ＝2，∴|b |＝(－4)2＋22＋22＝2 6.6.O 为空间中任意一点，A ，B ，C 三点不共线，且OP →＝34OA →＋18OB →＋tOC →，若P ，A ，B ，C 四点共面，则实数t ＝______.答案 18解析 ∵P ，A ，B ，C 四点共面， ∴34＋18＋t ＝1，∴t ＝18. 题型一 空间向量的线性运算例1 如图所示，在空间几何体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，各面为平行四边形，设AA 1→＝a ，AB →＝b ，AD →＝c ，M ，N ，P 分别是AA 1，BC ，C 1D 1的中点，试用a ，b ，c 表示以下各向量： (1)AP →； (2)MP →＋NC 1→.解 (1)因为P 是C 1D 1的中点， 所以AP →＝AA 1→＋A 1D 1→＋D 1P → ＝a ＋AD →＋12D 1C 1→＝a ＋c ＋12AB →＝a ＋c ＋12b .(2)因为M 是AA 1的中点， 所以MP →＝MA →＋AP →＝12A 1A →＋AP →＝－12a ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋c ＋12b ＝12a ＋12b ＋c . 又NC 1→＝NC →＋CC 1→＝12BC →＋AA 1→＝12AD →＋AA 1→＝12c ＋a ， 所以MP →＋NC 1→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12a ＋12b ＋c ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋12c＝32a ＋12b ＋32c . 思维升华 用基向量表示指定向量的方法 (1)结合已知向量和所求向量观察图形.(2)将已知向量和所求向量转化到三角形或平行四边形中.(3)利用三角形法则或平行四边形法则把所求向量用已知基向量表示出来.跟踪训练1 (1)如图所示，在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，O 为AC 的中点.用AB →，AD →，AA 1→表示OC 1→，则OC 1→＝________________.答案 12AB →＋12AD →＋AA 1→解析 ∵OC →＝12AC →＝12(AB →＋AD →)，∴OC 1→＝OC →＋CC 1→＝12(AB →＋AD →)＋AA 1→＝12AB →＋12AD →＋AA 1→. (2)如图，在三棱锥O —ABC 中，M ，N 分别是AB ，OC 的中点，设OA →＝a ，OB →＝b ，OC →＝c ，用a ，b ，c 表示NM →，则NM →等于( )A.12(－a ＋b ＋c ) B.12(a ＋b －c ) C.12(a －b ＋c ) D.12(－a －b ＋c ) 答案 B解析 NM →＝NA →＋AM →＝(OA →－ON →)＋12AB →＝OA →－12OC →＋12(OB →－OA →)＝12OA →＋12OB →－12OC →＝12(a ＋b －c ). 题型二 共线定理、共面定理的应用例2 如图，已知E ，F ，G ，H 分别是空间四边形ABCD 的边AB ，BC ，CD ，DA 的中点. (1)求证：E ，F ，G ，H 四点共面； (2)求证：BD ∥平面EFGH . 证明 (1)连接BG ， 则EG →＝EB →＋BG → ＝EB →＋12(BC →＋BD →)＝EB →＋BF →＋EH → ＝EF →＋EH →，由共面向量定理的推论知E ，F ，G ，H 四点共面. (2)因为EH →＝AH →－AE →＝12AD →－12AB → ＝12(AD →－AB →)＝12BD →， 所以EH ∥BD .又EH ⊂平面EFGH ，BD ⊄平面EFGH ， 所以BD ∥平面EFGH .思维升华 证明三点共线和空间四点共面的方法比较跟踪训练2 如图所示，已知斜三棱柱ABC —A 1B 1C 1，点M ，N 分别在AC 1和BC 上，且满足AM ＝kAC 1→，BN →＝kBC →(0≤k ≤1).(1)向量MN →是否与向量AB →，AA 1→共面？ (2)直线MN 是否与平面ABB 1A 1平行？ 解 (1)∵AM →＝kAC 1→，BN →＝kBC →， ∴MN →＝MA →＋AB →＋BN → ＝kC 1A →＋AB →＋kBC → ＝k (C 1A →＋BC →)＋AB → ＝k (C 1A →＋B 1C 1—→)＋AB → ＝kB 1A →＋AB →＝AB →－kAB 1→ ＝AB →－k (AA 1→＋AB →) ＝(1－k )AB →－kAA 1→，∴由共面向量定理知向量MN →与向量AB →，AA 1→共面. (2)当k ＝0时，点M ，A 重合，点N ，B 重合，MN 在平面ABB 1A 1内，当0<k ≤1时，MN 不在平面ABB 1A 1内， 又由(1)知MN →与AB →，AA 1→共面， ∴MN ∥平面ABB 1A 1.综上，当k ＝0时，MN 在平面ABB 1A 1内； 当0<k ≤1时，MN ∥平面ABB 1A 1. 题型三 空间向量数量积的应用例3 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)求异面直线AN 与CM 所成角的余弦值. (1)证明 设AB →＝p ，AC →＝q ，AD →＝r .由题意可知，|p |＝|q |＝|r |＝a ，且p ，q ，r 三个向量两两夹角均为60°. MN →＝AN →－AM →＝12(AC →＋AD →)－12AB →＝12(q ＋r －p )， ∴MN →·AB →＝12(q ＋r －p )·p ＝12(q ·p ＋r ·p －p 2)＝12(a 2cos60°＋a 2cos60°－a 2)＝0. ∴MN →⊥AB →，即MN ⊥AB . 同理可证MN ⊥CD .(2)设向量AN →与MC →的夹角为θ. ∵AN →＝12(AC →＋AD →)＝12(q ＋r )，MC →＝AC →－AM →＝q －12p ，∴AN →·MC →＝12(q ＋r )·⎝ ⎛⎭⎪⎫q －12p＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫q 2－12q ·p ＋r ·q －12r ·p ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2－12a 2cos60°＋a 2cos60°－12a 2cos60° ＝12⎝⎛⎭⎪⎫a 2－a 24＋a 22－a 24＝a22.又∵|AN →|＝|MC →|＝32a ，∴AN →·MC →＝|AN →||MC →|cos θ＝32a ×32a ×cos θ＝a 22.∴cos θ＝23.∴向量AN →与MC →的夹角的余弦值为23，从而异面直线AN 与CM 所成角的余弦值为23.思维升华 (1)利用向量的数量积可证明线段的垂直关系，也可以利用垂直关系，通过向量共线确定点在线段上的位置.(2)利用夹角公式，可以求异面直线所成的角，也可以求二面角.(3)可以通过|a |＝a 2，将向量的长度问题转化为向量数量积的问题求解.跟踪训练3 如图，在平行六面体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，以顶点A 为端点的三条棱长度都为1，且两两夹角为60°. (1)求AC 1→的长；(2)求BD 1→与AC →夹角的余弦值. 解 (1)记AB →＝a ，AD →＝b ，AA 1→＝c ，则|a |＝|b |＝|c |＝1，〈a ，b 〉＝〈b ，c 〉＝〈c ，a 〉＝60°， ∴a ·b ＝b ·c ＝c ·a ＝12.|AC 1→|2＝(a ＋b ＋c )2＝a 2＋b 2＋c 2＋2(a ·b ＋b ·c ＋c ·a )＝1＋1＋1＋2×⎝ ⎛⎭⎪⎫12＋12＋12＝6，∴|AC 1→|＝6，即AC 1的长为 6. (2)BD 1→＝b ＋c －a ，AC →＝a ＋b ， ∴|BD 1→|＝2，|AC →|＝3，BD 1→·AC →＝(b ＋c －a )·(a ＋b )＝b 2－a 2＋a ·c ＋b ·c ＝1， ∴cos〈BD 1→，AC →〉＝BD 1→·AC →|BD 1→||AC →|＝66.即BD 1→与AC →夹角的余弦值为66.1.已知a ＝(2,3，－4)，b ＝(－4，－3，－2)，b ＝12x －2a ，则x 等于( )A.(0,3，－6)B.(0,6，－20)C.(0,6，－6)D.(6,6，－6)答案 B解析 由b ＝12x －2a ，得x ＝4a ＋2b ＝(8,12，－16)＋(－8，－6，－4)＝(0,6，－20).2.在下列命题中：①若向量a ，b 共线，则向量a ，b 所在的直线平行；②若向量a ，b 所在的直线为异面直线，则向量a ，b 一定不共面； ③若三个向量a ，b ，c 两两共面，则向量a ，b ，c 共面；④已知空间的三个向量a ，b ，c ，则对于空间的任意一个向量p 总存在实数x ，y ，z 使得p ＝x a ＋y b ＋z c .其中正确命题的个数是( ) A.0B.1C.2D.3 答案 A解析 a 与b 共线，a ，b 所在的直线也可能重合，故①不正确；根据自由向量的意义知，空间任意两向量a ，b 都共面，故②不正确；三个向量a ，b ，c 中任意两个一定共面，但它们三个却不一定共面，故③不正确；只有当a ，b ，c 不共面时，空间任意一向量p 才能表示为p ＝x a ＋y b ＋z c ，故④不正确，综上可知四个命题中正确的个数为0，故选A.3.已知向量a ＝(2m ＋1,3，m －1)，b ＝(2，m ，－m )，且a ∥b ，则实数m 的值等于( ) A.32B.－2C.0D.32或－2 答案 B解析 当m ＝0时，a ＝(1,3，－1)，b ＝(2,0,0)，a 与b 不平行，∴m ≠0，∵a ∥b ，∴2m ＋12＝3m ＝m －1－m，解得m ＝－2.4.在空间直角坐标系中，已知A (1，－2,1)，B (2,2,2)，点P 在z 轴上，且满足|PA |＝|PB |，则P 点坐标为( ) A.(3,0,0) B.(0,3,0) C.(0,0,3) D.(0,0，－3)答案 C解析 设P (0,0，z )，则有(1－0)2＋(－2－0)2＋(1－z )2＝(2－0)2＋(2－0)2＋(2－z )2， 解得z ＝3.5.已知a ＝(1,0,1)，b ＝(x,1,2)，且a·b ＝3，则向量a 与b 的夹角为( )A.5π6B.2π3C.π3D.π6 答案 D解析 ∵a·b ＝x ＋2＝3，∴x ＝1，∴b ＝(1,1,2)， ∴cos〈a ，b 〉＝a·b |a||b |＝32×6＝32，又∵〈a ，b 〉∈[0，π]，∴a 与b 的夹角为π6，故选D.6.如图，在大小为45°的二面角A －EF －D 中，四边形ABFE ，CDEF 都是边长为1的正方形，则B ，D 两点间的距离是( ) A.3B.2C.1D.3－ 2 答案 D解析 ∵BD →＝BF →＋FE →＋ED →，∴|BD →|2＝|BF →|2＋|FE →|2＋|ED →|2＋2BF →·FE →＋2FE →·ED →＋2BF →·ED →＝1＋1＋1－2＝3－2， 故|BD →|＝3－ 2.7.已知a ＝(2,1，－3)，b ＝(－1,2,3)，c ＝(7,6，λ)，若a ，b ，c 三向量共面，则λ＝________. 答案 －9解析 由题意知c ＝x a ＋y b ，即(7,6，λ)＝x (2,1，－3)＋y (－1,2,3)， ∴⎩⎪⎨⎪⎧2x －y ＝7，x ＋2y ＝6，－3x ＋3y ＝λ，解得λ＝－9.8.已知a ＝(x ,4,1)，b ＝(－2，y ，－1)，c ＝(3，－2，z )，a ∥b ，b ⊥c ，则c ＝________. 答案 (3，－2,2) 解析 因为a ∥b ，所以x－2＝4y ＝1－1， 解得x ＝2，y ＝－4，此时a ＝(2,4,1)，b ＝(－2，－4，－1)， 又因为b ⊥c ，所以b ·c ＝0， 即－6＋8－z ＝0，解得z ＝2，于是c ＝(3，－2,2).9.已知V 为矩形ABCD 所在平面外一点，且VA ＝VB ＝VC ＝VD ，VP →＝13VC →，VM →＝23VB →，VN →＝23VD →.则VA 与平面PMN 的位置关系是________.答案 平行解析 如图，设VA →＝a ，VB →＝b ，VC →＝c ，则VD →＝a ＋c －b ，由题意知PM →＝23b －13c ， PN →＝23VD →－13VC →＝23a －23b ＋13c . 因此VA →＝32PM →＋32PN →， ∴VA →，PM →，PN →共面.又VA ⊄平面PMN ，∴VA ∥平面PMN .10.已知ABCD －A 1B 1C 1D 1为正方体，①(A 1A →＋A 1D 1—→＋A 1B 1—→)2＝3A 1B 1—→2；②A 1C →·(A 1B 1—→－A 1A →)＝0；③向量AD 1→与向量A 1B →的夹角是60°；④正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的体积为|AB →·AA 1→·AD →|.其中正确的序号是________.答案 ①②解析 ①中，(A 1A →＋A 1D 1—→＋A 1B 1—→)2＝A 1A →2＋A 1D 1—→2＋A 1B 1—→2＝3A 1B 1—→2，故①正确；②中，A 1B 1—→－A 1A →＝AB 1→，因为AB 1⊥A 1C ，故②正确；③中，两异面直线A 1B 与AD 1所成的角为60°，但AD 1→与A 1B →的夹角为120°，故③不正确；④中，|AB →·AA 1→·AD →|＝0，故④也不正确.11.已知A ，B ，C 三点不共线，对平面ABC 外的任一点O ，若点M 满足OM →＝13(OA →＋OB →＋OC →). (1)判断MA →，MB →，MC →三个向量是否共面；(2)判断点M 是否在平面ABC 内.解 (1)由题意知OA →＋OB →＋OC →＝3OM →，∴OA →－OM →＝(OM →－OB →)＋(OM →－OC →)，即MA →＝BM →＋CM →＝－MB →－MC →，∴MA →，MB →，MC →共面.(2)由(1)知MA →，MB →，MC →共面且过同一点M ，∴M ，A ，B ，C 四点共面.∴点M 在平面ABC 内.12.已知a ＝(1，－3,2)，b ＝(－2,1,1)，A (－3，－1,4)，B (－2，－2,2).(1)求|2a ＋b |；(2)在直线AB 上，是否存在一点E ，使得OE →⊥b ？(O 为原点)解 (1)2a ＋b ＝(2，－6,4)＋(－2,1,1)＝(0，－5,5)，故|2a ＋b |＝02＋(－5)2＋52＝5 2.(2)令AE →＝tAB →(t ∈R )，所以OE →＝OA →＋AE →＝OA →＋tAB →＝(－3，－1,4)＋t (1，－1，－2)＝(－3＋t ，－1－t,4－2t )，若OE →⊥b ，则OE →·b ＝0，所以－2(－3＋t )＋(－1－t )＋(4－2t )＝0，解得t ＝95. 因此存在点E ，使得OE →⊥b ，此时E 点的坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫－65，－145，25. 13.(2018·本溪模拟)如图，已知空间四边形OABC ，其对角线为OB ，AC ，M ，N 分别为OA ，BC 的中点，点G 在线段MN 上，且MG →＝2GN →，若OG →＝xOA →＋yOB →＋zOC →，则x ＋y ＋z ＝________.答案 56解析 连接ON ，设OA →＝a ，OB →＝b ，OC →＝c ，则MN →＝ON →－OM →＝12(OB →＋OC →)－12OA → ＝12b ＋12c －12a ， OG →＝OM →＋MG →＝12OA →＋23MN → ＝12a ＋23⎝ ⎛⎭⎪⎫12b ＋12c －12a ＝16a ＋13b ＋13c . 又OG →＝xOA →＋yOB →＋zOC →，所以x ＝16，y ＝13，z ＝13， 因此x ＋y ＋z ＝16＋13＋13＝56. 14.A ，B ，C ，D 是空间不共面的四点，且满足AB →·AC →＝0，AC →·AD →＝0，AB →·AD →＝0，M 为BC中点，则△AMD 是( )A.钝角三角形B.锐角三角形C.直角三角形D.不确定 答案 C解析 ∵M 为BC 中点，∴AM →＝12(AB →＋AC →)， ∴AM →·AD →＝12(AB →＋AC →)·AD → ＝12AB →·AD →＋12AC →·AD →＝0.∴AM ⊥AD ，△AMD 为直角三角形.15.已知O (0,0,0)，A (1,2,1)，B (2,1,2)，P (1,1,2)，点Q 在直线OP 上运动，当QA →·QB →取最小值时，点Q 的坐标是________.答案 (1,1,2)解析 由题意，设OQ →＝λOP →，则OQ →＝(λ，λ，2λ)，即Q (λ，λ，2λ)，则QA →＝(1－λ，2－λ，1－2λ)，QB →＝(2－λ，1－λ，2－2λ)，∴QA →·QB →＝(1－λ)(2－λ)＋(2－λ)(1－λ)＋(1－2λ)(2－2λ)＝6λ2－12λ＋6＝6(λ－1)2，当λ＝1时取最小值，此时Q 点坐标为(1,1,2).16.如图，在直三棱柱ABC －A ′B ′C ′中，AC ＝BC ＝AA ′，∠ACB ＝90°，D ，E 分别为棱AB ，BB ′的中点.(1)求证：CE ⊥A ′D ；(2)求异面直线CE 与AC ′所成角的余弦值.(1)证明 设CA →＝a ，CB →＝b ，CC ′→＝c ，根据题意得|a |＝|b |＝|c |，且a ·b ＝b ·c ＝c ·a ＝0，∴CE →＝b ＋12c ，A ′D →＝－c ＋12b －12a ， ∴CE →·A ′D →＝－12c 2＋12b 2＝0， ∴CE →⊥A ′D →，即CE ⊥A ′D .(2)解 ∵AC ′→＝－a ＋c ，|AC ′→|＝2|a |，|CE →|＝52|a |， AC ′→·CE →＝(－a ＋c )·⎝ ⎛⎭⎪⎫b ＋12c ＝12c 2＝12|a |2， ∴cos〈AC ′→，CE →〉＝AC ′→·CE →|AC ′→||CE →|＝12|a |22×52|a |2＝1010， 即异面直线CE 与AC ′所成角的余弦值为1010.。
高考数学一轮复习第八章立体几何第6节空间向量及运算课件理
⑦cos〈a，b〉＝
a1b1＋a2b2＋a3b3
.
a21＋a22＋a32· b12＋b22＋b23
1．判断下列结论的正误．(正确的打“√”，错误的打
“×”)
(1)空间中任意两非零向量 a，b 共面．(
)
(2)若 A，B，C，D 是空间任意四点，则有A→B＋B→C＋C→D＋
D→A＝0.(
)
(3)对于向量 a，b，若 a·b＝0，则一定有 a＝0 或 b＝0.(
B．(－1，－3,2)
C.－12，32，－1
D．( 2，－3，－2 2)
[解析] 可知－12a＝－12，32，－1，选 C.
[答案] C
4．若向量 a＝(2,2,0)，b＝(1,3，z)，且〈a，b〉＝π3，则
实数 z＝(
)
A. 22
B．5
C．± 22
D．±5
[解析] ∵cos〈a，b〉＝cosπ3＝|aa|· ·|bb|
其中真命题的个数是(
)
A．1
B．2
C．3
D．4
[解析] ①正确，②中若 a，b 共线，p 与 a 不共线，则 p ＝xa＋yb 就不成立．③正确．④中若 M，A，B 共线，点 P 不在此直线上，则M→P＝xM→A＋yM→B不正确．
[答案] B
6．已知 a＝(1－t,1－t，t)，b＝(2，t，t)，则|b－a|的最小 值为________．
)
(4)若 a·b<0，则〈a，b〉是钝角．(
)
(5) 两 向 量 夹 角 的 范 围 与 两 异 面 直 线 所 成 角 的 范 围 相
同．(
)
[答案] (1)√ (2)√ (3)× (4)× (5)×
高考数学一轮复习 第8章 立体几何 6 第6讲 空间向量及其运算教案 理-高三全册数学教案
第6讲 空间向量及其运算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 (b ≠0)，a ∥b 的充要条件是存在唯一的实数λ，使得a ＝λb ．(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p ＝x a＋y b ．(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p ＝x a ＋y b ＋z c ．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OA →＝a ，OB →＝b ，则∠AOB 叫做向量a 与b 的夹角，记作〈a ，b 〉．通常规定0≤〈a ，b 〉≤π．若〈a ，b 〉＝π2，则称向量a ，b 互相垂直，记作a ⊥b .(2)两向量的数量积两个非零向量a ，b 的数量积a ·b ＝|a ||b |cos 〈a ，b 〉． (3)向量的数量积的性质①a ·e ＝|a |cos 〈a ，e 〉(其中e 为单位向量)； ②a ⊥b ⇔a ·b ＝0； ③|a |2＝a ·a ＝a 2；④|a ·b |≤|a ||b |.(4)向量的数量积满足如下运算律 ①(λa )·b ＝λ(a ·b )； ②a ·b ＝b ·a (交换律)；③a ·(b ＋c )＝a ·b ＋a ·c (分配律)． 3．空间向量的坐标运算(1)设a ＝(a 1，a 2，a 3)，b ＝(b 1，b 2，b 3)．a ＋b ＝(a 1＋b 1，a 2＋b 2，a 3＋b 3)， a －b ＝(a 1－b 1，a 2－b 2，a 3－b 3)，λa ＝(λa 1，λa 2，λa 3)，a ·b ＝a 1b 1＋a 2b 2＋a 3b 3， a ⊥b ⇔a 1b 1＋a 2b 2＋a 3b 3＝0，a ∥b ⇔a 1＝λb 1，a 2＝λb 2，a 3＝λb 3(λ∈R )，cos 〈a ，b 〉＝a ·b |a |·|b |＝a 1b 1＋a 2b 2＋a 3b 3a 21＋a 22＋a 23·b 21＋b 22＋b 23. (2)设A (x 1，y 1，z 1)，B (x 2，y 2，z 2)， 则AB →＝OB →－OA →＝(x 2－x 1，y 2－y 1，z 2－z 1)． 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AB →为直线l 的方向向量，与AB →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①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．②确定：设a ，b 是平面α内两不共线向量，n 为平面α的法向量，则求法向量的方程组为⎩⎪⎨⎪⎧n·a ＝0，n·b ＝0.5．空间位置关系的向量表示位置关系向量表示直线l 1，l 2的方向向量分别为n 1，n 2l 1∥l 2 n 1∥n 2⇔n 1＝λn 2 l 1⊥l 2 n 1⊥n 2⇔n 1·n 2＝0 直线l 的方向向量为n ，平面α的法向量为m l ∥α n ⊥m ⇔n ·m ＝0 l ⊥α n ∥m ⇔n ＝λm 平面α，β的法向量分别为n ，mα∥β n ∥m ⇔n ＝λm α⊥βn ⊥m ⇔n ·m ＝0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(a ·b )·c ＝a ·(b ·c )．( ) (3)对于非零向量b ，由a ·b ＝b ·c ，则a ＝c .( )(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AB →＋BC →＋CD →＋DA →＝0.( )答案：(1)√ (2)× (3)× (4)× (5)× (6)√在空间直角坐标系中，已知A(1，－2，1)，B(2，2，2)，点P 在z 轴上，且满足|PA|＝|PB|，则P 点坐标为( )A ．(3，0，0)B ．(0，3，0)C ．(0，0，3)D ．(0，0，－3)解析：选C .设P(0，0，z)，则有 （1－0）2＋（－2－0）2＋（1－z ）2＝（2－0）2＋（2－0）2＋（2－z ）2，解得z ＝3. (教材习题改编)在平行六面体ABCDA 1B 1C 1D 1中，M 为A 1C 1与B 1D 1的交点．若AB →＝a ，AD →＝b ，AA 1→＝c ，则下列向量中与BM →相等的向量是( ) A ．－12a ＋12b ＋cB.12a ＋12b ＋c C ．－12a －12b ＋cD.12a －12b ＋c 解析：选A.由题意，根据向量运算的几何运算法则，BM →＝BB 1→＋B 1M →＝AA 1→＋12(AD →－AB →)＝c ＋12(b －a )＝－12a ＋12b ＋c .(教材习题改编)已知a ＝(2，4，x )，b ＝(2，y ，2)，若|a |＝6，且a ⊥b ，则x ＋y 的值为________．解析：因为a ＝(2，4，x )，|a |＝6，则x ＝±4， 又b ＝(2，y ，2)，a ⊥b ， 当x ＝4时，y ＝－3，x ＋y ＝1. 当x ＝－4时，y ＝1，x ＋y ＝－3.答案：1或－3若平面α的一个法向量为u 1＝(－3，y ，2)，平面β的一个法向量为u 2＝(6，－2，z )，且α∥β，则y ＋z ＝________． 解析：因为α∥β，所以u 1∥u 2，所以－36＝y －2＝2z ，所以y ＝1，z ＝－4，所以y ＋z ＝－3. 答案：－3空间向量的线性运算[典例引领]如图，在长方体ABCD A 1B 1C 1D 1中，O 为AC 的中点．(1)化简A 1O →－12AB →－12AD →＝________．(2)用AB →，AD →，AA1→表示OC 1→，则OC 1→＝________．【解析】 (1)A 1O →－12AB →－12AD →＝A 1O →－12(AB →＋AD →)＝A 1O →－AO →＝A 1O →＋OA →＝A 1A →.(2)因为OC →＝12AC →＝12(AB →＋AD →)．所以OC 1→＝OC →＋CC 1→＝12(AB →＋AD →)＋AA1→＝12AB →＋12AD →＋AA 1→.【答案】 (1)A 1A → (2)12AB →＋12AD →＋AA 1→ 若本例条件不变，结论改为：设E 是棱DD 1上的点，且DE →＝23DD 1→，若EO →＝xAB →＋yAD →＋zAA 1→，试求x ，y ，z 的值．解：EO →＝ED →＋DO → ＝－23DD 1→＋12(DA →＋DC →)＝12AB →－12AD →－23AA 1→， 由条件知，x ＝12，y ＝－12，z ＝－23.用已知向量表示某一向量的方法[通关练习]1．在空间四边形ABCD 中，若AB →＝(－3，5，2)，CD →＝(－7，－1，－4)，点E ，F 分别为线段BC ，AD 的中点，则EF →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EF →＝OF →－OE →，OF →＝12(OA →＋OD →)，OE →＝12(OB →＋OC →)．所以EF →＝12(OA →＋OD →)－12(OB →＋OC →)＝12(BA →＋CD →) ＝12[(3，－5，－2)＋(－7，－1，－4)] ＝12(－4，－6，－6)＝(－2，－3，－3)． 2.在三棱锥O ABC 中，M ，N 分别是OA ，BC 的中点，G 是△ABC 的重心，用基向量OA →，OB →，OC →表示(1)MG →；(2)OG →. 解：(1)MG →＝MA →＋AG → ＝12OA →＋23AN → ＝12OA →＋23(ON →－OA →) ＝12OA →＋23[12(OB →＋OC →)－OA →] ＝－16OA →＋13OB →＋13OC →.(2)OG →＝OM →＋MG → ＝12OA →－16OA →＋13OB →＋13OC → ＝13OA →＋13OB →＋13OC →. 共线、共面向量定理的应用[典例引领]已知E ，F ，G ，H 分别是空间四边形ABCD 的边AB ，BC ，CD ，DA 的中点，求证： (1)E ，F ，G ，H 四点共面； (2)BD ∥平面EFGH .【证明】 (1)连接BG (图略)， 则EG →＝EB →＋BG →＝EB →＋12(BC →＋BD →) ＝EB →＋BF →＋EH →＝EF →＋EH→，由共面向量定理的推论知，E ，F ，G ，H 四点共面． (2)因为EH →＝AH →－AE →＝12AD →－12AB →＝12(AD →－AB →)＝12BD →，所以EH ∥BD . 又EH ⊂平面EFGH ，BD ⊄平面EFGH ， 所以BD ∥平面EFGH .(1)证明空间三点P 、A 、B 共线的方法 ①PA →＝λPB →(λ∈R )；②对空间任一点O ，OP →＝OA →＋tAB →(t ∈R )； ③对空间任一点O ，OP →＝xOA →＋yOB →(x ＋y ＝1)． (2)证明空间四点P 、M 、A 、B 共面的方法 ①MP →＝xMA→＋yMB →；②对空间任一点O ，OP →＝OM →＋xMA→＋yMB →；③对空间任一点O ，OP →＝xOM →＋yOA →＋zOB →(x ＋y ＋z ＝1)； ④PM →∥AB →(或PA →∥MB →或PB →∥AM→)． [通关练习]1．已知a ＝(λ＋1，0，2)，b ＝(6，2μ－1，2λ)，若a ∥b ，则λ与μ的值可以是( )A ．2，12B ．－13，12C ．－3，2D ．2，2解析：选A.因为a ∥b ，所以b ＝k a ，即(6，2μ－1，2λ)＝k (λ＋1，0，2)，所以⎩⎪⎨⎪⎧6＝k （λ＋1），2μ－1＝0，2λ＝2k ，解得⎩⎪⎨⎪⎧λ＝2，μ＝12或⎩⎪⎨⎪⎧λ＝－3，μ＝12. 2．已知A ，B ，C 三点不共线，对平面ABC 外的任一点O ，若点M 满足OM →＝13(OA →＋OB →＋OC →)．(1)判断MA →，MB →，MC →三个向量是否共面； (2)判断点M 是否在平面ABC 内． 解：(1)由题知OA →＋OB →＋OC →＝3OM →， 所以OA →－OM →＝(OM →－OB →)＋(OM →－OC →)， 即MA →＝BM →＋CM →＝－MB →－MC →， 所以MA →，MB →，MC →共面．(2)由(1)知，MA →，MB →，MC →共面且基线过同一点M ， 所以M ，A ，B ，C 四点共面，从而点M 在平面ABC 内． 空间向量的数量积[典例引领]如图，在平行六面体ABCD A 1B 1C 1D 1中，以顶点A 为端点的三条棱长度都为1，且两两夹角为60°.(1)求AC1→的长； (2)求BD 1→与AC →夹角的余弦值．【解】 (1)记AB →＝a ，AD →＝b ，AA1→＝c ，则|a |＝|b |＝|c |＝1，〈a ，b 〉＝〈b ，c 〉＝〈c ，a 〉＝60°， 所以a ·b ＝b ·c ＝c ·a ＝12.|AC1→|2＝(a ＋b ＋c )2＝a 2＋b 2＋c 2＋2(a ·b ＋b ·c ＋c ·a )＝1＋1＋1＋2×⎝ ⎛⎭⎪⎫12＋12＋12＝6，所以|AC1→|＝6，即AC 1的长为 6.(2)BD 1→＝b ＋c －a ，AC →＝a ＋b ， 所以|BD 1→|＝2，|AC →|＝3，BD 1→·AC →＝(b ＋c －a )·(a ＋b )＝b 2－a 2＋a ·c ＋b ·c ＝1，所以cos 〈BD 1→，AC →〉＝BD 1→·AC→|BD 1→||AC →|＝66.即BD 1→与AC →夹角的余弦值为66.(1)空间向量数量积计算的两种方法①基向量法：a ·b ＝|a ||b |cos 〈a ，b 〉．②坐标法：设a ＝(x 1，y 1，z 1)，b ＝(x 2，y 2，z 2)，则a ·b ＝x 1x 2＋y 1y 2＋z 1z 2.(2)利用数量积解决有关垂直、夹角、长度问题 ①a ≠0，b ≠0，a ⊥b ⇔a ·b ＝0. ②|a |＝a 2.③cos 〈a ，b 〉＝a ·b|a ||b |.[通关练习]1．已知a ＝(－2，1，3)，b ＝(－1，2，1)，若a ⊥(a －λb )，则实数λ的值为( ) A ．－2 B ．－143C.145D ．2解析：选D.由题意知a ·(a －λb )＝0，即a 2－λa ·b ＝0， 所以14－7λ＝0，解得λ＝2.2．已知空间三点A (－2，0，2)，B (－1，1，2)，C (－3，0，4)．设a ＝AB →，b ＝AC →. (1)求a 和b 夹角的余弦值；(2)设|c |＝3，c ∥BC→，求c 的坐标． 解：(1)因为AB →＝(1，1，0)，AC →＝(－1，0，2)， 所以a ·b ＝－1＋0＋0＝－1，|a |＝2，|b |＝5，所以cos 〈a ，b 〉＝a ·b |a ||b |＝－12×5＝－1010.(2)BC →＝(－2，－1，2)．设c ＝(x ，y ，z )， 因为|c |＝3，c ∥BC →，所以x 2＋y 2＋z 2＝3，存在实数λ使得c ＝λBC→，即⎩⎪⎨⎪⎧x ＝－2λ，y ＝－λ，z ＝2λ，联立解得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝－2，y ＝－1，z ＝2，λ＝1，或⎩⎪⎨⎪⎧x ＝2，y ＝1，z ＝－2，λ＝－1，所以c ＝(－2，－1，2)或c ＝(2，1，－2)．利用空间向量证明平行和垂直(高频考点)空间几何中的平行与垂直问题是高考试题中的热点问题．考查形式灵活多样，可以是小题，也可以是解答题的一部分，或解答题的某个环节，是高考中的重要得分点．高考对空间向量解决此类问题常有以下两个命题角度： (1)证明平行问题； (2)证明垂直问题．[典例引领]角度一 证明平行问题如图所示，平面PAD ⊥平面ABCD ，ABCD 为正方形，△PAD 是直角三角形，且PA ＝AD ＝2，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Axyz ，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：EF →＝(0，1，0)，EG →＝(1，2，－1)，设平面EFG 的法向量为n ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎨⎧n ·EF →＝0，n ·EG →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧y ＝0，x ＋2y －z ＝0，令z ＝1，则n ＝(1，0，1)为平面EFG 的一个法向量， 因为PB →＝(2，0，－2)， 所以PB →·n ＝0，所以n ⊥PB →，因为PB ⊄平面EFG ，所以PB ∥平面EFG .法二：PB →＝(2，0，－2)，FE →＝(0，－1，0)，FG →＝(1，1，－1)． 设PB →＝sFE→＋tFG →，即(2，0，－2)＝s (0，－1，0)＋t (1，1，－1)，所以⎩⎪⎨⎪⎧t ＝2，t －s ＝0，－t ＝－2，解得s ＝t ＝2.所以PB →＝2FE →＋2FG →，又因为FE →与FG →不共线，所以PB →，FE →与FG →共面． 因为PB ⊄平面EFG ，所以PB ∥平面EFG . (2)因为EF →＝(0，1，0)，BC →＝(0，2，0)， 所以BC →＝2EF →， 所以BC ∥EF .又因为EF ⊄平面PBC ，BC ⊂平面PBC ， 所以EF ∥平面PBC ，同理可证GF ∥PC ，从而得出GF ∥平面PBC . 又EF ∩GF ＝F ，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P ABC 中，AB ＝AC ，D 为BC 的中点，PO ⊥平面ABC ，垂足O 落在线段AD 上．已知BC ＝8，PO ＝4，AO ＝3，OD ＝2.(1)证明：AP ⊥BC ；(2)若点M 是线段AP 上一点，且AM ＝3.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Oxyz .则O (0，0，0)，A (0，－3，0)，B (4，2，0)，C (－4，2，0)，P (0，0，4)．于是AP →＝(0，3，4)，BC →＝(－8，0，0)， 所以AP →·BC →＝(0，3，4)·(－8，0，0)＝0， 所以AP →⊥BC →，即AP ⊥BC .(2)由(1)知AP ＝5，又AM ＝3，且点M 在线段AP 上， 所以AM →＝35AP →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，95，125，又BA →＝(－4，－5，0)，所以BM →＝BA →＋AM →＝⎝⎛⎭⎪⎫－4，－165，125，则AP →·BM →＝(0，3，4)·⎝⎛⎭⎪⎫－4，－165，125＝0，所以AP →⊥BM →，即AP ⊥BM ， 又根据(1)的结论知AP ⊥BC ，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①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；②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；③通过空间向量的坐标运算研究平行、垂直关系；④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α，β的法向量分别为u＝(a3，b3，c3)，v＝(a4，b4，c4)．①线线平行l∥m⇔a∥b⇔a＝k b⇔a1＝ka2，b1＝kb2，c1＝kc2.②线线垂直l⊥m⇔a⊥b⇔a·b＝0⇔a1a2＋b1b2＋c1c2＝0.③线面平行(l⊄α)l∥α⇔a⊥u⇔a·u＝0⇔a1a3＋b1b3＋c1c3＝0.④线面垂直l⊥α⇔a∥u⇔a＝k u⇔a1＝ka3，b1＝kb3，c1＝kc3.⑤面面平行α∥β⇔u∥v⇔u＝k v⇔a3＝ka4，b3＝kb4，c3＝kc4.⑥面面垂直α⊥β⇔u⊥v⇔u·v＝0⇔a3a4＋b3b4＋c3c4＝0.[通关练习]1.如图，正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为a，M，N分别为A 1B 和AC 上的点，A 1M ＝AN ＝2a3，则MN 与平面BB 1C 1C 的位置关系是( ) A ．相交 B ．平行 C ．垂直 D ．不能确定解析：选B.因为正方体棱长为a ，A 1M ＝AN ＝2a3，所以MB →＝23A 1B →，CN →＝23CA →， 所以MN →＝MB →＋BC →＋CN →＝23A 1B →＋BC →＋23CA →＝23(A 1B 1→＋B 1B →)＋BC →＋23(CD →＋DA →)＝23B 1B →＋13B 1C 1→. 又因为CD 是平面B 1BCC 1的法向量，且MN →·CD →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫23B 1B →＋13B 1C 1→·CD →＝0，所以MN →⊥CD →，又MN ⊄平面B 1BCC 1， 所以MN ∥平面B 1BCC 1.2．在正三棱柱ABC A 1B 1C 1中，侧棱长为2，底面边长为1，M 为BC 的中点，C 1N →＝λNC →，且AB 1⊥MN ，则λ的值为________．解析：如图所示，取B 1C 1的中点P ，连接MP ，以MC →，MA →，MP →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 ⎝⎛⎭⎪⎪⎫0，32，0，B 1(－12，0，2)，C ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，0，0，C 1⎝ ⎛⎭⎪⎫12，0，2，M (0，0，0)，设N ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，0，t ， 因为C 1N →＝λNC →，所以N ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，0，21＋λ， 所以AB 1→＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫－12，－32，2，MN →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12，0，21＋λ. 又因为AB 1⊥MN ，所以AB 1→·MN →＝0. 所以－14＋41＋λ＝0，所以λ＝15.答案：153．在四棱锥P ABCD 中，PD ⊥底面ABCD ，底面ABCD 为正方形，PD ＝DC ，E ，F 分别是AB ，PB 的中点． (1)求证：EF ⊥CD ；(2)在平面PAD 内是否存在一点G ，使GF ⊥平面PCB ？若存在，求出点G 坐标；若不存在，试说 明理由．解：(1)证明：由题意知，DA ，DC ，DP 两两垂直．如图，以DA ，DC ，DP 所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系，设AD ＝a ，则D (0，0，0)，A (a ，0，0)，B (a ，a ，0)，C (0，a ，0)，E ⎝ ⎛⎭⎪⎫a ，a 2，0，P (0，0，a )，F ⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2，a 2，a 2.EF →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 2，0，a 2，DC →＝(0，a ，0)．因为EF →·DC →＝0，所以EF →⊥DC →，从而得EF ⊥CD . (2)假设存在满足条件的点G ，设G (x ，0，z )，则FG →＝⎝⎛⎭⎪⎫x －a 2，－a 2，z －a 2，若使GF ⊥平面PCB ，则由FG →·CB →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫x －a 2，－a 2，z －a 2·(a ，0，0)＝a ⎝⎛⎭⎪⎫x －a 2＝0，得x ＝a2；由FG →·CP →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫x －a 2，－a 2，z －a 2·(0，－a ，a )＝a 22＋a ⎝⎛⎭⎪⎫z －a 2＝0，得z ＝0. 所以G点坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2，0，0，故存在满足条件的点G ，且点G 为AD 的中点．建立空间直角坐标系的原则(1)合理利用几何体中的垂直关系，特别是面面垂直． (2)尽可能地让相关点落在坐标轴或坐标平面上． 利用空间向量坐标运算求解问题的方法用空间向量解决立体几何中的平行或共线问题一般用向量共线定理；求两点间距离或某一线段的长度，一般用向量的模来解决；解决垂直问题一般可转化为向量的数量积为零；求异面直线所成的角，一般可转化为两向量的夹角，但要注意两种角的范围不同，最后应进行转化． 易错防范(1)注意向量夹角与两直线夹角的区别．(2)共线向量定理中a ∥b ⇔存在唯一的实数λ∈R ，使a ＝λb 易忽视b ≠0.(3)在利用MN →＝xAB →＋yAC →①证明MN∥平面ABC 时，必须说明M 点或N 点不在面ABC 内(因为①式只表示MN →与AB →，AC →共面)．(4)找两个向量的夹角，应使两个向量具有同一起点，不要误找成它的补角．(5)a ·b <0不等价为〈a ，b 〉为钝角，因为〈a ，b 〉可能为180°；a ·b >0不等价为〈a ，b 〉为锐角，因为〈a ，b 〉可能为0°.1.已知三棱锥O ABC ，点M ，N 分别为AB ，OC 的中点，且OA →＝a ，OB →＝b ，OC →＝c ，用a ，b ，c 表示MN →，则MN →等于( ) A.12(b ＋c －a ) B.12(a ＋b ＋c ) C.12(a －b ＋c ) D.12(c －a －b ) 解析：选D.MN →＝MA →＋AO →＋ON →＝12(c －a －b )． 2．已知a ＝(2，－1，3)，b ＝(－1，4，－2)，c ＝(7，5，λ)，若a 、b 、c 三向量共面，则实数λ等于( ) A.627 B ．9 C.647D.657解析：选D.由题意知存在实数x ，y 使得c ＝x a ＋y b ， 即(7，5，λ)＝x (2，－1，3)＋y (－1，4，－2)， 由此得方程组⎩⎪⎨⎪⎧7＝2x －y ，5＝－x ＋4y ，λ＝3x －2y .解得x ＝337，y ＝177，所以λ＝997－347＝657.3．已知A (1，0，0)，B (0，－1，1)，O 为坐标原点，OA →＋λOB →与OB →的夹角为120°，则λ的值为( ) A ．±66B.66C ．－66D ．±6解析：选 C.OA →＋λOB →＝(1，－λ，λ)，cos 120°＝λ＋λ1＋2λ2·2＝－12，得λ＝±66.经检验λ＝66不合题意，舍去，所以λ＝－66.4．已知四边形ABCD 满足：AB →·BC →>0，BC →·CD →>0，CD →·DA →>0，DA →·AB →>0，则该四边形为( ) A ．平行四边形 B ．梯形C ．长方形D ．空间四边形解析：选D.由AB →·BC →>0，BC →·CD →>0，CD →·DA →>0，DA →·AB →>0，知该四边形一定不是平面图形．5．(2018·唐山统考)已知正方体ABCD A 1B 1C 1D 1的棱长为a ，点M 在AC 1上且AM →＝12MC →1，N 为B 1B 的中点，则|MN →|为( )A.216aB.66aC.156aD.153a解析：选A.以D 为原点建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz ， 则A (a ，0，0)，C 1(0，a ，a )，N ⎝⎛⎭⎪⎫a ，a ，a 2.设M (x ，y ，z )，因为点M 在AC 1上且AM →＝12MC 1→，所以(x －a ，y ，z )＝12(－x ，a －y ，a －z )，所以x ＝23a ，y ＝a 3，z ＝a3.所以M ⎝ ⎛⎭⎪⎫2a 3，a 3，a 3，所以|MN →|＝⎝ ⎛⎭⎪⎫a －23a 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫a －a 32＋⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2－a 32＝216a . 6．已知空间四边形OABC ，点M 、N 分别是OA 、BC 的中点，且OA →＝a ，OB →＝b ，OC →＝c ，用a 、b 、c 表示向量MN →＝________． 解析：如图所示，MN →＝12(MB →＋MC →)＝12[(OB →－OM →)＋(OC →－OM →)]＝12(OB →＋OC →－2OM →)＝12(OB →＋OC →－OA →)＝12(b ＋c －a )．答案：12(b ＋c －a )7.如图所示，已知空间四边形OABC ，OB ＝OC ，且∠AOB ＝∠AOC ＝π3，则cos 〈OA →，BC →〉的值为________． 解析：设OA →＝a ，OB →＝b ，OC →＝c ，由已知条件〈a ，b 〉＝〈a ，c 〉＝π3，且|b |＝|c |，OA →·BC →＝a ·(c －b )＝a ·c －a ·b ＝12|a ||c |－12|a ||b |＝0， 所以OA →⊥BC →，所以cos 〈OA →，BC →〉＝0. 答案：08．已知点P 是平行四边形ABCD 所在的平面外一点，如果AB →＝(2，－1，－4)，AD →＝(4，2，0)，AP →＝(－1，2，－1)．对于结论：①AP ⊥AB ；②AP ⊥AD ；③AP →是平面ABCD 的法向量；④AP →∥BD →.其中正确的是________．解析：因为AB →·AP →＝0，AD →·AP →＝0， 所以AB ⊥AP ，AD ⊥AP ，则①②正确． 又AB →与AD→不平行， 所以AP →是平面ABCD 的法向量，则③正确．因为BD →＝AD →－AB →＝(2，3，4)，AP →＝(－1，2，－1)， 所以BD →与AP →不平行，故④错． 答案：①②③9．已知a ＝(1，－3，2)，b ＝(－2，1，1)，点A (－3，－1，4)，B (－2，－2，2)．(1)求|2a ＋b |；(2)在直线AB 上，是否存在一点E ，使得OE →⊥b ？(O 为原点) 解：(1)2a ＋b ＝(2，－6，4)＋(－2，1，1)＝(0，－5，5)， 故|2a ＋b |＝02＋（－5）2＋52＝5 2. (2)令AE →＝tAB →(t ∈R )， 所以OE →＝OA →＋AE →＝OA →＋tAB → ＝(－3，－1，4)＋t (1，－1，－2) ＝(－3＋t ，－1－t ，4－2t )， 若OE →⊥b ，则OE →·b ＝0，所以－2(－3＋t )＋(－1－t )＋(4－2t )＝0，解得t ＝95.所以－3＋t ＝－65，－1－t ＝－145，4－2t ＝25，因此存在点E ，使得OE →⊥b ，此时E 点的坐标为(－65，－145，25)．10．已知空间三点A (0，2，3)，B (－2，1，6)，C (1，－1，5)． (1)求以AB ，AC 为边的平行四边形的面积；(2)若|a |＝3，且a 分别与AB →，AC →垂直，求向量a 的坐标．解：(1)由题意可得：AB →＝(－2，－1，3)，AC →＝(1，－3，2)，所以cos 〈AB →，AC →〉＝AB →·AC→|AB →||AC →|＝－2＋3＋614×14＝714＝12.所以sin 〈AB →，AC→〉＝32，所以以AB ，AC 为边的平行四边形的面积为 S ＝2×12|AB →|·|AC →|·sin 〈AB →，AC →〉＝14×32＝7 3.(2)设a ＝(x ，y ，z )，由题意得⎩⎪⎨⎪⎧x 2＋y 2＋z 2＝3，－2x －y ＋3z ＝0，x －3y ＋2z ＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝1，y ＝1，z ＝1或⎩⎪⎨⎪⎧x ＝－1，y ＝－1，z ＝－1，所以向量a 的坐标为(1，1，1)或(－1，－1，－1)．1．如图，正方形ABCD 与矩形ACEF 所在平面互相垂直，AB ＝2，AF ＝1，M 在EF 上，且AM ∥平面BDE ，则M 点的坐标为( ) A ．(1，1，1)B.⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫23，23，1C.⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫22，22，1D.⎝⎛⎭⎪⎪⎫24，24，1 解析：选C.设M 点的坐标为(x ，y ，1)，因为AC ∩BD ＝O ，所以O ⎝⎛⎭⎪⎪⎫22，22，0， 又E (0，0，1)，A (2，2，0)，所以OE →＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫－22，－22，1，AM →＝(x －2，y －2，1)， 因为AM ∥平面BDE ，所以OE →∥AM →，所以⎩⎪⎨⎪⎧x －2＝－22，y －2＝－22，⇒⎩⎪⎨⎪⎧x ＝22，y ＝22，所以M点的坐标为⎝⎛⎭⎪⎪⎫22，22，1. 2．已知ABCD A 1B 1C 1D 1为正方体，给出下列四个命题： ①(A 1A →＋A 1D 1→＋A 1B 1→)2＝3A 1B 1→2； ②A 1C →·(A 1B 1→－A 1A →)＝0；③向量AD 1→与向量A 1B →的夹角是60°；④正方体ABCD A 1B 1C 1D 1的体积为|AB →·AA 1→·AD →|.其中正确命题的序号是________．解析：①中(A 1A →＋A 1D 1→＋A 1B 1→)2＝A 1A →2＋A 1D 1→2＋A 1B 1→2＝3A 1B 1→2，故①正确；②中A 1B 1→－A 1A →＝AB 1→，因为AB 1⊥A 1C ，故②正确；③中A 1B 与AD 1两异面直线所成角为60°，但AD 1→与A 1B →的夹角为120°，故③不正确；④中|AB →·AA 1→·AD →|＝0，故④也不正确． 答案：①②3.如图，在多面体ABC A 1B 1C 1中，四边形A 1ABB 1是正方形，AB ＝AC ，BC ＝2AB ，B 1C 1綊12BC ，二面角A 1AB C是直二面角．求证：(1)A 1B 1⊥平面AA 1C ； (2)AB 1∥平面A 1C 1C .证明：因为二面角A 1AB C 是直二面角， 四边形A 1ABB 1为正方形， 所以AA 1⊥平面BAC .又因为AB ＝AC ，BC ＝2AB ， 所以∠CAB ＝90°， 即CA ⊥AB ，所以AB ，AC ，AA 1两两互相垂直． 建立如图所示的空间直角坐标系Axyz ，设AB ＝2，则A (0，0，0)，B 1(0，2，2)，A 1(0，0，2)，C (2，0，0)，C 1(1，1，2)．(1)A 1B 1→＝(0，2，0)，A 1A →＝(0，0，－2)，AC →＝(2，0，0)， 设平面AA 1C 的一个法向量n ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎨⎧n ·A 1A →＝0，n ·AC →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－2z ＝0，2x ＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x ＝0，z ＝0，取y ＝1，则n ＝(0，1，0)．所以A 1B 1→＝2n ， 即A 1B 1→∥n .所以A 1B 1⊥平面AA 1C .(2)易知AB 1→＝(0，2，2)，A 1C 1→＝(1，1，0)，A 1C →＝(2，0，－2)， 设平面A 1C 1C 的一个法向量m ＝(x 1，y 1，z 1)，则⎩⎨⎧m ·A 1C 1→＝0，m ·A 1C →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x 1＋y 1＝0，2x 1－2z 1＝0，令x 1＝1，则y 1＝－1，z 1＝1， 即m ＝(1，－1，1)．所以AB 1→·m ＝0×1＋2×(－1)＋2×1＝0，所以AB1→⊥m ， 又AB 1⊄平面A 1C 1C ， 所以AB 1∥平面A 1C 1C .4.如图所示，四棱锥S ABCD 的底面是正方形，每条侧棱的长都是底面边长的2倍，P 为侧棱SD 上的点． (1)求证：AC ⊥SD .(2)若SD ⊥平面PAC ，侧棱SC 上是否存在一点E ，使得BE ∥平面PAC ？若存在，求SE ∶EC 的值；若不存在，试说明理由．解：(1)证明：连接BD ，设AC 交BD 于点O ，连接SO ，则AC ⊥BD . 由题意知SO ⊥平面ABCD .以O 为坐标原点，OB →，OC →，OS →分别为x 轴，y 轴，z 轴的正方向，建立空间直角坐标系，如图． 设底面边长为a ，则高SO ＝62a ，于是S ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫0，0，62a ，D ⎝⎛⎭⎪⎪⎫－22a ，0，0， B ⎝⎛⎭⎪⎪⎫22a ，0，0，C ⎝⎛⎭⎪⎪⎫0，22a ，0， OC →＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫0，22a ，0，SD →＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫－22a ，0，－62a ， 则OC →·SD →＝0. 故OC ⊥SD . 从而AC ⊥SD .(2)棱SC 上存在一点E ，使BE ∥平面PAC . 理由如下：由已知条件知DS →是平面PAC 的一个法向量，且DS →＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫22a ，0，62a ，CS →＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫0，－22a ，62a ， BC →＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫－22a ，22a ，0. 设CE →＝tCS →，则BE →＝BC →＋CE →＝BC →＋tCS→ ＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫－22a ，22a （1－t ），62at ， 而BE →·DS→＝0， 解得t ＝13. 即当SE ∶EC ＝2∶1时，BE →⊥DS →. 而BE ⊄平面PAC ，故BE ∥平面PAC .。
2020版高考数学大一轮复习 第八章立体几何与空间向量 教案(含解析)
2020版高考数学大一轮复习第八章立体几何与空间向量§8.1空间几何体的结构、表面积与体积最新考纲1.利用实物模型、计算机软件观察大量空间图形，认识柱、锥、台、球及其简单组合体的结构特征，并能运用这些特征描述现实生活中简单物体的结构.2.了解球、棱柱、棱锥、台的表面积和体积的计算公式(不要求记忆公式)．1．空间几何体的结构特征(1)多面体的结构特征(2)旋转体的结构特征2.圆柱、圆锥、圆台的侧面展开图及侧面积公式3.空间几何体的表面积与体积公式概念方法微思考1．底面是正多边形的棱柱是正棱柱吗？为什么？提示不一定．因为底面是正多边形的直棱柱才是正棱柱．2．如何求不规则几何体的体积？提示求不规则几何体的体积要注意分割与补形，将不规则的几何体通过分割或补形转化为规则的几何体求解．题组一 思考辨析1．判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)(1)有两个面平行，其余各面都是平行四边形的几何体是棱柱．( × ) (2)有一个面是多边形，其余各面都是三角形的几何体是棱锥．( × ) (3)棱台是由平行于底面的平面截棱锥所得的平面与底面之间的部分．( √ ) (4)锥体的体积等于底面积与高之积．( × )(5)已知球O 的半径为R ，其内接正方体的边长为a ，则R ＝32a .( √ ) (6)圆柱的一个底面积为S ，侧面展开图是一个正方形，那么这个圆柱的侧面积是2πS .( × ) 题组二 教材改编2．已知圆锥的表面积等于12πcm 2，其侧面展开图是一个半圆，则底面圆的半径为( ) A ．1cmB ．2cmC ．3cmD.32cm答案 B解析 S 表＝πr 2＋πrl ＝πr 2＋πr ·2r ＝3πr 2＝12π， ∴r 2＝4，∴r ＝2.3．在如图所示的几何体中，是棱柱的为________．(填写所有正确的序号)答案 ③⑤ 题组三 易错自纠4．体积为8的正方体的顶点都在同一球面上，则该球的表面积为( ) A ．12πB.323πC ．8πD ．4π答案 A解析 由题意可知正方体的棱长为2，其体对角线为23即为球的直径，所以球的表面积为4πR 2＝(2R )2π＝12π，故选A.5.如图，将一个长方体用过相邻三条棱的中点的平面截出一个棱锥，则该棱锥的体积与剩下的几何体体积的比为________．答案 1∶47解析 设长方体的相邻三条棱长分别为a ，b ，c ，它截出棱锥的体积V 1＝13×12×12a ×12b ×12c＝148abc ，剩下的几何体的体积V 2＝abc －148abc ＝4748abc ，所以V 1∶V 2＝1∶47.题型一 空间几何体的结构特征1．以下命题：①以直角三角形的一边所在直线为轴旋转一周所得的旋转体是圆锥； ②以直角梯形的一腰所在直线为轴旋转一周所得的旋转体是圆台； ③圆柱、圆锥、圆台的底面都是圆面； ④一个平面截圆锥，得到一个圆锥和一个圆台． 其中正确命题的个数为( ) A ．0B ．1C ．2D ．3 答案 B解析 由圆锥、圆台、圆柱的定义可知①②错误，③正确．对于命题④，只有用平行于圆锥底面的平面去截圆锥，才能得到一个圆锥和一个圆台，④不正确． 2．给出下列四个命题：①有两个侧面是矩形的立体图形是直棱柱； ②侧面都是等腰三角形的棱锥是正棱锥； ③侧面都是矩形的直四棱柱是长方体；④底面为正多边形，且有相邻两个侧面与底面垂直的棱柱是正棱柱． 其中不正确的命题为________．(填序号) 答案 ①②③解析 对于①，平行六面体的两个相对侧面也可能是矩形，故①错；对于②，对等腰三角形的腰是否为侧棱未作说明(如图)，故②错；对于③，若底面不是矩形，则③错；④由线面垂直的判定，可知侧棱垂直于底面，故④正确．综上，命题①②③不正确．思维升华空间几何体概念辨析题的常用方法(1)定义法：紧扣定义，由已知构建几何模型，在条件不变的情况下，变换模型中的线面关系或增加线、面等基本元素，根据定义进行判定． (2)反例法：通过反例对结构特征进行辨析． 题型二 空间几何体的表面积与体积 命题点1 空间几何体的表面积例1(2018·全国Ⅰ)已知圆柱的上、下底面的中心分别为O 1，O 2，过直线O 1O 2的平面截该圆柱所得的截面是面积为8的正方形，则该圆柱的表面积为( ) A ．122π B ．12π C ．82π D ．10π答案 B解析 设圆柱的轴截面的边长为x ， 则由x 2＝8，得x ＝22，∴S 圆柱表＝2S 底＋S 侧＝2×π×(2)2＋2π×2×22＝12π.故选B. 命题点2 求简单几何体的体积例2 如图，正三棱柱ABC －A 1B 1C 1的底面边长为2，侧棱长为3，D 为BC 的中点，则三棱锥A －B 1DC 1的体积为( )A ．3 B.32 C ．1 D.32答案 C 解析 如题图， 因为△ABC 是正三角形， 且D 为BC 中点，则AD ⊥BC .又因为BB 1⊥平面ABC ，AD ⊂平面ABC ，故BB 1⊥AD ，且BB 1∩BC ＝B ，BB 1，BC ⊂平面BCC 1B 1， 所以AD ⊥平面BCC 1B 1，所以AD 是三棱锥A －B 1DC 1的高． 所以V 三棱锥A －B 1DC 1＝13S △B 1DC 1·AD＝13×3×3＝1. 思维升华空间几何体表面积、体积的求法(1)旋转体的表面积问题注意其侧面展开图的应用．(2)多面体的表面积是各个面的面积之和；组合体的表面积注意衔接部分的处理． (3)体积可用公式法、转换法、分割法、补形法等求解．跟踪训练1 如图，直三棱柱ABC －A 1B 1C 1的各条棱长均为2，D 为棱B 1C 1上任意一点，则三棱锥D －A 1BC 的体积是______．答案233解析 VD －A 1BC ＝VB 1－A 1BC＝VA 1－B 1BC ＝13×S △B 1BC ×3＝233.题型三 与球有关的切、接问题例3已知直三棱柱ABC －A 1B 1C 1的6个顶点都在球O 的球面上，若AB ＝3，AC ＝4，AB ⊥AC ，AA 1＝12，则球O 的半径为( )A.3172B ．210C.132D ．310答案 C解析 如图所示，由球心作平面ABC 的垂线，则垂足为BC 的中点M . 又AM ＝12BC ＝52，OM ＝12AA 1＝6，所以球O 的半径R ＝OA ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫522＋62＝132. 引申探究1．本例若将直三棱柱改为“棱长为4的正方体”，则此正方体外接球和内切球的体积各是多少？解 由题意可知，此正方体的体对角线长即为其外接球的直径，正方体的棱长即为其内切球的直径．设该正方体外接球的半径为R ，内切球的半径为r . 又正方体的棱长为4，故其体对角线长为43， 从而V 外接球＝43πR 3＝43π×(23)3＝323π，V 内切球＝43πr 3＝43π×23＝32π3. 2．本例若将直三棱柱改为“正四面体”，则此正四面体的表面积S 1与其内切球的表面积S 2的比值为多少？解 正四面体棱长为a ，则正四面体表面积为S 1＝4×34·a 2＝3a 2，其内切球半径r 为正四面体高的14，即r ＝14·63a ＝612a ，因此内切球表面积为S 2＝4πr 2＝πa 26，则S 1S 2＝3a 2πa 26＝63π. 3．本例中若将直三棱柱改为“侧棱和底面边长都是32的正四棱锥”，则其外接球的半径是多少？解 依题意，得该正四棱锥底面对角线的长为32×2＝6，高为(32)2－⎝ ⎛⎭⎪⎫12×62＝3，因此底面中心到各顶点的距离均等于3，所以该正四棱锥的外接球的球心即为底面正方形的中心，其外接球的半径为3.思维升华“切”“接”问题的处理规律 (1)“切”的处理首先要找准切点，通过作截面来解决，截面过球心． (2)“接”的处理抓住外接的特点，即球心到多面体的顶点的距离等于球的半径．跟踪训练2(2018·全国Ⅲ)设A ，B ，C ，D 是同一个半径为4的球的球面上四点，△ABC 为等边三角形且其面积为93，则三棱锥D －ABC 体积的最大值为( ) A ．123B ．183C ．243D ．54 3 答案 B解析 由等边△ABC 的面积为93，可得34AB 2＝93， 所以AB ＝6，所以等边△ABC 的外接圆的半径为r ＝33AB ＝2 3. 设球的半径为R ，球心到等边△ABC 的外接圆圆心的距离为d ，则d ＝R 2－r 2＝16－12＝2. 所以三棱锥D －ABC 高的最大值为2＋4＝6，所以三棱锥D －ABC 体积的最大值为13×93×6＝18 3.1．将一个等腰梯形绕它的较长的底边所在的直线旋转一周，所得的几何体包括( ) A ．一个圆台、两个圆锥 B ．两个圆台、一个圆柱 C ．两个圆柱、一个圆台 D ．一个圆柱、两个圆锥答案 D解析 从较短的底边的端点向另一底边作垂线，两条垂线把等腰梯形分成了两个直角三角形，一个矩形，所以一个等腰梯形绕它的较长的底边所在直线旋转一周形成的是由一个圆柱，两个圆锥所组成的几何体，如图：2．用长为8，宽为4的矩形做侧面围成一个圆柱，则圆柱的轴截面的面积为( ) A ．32B.32πC.16πD.8π答案 B解析 若8为底面周长，则圆柱的高为4，此时圆柱的底面直径为8π，其轴截面的面积为32π；若4为底面周长，则圆柱的高为8，此时圆柱的底面直径为4π，其轴截面的面积为32π.3．(2018·辽宁部分重点中学协作体模拟)在一个密闭透明的圆柱筒内装一定体积的水，将该圆柱筒分别竖直、水平、倾斜放置时，指出圆柱桶内的水平面可以呈现出的几何形状不可能是( ) A ．圆面 B ．矩形面C ．梯形面D ．椭圆面或部分椭圆面答案 C解析 将圆柱桶竖放，水面为圆面；将圆柱桶斜放，水面为椭圆面或部分椭圆面；将圆柱桶水平放置，水面为矩形面，所以圆柱桶内的水平面可以呈现出的几何形状不可能是梯形面，故选C.4．棱长为a 的正四面体的表面积是( ) A.36a 2B.312a 2C.34a 2D.3a 2 答案 D解析 棱长为a 的正四面体的四个面都是正三角形，正四面体的表面积是4×34a 2＝3a 2. 5．(2019·江西重点中学联考)《算术书》竹简于上世纪八十年代在湖北省江陵县张家山出土，这是我国现存最早的有系统的数学典著，其中记载有求“囷盖”的术：置如其周，令相乘也，又以高乘之，三十六成一，该术相当于给出圆锥的底面周长l 与高h ，计算其体积V 的近似公式V ＝136l 2h ，它实际上是将圆锥体积公式中的圆周率π近似取3，那么，近似公式V ≈25942l 2h 相当于将圆锥体积公式中的π近似取( )A.227B.258 C.15750 D.355113答案 C解析 V ＝13πr 2h ＝13π×⎝ ⎛⎭⎪⎫l 2π2h ＝112πl 2h ，由112π≈25942，得π≈15750，故选C. 6．(2018·四川棠湖中学月考)用一个平面去截正方体，则截面不可能是( ) A ．直角三角形 B ．等边三角形 C ．正方形D ．正六边形答案 A解析 用一个平面去截正方体，则截面的情况为：①截面为三角形时，可以是锐角三角形、等腰三角形、等边三角形，但不可能是钝角三角形、直角三角形；②截面为四边形时，可以是梯形(等腰梯形)、平行四边形、菱形、矩形，但不可能是直角梯形；③截面为五边形时，不可能是正五边形； ④截面为六边形时，可以是正六边形． 7．给出下列命题：①棱柱的侧棱都相等，侧面都是全等的平行四边形； ②若三棱锥的三条侧棱两两垂直，则其三个侧面也两两垂直；③在四棱柱中，若两个过相对侧棱的截面都垂直于底面，则该四棱柱为直四棱柱； ④存在每个面都是直角三角形的四面体． 其中正确命题的序号是________． 答案 ②③④解析 ①不正确，根据棱柱的定义，棱柱的各个侧面都是平行四边形，但不一定全等；②正确，若三棱锥的三条侧棱两两垂直，则三个侧面所在的三个平面的二面角都是直二面角；③正确，因为两个过相对侧棱的截面的交线平行于侧棱，又垂直于底面；④正确，如图，正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中的三棱锥C 1－ABC ，四个面都是直角三角形．8．如图所示，一个底面半径为R 的圆柱形量杯中装有适量的水．若放入一个半径为r 的实心铁球，水面高度恰好升高r ，则Rr＝________.答案233解析 由水面高度升高r ，得圆柱体积增加了πR 2r ，恰好是半径为r 的实心铁球的体积，因此有43πr 3＝πR 2r .故R r ＝233.9．一个六棱锥的体积为23，其底面是边长为2的正六边形，侧棱长都相等，则该六棱锥的侧面积为________． 答案 12解析 设六棱锥的高为h ，则V ＝13Sh ，所以13×34×4×6h ＝23，解得h ＝1.设六棱锥的斜高为h ′， 则h 2＋(3)2＝h ′2，故h ′＝2.所以该六棱锥的侧面积为12×2×2×6＝12.10．(2017·全国Ⅱ)长方体的长、宽、高分别为3,2,1，其顶点都在球O 的球面上，则球O 的表面积为________． 答案 14π解析 ∵长方体的顶点都在球O 的球面上， ∴长方体的体对角线的长度就是其外接球的直径． 设球的半径为R ，则2R ＝32＋22＋12＝14. ∴球O 的表面积为S ＝4πR 2＝4π×⎝⎛⎭⎪⎫1422＝14π. 11．若圆锥的表面积是15π，侧面展开图的圆心角是60°，求圆锥的体积． 解 设圆锥的底面半径为r ，母线为l ， 则2πr ＝13πl ，得l ＝6r .又S 锥＝πr 2＋πr ·6r ＝7πr 2＝15π，得r ＝157， 圆锥的高h ＝l 2－r 2＝36r 2－r 2＝35·r ＝35·157＝53， V ＝13πr 2h ＝13π×157×53＝2537π. 12．若E ，F 是三棱柱ABC —A 1B 1C 1侧棱BB 1和CC 1上的点，且B 1E ＝CF ，三棱柱的体积为m ，求四棱锥A —BEFC 的体积． 解 如图所示，连接AB 1，AC 1.因为B 1E ＝CF ，所以梯形BEFC 的面积等于梯形B 1EFC 1的面积． 又四棱锥A —BEFC 的高与四棱锥A —B 1EFC 1的高相等， 所以V A —BEFC ＝11—A B EFC V ＝1211—.A BB C C V 又111—A A B C V ＝13111A B C S △·h ，111—ABC A B C V ＝111A B C S △·h ＝m ，所以111—A A B C V ＝m3，所以11—.A BB C C V ＝111—ABC A B C V －111—A A B C V ＝2m3，所以V A —BEFC ＝12×2m 3＝m3，即四棱锥A —BEFC 的体积是m3.13．已知边长为a 的菱形ABCD 中，∠ABC ＝60°，将该菱形沿对角线AC 折起，使BD ＝a ，则三棱锥D —ABC 的体积为( ) A.a 36B.a 312C.3a 312 D.2a312 答案 D解析 在边长为a 的菱形ABCD 中，∠ABC ＝60°，将该菱形沿对角线AC 折起，使BD ＝a ，则三棱锥D —ABC 为正四面体，D 在底面的射影为正三角形的中心O ，h ＝OD ＝DE 2－OE 2＝34a 2－112a 2＝6a3，所以三棱锥D —ABC 的体积为V ＝13Sh ＝13·3a 24·6a 3＝2a312.14.如图，一立在水平地面上的圆锥形物体的母线长为4m ，一只小虫从圆锥的底面圆上的点P 出发，绕圆锥表面爬行一周后回到点P 处．若该小虫爬行的最短路程为42m ，则圆锥底面圆的半径等于________m.答案 1解析 把圆锥侧面沿过点P 的母线展开成如图所示的扇形，由题意OP ＝4，PP ′＝42，则cos∠POP ′＝42＋42－(42)22×4×4＝0，且∠POP ′是三角形的内角，所以∠POP ′＝π2.设底面圆的半径为r ， 则2πr ＝π2×4，所以r ＝1.15．已知过球面上A ，B ，C 三点的截面和球心的距离等于球半径的一半，且AB ＝18，BC ＝24，AC ＝30，求球的表面积和体积．解 因为AB ∶BC ∶AC ＝18∶24∶30＝3∶4∶5， 所以△ABC 是直角三角形，∠B ＝90°.又球心O 在截面△ABC 上的投影O ′为截面圆的圆心， 也即是Rt△ABC 的外接圆的圆心，所以斜边AC 为截面圆O ′的直径(如图所示)，设O ′C ＝r ，OC ＝R ，则球半径为R ，截面圆半径为r ， 在Rt△O ′CO 中，由题设知sin∠O ′CO ＝OO ′OC ＝12， 所以∠O ′CO ＝30°，所以r R ＝cos30°＝32，即R ＝23r ，(*)又2r ＝AC ＝30⇒r ＝15， 代入(*)得R ＝10 3. 所以球的表面积为S ＝4πR 2＝4π×(103)2＝1200π.球的体积为V ＝43πR 3＝43π×(103)3＝40003π. 16.如图，△ABC 内接于圆O ，AB 是圆O 的直径，四边形DCBE 为平行四边形，DC ⊥平面ABC ，AB ＝4，EB ＝2 3.(1)求证：DE ⊥平面ACD ；(2)设AC ＝x ，V (x )表示三棱锥B －ACE 的体积，求函数V (x )的解析式及最大值． (1)证明 ∵四边形DCBE 为平行四边形， ∴CD ∥BE ，BC ∥DE .∵DC ⊥平面ABC ，BC ⊂平面ABC ，∴DC ⊥BC . ∵AB 是圆O 的直径，∴BC ⊥AC ，且DC ∩AC ＝C ，DC ，AC ⊂平面ADC ，∴BC ⊥平面ADC .∵DE ∥BC ，∴DE ⊥平面ADC . (2)解 ∵DC ⊥平面ABC ，DC ∥BE ， ∴BE ⊥平面ABC .在Rt△ABE 中，AB ＝4，EB ＝2 3. 在Rt△ABC 中，∵AC ＝x ， ∴BC ＝16－x 2(0<x <4)， ∴S △ABC ＝12AC ·BC ＝12x ·16－x 2，∴V (x )＝V 三棱锥E －ABC ＝33x ·16－x 2(0<x <4)．∵x 2(16－x 2)≤⎝ ⎛⎭⎪⎫x 2＋16－x 222＝64，当且仅当x 2＝16－x 2，即x ＝22时取等号， ∴当x ＝22时，体积有最大值833.§8.2 空间点、直线、平面之间的位置关系最新考纲1.借助长方体模型，在直观认识和理解空间点、线、面的位置关系的基础上，抽象出空间线、面位置关系的定义.2.了解可以作为推理依据的公理和定理.3.能运用公理、定理和已获得的结论证明一些空间位置关系的简单命题．1．四个公理公理1：如果一条直线上的两点在一个平面内，那么这条直线在此平面内． 公理2：过不在一条直线上的三点，有且只有一个平面．公理3：如果两个不重合的平面有一个公共点，那么它们有且只有一条过该点的公共直线． 公理4：平行于同一条直线的两条直线互相平行． 2．直线与直线的位置关系 (1)位置关系的分类⎩⎨⎧共面直线⎩⎪⎨⎪⎧平行直线相交直线异面直线：不同在任何一个平面内，没有公共点(2)异面直线所成的角①定义：设a ，b 是两条异面直线，经过空间任一点O 作直线a ′∥a ，b ′∥b ，把a ′与b ′所成的锐角(或直角)叫做异面直线a 与b 所成的角(或夹角)．②范围：⎝⎛⎦⎥⎤0，π2.3．直线与平面的位置关系有直线在平面内、直线与平面相交、直线与平面平行三种情况．4．平面与平面的位置关系有平行、相交两种情况．5．等角定理空间中如果两个角的两边分别对应平行，那么这两个角相等或互补．概念方法微思考1．分别在两个不同平面内的两条直线为异面直线吗？提示不一定．因为异面直线不同在任何一个平面内．分别在两个不同平面内的两条直线可能平行或相交．2．空间中如果两个角的两边分别对应平行，那么这两个角一定相等吗？提示不一定．如果这两个角开口方向一致，则它们相等，若反向则互补．题组一思考辨析1．判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)(1)如果两个不重合的平面α，β有一条公共直线a，就说平面α，β相交，并记作α∩β＝a.( √)(2)两个平面α，β有一个公共点A，就说α，β相交于过A点的任意一条直线．( ×)(3)如果两个平面有三个公共点，则这两个平面重合．( ×)(4)经过两条相交直线，有且只有一个平面．( √)(5)没有公共点的两条直线是异面直线．( ×)(6)若a，b是两条直线，α，β是两个平面，且a⊂α，b⊂β，则a，b是异面直线．( ×) 题组二教材改编2．如图所示，在正方体ABCD—A1B1C1D1中，E，F分别是AB，AD的中点，则异面直线B1C与EF所成角的大小为( )A．30°B．45°C．60°D．90°答案 C解析连接B1D1，D1C，则B1D1∥EF，故∠D1B1C即为所求的角．又B1D1＝B1C＝D1C，∴△B1D1C 为等边三角形，∴∠D1B1C＝60°.3．如图，在三棱锥A—BCD中，E，F，G，H分别是棱AB，BC，CD，DA的中点，则(1)当AC，BD满足条件________时，四边形EFGH为菱形；(2)当AC，BD满足条件________时，四边形EFGH为正方形．答案(1)AC＝BD(2)AC＝BD且AC⊥BD解析(1)∵四边形EFGH为菱形，∴EF＝EH，∴AC＝BD.(2)∵四边形EFGH为正方形，∴EF＝EH且EF⊥EH，∵EF∥AC，EH∥BD，且EF＝12AC，EH＝12BD，∴AC＝BD且AC⊥BD.题组三易错自纠4．α是一个平面，m，n是两条直线，A是一个点，若m⊄α，n⊂α，且A∈m，A∈α，则m，n的位置关系不可能是( )A．垂直B．相交C．异面D．平行答案 D解析依题意，m∩α＝A，n⊂α，∴m与n可能异面、相交(垂直是相交的特例)，一定不平行．5.如图，α∩β＝l，A，B∈α，C∈β，且C∉l，直线AB∩l＝M，过A，B，C三点的平面记作γ，则γ与β的交线必通过( )A．点AB．点BC．点C但不过点MD．点C和点M答案 D解析∵AB⊂γ，M∈AB，∴M∈γ.又α∩β＝l，M∈l，∴M∈β.根据公理3可知，M在γ与β的交线上．同理可知，点C也在γ与β的交线上．6.如图为正方体表面的一种展开图，则图中的四条线段AB，CD，EF，GH在原正方体中互为异面的对数为______．答案 3解析平面图形的翻折应注意翻折前后相对位置的变化，则AB，CD，EF和GH在原正方体中，显然AB与CD，EF与GH，AB与GH都是异面直线，而AB与EF相交，CD与GH相交，CD与EF平行．故互为异面的直线有且只有3对．题型一平面基本性质的应用例1如图所示，在正方体ABCD—A1B1C1D1中，E，F分别是AB和AA1的中点．求证：(1)E，C，D1，F四点共面；(2)CE，D1F，DA三线共点．证明(1)如图，连接EF，CD1，A1B.∵E，F分别是AB，AA1的中点，∴EF∥BA1.又A1B∥D1C，∴EF∥CD1，∴E，C，D1，F四点共面．(2)∵EF ∥CD 1，EF <CD 1， ∴CE 与D 1F 必相交， 设交点为P ，如图所示．则由P ∈CE ，CE ⊂平面ABCD ，得P ∈平面ABCD . 同理P ∈平面ADD 1A 1.又平面ABCD ∩平面ADD 1A 1＝DA ，∴P ∈直线DA ，∴CE ，D 1F ，DA 三线共点． 思维升华共面、共线、共点问题的证明(1)证明共面的方法：①先确定一个平面，然后再证其余的线(或点)在这个平面内；②证两平面重合．(2)证明共线的方法：①先由两点确定一条直线，再证其他各点都在这条直线上；②直接证明这些点都在同一条特定直线上．(3)证明线共点问题的常用方法是：先证其中两条直线交于一点，再证其他直线经过该点． 跟踪训练1如图，在空间四边形ABCD 中，E ，F 分别是AB ，AD 的中点，G ，H 分别在BC ，CD 上，且BG ∶GC ＝DH ∶HC ＝1∶2.(1)求证：E ，F ，G ，H 四点共面；(2)设EG 与FH 交于点P ，求证：P ，A ，C 三点共线． 证明 (1)∵E ，F 分别为AB ，AD 的中点， ∴EF ∥BD .∵在△BCD 中，BG GC ＝DH HC ＝12，∴GH ∥BD ，∴EF ∥GH . ∴E ，F ，G ，H 四点共面．(2)∵EG ∩FH ＝P ，P ∈EG ，EG ⊂平面ABC ， ∴P ∈平面ABC .同理P ∈平面ADC . ∴P 为平面ABC 与平面ADC 的公共点． 又平面ABC ∩平面ADC ＝AC ， ∴P ∈AC ，∴P ，A ，C 三点共线． 题型二 判断空间两直线的位置关系例2(1)若直线l 1和l 2是异面直线，l 1在平面α内，l 2在平面β内，l 是平面α与平面β的交线，则下列命题正确的是( ) A ．l 与l 1，l 2都不相交 B ．l 与l 1，l 2都相交C ．l 至多与l 1，l 2中的一条相交D ．l 至少与l 1，l 2中的一条相交 答案 D解析 由直线l 1和l 2是异面直线可知l 1与l 2不平行，故l 1，l 2中至少有一条与l 相交．故选D.(2)如图，在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，点E ，F 分别在A 1D ，AC 上，且A 1E ＝2ED ，CF ＝2FA ，则EF 与BD 1的位置关系是( )A ．相交但不垂直B ．相交且垂直C ．异面D ．平行 答案 D解析 连接D 1E 并延长，与AD 交于点M ，由A 1E ＝2ED ，可得M 为AD 的中点，连接BF 并延长，交AD 于点N ，因为CF ＝2FA ，可得N 为AD 的中点，所以M ，N 重合，所以EF 和BD 1共面，且ME ED 1＝12，MF BF ＝12，所以ME ED 1＝MFBF，所以EF ∥BD 1.思维升华空间中两直线位置关系的判定，主要是异面、平行和垂直的判定．异面直线可采用直接法或反证法；平行直线可利用三角形(梯形)中位线的性质、公理4及线面平行与面面平行的性质定理；垂直关系往往利用线面垂直或面面垂直的性质来解决．跟踪训练2(1)已知直线a ，b 分别在两个不同的平面α，β内，则“直线a 和直线b 相交”是“平面α和平面β相交”的( ) A ．充分不必要条件 B ．必要不充分条件 C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件 答案 A解析 若直线a 和直线b 相交，则平面α和平面β相交；若平面α和平面β相交，那么直线a 和直线b 可能平行或异面或相交，故选A.(2)如图所示，正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，M ，N 分别为棱C 1D 1，C 1C 的中点，有以下四个结论：①直线AM 与CC 1是相交直线； ②直线AM 与BN 是平行直线； ③直线BN 与MB 1是异面直线； ④直线AM 与DD 1是异面直线．其中正确的结论为________．(注：把你认为正确的结论序号都填上) 答案 ③④解析 因为点A 在平面CDD 1C 1外，点M 在平面CDD 1C 1内，直线CC 1在平面CDD 1C 1内，CC 1不过点M ，所以AM 与CC 1是异面直线，故①错；取DD 1中点E ，连接AE ，则BN ∥AE ，但AE 与AM 相交，故②错；因为B 1与BN 都在平面BCC 1B 1内，M 在平面BCC 1B 1外，BN 不过点B 1，所以BN 与MB 1是异面直线，故③正确；同理④正确，故填③④. 题型三 求两条异面直线所成的角例3(2019·青岛模拟)如图，在底面为正方形，侧棱垂直于底面的四棱柱ABCD —A 1B 1C 1D 1中，AA 1＝2AB ＝2，则异面直线A 1B 与AD 1所成角的余弦值为( )A.15B.25 C.35 D.45答案 D解析 连接BC 1，易证BC 1∥AD 1，则∠A 1BC 1即为异面直线A 1B 与AD 1所成的角．连接A 1C 1，由AB ＝1，AA 1＝2，易得A 1C 1＝2，A 1B ＝BC 1＝5，故cos∠A 1BC 1＝A 1B 2＋BC 21－A 1C 212×A 1B ×BC 1＝45，即异面直线A 1B 与AD 1所成角的余弦值为45.引申探究将上例条件“AA 1＝2AB ＝2”改为“AB ＝1，若异面直线A 1B 与AD 1所成角的余弦值为910”，试求AA 1AB的值． 解 设AA 1AB＝t (t >0)，则AA 1＝tAB . ∵AB ＝1，∴AA 1＝t .∵A 1C 1＝2，A 1B ＝t 2＋1＝BC 1，∴cos∠A 1BC 1＝A 1B 2＋BC 21－A 1C 212×A 1B ×BC 1＝t 2＋1＋t 2＋1－22×t 2＋1×t 2＋1＝910. ∴t ＝3，即AA 1AB＝3. 思维升华用平移法求异面直线所成的角的三个步骤 (1)一作：根据定义作平行线，作出异面直线所成的角； (2)二证：证明作出的角是异面直线所成的角； (3)三求：解三角形，求出所作的角．跟踪训练3(2018·全国Ⅱ)在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E 为棱CC 1的中点，则异面直线AE 与CD 所成角的正切值为( ) A.22B.32C.52D.72答案 C解析 如图，因为AB ∥CD ，所以AE 与CD 所成角为∠EAB .在Rt△ABE 中，设AB ＝2， 则BE ＝5， 则tan∠EAB ＝BE AB ＝52， 所以异面直线AE 与CD 所成角的正切值为52.立体几何中的线面位置关系直观想象是指借助几何直观和空间想象感知事物的形态与变化，利用空间形式特别是图形，理解和解决数学问题．例如图所示，四边形ABEF 和ABCD 都是梯形，BC ∥AD 且BC ＝12AD ，BE ∥FA 且BE ＝12FA ，G ，H分别为FA ，FD 的中点．(1)证明：四边形BCHG 是平行四边形； (2)C ，D ，F ，E 四点是否共面？为什么？ (1)证明 由已知FG ＝GA ，FH ＝HD ， 可得GH ∥AD 且GH ＝12AD .又BC ∥AD 且BC ＝12AD ，∴GH ∥BC 且GH ＝BC ， ∴四边形BCHG 为平行四边形．(2)解 ∵BE ∥AF 且BE ＝12AF ，G 为FA 的中点，∴BE ∥FG 且BE ＝FG ，∴四边形BEFG 为平行四边形，∴EF ∥BG . 由(1)知BG ∥CH .∴EF ∥CH ，∴EF 与CH 共面． 又D ∈FH ，∴C ，D ，F ，E 四点共面．素养提升 平面几何和立体几何在点线面的位置关系中有很多的不同，借助确定的几何模型，利用直观想象讨论点线面关系在平面和空间中的差异．1．四条线段顺次首尾相连，它们最多可确定的平面个数为( )A．4 B．3C．2 D．1答案 A解析首尾相连的四条线段每相邻两条确定一个平面，所以最多可以确定四个平面．2．a，b，c是两两不同的三条直线，下面四个命题中，真命题是( )A．若直线a，b异面，b，c异面，则a，c异面B．若直线a，b相交，b，c相交，则a，c相交C．若a∥b，则a，b与c所成的角相等D．若a⊥b，b⊥c，则a∥c答案 C解析若直线a，b异面，b，c异面，则a，c相交、平行或异面；若a，b相交，b，c相交，则a，c相交、平行或异面；若a⊥b，b⊥c，则a，c相交、平行或异面；由异面直线所成的角的定义知C正确．故选C.3.如图所示，平面α∩平面β＝l，A∈α，B∈α，AB∩l＝D，C∈β，C∉l，则平面ABC 与平面β的交线是( )A．直线ACB．直线ABC．直线CDD．直线BC答案 C解析由题意知，D∈l，l⊂β，所以D∈β，又因为D∈AB，所以D∈平面ABC，所以点D在平面ABC与平面β的交线上．又因为C∈平面ABC，C∈β，所以点C在平面β与平面ABC的交线上，所以平面ABC∩平面β＝CD.4.如图所示，ABCD－A1B1C1D1是长方体，O是B1D1的中点，直线A1C交平面AB1D1于点M，则下列结论正确是( )A．A，M，O三点共线B．A，M，O，A1不共面C．A，M，C，O不共面D．B，B1，O，M共面答案 A解析连接A1C1，AC，则A1C1∥AC，∴A1，C1，A，C四点共面，∴A1C⊂平面ACC1A1，∵M∈A1C，∴M∈平面ACC1A1，又M∈平面AB1D1，∴M在平面ACC1A1与平面AB1D1的交线上，同理A，O在平面ACC1A1与平面AB1D1的交线上．∴A，M，O三点共线．5．(2017·全国Ⅱ)已知直三棱柱ABCA1B1C1中，∠ABC＝120°，AB＝2，BC＝CC1＝1，则异面直线AB1与BC1所成角的余弦值为( )A.32B.155C.105D.33答案 C解析方法一将直三棱柱ABC－A1B1C1补形为直四棱柱ABCD－A1B1C1D1，如图①所示，连接AD1，B1D1，BD.图①由题意知∠ABC＝120°，AB＝2，BC＝CC1＝1，所以AD1＝BC1＝2，AB1＝5，∠DAB＝60°.在△ABD中，由余弦定理知BD2＝AB2＋AD2－2×AB×AD×cos∠DAB＝22＋12－2×2×1×cos60°＝3，所以BD＝3，所以B1D1＝ 3.又AB 1与AD 1所成的角即为AB 1与BC 1所成的角θ，所以cos θ＝AB 21＋AD 21－B 1D 212×AB 1×AD 1＝5＋2－32×5×2＝105.故选C.方法二 以B 1为坐标原点，B 1C 1所在的直线为x 轴，垂直于B 1C 1的直线为y 轴，BB 1所在的直线为z 轴建立空间直角坐标系，如图②所示．图②由已知条件知B 1(0，0，0)，B (0，0，1)，C 1(1，0，0)，A (－1，3，1)，则BC 1→＝(1，0， －1)，AB 1→＝(1，－3，－1)． 所以cos 〈AB 1→，BC 1→〉＝AB 1，→·BC 1→|AB 1→||BC 1→|＝25×2＝105. 所以异面直线AB 1与BC 1所成角的余弦值为105. 故选C.6．正方体AC 1中，与面ABCD 的对角线AC 异面的棱有________条． 答案 6解析 如图，在正方体AC 1中，与面ABCD 的对角线AC 异面的棱有BB 1，DD 1，A 1B 1，A 1D 1，D 1C 1，B 1C 1，共6条．7．(2019·东北三省三校模拟)若直线l ⊥平面β，平面α⊥平面β，则直线l 与平面α的位置关系为________． 答案 l ∥α或l ⊂α解析 ∵直线l ⊥平面β，平面α⊥平面β， ∴直线l ∥平面α，或者直线l ⊂平面α.8．在三棱锥S －ABC 中，G 1，G 2分别是△SAB 和△SAC 的重心，则直线G 1G 2与BC 的位置关系是________．。
高考数学大一轮复习第八章立体几何与空间向量8.6空间向量及其运算教案理含解析新人教A版
高考数学大一轮复习第八章立体几何与空间向量8.6空间向量及其运算教案理含解析新人教A版§8.6空间向量及其运算最新考纲考情考向分析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，能运用向量的数量积判断向量的共线和垂直.本节是空间向量的基础内容，涉及空间直角坐标系、空间向量的有关概念、定理、公式及四种运算等内容.一般不单独命题，常以简单几何体为载体；以解答题的形式出现，考查平行、垂直关系的判断和证明及空间角的计算，解题要求有较强的运算能力.1.空间向量的有关概念及定理语言描述共线向量(平行向量)如果空间一些向量的基线互相平行或重合，则这些向量叫做共线向量或平行向量共线向量定理两个空间向量a，b(b≠0)，a∥b的充要条件是存在唯一的实数x，使a＝x b共面向量定理如果两个向量a、b不共线，则向量c与向量a，b共面的充要条件是，存在唯一的一对实数x，y，使c＝x a＋y b空间向量分解定理如果三个向量a，b，c不共面，那么对空间任一向量p，存在一个唯一的有序实数组x，y，z，使p＝x a＋y b＋z c2.两向量的夹角已知两个非零向量a ，b ，在空间任取一点O ，作OA →＝a ，OB →＝b ，则角∠AOB 叫做向量a 与b 的夹角，记作〈a ，b 〉，通常规定0≤〈a ，b 〉≤π. 3.两条异面直线所成的角把异面直线平移到一个平面内，这时两条直线的夹角(锐角或直角)叫做两条异面直线所成的角. 4.数量积及坐标运算 (1)两个向量的数量积： ①a·b ＝|a||b |cos 〈a ，b 〉； ②a ⊥b ⇔a·b ＝0(a ，b 为非零向量)； ③|a |2＝a·a ，|a |＝x 2＋y 2＋z 2. (2)向量的坐标运算：a ＝(a 1，a 2，a 3)，b ＝(b 1，b 2，b 3) 向量和 a ＋b ＝(a 1＋b 1，a 2＋b 2，a 3＋b 3) 向量差 a －b ＝(a 1－b 1，a 2－b 2，a 3－b 3)数量积 a·b ＝a 1b 1＋a 2b 2＋a 3b 3 数乘向量λa ＝(λa 1，λa 2，λa 3)共线a∥b (b ≠0)⇔a 1＝λb 1，a 2＝λb 2，a 3＝λb 3a ∥b ⇔a 1b 1＝a 2b 2＝a 3b 3(b 与三个坐标平面都不平行)垂直 a⊥b ⇔a 1b 1＋a 2b 2＋a 3b 3＝0夹角公式cos 〈a ，b 〉＝a 1b 1＋a 2b 2＋a 3b 3a 21＋a 22＋a 23·b 21＋b 22＋b 23概念方法微思考1.共线向量与共面向量相同吗？提示 不相同.平行于同一平面的向量就为共面向量. 2.零向量能作为基向量吗？提示 不能.由于零向量与任意一个非零向量共线，与任意两个非零向量共面，故零向量不能作为基向量.3.空间向量的坐标运算与坐标原点的位置选取有关吗？提示 无关.这是因为一个确定的几何体，其“线线”夹角、“点点”距离都是固定的，坐标系的位置不同，只会影响其计算的繁简，不会影响结果.题组一 思考辨析1.判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”) (1)空间中任意两个非零向量a ，b 共面.( √ )(2)在向量的数量积运算中(a ·b )·c ＝a ·(b ·c ).( × ) (3)对于非零向量b ，由a ·b ＝b ·c ，则a ＝c .( × ) (4)两向量夹角的范围与两异面直线所成角的范围相同.( × ) (5)若A ，B ，C ，D 是空间任意四点，则有AB →＋BC →＋CD →＋DA →＝0.( √ ) (6)若a·b <0，则〈a ，b 〉是钝角.( × ) 题组二 教材改编2.如图所示，在平行六面体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，M 为A 1C 1与B 1D 1的交点.若AB →＝a ，AD →＝b ，AA 1→＝c ，则下列向量中与BM →相等的向量是( )A.－12a ＋12b ＋cB.12a ＋12b ＋c C.－12a －12b ＋cD.12a －12b ＋c 答案 A解析 BM →＝BB 1→＋B 1M →＝AA 1→＋12(AD →－AB →)＝c ＋12(b －a )＝－12a ＋12b ＋c .3.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________. 答案2解析 |EF →|2＝EF →2＝(EC →＋CD →＋DF →)2＝EC →2＋CD →2＋DF →2＋2(EC →·CD →＋EC →·DF →＋CD →·DF →) ＝12＋22＋12＋2(1×2×cos120°＋0＋2×1×cos120°) ＝2，∴|EF →|＝2，∴EF 的长为 2. 题组三 易错自纠4.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.相交但不垂直答案 B解析 由题意得，AB →＝(－3，－3,3)，CD →＝(1,1，－1)， ∴AB →＝－3CD →， ∴AB →与CD →共线，又AB 与CD 没有公共点，∴AB ∥CD .5.已知a ＝(2,3,1)，b ＝(－4,2，x )，且a ⊥b ，则|b |＝________. 答案 2 6 解析 ∵a ⊥b ，∴a ·b ＝2×(－4)＋3×2＋1·x ＝0， ∴x ＝2，∴|b |＝(－4)2＋22＋22＝2 6.6.O 为空间中任意一点，A ，B ，C 三点不共线，且OP →＝34OA →＋18OB →＋tOC →，若P ，A ，B ，C 四点共面，则实数t ＝______. 答案 18解析 ∵P ，A ，B ，C 四点共面， ∴34＋18＋t ＝1，∴t ＝18.题型一 空间向量的线性运算例1 如图所示，在空间几何体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，各面为平行四边形，设AA 1→＝a ，AB →＝b ，AD →＝c ，M ，N ，P 分别是AA 1，BC ，C 1D 1的中点，试用a ，b ，c 表示以下各向量：(1)AP →； (2)MP →＋NC 1→.解 (1)因为P 是C 1D 1的中点， 所以AP →＝AA 1→＋A 1D 1→＋D 1P → ＝a ＋AD →＋12D 1C 1→＝a ＋c ＋12AB →＝a ＋c ＋12b .(2)因为M 是AA 1的中点， 所以MP →＝MA →＋AP →＝12A 1A →＋AP →＝－12a ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋c ＋12b＝12a ＋12b ＋c . 又NC 1→＝NC →＋CC 1→＝12BC →＋AA 1→＝12AD →＋AA 1→＝12c ＋a ， 所以MP →＋NC 1→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12a ＋12b ＋c ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋12c＝32a ＋12b ＋32c . 思维升华 用基向量表示指定向量的方法 (1)结合已知向量和所求向量观察图形.(2)将已知向量和所求向量转化到三角形或平行四边形中.(3)利用三角形法则或平行四边形法则把所求向量用已知基向量表示出来.跟踪训练1 (1)如图所示，在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，O 为AC 的中点.用AB →，AD →，AA 1→表示OC 1→，则OC 1→＝________________.答案 12AB →＋12AD →＋AA 1→解析 ∵OC →＝12AC →＝12(AB →＋AD →)，∴OC 1→＝OC →＋CC 1→＝12(AB →＋AD →)＋AA 1→＝12AB →＋12AD →＋AA 1→. (2)如图，在三棱锥O —ABC 中，M ，N 分别是AB ，OC 的中点，设OA →＝a ，OB →＝b ，OC →＝c ，用a ，b ，c 表示NM →，则NM →等于( )A.12(－a ＋b ＋c ) B.12(a ＋b －c ) C.12(a －b ＋c ) D.12(－a －b ＋c ) 答案 B解析 NM →＝NA →＋AM →＝(OA →－ON →)＋12AB →＝OA →－12OC →＋12(OB →－OA →)＝12OA →＋12OB →－12OC →＝12(a ＋b －c ). 题型二 共线定理、共面定理的应用例2 如图，已知E ，F ，G ，H 分别是空间四边形ABCD 的边AB ，BC ，CD ，DA 的中点.(1)求证：E ，F ，G ，H 四点共面； (2)求证：BD ∥平面EFGH . 证明 (1)连接BG ， 则EG →＝EB →＋BG →＝EB →＋12(BC →＋BD →)＝EB →＋BF →＋EH → ＝EF →＋EH →，由共面向量定理的推论知E ，F ，G ，H 四点共面. (2)因为EH →＝AH →－AE →＝12AD →－12AB → ＝12(AD →－AB →)＝12BD →， 所以EH ∥BD .又EH ⊂平面EFGH ，BD ⊄平面EFGH ， 所以BD ∥平面EFGH .思维升华 证明三点共线和空间四点共面的方法比较三点(P ，A ，B )共线 空间四点(M ，P ，A ，B )共面PA →＝λPB →且同过点PMP →＝xMA →＋yMB →对空间任一点O ，OP →＝OA →＋tAB →对空间任一点O ，OP →＝OM →＋xMA →＋yMB →对空间任一点O ，OP →＝xOA →＋(1－x )OB →对空间任一点O ，OP →＝xOM →＋yOA →＋(1－x －y )OB →跟踪训练2 如图所示，已知斜三棱柱ABC —A 1B 1C 1，点M ，N 分别在AC 1和BC 上，且满足AM →＝kAC 1→，BN →＝kBC →(0≤k ≤1).(1)向量MN →是否与向量AB →，AA 1→共面？(2)直线MN 是否与平面ABB 1A 1平行？ 解 (1)∵AM →＝kAC 1→，BN →＝kBC →， ∴MN →＝MA →＋AB →＋BN → ＝kC 1A →＋AB →＋kBC → ＝k (C 1A →＋BC →)＋AB → ＝k (C 1A →＋B 1C 1—→)＋AB → ＝kB 1A →＋AB →＝AB →－kAB 1→ ＝AB →－k (AA 1→＋AB →) ＝(1－k )AB →－kAA 1→，∴由共面向量定理知向量MN →与向量AB →，AA 1→共面. (2)当k ＝0时，点M ，A 重合，点N ，B 重合，MN 在平面ABB 1A 1内，当0<k ≤1时，MN 不在平面ABB 1A 1内， 又由(1)知MN →与AB →，AA 1→共面， ∴MN ∥平面ABB 1A 1.综上，当k ＝0时，MN 在平面ABB 1A 1内； 当0<k ≤1时，MN ∥平面ABB 1A 1. 题型三 空间向量数量积的应用例3 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)求异面直线AN 与CM 所成角的余弦值. (1)证明 设AB →＝p ，AC →＝q ，AD →＝r .由题意可知，|p |＝|q |＝|r |＝a ，且p ，q ，r 三个向量两两夹角均为60°. MN →＝AN →－AM →＝12(AC →＋AD →)－12AB →＝12(q ＋r －p )，∴MN →·AB →＝12(q ＋r －p )·p ＝12(q ·p ＋r ·p －p 2)＝12(a 2cos60°＋a 2cos60°－a 2)＝0. ∴MN →⊥AB →，即MN ⊥AB . 同理可证MN ⊥CD .(2)设向量AN →与MC →的夹角为θ. ∵AN →＝12(AC →＋AD →)＝12(q ＋r )，MC →＝AC →－AM →＝q －12p ，∴AN →·MC →＝12(q ＋r )·⎝ ⎛⎭⎪⎫q －12p＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫q 2－12q ·p ＋r ·q －12r ·p ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2－12a 2cos60°＋a 2cos60°－12a 2cos60° ＝12⎝⎛⎭⎪⎫a 2－a 24＋a 22－a 24＝a22.又∵|AN →|＝|MC →|＝32a ，∴AN →·MC →＝|AN →||MC →|cos θ＝32a ×32a ×cos θ＝a 22.∴cos θ＝23.∴向量AN →与MC →的夹角的余弦值为23，从而异面直线AN 与CM 所成角的余弦值为23.思维升华 (1)利用向量的数量积可证明线段的垂直关系，也可以利用垂直关系，通过向量共线确定点在线段上的位置.(2)利用夹角公式，可以求异面直线所成的角，也可以求二面角.(3)可以通过|a |＝a 2，将向量的长度问题转化为向量数量积的问题求解.跟踪训练3 如图，在平行六面体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，以顶点A 为端点的三条棱长度都为1，且两两夹角为60°.(1)求AC 1→的长；(2)求BD 1→与AC →夹角的余弦值. 解 (1)记AB →＝a ，AD →＝b ，AA 1→＝c ，则|a |＝|b |＝|c |＝1，〈a ，b 〉＝〈b ，c 〉＝〈c ，a 〉＝60°， ∴a ·b ＝b ·c ＝c ·a ＝12.|AC 1→|2＝(a ＋b ＋c )2＝a 2＋b 2＋c 2＋2(a ·b ＋b ·c ＋c ·a )＝1＋1＋1＋2×⎝ ⎛⎭⎪⎫12＋12＋12＝6，∴|AC 1→|＝6，即AC 1的长为 6. (2)BD 1→＝b ＋c －a ，AC →＝a ＋b ， ∴|BD 1→|＝2，|AC →|＝3，BD 1→·AC →＝(b ＋c －a )·(a ＋b )＝b 2－a 2＋a ·c ＋b ·c ＝1， ∴cos〈BD 1→，AC →〉＝BD 1→·AC →|BD 1→||AC →|＝66.即BD 1→与AC →夹角的余弦值为66.1.已知a ＝(2,3，－4)，b ＝(－4，－3，－2)，b ＝12x －2a ，则x 等于( )A.(0,3，－6)B.(0,6，－20)C.(0,6，－6)D.(6,6，－6)答案 B解析 由b ＝12x －2a ，得x ＝4a ＋2b ＝(8,12，－16)＋(－8，－6，－4)＝(0,6，－20).2.在下列命题中：①若向量a ，b 共线，则向量a ，b 所在的直线平行；②若向量a ，b 所在的直线为异面直线，则向量a ，b 一定不共面； ③若三个向量a ，b ，c 两两共面，则向量a ，b ，c 共面；④已知空间的三个向量a ，b ，c ，则对于空间的任意一个向量p 总存在实数x ，y ，z 使得p＝x a ＋y b ＋z c .其中正确命题的个数是( ) A.0B.1C.2D.3 答案 A解析 a 与b 共线，a ，b 所在的直线也可能重合，故①不正确；根据自由向量的意义知，空间任意两向量a ，b 都共面，故②不正确；三个向量a ，b ，c 中任意两个一定共面，但它们三个却不一定共面，故③不正确；只有当a ，b ，c 不共面时，空间任意一向量p 才能表示为p ＝x a ＋y b ＋z c ，故④不正确，综上可知四个命题中正确的个数为0，故选A.3.已知向量a ＝(2m ＋1,3，m －1)，b ＝(2，m ，－m )，且a ∥b ，则实数m 的值等于( ) A.32B.－2C.0D.32或－2 答案 B解析 当m ＝0时，a ＝(1,3，－1)，b ＝(2,0,0)，a 与b 不平行，∴m ≠0，∵a ∥b ，∴2m ＋12＝3m ＝m －1－m，解得m ＝－2. 4.在空间直角坐标系中，已知A (1，－2,1)，B (2,2,2)，点P 在z 轴上，且满足|PA |＝|PB |，则P 点坐标为( ) A.(3,0,0) B.(0,3,0) C.(0,0,3) D.(0,0，－3)答案 C解析 设P (0,0，z )，则有(1－0)2＋(－2－0)2＋(1－z )2＝(2－0)2＋(2－0)2＋(2－z )2， 解得z ＝3.5.已知a ＝(1,0,1)，b ＝(x,1,2)，且a·b ＝3，则向量a 与b 的夹角为( ) A.5π6B.2π3 C.π3D.π6答案 D解析 ∵a·b ＝x ＋2＝3，∴x ＝1，∴b ＝(1,1,2)， ∴cos〈a ，b 〉＝a·b |a||b |＝32×6＝32，又∵〈a ，b 〉∈[0，π]，∴a 与b 的夹角为π6，故选D.6.如图，在大小为45°的二面角A －EF －D 中，四边形ABFE ，CDEF 都是边长为1的正方形，则B ，D 两点间的距离是( )A.3B.2C.1D.3－ 2 答案 D解析 ∵BD →＝BF →＋FE →＋ED →，∴|BD →|2＝|BF →|2＋|FE →|2＋|ED →|2＋2BF →·FE →＋2FE →·ED →＋2BF →·ED →＝1＋1＋1－2＝3－2， 故|BD →|＝3－ 2.7.已知a ＝(2,1，－3)，b ＝(－1,2,3)，c ＝(7,6，λ)，若a ，b ，c 三向量共面，则λ＝________. 答案 －9解析 由题意知c ＝x a ＋y b ，即(7,6，λ)＝x (2,1，－3)＋y (－1,2,3)， ∴⎩⎪⎨⎪⎧2x －y ＝7，x ＋2y ＝6，－3x ＋3y ＝λ，解得λ＝－9.8.已知a ＝(x ,4,1)，b ＝(－2，y ，－1)，c ＝(3，－2，z )，a ∥b ，b ⊥c ，则c ＝________. 答案 (3，－2,2) 解析 因为a ∥b ，所以x－2＝4y ＝1－1， 解得x ＝2，y ＝－4，此时a ＝(2,4,1)，b ＝(－2，－4，－1)， 又因为b ⊥c ，所以b ·c ＝0， 即－6＋8－z ＝0，解得z ＝2，于是c ＝(3，－2,2).9.已知V 为矩形ABCD 所在平面外一点，且VA ＝VB ＝VC ＝VD ，VP →＝13VC →，VM →＝23VB →，VN →＝23VD →.则VA 与平面PMN 的位置关系是________. 答案 平行解析 如图，设VA →＝a ，VB →＝b ，VC →＝c ，则VD →＝a ＋c －b ，由题意知PM →＝23b －13c ，PN →＝23VD →－13VC →＝23a －23b ＋13c . 因此VA →＝32PM →＋32PN →，∴VA →，PM →，PN →共面. 又VA ⊄平面PMN ， ∴VA ∥平面PMN .10.已知ABCD －A 1B 1C 1D 1为正方体， ①(A 1A →＋A 1D 1—→＋A 1B 1—→)2＝3A 1B 1—→2； ②A 1C →·(A 1B 1—→－A 1A →)＝0；③向量AD 1→与向量A 1B →的夹角是60°；④正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的体积为|AB →·AA 1→·AD →|. 其中正确的序号是________. 答案 ①②解析 ①中，(A 1A →＋A 1D 1—→＋A 1B 1—→)2＝A 1A →2＋A 1D 1—→2＋A 1B 1—→2＝3A 1B 1—→2，故①正确；②中，A 1B 1—→－A 1A →＝AB 1→，因为AB 1⊥A 1C ，故②正确；③中，两异面直线A 1B 与AD 1所成的角为60°，但AD 1→与A 1B →的夹角为120°，故③不正确；④中，|AB →·AA 1→·AD →|＝0，故④也不正确.11.已知A ，B ，C 三点不共线，对平面ABC 外的任一点O ，若点M 满足OM →＝13(OA →＋OB →＋OC →).(1)判断MA →，MB →，MC →三个向量是否共面； (2)判断点M 是否在平面ABC 内. 解 (1)由题意知OA →＋OB →＋OC →＝3OM →， ∴OA →－OM →＝(OM →－OB →)＋(OM →－OC →)， 即MA →＝BM →＋CM →＝－MB →－MC →， ∴MA →，MB →，MC →共面.(2)由(1)知MA →，MB →，MC →共面且过同一点M ， ∴M ，A ，B ，C 四点共面. ∴点M 在平面ABC 内.12.已知a ＝(1，－3,2)，b ＝(－2,1,1)，A (－3，－1,4)，B (－2，－2,2). (1)求|2a ＋b |；(2)在直线AB 上，是否存在一点E ，使得OE →⊥b ？(O 为原点) 解 (1)2a ＋b ＝(2，－6,4)＋(－2,1,1)＝(0，－5,5)， 故|2a ＋b |＝02＋(－5)2＋52＝5 2. (2)令AE →＝tAB →(t ∈R )， 所以OE →＝OA →＋AE →＝OA →＋tAB → ＝(－3，－1,4)＋t (1，－1，－2)＝(－3＋t ，－1－t,4－2t )， 若OE →⊥b ，则OE →·b ＝0，所以－2(－3＋t )＋(－1－t )＋(4－2t )＝0，解得t ＝95.因此存在点E ，使得OE →⊥b ，此时E 点的坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫－65，－145，25.13.(2018·本溪模拟)如图，已知空间四边形OABC ，其对角线为OB ，AC ，M ，N 分别为OA ，BC 的中点，点G 在线段MN 上，且MG →＝2GN →，若OG →＝xOA →＋yOB →＋zOC →，则x ＋y ＋z ＝________.答案 56解析 连接ON ，设OA →＝a ，OB →＝b ，OC →＝c ，则MN →＝ON →－OM →＝12(OB →＋OC →)－12OA →＝12b ＋12c －12a ， OG →＝OM →＋MG →＝12OA →＋23MN →＝12a ＋23⎝ ⎛⎭⎪⎫12b ＋12c －12a ＝16a ＋13b ＋13c . 又OG →＝xOA →＋yOB →＋zOC →， 所以x ＝16，y ＝13，z ＝13，因此x ＋y ＋z ＝16＋13＋13＝56.14.A ，B ，C ，D 是空间不共面的四点，且满足AB →·AC →＝0，AC →·AD →＝0，AB →·AD →＝0，M 为BC 中点，则△AMD 是( ) A.钝角三角形 B.锐角三角形 C.直角三角形 D.不确定答案 C解析 ∵M 为BC 中点， ∴AM →＝12(AB →＋AC →)，∴AM →·AD →＝12(AB →＋AC →)·AD →＝12AB →·AD →＋12AC →·AD →＝0. ∴AM ⊥AD ，△AMD 为直角三角形.15.已知O (0,0,0)，A (1,2,1)，B (2,1,2)，P (1,1,2)，点Q 在直线OP 上运动，当QA →·QB →取最小值时，点Q 的坐标是________. 答案 (1,1,2)解析 由题意，设OQ →＝λOP →，则OQ →＝(λ，λ，2λ)，即Q (λ，λ，2λ)，则QA →＝(1－λ，2－λ，1－2λ)，QB →＝(2－λ，1－λ，2－2λ)，∴QA →·QB →＝(1－λ)(2－λ)＋(2－λ)(1－λ)＋(1－2λ)(2－2λ)＝6λ2－12λ＋6＝6(λ－1)2，当λ＝1时取最小值，此时Q 点坐标为(1,1,2).16.如图，在直三棱柱ABC －A ′B ′C ′中，AC ＝BC ＝AA ′，∠ACB ＝90°，D ，E 分别为棱AB ，BB ′的中点.(1)求证：CE ⊥A ′D ；(2)求异面直线CE 与AC ′所成角的余弦值.(1)证明 设CA →＝a ，CB →＝b ，CC ′→＝c ， 根据题意得|a |＝|b |＝|c |， 且a ·b ＝b ·c ＝c ·a ＝0，∴CE →＝b ＋12c ，A ′D →＝－c ＋12b －12a ，∴CE →·A ′D →＝－12c 2＋12b 2＝0，∴CE →⊥A ′D →，即CE ⊥A ′D .(2)解 ∵AC ′→＝－a ＋c ，|AC ′→|＝2|a |，|CE →|＝52|a |，AC ′→·CE →＝(－a ＋c )·⎝⎛⎭⎪⎫b ＋12c ＝12c 2＝12|a |2，∴cos〈AC ′→，CE →〉＝AC ′→·CE →|AC ′→||CE →|＝12|a |22×52|a |2＝1010，即异面直线CE 与AC ′所成角的余弦值为1010.。
高考数学一轮复习 第八章 立体几何8.6空间向量及其运算教学案 理
8.6 空间向量及其运算考纲要求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，能运用向量的数量积判断向量的共线与垂直．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(b≠0)，a∥b的充要条件是存在实数λ，使得______．(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________．(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______________．其中，{a，b，c}叫做空间的一个______．推论：设O，A，B，C是不共面的四点，则对空间任一点P，都存在唯一的一个有序实数组{x，y，z}，使OP→＝____________.2．两个向量的数量积(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OA＝a，OB＝b，则______叫做向量a，b的夹角，记作〈a，b〉．通常规定____≤〈a，b〉≤____.若〈a，b〉＝____，则称向量a，b互相垂直，记作a⊥b.(2)两向量的数量积．两个非零向量a，b的数量积a·b＝______________.(3)向量的数量积的性质(e是单位向量)：①a·e＝|a|______________；②a⊥b a·b＝____；③|a|2＝a·a＝____；④|a·b|____|a||b|.(4)向量的数量积满足如下运算律：①(λa)·b＝λ(a·b)；②a·b＝______(交换律)；③a·(b＋c)＝____________(分配律)．3．空间向量的坐标运算(1)设a＝(a1，a2，a3)，b＝(b1，b2，b3)，则a±b＝____________________；λa＝________________(λ∈R)；a·b＝________________；a⊥b ⇔a 1b 1＋a 2b 2＋a 3b 3＝____；a∥b ⇔a 1＝λb 1，a 2＝λb 2，a 3＝λb 3(λ∈R )；|a |2＝a·a ⇒|a |＝a 21＋a 22＋a 23(向量模与向量之间的转化)；cos 〈a ，b 〉＝a·b |a||b|＝a 1b 1＋a 2b 2＋a 3b 3a 21＋a 22＋a 23b 21＋b 22＋b 23. (2)设A (x 1，y 1，z 1)，B (x 2，y 2，z 2)，则A B →＝(x 2－x 1，y 2－y 1，z 2－z 1)，|AB →|＝x 2－x 12＋y 2－y 12＋z 2－z 12.1．在下列命题中：①若向量a ，b 共线，则向量a ，b 所在的直线平行；②若向量a ，b 所在的直线为异面直线，则向量a ，b 一定不共面；③若三个向量a ，b ，c 两两共面，则向量a ，b ，c 共面； ④已知空间的三个向量a ，b ，c ，则对于空间的任意一个向量p 总存在实数x ，y ，z 使得p ＝x a ＋y b ＋z c .其中正确命题的个数是( )．A ．0B ．1C ．2D ．32．已知向量a ＝(1,1,0)，b ＝(－1,0,2)，且k a ＋b 与2a －b 互相垂直，则k 的值为( )．A ．1 B.15 C.35 D.753．已知a ＝(λ＋1,0,2)，b ＝(6,2μ－1,2λ)，若a ∥b ，则λ与μ的值可以是( )．A ．2，12B ．－13，12C ．－3,2D ．2,2 4．已知四边形ABCD 为平行四边形，且A (4,1,3)，B (2，－5,1)，C (3,7，－5)，则点D 的坐标为________．5．已知a ＝(1,2，－2)，b ＝(0,2,4)，则a ，b 的夹角的余弦值为__________．一、空间向量的线性运算【例1－1】 如图所示，在平行六面体ABCD A 1B 1C 1D 1中，设AA 1→＝a ，AB →＝b ，AD →＝c ，M ，N ，P 分别是AA 1，BC ，C 1D 1的中点，试用a ，b ，c 分别表示以下各向量：(1)AP →；(2)A 1N →；(3)MP →＋NC 1→.【例1－2】已知O 是空间中任意一点，A ，B ，C ，D 四点满足任意三点不共线，但四点共面，且OA→＝2xBO →＋3yCO →＋4zDO →，则2x ＋3y ＋4z ＝__________.方法提炼空间向量的概念及运算是由平面向量延伸而来的，要用类比的思想去掌握．在空间向量的加、减、数乘等线性运算中，要选择适当的向量为基底，用基向量表示出相关向量后再进行向量的运算，同时还要以相应的图形为指导．请做演练巩固提升1二、空间向量的数量积【例2】已知空间中三点A (－2,0,2)，B (－1,1,2)，C (－3,0,4)，设AB →＝a ，AC→＝b ， (1)若|c |＝3，且c ∥BC →，求向量c ；(2)求向量a 与向量b 的夹角的余弦值；(3)若k a ＋b 与k a －2b 互相垂直，求实数k 的值．方法提炼1．两个向量的数量积，其结果是数量，而不是向量，这是与空间向量的加、减、数乘等线性运算最大的区别．2．利用两空间向量的数量积运算公式，可以求向量的模、求两个向量的夹角、证明两个向量垂直等．请做演练巩固提升3三、空间向量的坐标运算【例3－1】 已知：a ＝(x,4,1)，b ＝(－2，y ，－1)，c ＝(3，－2，z )，a ∥b ，b ⊥c ，求：(1)a ，b ，c ；(2)a ＋c 与b ＋c 所成角的余弦值．【例3－2】 如图，在直三棱柱ABC A 1B 1C 1的底面△ABC 中，CA ＝CB ＝1，∠BCA ＝90°，棱AA 1＝2，M ，N 分别是A 1B 1，AA 1的中点．(1)求|BN →|；(2)求cos 〈BA1→，CB 1→〉的值； (3)求证：A 1B ⊥C 1M .方法提炼空间向量的坐标运算使向量的运算摆脱了形的制约，可以将空间元素的位置关系转化成数量关系，将逻辑推理转化成数量计算，可以化繁为简，因此是处理空间问题的一种重要工具和方法．请做演练巩固提升2正确构建空间直角坐标系【典例】 (12分)如图所示，在空间直角坐标系中，BC ＝2，原点O 是BC 的中点，点A 的坐标是⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫32，12，0，点D 在平面yOz 内，且∠BDC ＝90°，∠DCB ＝30°.(1)求OD →的坐标；(2)设AD →和BC →的夹角为θ，求cos θ的值．规范解答：(1)如图所示，过D 作DE ⊥BC ，垂足为E .在Rt △BDC 中，由∠BDC ＝90°，∠DCB ＝30°，BC ＝2，得BD ＝1，CD ＝ 3.∴DE ＝CD sin 30°＝32. OE ＝OB －BD cos 60°＝1－12＝12. ∴D 点坐标为⎝⎛⎭⎪⎪⎫0，－12，32， 即OD →的坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫0，－12，32.(6分) (2)依题意，OA →＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫32，12，0，OB →＝(0，－1,0)，OC →＝(0,1,0)， ∴AD →＝OD →－OA →＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫－32，－1，32，BC →＝OC →－OB →＝(0,2,0)．(8分)由AD →和BC →的夹角为θ，得cos θ＝AD →·BC →|AD →||BC →| ＝－32×0＋－1×2＋32×0⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫－322＋－12＋⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫32202＋22＋02＝－105. ∴cos θ＝－105.(12分) 答题指导：解答空间向量的计算问题时，还有以下几点容易造成失分，在备考时要高度关注：(1)对向量运算法则特别是坐标运算的法则掌握不熟练导致失误；(2)不能熟练地运用向量共线、垂直的充要条件将问题转化． 另外，平时要重视运算的训练，强化计算速度及准确度的训练以及熟练掌握向量运算的方法．1．如图，已知空间四边形OABC ，其对角线为OB ，AC ，M ，N 分别是对边OA ，BC 的中点，点G 在线段MN 上，且分MN 所成的比为2，现用基向量OA →，OB →，OC →表示向量OG →，设OG →＝xOA→＋yOB →＋zOC →，则x ，y ，z 的值分别是( )．A ．x ＝13，y ＝13，z ＝13B ．x ＝13，y ＝13，z ＝16C ．x ＝13，y ＝16，z ＝13D ．x ＝16，y ＝13，z ＝132．已知a ＝(－2,1,3)，b ＝(－1,2,1)，若a ⊥(a －λb )，则实数λ的值为( )．A ．－2B ．－143 C.145D ．2 3．如图，在30°的二面角αl β的棱上有两点A ，B ，点C ，D 分别在α，β内，且AC ⊥AB ，BD ⊥AB ，AC ＝BD ＝AB ＝1，则CD 的长度为________．4．已知O (0,0,0)，A (1,2,3)，B (2,1,2)，P (1,1,2)，点Q 在直线OP 上运动，当QA →·QB →取最小值时，点Q 的坐标是__________．5．如图所示，在平行六面体ABCD A 1B 1C 1D 1中，以顶点A 为端点的三条棱长都为1，且两两夹角为60°.(1)求AC 1的长；(2)求BD 1与AC 夹角的余弦值．参考答案基础梳理自测知识梳理1．(1)a ＝λb (2)p ＝x a ＋y b (3)p ＝x a ＋y b ＋z c 基底 x OA ＋y OB ＋z OC2．(1)∠AOB 0 π π2(2)|a||b|cos 〈a ，b 〉 (3)①cos 〈a ，e 〉 ②0 ③a 2 ④≤ (4)②b·a ③a·b ＋a·c3．(1)(a 1±b 1，a 2±b 2，a 3±b 3) (λa 1，λa 2，λa 3) a 1b 1＋a 2b 2＋a 3b 3 0基础自测1．A 解析：①错，向量a ，b 所在的直线可能重合；②错，向量a ，b 可以平行移动到同一平面内；③错，如从三棱锥的一个顶点出发的三条棱所对应的三个向量；④错，a ，b ，c 要求不共面．2．D 解析：k a ＋b ＝(k －1，k,2),2a －b ＝(3,2，－2)． ∵(k a ＋b )⊥(2a －b )，∴3(k －1)＋2k －4＝0，解得k ＝75. 3．A 解析：∵a ∥b ，∴2μ－1＝0，∴μ＝12，排除C ，D 两项．代入A ，B 选项验证可得，λ＝2成立．4．(5,13，－3) 解析：设D (x ，y ，z )，则AB ＝DC ，∴(－2，－6，－2)＝(3－x,7－y ，－5－z )．∴⎩⎪⎨⎪⎧ 3－x ＝－2，7－y ＝－6，－5－z ＝－2.解得⎩⎪⎨⎪⎧ x ＝5，y ＝13，z ＝－3.∴D (5,13，－3)．5．－2155 解析：∵a ·b ＝1×0＋2×2＋(－2)×4＝－4， 且|a |＝12＋22＋(－2)2＝3，|b |＝0＋22＋42＝25，∴cos θ＝a ·b |a ||b |＝－43×25＝－2155. 考点探究突破【例1－1】 解：(1)AP ＝1AA ＋11A D ＋1D P ＝a ＋c ＋12b . (2)1A N ＝1A A ＋AB ＋BN ＝－a ＋b ＋12c . (3)MP ＋1NC ＝1MA ＋11A D ＋1D P ＋NC ＋1CC＝12a ＋c ＋12b ＋12c ＋a ＝32a ＋12b ＋32c . 【例1－2】 －1 解析：∵A ，B ，C ，D 四点共面， ∴OA ＝m OB ＋n OC ＋p OD ，且m ＋n ＋p ＝1.由条件知OA ＝(－2x )OB ＋(－3y )OC ＋(－4z )OD ， ∴(－2x )＋(－3y )＋(－4z )＝1.∴2x ＋3y ＋4z ＝－1.【例2】 解：(1)∵c ∥BC ，∴c ＝k BC ，k ∈R .又∵BC ＝(－2，－1,2)，∴可设c ＝(－2k ，－k,2k )．又∵|c |＝4k 2＋k 2＋4k 2＝3|k |＝3，∴k ＝±1.∴c ＝(－2，－1,2)或c ＝(2,1，－2)．(2)∵a ＝AB ＝(1,1,0)，b ＝AC ＝(－1，0,2)，∴a ·b ＝－1，|a |＝2，|b |＝5，∴cos θ＝a ·b |a ||b |＝－110＝－1010. (3)∵k a ＋b ＝(k ，k,0)＋(－1,0,2)＝(k －1，k,2)， k a －2b ＝(k ，k,0)－(－2,0,4)＝(k ＋2，k ，－4)， ∵k a ＋b 与k a －2b 互相垂直，∴(k a ＋b )·(k a －2b )＝(k －1)(k ＋2)＋k 2－8＝0，解得k ＝2或k ＝－52. 【例3－1】 解：(1)因为a ∥b ，所以x －2＝4y ＝1－1，解得x ＝2，y ＝－4， 这时a ＝(2,4,1)，b ＝(－2，－4，－1)．又因为b ⊥c ，所以b ·c ＝0，即－6＋8－z ＝0，解得z ＝2，于是c ＝(3，－2,2)．(2)由(1)得a ＋c ＝(5,2,3)，b ＋c ＝(1，－6,1)，因此a ＋c 与b ＋c 所成角的余弦值为cos θ＝5－12＋338·38＝－219. 【例3－2】 解：如图所示，建立以C 为原点的空间直角坐标系C xyz ，(1)依题意得B (0,1,0)，N (1,0,1)，则|BN |＝(1－0)2＋(0－1)2＋(1－0)2＝ 3.(2)依题意得A 1(1,0,2)，B (0,1,0)，C (0,0,0)，B 1(0,1,2)， ∴1BA ＝(1，－1,2)，1CB ＝(0,1,2)．∴1BA ·1CB ＝3，|1BA |＝6，|1CB |＝5，∴cos〈1BA ，1CB 〉＝1111||BA CB BA CB ⋅＝3010. (3)证明：依题意得C 1(0,0,2)，M ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，12，2，∴1C M ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12，12，0. 又1A B ＝(－1,1，－2)，∴1A B ·1C M ＝－12＋12＋0＝0. ∴1A B ⊥1C M ，即A 1B ⊥C 1M . 演练巩固提升1．D 解析：由题图可知OG ＝OM ＋MG ， 而MG ＝23MN ，MN ＝MA ＋AB ＋BN ＝12OA ＋OB －OA ＋12BC ＝－12OA ＋OB ＋12(OC －OB ) ＝－12OA ＋12OB ＋12OC . OG ＝12OA ＋21113222OA OB OC ⎛⎫-++ ⎪⎝⎭＝16OA ＋13OB ＋13OC . ∴x ＝16，y ＝13，z ＝13.2．D 解析：a －λb ＝(λ－2,1－2λ，3－λ)．由a ⊥(a －λb )得－2(λ－2)＋1－2λ＋9－3λ＝0， 解得λ＝2. 3.3－ 3 解析：∵BD ⊥AB ，CA ⊥AB ，∴AC 与BD 的夹角为30°. ∵|CD |＝|CA ＋AB ＋BD |，∴|CD |2＝|CA ＋AB ＋BD |2＝|CA |2＋|AB |＋|BD |2＋2CA ·AB ＋2AB ·BD ＋2CA ·BD＝3＋2|CA |·|BD |cos 150°＝3－ 3.∴|CD |＝3－ 3.4.⎝ ⎛⎭⎪⎫43，43，83 解析：设OQ ＝λOP ＝(λ，λ，2λ)， 则QA ＝(1－λ，2－λ，3－2λ)，QB ＝(2－λ，1－λ，2－2λ)．∴QA ·QB ＝(1－λ)(2－λ)＋(2－λ)(1－λ)＋(3－2λ)(2－2λ)＝6λ2－16λ＋10＝6⎝⎛⎭⎪⎫λ－432－23. ∴当λ＝43时，QA ·QB 取最小值为－23. 此时，OQ ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫43，43，83，即Q 点的坐标是⎝ ⎛⎭⎪⎫43，43，83. 5．解：记AB ＝a ，AD ＝b ，1AA ＝c ，则|a |＝|b |＝|c |＝1，〈a ，b 〉＝〈b ，c 〉＝〈c ，a 〉＝60°，∴a ·b ＝b ·c ＝c ·a ＝12. (1)|1AC |2＝(a ＋b ＋c )2＝a 2＋b 2＋c 2＋2(a ·b ＋b ·c ＋c ·a ) ＝1＋1＋1＋2×⎝ ⎛⎭⎪⎫12＋12＋12＝6， ∴|1AC |＝6，即AC 1的长为 6.(2)1BD ＝b ＋c －a ，AC ＝a ＋b ，∴|1BD |＝2，|AC |＝3，1BD ·AC＝(b ＋c －a )·(a ＋b )＝b 2－a 2＋a ·c ＋b ·c ＝1.∴cos〈1BD ，AC 〉＝11||||BD AC BD AC ＝66. ∴AC 与BD 1夹角的余弦值为66.。
高考数学一轮复习第八章立体几何8.6空间向量及其运算和空间位置关系学案理
§8.6 空间向量及其运算和空间位置关系考纲展示►1.了解空间直角坐标系，会用空间直角坐标表示点的位置． 2．会推导空间两点间的距离公式．3．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．4．掌握空间向量的线性运算及其坐标表示．5．掌握空间向量的数量积及其坐标表示，能运用向量的数量积判断向量的共线与垂直． 6．理解直线的方向向量与平面的法向量．7．能用向量语言表述直线与直线、直线与平面、平面与平面的垂直、平行关系． 8．能用向量方法证明有关直线和平面关系的一些定理(包括三垂线定理)．考点1 空间向量的线性运算空间向量的有关概念(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：表示空间向量的有向线段所在的直线互相____________的向量． (4)共面向量：________________的向量． 答案：(1)大小 方向 (2)相同 相等 (3)平行或重合 (4)平行于同一个平面(1)[教材习题改编]已知在空间四边形ABCD 中，G 为CD 的中点，则化简AB →＋12(BD →＋BC →)＝________.答案：AG →解析：AB →＋12(BD →＋BC →)＝AB →＋BG →＝AG →.(2)[教材习题改编]如图所示，在平行六面体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，M 为A 1C 1与B 1D 1的交点．若AB →＝a ，AD →＝b ，AA 1→＝c ，则BM →可用a ，b ，c 表示为________．答案：－12a ＋12b ＋c解析：由图可知，BM →＝BB 1→＋B 1M →＝BB 1→＋12B 1D 1→＝BB 1→＋12(A 1D 1→－A 1B 1→)＝c ＋12(b －c )＝－12a ＋12b＋c .[典题1] (1)[2017·河南郑州模拟]如图所示，已知空间四边形OABC ，其对角线为OB ，AC ，M ，N 分别为OA ，BC 的中点，点G 在线段MN 上，且MG →＝2GN →，若OG →＝xOA →＋yOB →＋zOC →，则x ＋y ＋z ＝________.[答案] 56[解析] 设OA →＝a ，OB →＝b ，OC →＝c ， 则MN →＝ON →－OM →＝12(OB →＋OC →)－12OA →＝12b ＋12c －12a ， OG →＝OM →＋MG →＝12OA →＋23MN →23⎝⎭222＝16a ＋13b ＋13c . 又OG →＝xOA →＋yOB →＋zOC →， 所以x ＝16，y ＝13，z ＝13，因此x ＋y ＋z ＝16＋13＋13＝56.(2)如图所示，在空间几何体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，各面为平行四边形，设AA 1→＝a ，AB →＝b ，AD→＝c ，M ，N ，P 分别是AA 1，BC ，C 1D 1的中点，试用a ，b ，c 表示以下各向量：①AP →； ②MP →＋NC 1→.[解] ①因为P 是C 1D 1的中点，所以AP →＝AA 1→＋A 1D 1→＋D 1P →＝a ＋AD →＋12D 1C 1→＝a ＋c ＋12AB →＝a ＋c ＋12b .②因为M 是AA 1的中点， 所以MP →＝MA →＋AP →＝12A 1A →＋AP →2⎝⎭2＝12a ＋12b ＋c . 又NC 1→＝NC →＋CC 1→＝12BC →＋AA 1→＝12AD →＋AA 1→＝12c ＋a ， 所以MP →＋NC 1→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12a ＋12b ＋c＋⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋12c＝32a ＋12b ＋32c . [点石成金] 用已知向量表示某一向量的方法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．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．在立体几何中三角形法则、平行四边形法则仍然成立．考点2 共线、共面向量定理的应用空间向量中的有关定理(1)共线向量定理：对空间任意两个向量a ，b (b ≠0)，a ∥b ⇔存在唯一一个λ∈R ，使a ＝λb .(2)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p ＝x a ＋y b .(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 ，存在一个唯一的有序实数组{x ，y ，z }使得p ＝x a ＋y b ＋z c .空间向量理解的误区：共线；共面． 给出下列命题：①若向量a ，b 共线，则向量a ，b 所在的直线平行； ②若三个向量a ，b ，c 两两共面，则向量a ，b ，c 共面；③已知空间的三个向量a ，b ，c ，则对于空间的任意一个向量p ，总存在实数x ，y ，z 使得p ＝x a ＋y b ＋z c ；④若A ，B ，C ，D 是空间任意四点，则有AB →＋BC →＋CD →＋DA →＝0.其中为真命题的是________. 答案：④解析：若a 与b 共线，则a ，b 所在的直线可能平行也可能重合，故①不正确；三个向量a ，b ，c 中任两个一定共面，但三个却不一定共面，故②不正确；只有当a ，b ，c 不共面时，空间任意一个向量p 才一定能表示为p ＝x a ＋y b ＋z c ，故③不正确；据向量运算法则可知④正确.[典题2] 已知E ，F ，G ，H 分别是空间四边形ABCD 的边AB ，BC ，CD ，DA 的中点，用向量方法求证：(1)E ，F ，G ，H 四点共面； (2)BD ∥平面EFGH .[证明] (1)连接BG ，则EG →＝EB →＋BG →＝EB →＋12(BC →＋BD →)＝EB →＋BF →＋EH →＝EF →＋EH →.由共面向量定理知，E ，F ，G ，H 四点共面． (2)EH →＝AH →－AE →＝12AD →－12AB →＝12(AD →－AB →)＝12BD →. 因为E ，H ，B ，D 四点不共线，所以EH ∥BD . 又EH ⊂平面EFGH ，BD ⊄平面EFGH ， 所以BD ∥平面EFGH .[点石成金] 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 PA →＝λPB →MP →＝xMA →＋yMB →对空间任一点O ，OP →＝OA →＋tAB →对空间任一点O ，OP →＝OM →＋xMA →＋yMB →对空间任一点O ，OP →＝xOA →＋(1－x ) OB →对空间任一点O ，OP →＝xOM →＋yOA →＋(1－x －y ) OB →如图所示，已知斜三棱柱ABC －A 1B 1C 1，点M ，N 分别在AC 1和BC 上，且满足AM →＝kAC 1→，BN →＝kBC →(0≤k ≤1)．向量MN →是否与向量AB →，AA 1→共面？解：∵AM →＝kAC 1→，BN →＝kBC →，∴MN →＝MA →＋AB →＋BN → ＝kC 1A →＋AB →＋kBC →＝k (C 1A →＋BC →)＋AB → ＝k (C 1A →＋B 1C 1→)＋AB → ＝kB 1A →＋AB →＝AB →－kAB 1→＝AB →－k (AA 1→＋AB →) ＝(1－k )AB →－kAA 1→，∴由共面向量定理知，向量MN →与向量AB →，AA 1→共面．考点3 利用向量证明平行与垂直问题向量法证明平行与垂直 (1)两个重要向量 ①直线的方向向量直线的方向向量是指和这条直线平行(或重合)的非零向量，一条直线的方向向量有________个．②平面的法向量直线l ⊥平面α，取直线l 的方向向量，则这个向量叫做平面α的法向量．显然一个平面的法向量有________个，它们是共线向量．(2)空间位置关系的向量表示答案：(1)①无数②无数[典题3] [2017·广东汕头模拟]如图所示，在四棱锥P－ABCD中，PC⊥平面ABCD，PC ＝2，在四边形ABCD中，∠B＝∠C＝90°，AB＝4，CD＝1，点M在PB上，PB＝4PM，PB与平面ABCD成30°的角．求证：(1)CM∥平面PAD；(2)平面PAB⊥平面PAD.[证明]以C为坐标原点，CB为x轴，CD为y轴，CP为z轴建立如图所示的空间直角坐标系C－xyz.∵PC ⊥平面ABCD ，∴∠PBC 为PB 与平面ABCD 所成的角， ∴∠PBC ＝30°.∵PC ＝2，∴BC ＝23，PB ＝4，∴D (0,1,0)，B (23，0,0)，A (23，4,0)，P (0,0,2)，M ⎝ ⎛⎭⎪⎫32，0，32，∴DP →＝(0，－1,2)，DA →＝(23，3,0)，CM →＝⎝⎛⎭⎪⎫32，0，32.(1)设n ＝(x ，y ，z )为平面PAD 的一个法向量， 则⎩⎪⎨⎪⎧DP →·n ＝0，DA →·n ＝0，即⎩⎨⎧－y ＋2z ＝0，23x ＋3y ＝0，令y ＝2，得n ＝(－3，2,1)．∵n ·CM →＝－3×32＋2×0＋1×32＝0， ∴n ⊥CM →.又CM ⊄平面PAD ，∴CM ∥平面PAD .(2)证法一：由(1)知，BA →＝(0,4,0)，PB →＝(23，0，－2)， 设平面PAB 的一个法向量为m ＝(x 0，y 0，z 0)， 则⎩⎪⎨⎪⎧BA →·m ＝0，PB →·m ＝0，即⎩⎨⎧4y 0＝0，23x 0－2z 0＝0，令x 0＝1，得m ＝(1,0，3)．又∵平面PAD 的一个法向量n ＝(－3，2,1)， ∴m ·n ＝1×(－3)＋0×2＋3×1＝0， ∴平面PAB ⊥平面PAD .证法二：如图，取AP 的中点E ，连接BE ，则E (3，2,1)，BE →＝(－3，2,1)． ∵PB ＝AB ，∴BE ⊥PA .又∵BE →·DA →＝(－3，2,1)·(23，3,0)＝0， ∴BE →⊥DA →.∴BE ⊥DA .又PA ∩DA ＝A ，∴BE ⊥平面PAD . 又∵BE ⊂平面PAB ， ∴平面PAB ⊥平面PAD .[点石成金] 1.利用向量法证明平行问题的三种方法 (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：①该直线的方向向量与平面的某一法向量垂直；②证明该直线的方向向量与平面内某直线的方向向量平行；③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三种方法(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：①其中一个平面与另一个平面的法向量平行； ②两个平面的法向量垂直.已知直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，△ABC 为等腰直角三角形，∠BAC ＝90°，且AB ＝AA 1，D ，E ，F 分别为B 1A ，C 1C ，BC 的中点．求证：(1)DE ∥平面ABC ；(2)B 1F ⊥平面AEF .证明：以A 为原点，AB ，AC ，AA 1所在直线为x 轴、y 轴、z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系A －xyz ，令AB ＝AA 1＝4，则A (0,0,0)，E (0,4,2)，F (2,2,0)，B 1(4,0,4)，D (2,0,2)，A 1(0,0,4)．(1)DE →＝(－2,4,0)，平面ABC 的一个法向量为AA 1→＝(0,0,4)，∵DE →·AA 1→＝0，DE ⊄平面ABC ，∴DE ∥平面ABC .(2)B 1F →＝(－2,2，－4)，EF →＝(2，－2，－2)， B 1F →·EF →＝(－2)×2＋2×(－2)＋(－4)×(－2)＝0， ∴B 1F →⊥EF →，∴B 1F ⊥EF . B 1F →·AF →＝(－2)×2＋2×2＋(－4)×0＝0，∴B 1F →⊥AF →，∴B 1F ⊥AF .∵AF ∩EF ＝F ，∴B1F⊥平面AEF.考点4 空间向量数量积的应用1.两个向量的数量积(1)非零向量a，b的数量积a·b＝|a||b|cos〈a，b〉．(2)空间向量数量积的运算律①结合律：(λa)·b＝λ(a·b)；②交换律：a·b＝b·a；③分配律：a·(b＋c)＝a·b＋a·c.2．空间向量的坐标表示及其应用设a＝(a1，a2，a3)，b＝(b1，b2，b3).答案：a 1b 1＋a 2b 2＋a 3b 3 a 1＝λb 1，a 2＝λb 2，a 3＝λb 3 a 1b 1＋a 2b 2＋a 3b 3＝0正确使用空间向量的数量积．(1)已知向量a ＝(4，－2，－4)，b ＝(6，－3,2)，则(a ＋b )·(a －b )的值为________． 答案：－13解析：a ＋b ＝(10，－5，－2)，a －b ＝(－2,1，－6)，∴(a ＋b )·(a －b )＝－13.(2)已知a ＝(1,2，－2)，b ＝(0,2,4)，则a ，b 夹角的余弦值为________．答案：－2515解析：cos 〈a ，b 〉＝a ·b |a ||b |＝－2515.[典题4] 如图所示，在平行四边形ABCD 中，AB ＝AC ＝CD ＝1，∠ACD ＝90°，把△ADC 沿对角线AC 折起，使AB 与CD 成60°角，求BD 的长．[解] ∵AB 与CD 成60°角，∴〈BA →，CD →〉＝60°或120°.又∵AB ＝AC ＝CD ＝1，AC ⊥CD ，AC ⊥AB ，∴|BD →|＝BD →2＝BA →＋AC →＋CD →2 ＝BA →2＋AC →2＋CD →2＋2BA →·AC →＋2AC →·CD →＋2BA →·CD→ ＝1＋1＋1＋0＋0＋2×1×1×cos〈BA →，CD →〉＝3＋2cos 〈BA →，CD →〉，∴|BD →|＝2或 2.∴BD 的长为2或 2.[点石成金] 1.利用向量的数量积可证明线段的垂直关系，也可以利用垂直关系，通过向量共线确定点在线段上的位置．2．利用夹角公式，可以求异面直线所成的角，也可以求二面角．3．可以通过|a|＝a 2，将向量的长度问题转化为向量数量积的问题求解.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．(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 →＝AB →－AM →＝12(AC →＋AD →)－12AB → ＝12(q ＋r －p )， ∴MN →·AB →＝12(q ＋r －p )·p ＝12(q·p ＋r·p －p 2) ＝12(a 2cos 60°＋a 2cos 60°－a 2)＝0.∴MN →⊥AB →，即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 )2 ＝14[q 2＋r 2＋p 2＋2(q·r －p·q －r·p )] ＝14⎣⎢⎡⎦⎥⎤a 2＋a 2＋a 2＋2⎝ ⎛⎭⎪⎫a 22－a 22－a 22 ＝14×2a 2＝a 22， ∴|MN →|＝22a .∴MN 的长为22a . (3)解：设向量AN →与MC →的夹角为θ.∵AN →＝12(AC →＋AD →)＝12(q ＋r )， MC →＝AC →－AM →＝q －12p ， ∴AN →·MC →＝12(q ＋r )·⎝ ⎛⎭⎪⎫q －12p ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫q 2－12q·p ＋r·q －12r·p ＝a 22. 又∵|AN →|＝|MC →|＝32a ， ∴AN →·MC →＝|AN →||MC →|cos θ ＝32a ×32a ×cos θ＝a 22， ∴cos θ＝23， ∴向量AN →与MC →的夹角的余弦值为23，从而异面直线AN 与CM 所成角的余弦值为23.[方法技巧] 1.利用空间向量解决立体几何问题的两种思路(1)选好基底，用向量表示出几何量，利用空间向量有关定理与向量的线性运算进行判断．(2)建立空间坐标系，进行向量的坐标运算，根据运算结果的几何意义解释相关问题．2．利用共线向量定理、共面向量定理可以证明一些平行、共面问题；利用数量积运算可以解决一些距离、夹角问题．[易错防范] 用向量知识证明立体几何问题，仍然离不开立体几何中的定理．如要证明线面平行，只需要证明平面外的一条直线和平面内的一条直线平行，即化归为证明线线平行，用向量方法证明直线a ∥b ，只需证明向量a ＝λb (λ∈R )即可．若用直线的方向向量与平面的法向量垂直来证明线面平行，仍需强调直线在平面外．课外拓展阅读“两向量同向”意义不清致误分析[典例] 已知向量a ＝(1,2,3)，b ＝(x ，x 2＋y －2，y )，并且a ，b 同向，则x ，y 的值分别为________．[错因分析] 将a ，b 同向和a∥b 混淆，没有搞清a∥b 的意义：a ，b 方向相同或相反．[解析] 由题意知，a∥b ，所以x 1＝x 2＋y －22＝y 3， 即⎩⎪⎨⎪⎧ y ＝3x ，①x 2＋y －2＝2x .②把①代入②，得x 2＋x －2＝0，(x ＋2)(x －1)＝0，解得x ＝－2或x ＝1.当x ＝－2时，y ＝－6；当x ＝1，y ＝3.当⎩⎪⎨⎪⎧ x ＝－2，y ＝－6时，b ＝(－2，－4，－6)＝－2a ，两向量a ，b 反向，不符合题意，所以舍去．当⎩⎪⎨⎪⎧ x ＝1，y ＝3时，b ＝(1,2,3)＝a ，a 与b 同向，所以⎩⎪⎨⎪⎧ x ＝1，y ＝3.[答案] 1,3温馨提醒1．两向量平行和两向量同向不是等价的，同向是平行的一种情况，两向量同向能推出两向量平行，但反过来不成立，也就是说，“两向量同向”是“两向量平行”的充分不必要条件．2．若两向量a ，b 满足a ＝λb (b ≠0)且λ>0，则a ，b 同向；在a ，b 的坐标都是非零的条件下，a ，b 的坐标对应成比例且比值为正值．。
2020版高考数学一轮复习第8章立体几何6第6讲空间向量及其运算教案理
第6讲 空间向量及其运算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 (b ≠0)，a ∥b 的充要条件是存在唯一的实数λ，使得a ＝λb ．(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p ＝x a ＋y b ．(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p ＝x a ＋y b ＋z c ．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OA →＝a ，OB →＝b ，则∠AOB 叫做向量a 与b 的夹角，记作〈a ，b 〉．通常规定0≤〈a ，b 〉≤π．若〈a ，b 〉＝π2，则称向量a ，b 互相垂直，记作a ⊥b . (2)两向量的数量积两个非零向量a ，b 的数量积a ·b ＝|a ||b |cos 〈a ，b 〉． (3)向量的数量积的性质①a ·e ＝|a |cos 〈a ，e 〉(其中e 为单位向量)； ②a ⊥b ⇔a ·b ＝0； ③|a |2＝a ·a ＝a 2； ④|a ·b |≤|a ||b |.(4)向量的数量积满足如下运算律 ①(λa )·b ＝λ(a ·b )； ②a ·b ＝b ·a (交换律)；③a ·(b ＋c )＝a ·b ＋a ·c (分配律)． 3．空间向量的坐标运算(1)设a ＝(a 1，a 2，a 3)，b ＝(b 1，b 2，b 3)．a ＋b ＝(a 1＋b 1，a 2＋b 2，a 3＋b 3)， a －b ＝(a 1－b 1，a 2－b 2，a 3－b 3)，λa ＝(λa 1，λa 2，λa 3)，a ·b ＝a 1b 1＋a 2b 2＋a 3b 3， a ⊥b ⇔a 1b 1＋a 2b 2＋a 3b 3＝0，a ∥b ⇔a 1＝λb 1，a 2＝λb 2，a 3＝λb 3(λ∈R )，cos 〈a ，b 〉＝a ·b |a |·|b |＝a 1b 1＋a 2b 2＋a 3b 3a 21＋a 22＋a 23·b 21＋b 22＋b 23. (2)设A (x 1，y 1，z 1)，B (x 2，y 2，z 2)， 则AB →＝OB →－OA →＝(x 2－x 1，y 2－y 1，z 2－z 1)． 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AB →为直线l 的方向向量，与AB →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①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．②确定：设a ，b 是平面α内两不共线向量，n 为平面α的法向量，则求法向量的方程组为⎩⎪⎨⎪⎧n·a ＝0，n·b ＝0. 5．空间位置关系的向量表示位置关系向量表示直线l 1，l 2的方向向量分别为n 1，n 2l 1∥l 2 n 1∥n 2⇔n 1＝λn 2 l 1⊥l 2 n 1⊥n 2⇔n 1·n 2＝0 直线l 的方向向量为n ，平面α的法向量为m l ∥α n ⊥m ⇔n ·m ＝0 l ⊥α n ∥m ⇔n ＝λm 平面α，β的法向量分别为n ，mα∥β n ∥m ⇔n ＝λm α⊥βn ⊥m ⇔n ·m ＝0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(a ·b )·c ＝a ·(b ·c )．( ) (3)对于非零向量b ，由a ·b ＝b ·c ，则a ＝c .( )(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AB →＋BC →＋CD →＋DA →＝0.( ) 答案：(1)√ (2)× (3)× (4)× (5)× (6)√在空间直角坐标系中，已知A(1，－2，1)，B(2，2，2)，点P 在z 轴上，且满足|PA|＝|PB|，则P 点坐标为( )A ．(3，0，0)B ．(0，3，0)C ．(0，0，3)D ．(0，0，－3)解析：选C .设P(0，0，z)，则有 （1－0）2＋（－2－0）2＋（1－z ）2＝（2－0）2＋（2－0）2＋（2－z ）2，解得z ＝3.(教材习题改编)在平行六面体ABCDA 1B 1C 1D 1中，M 为A 1C 1与B 1D 1的交点．若AB →＝a ，AD →＝b ，AA 1→＝c ，则下列向量中与BM →相等的向量是( ) A ．－12a ＋12b ＋cB.12a ＋12b ＋c C ．－12a －12b ＋cD.12a －12b ＋c 解析：选A.由题意，根据向量运算的几何运算法则，BM →＝BB 1→＋B 1M →＝AA 1→＋12(AD →－AB →)＝c ＋12(b －a )＝－12a ＋12b ＋c .(教材习题改编)已知a ＝(2，4，x )，b ＝(2，y ，2)，若|a |＝6，且a ⊥b ，则x ＋y 的值为________．解析：因为a ＝(2，4，x )，|a |＝6，则x ＝±4， 又b ＝(2，y ，2)，a ⊥b ， 当x ＝4时，y ＝－3，x ＋y ＝1. 当x ＝－4时，y ＝1，x ＋y ＝－3. 答案：1或－3若平面α的一个法向量为u 1＝(－3，y ，2)，平面β的一个法向量为u 2＝(6，－2，z )，且α∥β，则y ＋z ＝________．解析：因为α∥β，所以u 1∥u 2，所以－36＝y －2＝2z ，所以y ＝1，z ＝－4，所以y ＋z ＝－3. 答案：－3空间向量的线性运算[典例引领]如图，在长方体ABCD A 1B 1C 1D 1中，O 为AC 的中点．(1)化简A 1O →－12AB →－12AD →＝________．(2)用AB →，AD →，AA 1→表示OC 1→，则OC 1→＝________．【解析】 (1)A 1O →－12AB →－12AD →＝A 1O →－12(AB →＋AD →)＝A 1O →－AO →＝A 1O →＋OA →＝A 1A →.(2)因为OC →＝12AC →＝12(AB →＋AD →)．所以OC 1→＝OC →＋CC 1→＝12(AB →＋AD →)＋AA 1→＝12AB →＋12AD →＋AA 1→. 【答案】 (1)A 1A →(2)12AB →＋12AD →＋AA 1→若本例条件不变，结论改为：设E 是棱DD 1上的点，且DE →＝23DD 1→，若EO →＝xAB →＋yAD →＋zAA 1→，试求x ，y ，z 的值． 解：EO →＝ED →＋DO → ＝－23DD 1→＋12(DA →＋DC →)＝12AB →－12AD →－23AA 1→， 由条件知，x ＝12，y ＝－12，z ＝－23.用已知向量表示某一向量的方法[通关练习]1．在空间四边形ABCD 中，若AB →＝(－3，5，2)，CD →＝(－7，－1，－4)，点E ，F 分别为线段BC ，AD 的中点，则EF →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EF →＝OF →－OE →，OF →＝12(OA →＋OD →)，OE →＝12(OB →＋OC →)． 所以EF →＝12(OA →＋OD →)－12(OB →＋OC →)＝12(BA →＋CD →)＝12[(3，－5，－2)＋(－7，－1，－4)] ＝12(－4，－6，－6)＝(－2，－3，－3)． 2.在三棱锥O ABC 中，M ，N 分别是OA ，BC 的中点，G 是△ABC 的重心，用基向量OA →，OB →，OC →表示(1)MG →；(2)OG →. 解：(1)MG →＝MA →＋AG →＝12OA →＋23AN → ＝12OA →＋23(ON →－OA →) ＝12OA →＋23[12(OB →＋OC →)－OA →] ＝－16OA →＋13OB →＋13OC →.(2)OG →＝OM →＋MG → ＝12OA →－16OA →＋13OB →＋13OC → ＝13OA →＋13OB →＋13OC →.共线、共面向量定理的应用[典例引领]已知E ，F ，G ，H 分别是空间四边形ABCD 的边AB ，BC ，CD ，DA 的中点，求证：(1)E ，F ，G ，H 四点共面； (2)BD ∥平面EFGH .【证明】 (1)连接BG (图略)， 则EG →＝EB →＋BG →＝EB →＋12(BC →＋BD →)＝EB →＋BF →＋EH →＝EF →＋EH →，由共面向量定理的推论知，E ，F ，G ，H 四点共面． (2)因为EH →＝AH →－AE →＝12AD →－12AB →＝12(AD →－AB →)＝12BD →，所以EH ∥BD . 又EH ⊂平面EFGH ，BD ⊄平面EFGH ， 所以BD ∥平面EFGH .(1)证明空间三点P 、A 、B 共线的方法 ①PA →＝λPB →(λ∈R )；②对空间任一点O ，OP →＝OA →＋tAB →(t ∈R )； ③对空间任一点O ，OP →＝xOA →＋yOB →(x ＋y ＝1)． (2)证明空间四点P 、M 、A 、B 共面的方法 ①MP →＝xMA →＋yMB →；②对空间任一点O ，OP →＝OM →＋xMA →＋yMB →；③对空间任一点O ，OP →＝xOM →＋yOA →＋zOB →(x ＋y ＋z ＝1)； ④PM →∥AB →(或PA →∥MB →或PB →∥AM →)．[通关练习]1．已知a ＝(λ＋1，0，2)，b ＝(6，2μ－1，2λ)，若a ∥b ，则λ与μ的值可以是( ) A ．2，12B ．－13，12C ．－3，2D ．2，2解析：选 A.因为a ∥b ，所以b ＝k a ，即(6，2μ－1，2λ)＝k (λ＋1，0，2)，所以⎩⎪⎨⎪⎧6＝k （λ＋1），2μ－1＝0，2λ＝2k ，解得⎩⎪⎨⎪⎧λ＝2，μ＝12或⎩⎪⎨⎪⎧λ＝－3，μ＝12. 2．已知A ，B ，C 三点不共线，对平面ABC 外的任一点O ，若点M 满足OM →＝13(OA →＋OB →＋OC →)．(1)判断MA →，MB →，MC →三个向量是否共面； (2)判断点M 是否在平面ABC 内．解：(1)由题知OA →＋OB →＋OC →＝3OM →， 所以OA →－OM →＝(OM →－OB →)＋(OM →－OC →)， 即MA →＝BM →＋CM →＝－MB →－MC →， 所以MA →，MB →，MC →共面．(2)由(1)知，MA →，MB →，MC →共面且基线过同一点M ， 所以M ，A ，B ，C 四点共面，从而点M 在平面ABC 内．空间向量的数量积[典例引领]如图，在平行六面体ABCD A 1B 1C 1D 1中，以顶点A 为端点的三条棱长度都为1，且两两夹角为60°. (1)求AC 1→的长；(2)求BD 1→与AC →夹角的余弦值．【解】 (1)记AB →＝a ，AD →＝b ，AA 1→＝c ，则|a |＝|b |＝|c |＝1，〈a ，b 〉＝〈b ，c 〉＝〈c ，a 〉＝60°， 所以a ·b ＝b ·c ＝c ·a ＝12.|AC 1→|2＝(a ＋b ＋c )2＝a 2＋b 2＋c 2＋2(a ·b ＋b ·c ＋c ·a )＝1＋1＋1＋2×⎝ ⎛⎭⎪⎫12＋12＋12＝6，所以|AC 1→|＝6，即AC 1的长为 6. (2)BD 1→＝b ＋c －a ，AC →＝a ＋b ， 所以|BD 1→|＝2，|AC →|＝3，BD 1→·AC →＝(b ＋c －a )·(a ＋b )＝b 2－a 2＋a ·c ＋b ·c ＝1，所以cos 〈BD 1→，AC →〉＝BD 1→·AC →|BD 1→||AC →|＝66.即BD 1→与AC →夹角的余弦值为66.(1)空间向量数量积计算的两种方法 ①基向量法：a ·b ＝|a ||b |cos 〈a ，b 〉．②坐标法：设a ＝(x 1，y 1，z 1)，b ＝(x 2，y 2，z 2)，则a ·b ＝x 1x 2＋y 1y 2＋z 1z 2.(2)利用数量积解决有关垂直、夹角、长度问题 ①a ≠0，b ≠0，a ⊥b ⇔a ·b ＝0. ②|a |＝a 2.③cos 〈a ，b 〉＝a ·b|a ||b |.[通关练习]1．已知a ＝(－2，1，3)，b ＝(－1，2，1)，若a ⊥(a －λb )，则实数λ的值为( ) A ．－2 B ．－143C.145D ．2解析：选D.由题意知a ·(a －λb )＝0，即a 2－λa ·b ＝0， 所以14－7λ＝0，解得λ＝2.2．已知空间三点A (－2，0，2)，B (－1，1，2)，C (－3，0，4)．设a ＝AB →，b ＝AC →. (1)求a 和b 夹角的余弦值； (2)设|c |＝3，c ∥BC →，求c 的坐标．解：(1)因为AB →＝(1，1，0)，AC →＝(－1，0，2)， 所以a ·b ＝－1＋0＋0＝－1，|a |＝2，|b |＝5，所以cos 〈a ，b 〉＝a ·b |a ||b |＝－12×5＝－1010.(2)BC →＝(－2，－1，2)．设c ＝(x ，y ，z )， 因为|c |＝3，c ∥BC →，所以x 2＋y 2＋z 2＝3，存在实数λ使得c ＝λBC →，即⎩⎪⎨⎪⎧x ＝－2λ，y ＝－λ，z ＝2λ，联立解得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝－2，y ＝－1，z ＝2，λ＝1，或⎩⎪⎨⎪⎧x ＝2，y ＝1，z ＝－2，λ＝－1，所以c ＝(－2，－1，2)或c ＝(2，1，－2)．利用空间向量证明平行和垂直(高频考点)空间几何中的平行与垂直问题是高考试题中的热点问题．考查形式灵活多样，可以是小题，也可以是解答题的一部分，或解答题的某个环节，是高考中的重要得分点．高考对空间向量解决此类问题常有以下两个命题角度：(1)证明平行问题； (2)证明垂直问题．[典例引领]角度一 证明平行问题如图所示，平面PAD ⊥平面ABCD ，ABCD 为正方形，△PAD 是直角三角形，且PA ＝AD ＝2，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Axyz ，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：EF →＝(0，1，0)，EG →＝(1，2，－1)， 设平面EFG 的法向量为n ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·EF →＝0，n ·EG →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧y ＝0，x ＋2y －z ＝0，令z ＝1，则n ＝(1，0，1)为平面EFG 的一个法向量， 因为PB →＝(2，0，－2)， 所以PB →·n ＝0，所以n ⊥PB →，因为PB ⊄平面EFG ，所以PB ∥平面EFG .法二：PB →＝(2，0，－2)，FE →＝(0，－1，0)，FG →＝(1，1，－1)． 设PB →＝sFE →＋tFG →，即(2，0，－2)＝s (0，－1，0)＋t (1，1，－1)，所以⎩⎪⎨⎪⎧t ＝2，t －s ＝0，－t ＝－2，解得s ＝t ＝2.所以PB →＝2FE →＋2FG →，又因为FE →与FG →不共线，所以PB →，FE →与FG →共面． 因为PB ⊄平面EFG ，所以PB ∥平面EFG . (2)因为EF →＝(0，1，0)，BC →＝(0，2，0)， 所以BC →＝2EF →，所以BC ∥EF .又因为EF ⊄平面PBC ，BC ⊂平面PBC ， 所以EF ∥平面PBC ，同理可证GF ∥PC ，从而得出GF ∥平面PBC . 又EF ∩GF ＝F ，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P ABC 中，AB ＝AC ，D 为BC 的中点，PO ⊥平面ABC ，垂足O 落在线段AD 上．已知BC ＝8，PO ＝4，AO ＝3，OD ＝2.(1)证明：AP ⊥BC ；(2)若点M 是线段AP 上一点，且AM ＝3.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Oxyz . 则O (0，0，0)，A (0，－3，0)，B (4，2，0)，C (－4，2，0)，P (0，0，4)．于是AP →＝(0，3，4)，BC →＝(－8，0，0)， 所以AP →·BC →＝(0，3，4)·(－8，0，0)＝0， 所以AP →⊥BC →，即AP ⊥BC .(2)由(1)知AP ＝5，又AM ＝3，且点M 在线段AP 上， 所以AM →＝35AP →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，95，125，又BA →＝(－4，－5，0)，所以BM →＝BA →＋AM →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－4，－165，125，则AP →·BM →＝(0，3，4)·⎝ ⎛⎭⎪⎫－4，－165，125＝0，所以AP →⊥BM →，即AP ⊥BM ， 又根据(1)的结论知AP ⊥BC ，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①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；②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；③通过空间向量的坐标运算研究平行、垂直关系； ④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 ＝(a 1，b 1，c 1)，b ＝(a 2，b 2，c 2)，平面α，β的法向量分别为u ＝(a 3，b 3，c 3)，v ＝(a 4，b 4，c 4)． ①线线平行l ∥m ⇔a ∥b ⇔a ＝k b ⇔a 1＝ka 2，b 1＝kb 2，c 1＝kc 2.②线线垂直l ⊥m ⇔a ⊥b ⇔a ·b ＝0⇔a 1a 2＋b 1b 2＋c 1c 2＝0.③线面平行(l ⊄α)l ∥α⇔a ⊥u ⇔a ·u ＝0⇔a 1a 3＋b 1b 3＋c 1c 3＝0.④线面垂直l ⊥α⇔a ∥u ⇔a ＝k u ⇔a 1＝ka 3，b 1＝kb 3，c 1＝kc 3.⑤面面平行α∥β⇔u ∥v ⇔u ＝k v ⇔a 3＝ka 4，b 3＝kb 4，c 3＝kc 4.⑥面面垂直α⊥β⇔u ⊥v ⇔u ·v ＝0⇔a 3a 4＋b 3b 4＋c 3c 4＝0.[通关练习]1.如图，正方体ABCD A 1B 1C 1D 1的棱长为a ，M ，N 分别为A 1B 和AC 上的点，A 1M ＝AN ＝2a3，则MN 与平面BB 1C 1C 的位置关系是( ) A ．相交 B ．平行 C ．垂直 D ．不能确定解析：选B.因为正方体棱长为a ，A 1M ＝AN ＝2a3， 所以MB →＝23A 1B →，CN →＝23CA →，所以MN →＝MB →＋BC →＋CN →＝23A 1B →＋BC →＋23CA →＝23(A 1B 1→＋B 1B →)＋BC →＋23(CD →＋DA →) ＝23B 1B →＋13B 1C 1→. 又因为CD 是平面B 1BCC 1的法向量，且MN →·CD →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫23B 1B →＋13B 1C 1→·CD →＝0，所以MN →⊥CD →，又MN ⊄平面B 1BCC 1， 所以MN ∥平面B 1BCC 1.2．在正三棱柱ABC A 1B 1C 1中，侧棱长为2，底面边长为1，M 为BC 的中点，C 1N →＝λNC →，且AB 1⊥MN ，则λ的值为________．解析：如图所示，取B 1C 1的中点P ，连接MP ，以MC →，MA →，MP →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 ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，32，0，B 1(－12，0，2)，C ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，0，0，C 1⎝ ⎛⎭⎪⎫12，0，2，M (0，0，0)，设N ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，0，t ，因为C 1N →＝λNC →，所以N ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，0，21＋λ，所以AB 1→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，－32，2，MN →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12，0，21＋λ.又因为AB 1⊥MN ，所以AB 1→·MN →＝0. 所以－14＋41＋λ＝0，所以λ＝15.答案：153．在四棱锥P ABCD 中，PD ⊥底面ABCD ，底面ABCD 为正方形，PD ＝DC ，E ，F 分别是AB ，PB 的中点．(1)求证：EF ⊥CD ；(2)在平面PAD 内是否存在一点G ，使GF ⊥平面PCB ？若存在，求出点G 坐标；若不存在，试说 明理由．解：(1)证明：由题意知，DA ，DC ，DP 两两垂直．如图，以DA ，DC ，DP 所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系，设AD ＝a ，则D (0，0，0)，A (a ，0，0)，B (a ，a ，0)，C (0，a ，0)，E ⎝⎛⎭⎪⎫a ，a 2，0，P (0，0，a )，F ⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2，a 2，a 2.EF →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－a2，0，a 2，DC →＝(0，a ，0)．因为EF →·DC →＝0，所以EF →⊥DC →，从而得EF ⊥CD . (2)假设存在满足条件的点G ，设G (x ，0，z )，则FG →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫x －a2，－a 2，z －a 2，若使GF ⊥平面PCB ，则由FG →·CB →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫x －a2，－a 2，z －a 2·(a ，0，0)＝a ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －a 2＝0，得x ＝a2； 由FG →·CP →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫x －a 2，－a 2，z －a 2·(0，－a ，a )＝a 22＋a ⎝ ⎛⎭⎪⎫z －a 2＝0，得z ＝0. 所以G 点坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫a2，0，0， 故存在满足条件的点G ，且点G 为AD 的中点．建立空间直角坐标系的原则(1)合理利用几何体中的垂直关系，特别是面面垂直． (2)尽可能地让相关点落在坐标轴或坐标平面上． 利用空间向量坐标运算求解问题的方法用空间向量解决立体几何中的平行或共线问题一般用向量共线定理；求两点间距离或某一线段的长度，一般用向量的模来解决；解决垂直问题一般可转化为向量的数量积为零；求异面直线所成的角，一般可转化为两向量的夹角，但要注意两种角的范围不同，最后应进行转化． 易错防范(1)注意向量夹角与两直线夹角的区别．(2)共线向量定理中a ∥b ⇔存在唯一的实数λ∈R ，使a ＝λb 易忽视b ≠0.(3)在利用MN →＝xAB →＋yAC →①证明MN∥平面ABC 时，必须说明M 点或N 点不在面ABC 内(因为①式只表示MN →与AB →，AC →共面)．(4)找两个向量的夹角，应使两个向量具有同一起点，不要误找成它的补角．(5)a ·b <0不等价为〈a ，b 〉为钝角，因为〈a ，b 〉可能为180°；a ·b >0不等价为〈a ，b 〉为锐角，因为〈a ，b 〉可能为0°.1.已知三棱锥O ABC ，点M ，N 分别为AB ，OC 的中点，且OA →＝a ，OB →＝b ，OC →＝c ，用a ，b ，c 表示MN →，则MN →等于( )A.12(b ＋c －a ) B.12(a ＋b ＋c ) C.12(a －b ＋c ) D.12(c －a －b ) 解析：选D.MN →＝MA →＋AO →＋ON →＝12(c －a －b )．2．已知a ＝(2，－1，3)，b ＝(－1，4，－2)，c ＝(7，5，λ)，若a 、b 、c 三向量共面，则实数λ等于( ) A.627 B ．9 C.647D.657解析：选D.由题意知存在实数x ，y 使得c ＝x a ＋y b ， 即(7，5，λ)＝x (2，－1，3)＋y (－1，4，－2)， 由此得方程组⎩⎪⎨⎪⎧7＝2x －y ，5＝－x ＋4y ，λ＝3x －2y .解得x ＝337，y ＝177，所以λ＝997－347＝657.3．已知A (1，0，0)，B (0，－1，1)，O 为坐标原点，OA →＋λOB →与OB →的夹角为120°，则λ的值为( ) A ．±66 B.66C ．－66D ．± 6解析：选C.OA →＋λOB →＝(1，－λ，λ)，cos 120°＝λ＋λ1＋2λ2·2＝－12，得λ＝±66.经检验λ＝66不合题意，舍去，所以λ＝－66. 4．已知四边形ABCD 满足：AB →·BC →>0，BC →·CD →>0，CD →·DA →>0，DA →·AB →>0，则该四边形为( ) A ．平行四边形 B ．梯形 C ．长方形D ．空间四边形解析：选 D.由AB →·BC →>0，BC →·CD →>0，CD →·DA →>0，DA →·AB →>0，知该四边形一定不是平面图形．5．(2018·唐山统考)已知正方体ABCD A 1B 1C 1D 1的棱长为a ，点M 在AC 1上且AM →＝12MC →1，N 为B 1B 的中点，则|MN →|为( )A.216a B.66a C.156a D.153a 解析：选A.以D 为原点建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz ， 则A (a ，0，0)，C 1(0，a ，a )，N ⎝ ⎛⎭⎪⎫a ，a ，a 2.设M (x ，y ，z )，因为点M 在AC 1上且AM →＝12MC 1→，所以(x －a ，y ，z )＝12(－x ，a －y ，a －z )，所以x ＝23a ，y ＝a3，z ＝a3.所以M ⎝⎛⎭⎪⎫2a 3，a 3，a 3，所以|MN→| ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫a －23a 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫a －a 32＋⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2－a 32＝216a . 6．已知空间四边形OABC ，点M 、N 分别是OA 、BC 的中点，且OA →＝a ，OB →＝b ，OC →＝c ，用a 、b 、c 表示向量MN →＝________．解析：如图所示， MN →＝12(MB →＋MC →)＝12[(OB →－OM →)＋(OC →－OM →)]＝12(OB →＋OC →－2OM →)＝12(OB →＋OC→－OA →)＝12(b ＋c －a )．答案：12(b ＋c －a )7.如图所示，已知空间四边形OABC ，OB ＝OC ，且∠AOB ＝∠AOC ＝π3，则cos〈OA →，BC →〉的值为________． 解析：设OA →＝a ，OB →＝b ，OC →＝c ，由已知条件〈a ，b 〉＝〈a ，c 〉＝π3，且|b |＝|c |，OA →·BC →＝a ·(c －b )＝a ·c －a ·b ＝12|a ||c |－12|a ||b |＝0， 所以OA →⊥BC →，所以cos 〈OA →，BC →〉＝0. 答案：08．已知点P 是平行四边形ABCD 所在的平面外一点，如果AB →＝(2，－1，－4)，AD →＝(4，2，0)，AP →＝(－1，2，－1)．对于结论：①AP ⊥AB ；②AP ⊥AD ；③AP →是平面ABCD 的法向量；④AP →∥BD →.其中正确的是________． 解析：因为AB →·AP →＝0，AD →·AP →＝0， 所以AB ⊥AP ，AD ⊥AP ，则①②正确． 又AB →与AD →不平行，所以AP →是平面ABCD 的法向量，则③正确．因为BD →＝AD →－AB →＝(2，3，4)，AP →＝(－1，2，－1)， 所以BD →与AP →不平行，故④错． 答案：①②③9．已知a ＝(1，－3，2)，b ＝(－2，1，1)，点A (－3，－1，4)，B (－2，－2，2)． (1)求|2a ＋b |；(2)在直线AB 上，是否存在一点E ，使得OE →⊥b ？(O 为原点) 解：(1)2a ＋b ＝(2，－6，4)＋(－2，1，1)＝(0，－5，5)， 故|2a ＋b |＝02＋（－5）2＋52＝5 2. (2)令AE →＝tAB →(t ∈R )，所以OE →＝OA →＋AE →＝OA →＋tAB → ＝(－3，－1，4)＋t (1，－1，－2) ＝(－3＋t ，－1－t ，4－2t )， 若OE →⊥b ，则OE →·b ＝0，所以－2(－3＋t )＋(－1－t )＋(4－2t )＝0，解得t ＝95.所以－3＋t ＝－65，－1－t ＝－145，4－2t ＝25，因此存在点E ，使得OE →⊥b ， 此时E 点的坐标为(－65，－145，25)．10．已知空间三点A (0，2，3)，B (－2，1，6)，C (1，－1，5)． (1)求以AB ，AC 为边的平行四边形的面积；(2)若|a |＝3，且a 分别与AB →，AC →垂直，求向量a 的坐标． 解：(1)由题意可得： AB →＝(－2，－1，3)，AC →＝(1，－3，2)，所以cos 〈AB →，AC →〉＝AB →·AC →|AB →||AC →|＝－2＋3＋614×14＝714＝12.所以sin 〈AB →，AC →〉＝32，所以以AB ，AC 为边的平行四边形的面积为S ＝2×12|AB →|·|AC →|·sin 〈AB →，AC →〉＝14×32＝7 3. (2)设a ＝(x ，y ，z )，由题意得⎩⎪⎨⎪⎧x 2＋y 2＋z 2＝3，－2x －y ＋3z ＝0，x －3y ＋2z ＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝1，y ＝1，z ＝1或⎩⎪⎨⎪⎧x ＝－1，y ＝－1，z ＝－1，所以向量a 的坐标为(1，1，1)或(－1，－1，－1)．1．如图，正方形ABCD 与矩形ACEF 所在平面互相垂直，AB ＝2，AF ＝1，M 在EF 上，且AM ∥平面BDE ，则M 点的坐标为( ) A ．(1，1，1) B.⎝ ⎛⎭⎪⎫23，23，1 C.⎝ ⎛⎭⎪⎫22，22，1 D.⎝⎛⎭⎪⎫24，24，1 解析：选C.设M 点的坐标为(x ，y ，1)，因为AC ∩BD ＝O ，所以O ⎝ ⎛⎭⎪⎫22，22，0， 又E (0，0，1)，A (2，2，0)，所以OE →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－22，－22，1，AM →＝(x －2，y －2，1)，因为AM ∥平面BDE ，所以OE →∥AM →，所以⎩⎪⎨⎪⎧x －2＝－22，y －2＝－22，⇒⎩⎪⎨⎪⎧x ＝22，y ＝22，所以M 点的坐标为⎝⎛⎭⎪⎫22，22，1. 2．已知ABCD A 1B 1C 1D 1为正方体，给出下列四个命题： ①(A 1A →＋A 1D 1→＋A 1B 1→)2＝3A 1B 1→2； ②A 1C →·(A 1B 1→－A 1A →)＝0；③向量AD 1→与向量A 1B →的夹角是60°；④正方体ABCD A 1B 1C 1D 1的体积为|AB →·AA 1→·AD →|. 其中正确命题的序号是________．解析：①中(A 1A →＋A 1D 1→＋A 1B 1→)2＝A 1A →2＋A 1D 1→2＋A 1B 1→2＝3A 1B 1→2，故①正确； ②中A 1B 1→－A 1A →＝AB 1→，因为AB 1⊥A 1C ，故②正确；③中A 1B 与AD 1两异面直线所成角为60°，但AD 1→与A 1B →的夹角为120°，故③不正确； ④中|AB →·AA 1→·AD →|＝0，故④也不正确．答案：①②3.如图，在多面体ABC A 1B 1C 1中，四边形A 1ABB 1是正方形，AB ＝AC ，BC ＝2AB ，B 1C 1綊12BC ，二面角A 1AB C 是直二面角．求证：(1)A 1B 1⊥平面AA 1C ； (2)AB 1∥平面A 1C 1C .证明：因为二面角A 1AB C 是直二面角， 四边形A 1ABB 1为正方形， 所以AA 1⊥平面BAC . 又因为AB ＝AC ，BC ＝2AB ， 所以∠CAB ＝90°， 即CA ⊥AB ，所以AB ，AC ，AA 1两两互相垂直． 建立如图所示的空间直角坐标系Axyz ，设AB ＝2，则A (0，0，0)，B 1(0，2，2)，A 1(0，0，2)，C (2，0，0)，C 1(1，1，2)． (1)A 1B 1→＝(0，2，0)，A 1A →＝(0，0，－2)，AC →＝(2，0，0)， 设平面AA 1C 的一个法向量n ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·A 1A →＝0，n ·AC →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－2z ＝0，2x ＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x ＝0，z ＝0，取y ＝1，则n ＝(0，1，0)． 所以A 1B 1→＝2n ， 即A 1B 1→∥n .所以A 1B 1⊥平面AA 1C .(2)易知AB 1→＝(0，2，2)，A 1C 1→＝(1，1，0)，A 1C →＝(2，0，－2)， 设平面A 1C 1C 的一个法向量m ＝(x 1，y 1，z 1)， 则⎩⎪⎨⎪⎧m ·A 1C 1→＝0，m ·A 1C →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x 1＋y 1＝0，2x 1－2z 1＝0，令x 1＝1，则y 1＝－1，z 1＝1， 即m ＝(1，－1，1)．所以AB 1→·m ＝0×1＋2×(－1)＋2×1＝0， 所以AB 1→⊥m ，又AB 1⊄平面A 1C 1C ， 所以AB 1∥平面A 1C 1C .4.如图所示，四棱锥S ABCD 的底面是正方形，每条侧棱的长都是底面边长的2倍，P 为侧棱SD 上的点． (1)求证：AC ⊥SD .(2)若SD ⊥平面PAC ，侧棱SC 上是否存在一点E ，使得BE ∥平面PAC ？若存在，求SE ∶EC 的值；若不存在，试说明理由．解：(1)证明：连接BD ，设AC 交BD 于点O ，连接SO ，则AC ⊥BD . 由题意知SO ⊥平面ABCD .以O 为坐标原点，OB →，OC →，OS →分别为x 轴，y 轴，z 轴的正方向，建立空间直角坐标系，如图．设底面边长为a ，则高SO ＝62a ， 于是S ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，0，62a ，D ⎝ ⎛⎭⎪⎫－22a ，0，0， B ⎝⎛⎭⎪⎫22a ，0，0，C ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，22a ，0，OC →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，22a ，0，SD →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－22a ，0，－62a ， 则OC →·SD →＝0. 故OC ⊥SD . 从而AC ⊥SD .(2)棱SC 上存在一点E ，使BE ∥平面PAC . 理由如下：由已知条件知DS →是平面PAC 的一个法向量， 且DS →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫22a ，0，62a ，CS →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－22a ，62a ，BC →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－22a ，22a ，0. 设CE →＝tCS →，则BE →＝BC →＋CE →＝BC →＋tCS →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－22a ，22a （1－t ），62at ， 而BE →·DS →＝0，文档从互联网中收集，已重新修正排版，word 格式支持编辑，如有帮助欢迎下载支持。
高考数学大一轮复习 第八章 立体几何与空间向量 8.6 空间向量及其运算教师用书 理 新人教版(20
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第八章立体几何与空间向量 8.6 空间向量及其运算教师用书理新人教版1．空间向量的有关概念名称概念表示零向量模为0的向量0单位向量长度(模)为1的向量相等向量方向相同且模相等的向量a＝b相反向量方向相反且模相等的向量a的相反向量为－a共线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的向量a∥b共面向量平行于同一个平面的向量2。
空间向量中的有关定理(1)共线向量定理空间两个向量a与b(b≠0）共线的充要条件是存在实数λ,使得a＝λb。
(2)共面向量定理共面向量定理的向量表达式:p＝x a＋y b，其中x，y∈R,a，b为不共线向量．（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p＝x a＋y b＋z c，｛a，b，c}叫做空间的一个基底．3．空间向量的数量积及运算律（1)数量积及相关概念①两向量的夹角已知两个非零向量a，b，在空间任取一点O,作错误!＝a，错误!＝b，则∠AOB叫做向量a，b的夹角，记作〈a，b〉,其范围是0≤〈a,b〉≤π,若〈a，b〉＝错误!,则称a与b互相垂直，记作a⊥b。
高考数学一轮复习 第八章 立体几何8.6空间向量及其运算教学案 理 新人教A版
8.6 空间向量及其运算考纲要求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，能运用向量的数量积判断向量的共线与垂直．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 (b≠0)，a∥b 的充要条件是存在实数λ，使得______．(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________．(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______________．其中，{a ，b ，c }叫做空间的一个______．推论：设O ，A ，B ，C 是不共面的四点，则对空间任一点P ，都存在唯一的一个有序实数组{x ，y ，z }，使OP →＝____________.2．两个向量的数量积(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OA uu r ＝a ，OB uu u r＝b ，则______叫做向量a ，b 的夹角，记作〈a ，b 〉．通常规定____≤〈a ，b 〉≤____.若〈a ，b 〉＝____，则称向量a ，b 互相垂直，记作a⊥b .(2)两向量的数量积．两个非零向量a ，b 的数量积a·b ＝______________. (3)向量的数量积的性质(e 是单位向量)：①a·e ＝|a|______________；②a⊥b ⇔a·b ＝____；③|a |2＝a·a ＝____；④|a·b |____|a||b|. (4)向量的数量积满足如下运算律：①(λa )·b ＝λ(a·b )；②a ·b ＝______(交换律)； ③a ·(b ＋c )＝____________(分配律)． 3．空间向量的坐标运算(1)设a ＝(a 1，a 2，a 3)，b ＝(b 1，b 2，b 3)，则 a±b ＝____________________； λa ＝________________(λ∈R )； a·b ＝________________；a⊥b ⇔a 1b 1＋a 2b 2＋a 3b 3＝____；a∥b ⇔a 1＝λb 1，a 2＝λb 2，a 3＝λb 3(λ∈R )； |a |2＝a·a ⇒|a |＝a 21＋a 22＋a 23(向量模与向量之间的转化)；cos 〈a ，b 〉＝a·b |a||b|＝a 1b 1＋a 2b 2＋a 3b 3a 21＋a 22＋a 23b 21＋b 22＋b 23.(2)设A (x 1，y 1，z 1)，B (x 2，y 2，z 2)， 则A B →＝(x 2－x 1，y 2－y 1，z 2－z 1)， |AB →|＝x 2－x 12＋y 2－y 12＋z 2－z 12.1．在下列命题中：①若向量a ，b 共线，则向量a ，b 所在的直线平行；②若向量a ，b 所在的直线为异面直线，则向量a ，b 一定不共面； ③若三个向量a ，b ，c 两两共面，则向量a ，b ，c 共面；④已知空间的三个向量a ，b ，c ，则对于空间的任意一个向量p 总存在实数x ，y ，z 使得p ＝x a ＋y b ＋z c .其中正确命题的个数是( )．A ．0B ．1C ．2D ．3 2．已知向量a ＝(1,1,0)，b ＝(－1,0,2)，且k a ＋b 与2a －b 互相垂直，则k 的值为( )．A ．1 B.15 C.35 D.753．已知a ＝(λ＋1,0,2)，b ＝(6,2μ－1,2λ)，若a ∥b ，则λ与μ的值可以是( )．A ．2，12B ．－13，12C ．－3,2D ．2,24．已知四边形ABCD 为平行四边形，且A (4,1,3)，B (2，－5,1)，C (3,7，－5)，则点D 的坐标为________．5．已知a ＝(1,2，－2)，b ＝(0,2,4)，则a ，b 的夹角的余弦值为__________．一、空间向量的线性运算【例1－1】 如图所示，在平行六面体ABCD A 1B 1C 1D 1中，设AA 1→＝a ，AB →＝b ，AD →＝c ，M ，N ，P 分别是AA 1，BC ，C 1D 1的中点，试用a ，b ，c 分别表示以下各向量：(1)AP →；(2)A 1N →；(3)MP →＋NC 1→.【例1－2】已知O 是空间中任意一点，A ，B ，C ，D 四点满足任意三点不共线，但四点共面，且OA →＝2xBO →＋3yCO →＋4zDO →，则2x ＋3y ＋4z ＝__________.方法提炼空间向量的概念及运算是由平面向量延伸而来的，要用类比的思想去掌握．在空间向量的加、减、数乘等线性运算中，要选择适当的向量为基底，用基向量表示出相关向量后再进行向量的运算，同时还要以相应的图形为指导．请做演练巩固提升1 二、空间向量的数量积【例2】已知空间中三点A (－2,0,2)，B (－1,1,2)，C (－3,0,4)，设AB →＝a ，AC →＝b ，(1)若|c |＝3，且c ∥BC →，求向量c ； (2)求向量a 与向量b 的夹角的余弦值；(3)若k a ＋b 与k a －2b 互相垂直，求实数k 的值． 方法提炼1．两个向量的数量积，其结果是数量，而不是向量，这是与空间向量的加、减、数乘等线性运算最大的区别．2．利用两空间向量的数量积运算公式，可以求向量的模、求两个向量的夹角、证明两个向量垂直等．请做演练巩固提升3三、空间向量的坐标运算【例3－1】 已知：a ＝(x,4,1)，b ＝(－2，y ，－1)，c ＝(3，－2，z )，a ∥b ，b ⊥c ， 求：(1)a ，b ，c ；(2)a ＋c 与b ＋c 所成角的余弦值．【例3－2】 如图，在直三棱柱ABC A 1B 1C 1的底面△ABC 中，CA ＝CB ＝1，∠BCA ＝90°，棱AA 1＝2，M ，N 分别是A 1B 1，AA 1的中点．(1)求|BN →|；(2)求cos 〈BA 1→，CB 1→〉的值； (3)求证：A 1B ⊥C 1M . 方法提炼空间向量的坐标运算使向量的运算摆脱了形的制约，可以将空间元素的位置关系转化成数量关系，将逻辑推理转化成数量计算，可以化繁为简，因此是处理空间问题的一种重要工具和方法．请做演练巩固提升2正确构建空间直角坐标系【典例】 (12分)如图所示，在空间直角坐标系中，BC ＝2，原点O 是BC 的中点，点A的坐标是⎝ ⎛⎭⎪⎫32，12，0，点D 在平面yOz 内，且∠BDC ＝90°，∠DCB ＝30°.(1)求OD →的坐标；(2)设AD →和BC →的夹角为θ，求cos θ的值．规范解答：(1)如图所示，过D 作DE ⊥BC ，垂足为E .在Rt △BDC 中，由∠BDC ＝90°，∠DCB ＝30°，BC ＝2，得BD ＝1，CD ＝ 3.∴DE ＝CD sin 30°＝32. OE ＝OB －BD cos 60°＝1－12＝12.∴D 点坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－12，32，即OD →的坐标为⎝⎛⎭⎪⎫0，－12，32.(6分)(2)依题意，OA →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32，12，0，OB →＝(0，－1,0)，OC →＝(0,1,0)，∴AD →＝OD →－OA →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－32，－1，32，BC →＝OC →－OB →＝(0,2,0)．(8分)由AD →和BC →的夹角为θ，得cos θ＝AD →·BC →|AD →||BC →|＝－32×0＋－＋32×0⎝ ⎛⎭⎪⎫－322＋－2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫32202＋22＋02＝－105. ∴cos θ＝－105.(12分) 答题指导：解答空间向量的计算问题时，还有以下几点容易造成失分，在备考时要高度关注：(1)对向量运算法则特别是坐标运算的法则掌握不熟练导致失误； (2)不能熟练地运用向量共线、垂直的充要条件将问题转化． 另外，平时要重视运算的训练，强化计算速度及准确度的训练以及熟练掌握向量运算的方法．1．如图，已知空间四边形OABC ，其对角线为OB ，AC ，M ，N 分别是对边OA ，BC 的中点，点G 在线段MN 上，且分MN 所成的比为2，现用基向量OA →，OB →，OC →表示向量OG →，设OG →＝xOA →＋yOB →＋zOC →，则x ，y ，z 的值分别是( )．A ．x ＝13，y ＝13，z ＝13B ．x ＝13，y ＝13，z ＝16C ．x ＝13，y ＝16，z ＝13D ．x ＝16，y ＝13，z ＝132．已知a ＝(－2,1,3)，b ＝(－1,2,1)，若a ⊥(a －λb )，则实数λ的值为( )．A ．－2B ．－143 C.145D ．23．如图，在30°的二面角αl β的棱上有两点A ，B ，点C ，D 分别在α，β内，且AC ⊥AB ，BD ⊥AB ，AC ＝BD ＝AB ＝1，则CD 的长度为________．4．已知O (0,0,0)，A (1,2,3)，B (2,1,2)，P (1,1,2)，点Q 在直线OP 上运动，当QA →·QB →取最小值时，点Q 的坐标是__________．5．如图所示，在平行六面体ABCD A 1B 1C 1D 1中，以顶点A 为端点的三条棱长都为1，且两两夹角为60°.(2)求BD1与AC夹角的余弦值．参考答案基础梳理自测知识梳理1．(1)a ＝λb (2)p ＝x a ＋y b (3)p ＝x a ＋y b ＋z c 基底 x OA uu r ＋y OB uu u r ＋z OC uuu r2．(1)∠AOB 0 ππ2(2)|a||b|cos 〈a ，b 〉 (3)①cos 〈a ，e 〉 ②0 ③a 2④≤ (4)②b·a ③a·b ＋a·c3．(1)(a 1±b 1，a 2±b 2，a 3±b 3) (λa 1，λa 2，λa 3) a 1b 1＋a 2b 2＋a 3b 3 0 基础自测1．A 解析：①错，向量a ，b 所在的直线可能重合；②错，向量a ，b 可以平行移动到同一平面内；③错，如从三棱锥的一个顶点出发的三条棱所对应的三个向量；④错，a ，b ，c 要求不共面．2．D 解析：k a ＋b ＝(k －1，k,2),2a －b ＝(3,2，－2)． ∵(k a ＋b )⊥(2a －b )，∴3(k －1)＋2k －4＝0，解得k ＝75.3．A 解析：∵a ∥b ，∴2μ－1＝0，∴μ＝12，排除C ，D 两项．代入A ，B 选项验证可得，λ＝2成立． 4．(5,13，－3) 解析：设D (x ，y ，z )，则AB uu u r ＝DC uuu r ，∴(－2，－6，－2)＝(3－x,7－y ，－5－z )． ∴⎩⎪⎨⎪⎧3－x ＝－2，7－y ＝－6，－5－z ＝－2.解得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝5，y ＝13，z ＝－3.∴D (5,13，－3)．5．－215 5 解析：∵a ·b ＝1×0＋2×2＋(－2)×4＝－4，且|a |＝12＋22＋(－2)2＝3，|b |＝0＋22＋42＝25，∴cos θ＝a ·b |a ||b |＝－43×25＝－215 5.考点探究突破【例1－1】 解：(1)AP uu u r ＝1AA uuu r ＋11A D uuuu r ＋1D P uuu r ＝a ＋c ＋12b .(2)1A N uuu r ＝1A A uuu r ＋AB uu u r ＋BN uuu r ＝－a ＋b ＋12c .(3)MP uuu r ＋1NC uuu r ＝1MA uuu r ＋11A D uuuu r ＋1D P uuu r ＋NC uuu r ＋1CC uuu r＝12a ＋c ＋12b ＋12c ＋a ＝32a ＋12b ＋32c . 【例1－2】 －1 解析：∵A ，B ，C ，D 四点共面，∴OA uu r ＝m OB uu u r ＋n OC uuu r ＋p OD uuu r ，且m ＋n ＋p ＝1.由条件知OA uu r ＝(－2x )OB uu u r ＋(－3y )OC uuu r ＋(－4z )OD uuu r，∴(－2x )＋(－3y )＋(－4z )＝1. ∴2x ＋3y ＋4z ＝－1.【例2】 解：(1)∵c ∥BC uu u r，∴c ＝k BC uu u r，k ∈R .又∵BC uu u r＝(－2，－1,2)，∴可设c ＝(－2k ，－k,2k )．又∵|c |＝4k 2＋k 2＋4k 2＝3|k |＝3， ∴k ＝±1.∴c ＝(－2，－1,2)或c ＝(2,1，－2)． (2)∵a ＝AB uu u r ＝(1,1,0)，b ＝AC uuu r＝(－1，0,2)，∴a ·b ＝－1，|a |＝2，|b |＝5，∴cos θ＝a ·b |a ||b |＝－110＝－1010.(3)∵k a ＋b ＝(k ，k,0)＋(－1, 0,2)＝(k －1，k,2)，k a －2b ＝(k ，k,0)－(－2,0,4)＝(k ＋2，k ，－4)， ∵k a ＋b 与k a －2b 互相垂直，∴(k a ＋b )·(k a －2b )＝(k －1)(k ＋2)＋k 2－8＝0，解得k ＝2或k ＝－52.【例3－1】 解：(1)因为a ∥b ，所以x －2＝4y ＝1－1，解得x ＝2，y ＝－4，这时a ＝(2,4,1)，b ＝(－2，－4，－1)． 又因为b ⊥c ，所以b ·c ＝0， 即－6＋8－z ＝0，解得z ＝2， 于是c ＝(3，－2,2)．(2)由(1)得a ＋c ＝(5,2,3)，b ＋c ＝(1，－6,1)，因此a ＋c 与b ＋c 所成角的余弦值为cos θ＝5－12＋338·38＝－219.【例3－2】 解：如图所示，建立以C 为原点的空间直角坐标系C xyz ，(1)依题意得B (0,1,0)，N (1,0,1)，则|BN uuu r |＝(1－0)2＋(0－1)2＋(1－0)2＝ 3.(2)依题意得A 1(1,0,2)，B (0,1,0)，C (0,0,0)，B 1(0,1,2)，∴1BA uuu r ＝(1，－1,2)，1CB uuu r＝(0,1,2)． ∴1BA uuu r ·1CB uuu r ＝3，|1BA uuu r |＝6，|1CB uuu r|＝5，∴cos〈1BA uuu r ，1CB uuu r 〉＝1111||BA CB BA CB ⋅uuu r uuu ruuu r uuu r ＝3010.(3)证明：依题意得C 1(0,0,2)，M ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，12，2，∴1C M uuuu r ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12，12，0.又1A B uuu r＝(－1,1，－2)，∴1A B uuu r ·1C M uuuu r ＝－12＋12＋0＝0.∴1A B uuu r ⊥1C M uuuu r，即A 1B ⊥C 1M .演练巩固提升1．D 解析：由题图可知OG uuu r ＝OM uuu r ＋MG uuu r，而MG uuu r ＝23MN uuu r ，MN uuu r ＝MA u u u r ＋AB uu u r ＋BN uuu r＝12OA uu r ＋OB uu u r －OA uu r ＋12BC uu u r ＝－12OA uu r＋OB uu u r ＋12(OC uuu r －OB uu u r ) ＝－12OA uu r ＋12OB uuu r ＋12OC uuu r .OG uuu r ＝12OA uu r ＋21113222OA OB OC ⎛⎫-++ ⎪⎝⎭uu r uu u r uuu r＝16OA uu r ＋13OB uuu r ＋13OC uuu r .∴x ＝16，y ＝13，z ＝13.2．D 解析：a －λb ＝(λ－2,1－2λ，3－λ)． 由a ⊥(a －λb )得－2(λ－2)＋1－2λ＋9－3λ＝0， 解得λ＝2.3.3－ 3 解析：∵BD ⊥AB ，CA ⊥AB ，∴AC uuu r 与BD uu ur 的夹角为30°.∵|CD uu u r|＝|CA uu r ＋AB uu u r ＋BD uu u r |，∴|CD uu u r |2＝|CA uu r ＋AB uu u r ＋BD uu u r |2＝|CA uu r |2＋|AB uu u r |＋|BD uu u r |2＋2CA uu r ·AB uu u r ＋2AB uu u r ·BD uu u r ＋2CA uu r ·BD uu u r＝3＋2|CA uu r|·|BD uu u r |cos 150°＝3－ 3.∴|CD uu u r|＝3－ 3.4.⎝ ⎛⎭⎪⎫43，43，83 解析：设OQ uuu r ＝λOP uu u r ＝(λ，λ，2λ)，则QA uu r ＝(1－λ，2－λ，3－2λ)，QB uu u r＝(2－λ，1－λ，2－2λ)． ∴QA uu r ·QB uu u r ＝(1－λ)(2－λ)＋(2－λ)(1－λ)＋(3－2λ)(2－2λ)＝6λ2－16λ＋10＝6⎝⎛⎭⎪⎫λ－432－23. ∴当λ＝43时，QA uu r ·QB uu u r 取最小值为－23.此时，OQ uuu r ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫43，43，83，即Q 点的坐标是⎝ ⎛⎭⎪⎫43，43，83.5．解：记AB uu u r ＝a ，AD u u u r ＝b ，1AA uuu r＝c ，则|a |＝|b |＝|c |＝1，〈a ，b 〉＝〈b ，c 〉＝〈c ，a 〉＝60°，∴a ·b ＝b ·c ＝c ·a ＝12.(1)|1AC uuu r |2＝(a ＋b ＋c )2＝a 2＋b 2＋c 2＋2(a ·b ＋b ·c ＋c ·a )＝1＋1＋1＋2×⎝ ⎛⎭⎪⎫12＋12＋12＝6，∴|1AC uuu r|＝6，即AC 1的长为 6.(2)1BD uuu r＝b ＋c －a ，AC uuu r ＝a ＋b ，∴|1BD uuu r |＝2，|AC uuu r |＝3，1BD uuu r ·AC uuur＝(b ＋c －a )·(a ＋b )＝b 2－a 2＋a ·c ＋b ·c ＝1.∴cos〈1BD uuu r ，AC uuu r 〉＝11||||BD AC BD AC uuu r uuu ruuur uuu r ＝66. ∴AC 与BD 1夹角的余弦值为66.。
旧教材适用2023高考数学一轮总复习第八章立体几何第6讲空间向量及其运算课件
→→ → →→ → → → → 解析 BA＋BC＋DD1＝CD＋BC＋DD1＝BD＋DD1＝BD1.故选 D.
4．若直线 l 的方向向量为 a＝(1,0,2)，平面 α 的法向量为 n＝(－2,0，－
4)，则( )
A．l∥α
B．l⊥α
C．l⊂ α
D．l 与 α 相交但不垂直
答案 B
三点(P，A，B)共线
空间四点(M，P，A，B)共面
→→ PA＝λPB且同过点 P
→→→ MP＝xMA＋yMB
→→ →
→→ → →
对空间任一点 O，OP＝OA＋tAB 对空间任一点 O，OP＝OM＋xMA＋yMB
→→
→→→
对空间任一点 O，OP＝xOA＋(1 对空间任一点 O，OP＝xOM＋yOA＋(1
角度
基向量法
例 4 已知平行六面体 ABCD－A1B1C1D1 中，底面 ABCD 是边长为 1 的 正方形，AA1＝2，∠A1AB＝∠A1AD＝120°.
(1)求线段 AC1 的长；
→ 解 (1) 如图所示，设AB＝a，
→
→
AD＝b，AA1＝c，
则|a|＝|b|＝1，|c|＝2.
a·b＝0，
a·c＝b·c＝2×1×cos120°＝－1.
(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 □03 p＝xa＋yb＋zc .其中，{a，b，c}叫做空间的一
个 □04 基底
．
推论：设 O，A，B，C 是不共面的四点，则对空间任一点 P，都存在唯 一的三个有序实数 x，y，z，使O→P＝□05 xO→A＋yO→B＋zO→C .
高考数学大一轮复习 第八章 立体几何与空间向量 8.6 立体几何中的向量方法(一)教案(含解析)-人
§8.6立体几何中的向量方法(一)——证明平行与垂直最新考纲 1.理解直线的方向向量与平面的法向量.2.能用向量语言表述线线、线面、面面的垂直、平行关系.3.能用向量方法证明有关线面位置关系的一些定理(包括三垂线定理)．1．两个重要向量直线的方向向量 直线的方向向量是指和这条直线平行(或重合)的非零向量，一条直线的方向向量有无数个 平面的 法向量 直线l ⊥平面α，取直线l 的方向向量，则这个向量叫做平面α的法向量．显然一个平面的法向量有无数个，它们是共线向量位置关系向量表示直线l 1，l 2的方向向量分别为n 1，n 2l 1∥l 2n 1∥n 2⇔n 1＝λn 2 l 1⊥l 2n 1⊥n 2⇔n 1·n 2＝0 直线l 的方向向量为n ，平面α的法向量为ml ∥α n ⊥m ⇔m ·n ＝0 l ⊥α n ∥m ⇔n ＝λm 平面α，β的法向量分别为n ，mα∥βn ∥m ⇔n ＝λm α⊥βn ⊥m ⇔n ·m ＝0概念方法微思考1．直线的方向向量如何确定？提示 l 是空间一直线，A ，B 是l 上任意两点，则AB →及与AB →平行的非零向量均为直线l 的方向向量．2．如何确定平面的法向量？提示 设a ，b 是平面α内两不共线向量，n 为平面α的法向量，则求法向量的方程组为⎩⎪⎨⎪⎧n ·a ＝0，n ·b ＝0.题组一 思考辨析1．判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”) (1)直线的方向向量是唯一确定的．( × ) (2)平面的单位法向量是唯一确定的．( × ) (3)若两平面的法向量平行，则两平面平行．( √ ) (4)若两直线的方向向量不平行，则两直线不平行．( √ ) (5)若a ∥b ，则a 所在直线与b 所在直线平行．( × )(6)若空间向量a 平行于平面α，则a 所在直线与平面α平行．( × ) 题组二 教材改编2．设u ，v 分别是平面α，β的法向量，u ＝(－2，2，5)，当v ＝(3，－2，2)时，α与β的位置关系为__________；当v ＝(4，－4，－10)时，α与β的位置关系为________． 答案 α⊥βα∥β解析 当v ＝(3，－2，2)时，u ·v ＝(－2，2，5)·(3，－2，2)＝0⇒α⊥β.当v ＝(4，－4，－10)时，v ＝－2u ⇒α∥β.3．如图所示，在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，O 是底面正方形ABCD 的中心，M 是D 1D 的中点，N 是A 1B 1的中点，则直线ON ，AM 的位置关系是________．答案 垂直解析 以A 为原点，分别以AB →，AD →，AA 1→所在直线为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系，如图所示．设正方体的棱长为1，则A (0，0，0)，M ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1，12，O ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，12，0，N ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，0，1， AM →·ON →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1，12·⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－12，1＝0，∴ON 与AM 垂直． 题组三 易错自纠4．直线l 的方向向量a ＝(1，－3，5)，平面α的法向量n ＝(－1，3，－5)，则有( ) A ．l ∥αB ．l ⊥αC ．l 与α斜交D ．l ⊂α或l ∥α 答案 B解析 由a ＝－n 知，n ∥a ，则有l ⊥α，故选B.5．已知平面α，β的法向量分别为n 1＝(2，3，5)，n 2＝(－3，1，－4)，则( ) A ．α∥βB ．α⊥βC ．α，β相交但不垂直D ．以上均不对 答案 C解析 ∵n 1≠λn 2，且n 1·n 2＝2×(－3)＋3×1＋5×(－4)＝－23≠0，∴α，β既不平行，也不垂直．6．已知A (1，0，0)，B (0，1，0)，C (0，0，1)，则下列向量是平面ABC 法向量的是( ) A ．(－1，1，1) B ．(1，－1，1) C.⎝ ⎛⎭⎪⎫－33，－33，－33 D.⎝ ⎛⎭⎪⎫33，33，－33 答案 C解析 设n ＝(x ，y ，z )为平面ABC 的法向量，AB →＝(－1，1，0)，AC →＝(－1，0，1)， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·AB ，→＝0，n ·AC ，→＝0，化简得⎩⎪⎨⎪⎧－x ＋y ＝0，－x ＋z ＝0，∴x ＝y ＝z .故选C.题型一 利用空间向量证明平行问题例1如图所示，平面PAD ⊥平面ABCD ，ABCD 为正方形，△PAD 是直角三角形，且PA ＝AD ＝2，E ，F ，G 分别是线段PA ，PD ，CD 的中点．求证：PB ∥平面EFG .证明 ∵平面PAD ⊥平面ABCD ，ABCD 为正方形，△PAD 是直角三角形，且PA ＝AD ， ∴AB ，AP ，AD 两两垂直，以A 为坐标原点，AB ，AD ，AP 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Axyz ，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)．∴PB →＝(2，0，－2)，FE →＝(0，－1，0)，FG →＝(1，1，－1)， 设PB →＝sFE →＋tFG →，即(2，0，－2)＝s (0，－1，0)＋t (1，1，－1)，∴⎩⎪⎨⎪⎧t ＝2，t －s ＝0，－t ＝－2，解得s ＝t ＝2，∴PB →＝2FE →＋2FG →，又∵FE →与FG →不共线，∴PB →，FE →与FG →共面． ∵PB ⊄平面EFG ，∴PB ∥平面EFG . 引申探究若本例中条件不变，证明平面EFG ∥平面PBC . 证明 ∵EF →＝(0，1，0)，BC →＝(0，2，0)， ∴BC →＝2EF →，∴BC ∥EF .又∵EF ⊄平面PBC ，BC ⊂平面PBC ，∴EF ∥平面PBC ， 同理可证GF ∥PC ，从而得出GF ∥平面PBC . 又EF ∩GF ＝F ，EF ，GF ⊂平面EFG ， ∴平面EFG ∥平面PBC .思维升华利用空间向量证明平行的方法线线平行 证明两直线的方向向量共线线面平行①证明该直线的方向向量与平面的某一法向量垂直； ②证明直线的方向向量与平面内某直线的方向向量平行面面平行 ①证明两平面的法向量为共线向量；②转化为线面平行、线线平行问题跟踪训练1如图，在三棱锥PABC 中，PA ⊥底面ABC ，∠BAC ＝90°.点D ，E ，N 分别为棱PA ，PC ，BC 的中点，M 是线段AD 的中点，PA ＝AC ＝4，AB ＝2.求证：MN ∥平面BDE .证明 如图，以A 为原点，分别以AB →，AC →，AP →的方向为x 轴、y 轴、z 轴的正方向建立空间直角坐标系．由题意，可得A (0，0，0)，B (2，0，0)，C (0，4，0)，P (0，0，4)，D (0，0，2)，E (0，2，2)，M (0，0，1)，N (1，2，0)．DE →＝(0，2，0)，DB →＝(2，0，－2)．设n ＝(x ，y ，z )为平面BDE 的一个法向量， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·DE ，→＝0，n ·DB ，→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧2y ＝0，2x －2z ＝0.不妨设z ＝1，可得n ＝(1，0，1)．又MN →＝(1，2，－1)，可得MN →·n ＝0. 因为MN ⊄平面BDE ，所以MN ∥平面BDE . 题型二 利用空间向量证明垂直问题 命题点1 证明线面垂直例2如图所示，正三棱柱(底面为正三角形的直三棱柱)ABC —A 1B 1C 1的所有棱长都为2，D 为CC 1的中点．求证：AB 1⊥平面A 1BD .证明 方法一 设平面A 1BD 内的任意一条直线m 的方向向量为m .由共面向量定理，则存在实数λ，μ，使m ＝λBA 1→＋μBD →.令BB 1→＝a ，BC →＝b ，BA →＝c ，显然它们不共面，并且|a |＝|b |＝|c |＝2，a ·b ＝a·c ＝0，b·c ＝2，以它们为空间的一个基底， 则BA 1→＝a ＋c ，BD →＝12a ＋b ，AB 1→＝a －c ，m ＝λBA 1→＋μBD →＝⎝⎛⎭⎪⎫λ＋12μa ＋μb ＋λc ，AB 1→·m ＝(a －c )·⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝⎛⎭⎪⎫λ＋12μa ＋μb ＋λc＝4⎝ ⎛⎭⎪⎫λ＋12μ－2μ－4λAB 1→⊥m ，结论得证． 方法二 取BC 的中点O ，连接AO .因为△ABC 为正三角形， 所以AO ⊥BC .因为在正三棱柱ABC —A 1B 1C 1中，平面ABC ⊥平面BCC 1B 1， 且平面ABC ∩平面BCC 1B 1＝BC ，AO ⊂平面ABC ， 所以AO ⊥平面BCC 1B 1.取B 1C 1的中点O 1，以O 为原点，分别以OB ，OO 1，OA 所在直线为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系，如图所示，则B (1，0，0)，D (－1，1，0)，A 1(0，2，3)，A (0，0，3)，B 1(1，2，0)．设平面A 1BD 的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )，BA 1→＝(－1，2，3)，BD →＝(－2，1，0)． 因为n ⊥BA 1→，n ⊥BD →，故⎩⎪⎨⎪⎧n ·BA 1，→＝0，n ·BD ，→＝0，即⎩⎨⎧－x ＋2y ＋3z ＝0，－2x ＋y ＝0，令x ＝1，则y ＝2，z ＝－3，故n ＝(1，2，－3)为平面A 1BD 的一个法向量， 而AB 1→＝(1，2，－3)，所以AB 1→＝n ，所以AB 1→∥n ， 故AB 1⊥平面A 1BD . 命题点2 证明面面垂直例3如图，已知AB ⊥平面ACD ，DE ⊥平面ACD ，△ACD 为等边三角形，AD ＝DE ＝2AB . 求证：平面BCE ⊥平面CDE .证明 设AD ＝DE ＝2AB ＝2a ，以A 为原点，分别以AC ，AB 所在直线为x 轴，z 轴，以过点A 垂直于AC 的直线为y 轴，建立如图所示的空间直角坐标系Axyz ，则A (0，0，0)，C (2a ，0，0)，B (0，0，a )，D (a ，3a ，0)，E (a ，3a ，2a )．所以BE →＝(a ，3a ，a )，BC →＝(2a ，0，－a )，CD →＝(－a ，3a ，0)，ED →＝(0，0，－2a )． 设平面BCE 的法向量为n 1＝(x 1，y 1，z 1)， 由n 1·BE →＝0，n 1·BC →＝0可得⎩⎨⎧ ax 1＋3ay 1＋az 1＝0，2ax 1－az 1＝0，即⎩⎨⎧x 1＋3y 1＋z 1＝0，2x 1－z 1＝0.令z 1＝2，可得n 1＝(1，－3，2)． 设平面CDE 的法向量为n 2＝(x 2，y 2，z 2)， 由n 2·CD →＝0，n 2·ED →＝0可得⎩⎨⎧ －ax 2＋3ay 2＝0，－2az 2＝0，即⎩⎨⎧－x 2＋3y 2＝0，z 2＝0.令y 2＝1，可得n 2＝(3，1，0)．因为n 1·n 2＝1×3＋1×(－3)＋2×0＝0. 所以n 1⊥n 2，所以平面BCE ⊥平面CDE .思维升华利用空间向量证明垂直的方法线线垂直证明两直线所在的方向向量互相垂直，即证它们的数量积为零线面垂直证明直线的方向向量与平面的法向量共线，或将线面垂直的判定定理用向量表示面面垂直证明两个平面的法向量垂直，或将面面垂直的判定定理用向量表示跟踪训练2如图所示，已知四棱锥P —ABCD 的底面是直角梯形，∠ABC ＝∠BCD ＝90°，AB ＝BC ＝PB ＝PC ＝2CD ，侧面PBC ⊥底面ABCD .证明：(1)PA ⊥BD ；(2)平面PAD ⊥平面PAB .证明 (1)取BC 的中点O ，连接PO ，∵平面PBC ⊥底面ABCD ，△PBC 为等边三角形， 平面PBC ∩底面ABCD ＝BC ，PO ⊂平面PBC ， ∴PO ⊥底面ABCD .以BC 的中点O 为坐标原点，以BC 所在直线为x 轴，过点O 与AB 平行的直线为y 轴，OP 所在直线为z 轴，建立空间直角坐标系，如图所示．不妨设CD ＝1，则AB ＝BC ＝2，PO ＝3，∴A (1，－2，0)，B (1，0，0)，D (－1，－1，0)，P (0，0，3)， ∴BD →＝(－2，－1，0)，PA →＝(1，－2，－3)． ∵BD →·PA →＝(－2)×1＋(－1)×(－2)＋0×(－3)＝0， ∴PA →⊥BD →， ∴PA ⊥BD .(2)取PA 的中点M ，连接DM ，则M ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，－1，32.∵DM →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32，0，32，PB →＝(1，0，－3)，∴DM →·PB →＝32×1＋0×0＋32×(－3)＝0，∴DM →⊥PB →，即DM ⊥PB .∵DM →·PA →＝32×1＋0×(－2)＋32×(－3)＝0，∴DM →⊥PA →，即DM ⊥PA .又∵PA ∩PB ＝P ，PA ，PB ⊂平面PAB ， ∴DM ⊥平面PAB .∵DM ⊂平面PAD ，∴平面PAD ⊥平面PAB . 题型三 利用空间向量解决探索性问题例4(2018·某某模拟)如图，在四棱锥P —ABCD 中，PD ⊥底面ABCD ，底面ABCD 为正方形，PD ＝DC ，E ，F 分别是AB ，PB 的中点．(1)求证：EF ⊥CD ；(2)在平面PAD 内求一点G ，使GF ⊥平面PCB ，并证明你的结论．(1)证明 如图，以D 为原点，分别以DA ，DC ，DP 所在直线为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系，设AD ＝a ，则D (0，0，0)，A (a ，0，0)，B (a ，a ，0)，C (0，a ，0)，E ⎝ ⎛⎭⎪⎫a ，a2，0，P (0，0，a )，F ⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2，a 2，a 2. EF →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－a2，0，a 2，DC →＝(0，a ，0)．∵EF →·DC →＝0，∴EF →⊥DC →，即EF ⊥CD .(2)解 设G (x ，0，z )，则FG →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫x －a2，－a 2，z －a 2，若使GF ⊥平面PCB ，则需FG →·CB →＝0，且FG →·CP →＝0，由FG →·CB →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫x －a2，－a 2，z －a 2·(a ，0，0)＝a ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －a 2＝0，得x ＝a2； 由FG →·CP →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫x －a2，－a 2，z －a 2·(0，－a ，a )＝a 22＋a ⎝ ⎛⎭⎪⎫z －a 2＝0，得z ＝0.∴G 点坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫a2，0，0，即G 为AD 的中点．思维升华对于“是否存在”型问题的探索方式有两种：一种是根据条件作出判断，再进一步论证；另一种是利用空间向量，先设出假设存在点的坐标，再根据条件求该点的坐标，即找到“存在点”，若该点坐标不能求出，或有矛盾，则判定“不存在”．跟踪训练3如图所示，四棱锥P —ABCD 的底面是边长为1的正方形，PA ⊥CD ，PA ＝1，PD ＝2，E 为PD 上一点，PE ＝2ED .(1)求证：PA ⊥平面ABCD ；(2)在侧棱PC 上是否存在一点F ，使得BF ∥平面AEC ？若存在，指出F 点的位置，并证明；若不存在，请说明理由．(1)证明 ∵PA ＝AD ＝1，PD ＝2， ∴PA 2＋AD 2＝PD 2，即PA ⊥AD .又PA ⊥CD ，AD ∩CD ＝D ，AD ，CD ⊂平面ABCD ， ∴PA ⊥平面ABCD .(2)解 以A 为原点，AB ，AD ，AP 所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系，如图所示，则A (0，0，0)，B (1，0，0)，C (1，1，0)，P (0，0，1)，E ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，23，13，AC →＝(1，1，0)，AE →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，23，13. 设平面AEC 的法向量为n ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·AC ，→＝0，n ·AE ，→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y ＝0，2y ＋z ＝0，令y ＝1，则n ＝(－1，1，－2)．假设侧棱PC 上存在一点F ，且CF →＝λCP →(0≤λ≤1)， 使得BF ∥平面AEC ，则BF →·n ＝0.又∵BF →＝BC →＋CF →＝(0，1，0)＋(－λ，－λ，λ) ＝(－λ，1－λ，λ)，∴BF →·n ＝λ＋1－λ－2λ＝0，∴λ＝12，∴存在点F ，使得BF ∥平面AEC ，且F 为PC 的中点．1．若直线l 的方向向量为a ＝(1，0，2)，平面α的法向量为n ＝(－2，1，1)，则( ) A ．l ∥αB ．l ⊥αC ．l ⊂α或l ∥αD ．l 与α斜交 答案 C解析 ∵a ＝(1，0，2)，n ＝(－2，1，1)， ∴a ·n ＝0，即a ⊥n ， ∴l ∥α或l ⊂α.2．若a ＝(2，3，m )，b ＝(2n ，6，8)，且a ，b 为共线向量，则m ＋n 的值为( ) A ．7B.52C ．6D ．8 答案 C解析 由a ，b 为共线向量，知n ≠0且22n ＝36＝m8，解得m ＝4，n ＝2，则m ＋n ＝6.故选C.3．已知平面α内有一点M (1，－1，2)，平面α的一个法向量为n ＝(6，－3，6)，则下列点P 中，在平面α内的是( ) A ．P (2，3，3) B ．P (－2，0，1) C ．P (－4，4，0) D ．P (3，－3，4) 答案 A解析 逐一验证法，对于选项A ，MP →＝(1，4，1)，∴MP →·n ＝6－12＋6＝0，∴MP →⊥n ，∴点P 在平面α内，同理可验证其他三个点不在平面α内． 4.如图，F 是正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1的棱CD 的中点，E 是BB 1上一点，若D 1F ⊥DE ，则有( )A ．B 1E ＝EB B ．B 1E ＝2EBC ．B 1E ＝12EBD ．E 与B 重合 答案 A解析 以D 为坐标原点，分别以DA ，DC ，DD 1所在直线为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系(图略)，设正方体的棱长为2，则D (0，0，0)，F (0，1，0)，D 1(0，0，2)，设E (2，2，z )，则D 1F →＝(0，1，－2)，DE →＝(2，2，z )，∵D 1F →·DE →＝0×2＋1×2－2z ＝0，∴z ＝1，∴B 1E ＝EB .5．设u ＝(－2，2，t )，v ＝(6，－4，4)分别是平面α，β的法向量．若α⊥β，则t 等于( ) A ．3B ．4C ．5D ．6 答案 C解析 ∵α⊥β，∴u ·v ＝－2×6＋2×(－4)＋4t ＝0，∴t ＝5.6．已知AB →＝(1，5，－2)，BC →＝(3，1，z )，若AB →⊥BC →，BP →＝(x －1，y ，－3)，且BP ⊥平面ABC ，则实数x ＋y ＝______.答案257解析 由条件得⎩⎪⎨⎪⎧3＋5－2z ＝0，x －1＋5y ＋6＝0，3(x －1)＋y －3z ＝0，解得x ＝407，y ＝－157，z ＝4，∴x ＋y ＝407－157＝257.7．(2018·某某质检)已知平面α内的三点A (0，0，1)，B (0，1，0)，C (1，0，0)，平面β的一个法向量n ＝(－1，－1，－1)，则不重合的两个平面α与β的位置关系是______________．答案 α∥β解析 设平面α的法向量为m ＝(x ，y ，z )， 由m ·AB →＝0，得x ·0＋y －z ＝0，即y ＝z ， 由m ·AC →＝0，得x －z ＝0，即x ＝z ，取x ＝1， ∴m ＝(1，1，1)，m ＝－n ，∴m ∥n ，∴α∥β.8．已知点P 是平行四边形ABCD 所在的平面外一点，如果AB →＝(2，－1，－4)，AD →＝(4，2，0)，AP →＝(－1，2，－1)．对于结论：①AP ⊥AB ；②AP ⊥AD ；③AP →是平面ABCD 的法向量；④AP →∥BD →.其中正确的是________．(填序号) 答案 ①②③解析 ∵AB →·AP →＝0，AD →·AP →＝0， ∴AB ⊥AP ，AD ⊥AP ，则①②正确； 又AB ∩AD ＝A ，∴AP ⊥平面ABCD ， ∴AP →是平面ABCD 的法向量，则③正确；∵BD →＝AD →－AB →＝(2，3，4)，AP →＝(－1，2，－1)， ∴BD →与AP →不平行，故④错误．9.如图，正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为1，E ，F 分别是棱BC ，DD 1上的点，如果B 1E ⊥平面ABF ，则CE 与DF 的和为________．答案 1解析 以D 1为原点，D 1A 1，D 1C 1，D 1D 所在直线分别为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系(图略)，设CE ＝x ，DF ＝y ，则易知E (x ，1，1)，B 1(1，1，0)，F (0，0，1－y )，B (1，1，1)， ∴B 1E →＝(x －1，0，1)，FB →＝(1，1，y )，∵B 1E ⊥平面ABF ， ∴FB →·B 1E →＝(1，1，y )·(x －1，0，1)＝0，即x ＋y ＝1.10.如图，四边形ABCD 为正方形，PD ⊥平面ABCD ，PD ∥QA ，QA ＝AB ＝12PD .证明：平面PQC ⊥平面DCQ .证明 如图，以D 为坐标原点，线段DA 的长为单位长度，DA ，DP ，DC 所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴，建立空间直角坐标系Dxyz .由题意得Q (1，1，0)，C (0，0，1)，P (0，2，0)， 则DQ →＝(1，1，0)，DC →＝(0，0，1)，PQ →＝(1，－1，0)． ∴PQ →·DQ →＝0，PQ →·DC →＝0，即PQ ⊥DQ ，PQ ⊥DC . 又DQ ∩DC ＝D ，DQ ，DC ⊂平面DCQ ， ∴PQ ⊥平面DCQ ，又PQ ⊂平面PQC ， ∴平面PQC ⊥平面DCQ .11.如图，在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AC ＝3，BC ＝4，AB ＝5，AA 1＝4，点D 是AB 的中点．(1)证明：AC ⊥BC 1； (2)证明：AC 1∥平面CDB 1.证明 因为直三棱柱ABC －A 1B 1C 1的底面边长分别为AC ＝3，BC ＝4，AB ＝5，所以△ABC 为直角三角形，AC ⊥BC .所以AC ，BC ，C 1C 两两垂直．如图，以C 为坐标原点，直线CA ，CB ，CC 1分别为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系，则C (0，0，0)，A (3，0，0)，B (0，4，0)，C 1(0，0，4)，A 1(3，0，4)，B 1(0，4，4)，D ⎝ ⎛⎭⎪⎫32，2，0.(1)因为AC →＝(－3，0，0)，BC 1→＝(0，－4，4)， 所以AC →·BC 1→＝0，所以AC ⊥BC 1.(2)设CB 1与C 1B 的交点为E ，连接DE ，则E (0，2，2)，DE →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－32，0，2，AC 1→＝(－3，0，4)，所以DE →＝12AC 1→，DE ∥AC 1.因为DE ⊂平面CDB 1，AC 1⊄平面CDB 1， 所以AC 1∥平面CDB 1.12.如图所示，在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，侧面AA 1C 1C 和侧面AA 1B 1B 都是正方形且互相垂直，M 为AA 1的中点，N 为BC 1的中点．求证：(1)MN ∥平面A 1B 1C 1； (2)平面MBC 1⊥平面BB 1C 1C .证明 由题意，知AA 1，AB ，AC 两两垂直，以A 为坐标原点，分别以AA 1，AB ，AC 所在直线为x 轴、y 轴、z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系．设正方形AA 1C 1C 的边长为2，则A (0，0，0)，A 1(2，0，0)，B (0，2，0)，B 1(2，2，0)，C (0，0，2)，C 1(2，0，2)，M (1，0，0)，N (1，1，1)．(1)由题意知AA 1⊥A 1B 1，AA 1⊥A 1C 1， 又A 1B 1∩A 1C 1＝A 1，A 1B 1，A 1C 1⊂平面A 1B 1C 1， 所以AA 1⊥平面A 1B 1C 1.因为AA 1→＝(2，0，0)，MN →＝(0，1，1)， 所以MN →·AA 1→＝0，即MN →⊥AA 1→. 又MN ⊄平面A 1B 1C 1， 故MN ∥平面A 1B 1C 1.(2)设平面MBC 1与平面BB 1C 1C 的法向量分别为n 1＝(x 1，y 1，z 1)，n 2＝(x 2，y 2，z 2)． 因为MB →＝(－1，2，0)，MC 1→＝(1，0，2)， 所以⎩⎪⎨⎪⎧n 1·MB ，→＝0，n 1·MC 1，→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－x 1＋2y 1＝0，x 1＋2z 1＝0，令x 1＝2，则平面MBC 1的一个法向量为n 1＝(2，1，－1)． 同理可得平面BB 1C 1C 的一个法向量为n 2＝(0，1，1)． 因为n 1·n 2＝2×0＋1×1＋(－1)×1＝0， 所以n 1⊥n 2，所以平面MBC 1⊥平面BB 1C 1C .13.如图，正方形ABCD 与矩形ACEF 所在平面互相垂直，AB ＝2，AF ＝1，M 在EF 上，且AM ∥平面BDE ，则M 点的坐标为( )A ．(1，1，1) B.⎝ ⎛⎭⎪⎫23，23，1 C.⎝ ⎛⎭⎪⎫22，22，1 D.⎝⎛⎭⎪⎫24，24，1 答案 C解析 设AC 与BD 相交于O 点，连接OE ，∵AM ∥平面BDE ，且AM ⊂平面ACEF ， 平面ACEF ∩平面BDE ＝OE ， ∴AM ∥EO ，又O 是正方形ABCD 对角线的交点，∴M 为线段EF 的中点．在空间直角坐标系中，E (0，0，1)，F (2，2，1)． 由中点坐标公式，知点M 的坐标为⎝⎛⎭⎪⎫22，22，1. 14.如图所示，在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，棱长为a ，M ，N 分别为A 1B 和AC 上的点，A 1M ＝AN ＝2a3，则MN 与平面BB 1C 1C 的位置关系是( )A ．相交B ．平行C ．垂直D ．MN 在平面BB 1C 1C 内 答案 B解析 以点C 1为坐标原点，分别以C 1B 1，C 1D 1，C 1C 所在直线为x 轴、y 轴、z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系，由于A 1M ＝AN ＝2a 3， 则M ⎝ ⎛⎭⎪⎫a ，2a 3，a 3，N ⎝ ⎛⎭⎪⎫2a 3，2a 3，a ，MN →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－a3，0，2a 3.又C 1D 1⊥平面BB 1C 1C ，所以C 1D 1→＝(0，a ，0)为平面BB 1C 1C 的一个法向量． 因为MN →·C 1D 1→＝0，所以MN →⊥C 1D 1→，又MN ⊄平面BB 1C 1C ， 所以MN ∥平面BB 1C 1C .15.如图，圆锥的轴截面SAB 是边长为2的等边三角形，O 为底面中心，M 为SO 的中点，动点P 在圆锥底面内(包括圆周)．若AM ⊥MP ，则点P 形成的轨迹长度为________．答案72解析 以O 点为坐标原点，OB ，OS 所在直线分别为y 轴、z 轴，建立空间直角坐标系， 如图所示，则A (0，－1，0)，B (0，1，0)，S ()0，0，3，M ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，0，32， 设P (x ，y ，0)，∴AM →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1，32，MP →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫x ，y ，－32，由AM →·MP →＝y －34＝0，得y ＝34，∴点P 的轨迹方程为y ＝34.根据圆的弦长公式，可得点P 形成的轨迹长度为21－⎝ ⎛⎭⎪⎫342＝72. 16.如图，在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AA 1＝AD ＝1，E 为CD 中点．(1)求证：B 1E ⊥AD 1；(2)在棱AA 1上是否存在一点P ，使得DP ∥平面B 1AE ？若存在，求AP 的长；若不存在，说明理由．(1)证明 以A 为原点，AB →，AD →，AA 1→的方向分别为x 轴、y 轴、z 轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系．设AB ＝a .则A (0，0，0)，D (0，1，0)，D 1(0，1，1)，E ⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2，1，0，B 1(a ，0，1)，故AD 1→＝(0，1，1)，B 1E →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 2，1，－1.则B 1E →·AD 1→＝－a 2×0＋1×1＋(－1)×1＝0，所以B 1E →⊥AD 1→， 所以B 1E ⊥AD 1.(2)解 存在满足要求的点P ， 假设在棱AA 1上存在一点P (0，0，z 0)， 使得DP ∥平面B 1AE ，此时DP →＝(0，－1，z 0)， 再设平面B 1AE 的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )． AB 1→＝(a ，0，1)，AE →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2，1，0.因为n ⊥平面B 1AE ，所以n ⊥AB 1→，n ⊥AE →，得⎩⎪⎨⎪⎧ax ＋z ＝0，ax2＋y ＝0，取x ＝1，则y ＝－a2，z ＝－a ，则平面B 1AE 的一个法向量n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1，－a2，－a .要使DP ∥平面B 1AE ，只要n ⊥DP →，即a 2－az 0＝0，解得z 0＝12.word所以棱AA1上存在点P，满足DP∥平面B1AE，此时AP＝1 2 .。
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8.6 空间向量及其运算考纲要求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，能运用向量的数量积判断向量的共线与垂直．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 (b≠0)，a∥b 的充要条件是存在实数λ，使得______．(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________．(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______________．其中，{a ，b ，c }叫做空间的一个______．推论：设O ，A ，B ，C 是不共面的四点，则对空间任一点P ，都存在唯一的一个有序实数组{x ，y ，z }，使OP uu u r＝____________.2．两个向量的数量积(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OA uu r ＝a ，OB uu u r＝b ，则______叫做向量a ，b 的夹角，记作〈a ，b 〉．通常规定____≤〈a ，b 〉≤____.若〈a ，b 〉＝____，则称向量a ，b 互相垂直，记作a⊥b .(2)两向量的数量积．两个非零向量a ，b 的数量积a²b ＝______________. (3)向量的数量积的性质(e 是单位向量)：①a²e ＝|a|______________；②a⊥b ⇔a²b ＝____；③|a |2＝a²a ＝____；④|a²b |____|a||b|. (4)向量的数量积满足如下运算律：①(λa )²b ＝λ(a²b )；②a ²b ＝______(交换律)； ③a ²(b ＋c )＝____________(分配律)． 3．空间向量的坐标运算(1)设a ＝(a 1，a 2，a 3)，b ＝(b 1，b 2，b 3)，则 a±b ＝____________________； λa ＝________________(λ∈R )； a²b ＝________________；a ⊥b ⇔a 1b 1＋a 2b 2＋a 3b 3＝____；a∥b ⇔a 1＝λb 1，a 2＝λb 2，a 3＝λb 3(λ∈R )； |a |2＝a²a ⇒|a |＝a 21＋a 22＋a 23(向量模与向量之间的转化)；cos 〈a ，b 〉＝a²b |a||b|＝a 1b 1＋a 2b 2＋a 3b 3a 21＋a 22＋a 23b 21＋b 22＋b 23.(2)设A (x 1，y 1，z 1)，B (x 2，y 2，z 2)， 则AB →＝(x 2－x 1，y 2－y 1，z 2－z 1)， |AB →|＝ x 2－x 1 2＋ y 2－y 1 2＋ z 2－z 1 2.1．在下列命题中：①若向量a ，b 共线，则向量a ，b 所在的直线平行；②若向量a ，b 所在的直线为异面直线，则向量a ，b 一定不共面； ③若三个向量a ，b ，c 两两共面，则向量a ，b ，c 共面；④已知空间的三个向量a ，b ，c ，则对于空间的任意一个向量p 总存在实数x ，y ，z 使得p ＝x a ＋y b ＋z c .其中正确命题的个数是( )．A ．0B ．1C ．2D ．32．已知向量a ＝(1,1,0)，b ＝(－1, 0,2)，且k a ＋b 与2a －b 互相垂直，则k 的值为( )．A ．1B ．15C ．35D ．753．已知a ＝(λ＋1,0,2)，b ＝(6,2μ－1,2λ)，若a ∥b ，则λ与μ的值可以是( )．A ． 2，12B ．－13，12C ．－3,2D ．2,24．已知四边形ABCD 为平行四边形，且A (4,1,3)，B (2，－5,1)，C (3,7，－5)，则点D 的坐标为________．5．已知a ＝(1,2，－2)，b ＝(0,2,4)，则a ，b 的夹角的余弦值为__________．一、空间向量的线性运算【例1－1】如图所示，在平行六面体ABCD A 1B 1C 1D 1中，设AA 1→＝a ，AB →＝b ，AD →＝c ，M ，N ，P 分别是AA 1，BC ，C 1D 1的中点，试用a ，b ，c 分别表示以下各向量：(1)AP →；(2)A 1N →；(3)MP →＋NC 1→.【例1－2】已知O 是空间中任意一点，A ，B ，C ，D 四点满足任意三点不共线，但四点共面，且OA →＝2xBO →＋3yCO →＋4zDO →，则2x ＋3y ＋4z ＝__________.方法提炼空间向量的概念及运算是由平面向量延伸而来的，要用类比的思想去掌握．在空间向量的加、减、数乘等线性运算中，要选择适当的向量为基底，用基向量表示出相关向量后再进行向量的运算，同时还要以相应的图形为指导．请做演练巩固提升1 二、空间向量的数量积【例2】已知空间中三点A (－2,0,2)，B (－1,1,2)，C (－3,0,4)，设AB →＝a ，AC →＝b ，(1)若|c |＝3，且c ∥BC →，求向量c ； (2)求向量a 与向量b 的夹角的余弦值；(3)若k a ＋b 与k a －2b 互相垂直，求实数k 的值． 方法提炼1．两个向量的数量积，其结果是数量，而不是向量，这是与空间向量的加、减、数乘等线性运算最大的区别．2．利用两空间向量的数量积运算公式，可以求向量的模、求两个向量的夹角、证明两个向量垂直等．请做演练巩固提升3三、空间向量的坐标运算【例3－1】 已知：a ＝(x,4,1)，b ＝(－2，y ，－1)，c ＝(3，－2，z )，a ∥b ，b ⊥c ，求：(1)a ，b ，c ；(2)a ＋c 与b ＋c 所成角的余弦值．【例3－2】如图，在直三棱柱ABC A 1B 1C 1的底面△ABC 中，CA ＝CB ＝1，∠BCA ＝90°，棱AA 1＝2，M ，N 分别是A 1B 1，AA 1的中点．(1)求|BN →|；(2)求cos 〈BA 1→，CB 1→〉的值； (3)求证：A 1B ⊥C 1M . 方法提炼空间向量的坐标运算使向量的运算摆脱了形的制约，可以将空间元素的位置关系转化成数量关系，将逻辑推理转化成数量计算，可以化繁为简，因此是处理空间问题的一种重要工具和方法．请做演练巩固提升2正确构建空间直角坐标系【典例】 (12分)如图所示，在空间直角坐标系中，BC ＝2，原点O 是BC 的中点，点A的坐标是⎝ ⎛⎭⎪⎫32，12，0，点D 在平面yOz 内，且∠BDC ＝90°，∠DCB ＝30°.(1)求OD →的坐标；(2)设AD →和BC →的夹角为θ，求cos θ的值．规范解答：(1)如图所示，过D 作DE ⊥BC ，垂足为E .在Rt △BDC 中，由∠BDC ＝90°，∠DCB ＝30°，BC ＝2，得BD ＝1，CD ＝ 3.∴DE ＝CD sin 30°＝32. OE ＝OB －BD cos 60°＝1－12＝12.∴D 点坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－12，32，即OD →的坐标为⎝⎛⎭⎪⎫0，－12，32.(6分)(2)依题意，OA →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32，12，0，OB →＝(0，－1,0)，OC →＝(0,1,0)，∴AD →＝OD →－OA →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－32，－1，32，BC →＝OC →－OB →＝(0,2,0)．(8分)由AD →和BC →的夹角为θ，得cos θ＝AD →²BC →|AD →||BC →|＝－32³0＋ －1 ³2＋32³0⎝ ⎛⎭⎪⎫－322＋ －1 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫32202＋22＋02＝－105. ∴cos θ＝－105.(12分) 答题指导：解答空间向量的计算问题时，还有以下几点容易造成失分，在备考时要高度关注：(1)对向量运算法则特别是坐标运算的法则掌握不熟练导致失误； (2)不能熟练地运用向量共线、垂直的充要条件将问题转化． 另外，平时要重视运算的训练，强化计算速度及准确度的训练以及熟练掌握向量运算的方法．1．如图，已知空间四边形OABC ，其对角线为OB ，AC ，M ，N 分别是对边OA ，BC 的中点，点G 在线段MN 上，且分MN 所成的比为2，现用基向量OA →，OB →，OC →表示向量OG →，设OG →＝xOA →＋yOB →＋zOC →，则x ，y ，z 的值分别是( )．A ．x ＝13，y ＝13，z ＝13B ．x ＝13，y ＝13，z ＝16C ．x ＝13，y ＝16，z ＝13D ．x ＝16，y ＝13，z ＝132．已知a ＝(－2,1,3)，b ＝(－1,2,1)，若a ⊥(a －λb )，则实数λ的值为( )．A ．－2B ．－143C ．145D ．23．如图，在30°的二面角αl β的棱上有两点A ，B ，点C ，D 分别在α，β内，且AC ⊥AB ，BD ⊥AB ，AC ＝BD ＝AB ＝1，则CD 的长度为________．4．已知O (0,0,0)，A (1,2,3)，B (2,1,2)，P (1,1,2)，点Q 在直线OP 上运动，当QA →²QB →取最小值时，点Q 的坐标是__________．5．如图所示，在平行六面体ABCD A 1B 1C 1D 1中，以顶点A 为端点的三条棱长都为1，且两两夹角为60°.(2)求BD1与AC夹角的余弦值．参考答案基础梳理自测知识梳理1．(1)a ＝λb (2)p ＝x a ＋y b (3)p ＝x a ＋y b ＋z c 基底 x OA uu r ＋y OB uu u r ＋z OC uuu r2．(1)∠AOB 0 ππ2(2)|a||b|cos 〈a ，b 〉 (3)①cos 〈a ，e 〉 ②0 ③a 2④≤ (4)②b²a ③a²b ＋a²c3．(1)(a 1±b 1，a 2±b 2，a 3±b 3) (λa 1，λa 2，λa 3) a 1b 1＋a 2b 2＋a 3b 3 0 基础自测1．A 解析：①错，向量a ，b 所在的直线可能重合；②错，向量a ，b 可以平行移动到同一平面内；③错，如从三棱锥的一个顶点出发的三条棱所对应的三个向量；④错，a ，b ，c 要求不共面．2．D 解析：k a ＋b ＝(k －1，k,2),2a －b ＝(3,2，－2)． ∵(k a ＋b )⊥(2a －b )，∴3(k －1)＋2k －4＝0，解得k ＝75.3．A 解析：∵a ∥b ，∴2μ－1＝0，∴μ＝12，排除C ，D 两项．代入A ，B 选项验证可得，λ＝2成立． 4．(5,13，－3) 解析：设D (x ，y ，z )，则AB uu u r ＝DC uuu r ，∴(－2，－6，－2)＝(3－x,7－y ，－5－z )． ∴⎩⎪⎨⎪⎧3－x ＝－2，7－y ＝－6，－5－z ＝－2.解得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝5，y ＝13，z ＝－3.∴D (5,13，－3)．5．－215 5 解析：∵a ²b ＝1³0＋2³2＋(－2)³4＝－4，且|a |＝12＋22＋(－2)2＝3，|b |＝0＋22＋42＝25，∴cos θ＝a ²b |a ||b |＝－43³25＝－215 5.考点探究突破【例1－1】 解：(1)AP uu u r ＝1AA uuu r ＋11A D uuuu r ＋1D P uuu r ＝a ＋c ＋12b .(2)1A N uuu r ＝1A A uuu r ＋AB uu u r ＋BN uuu r ＝－a ＋b ＋12c .(3)MP uuu r ＋1NC uuu r ＝1MA uuu r ＋11A D uuuu r ＋1D P uuu r ＋NC uuu r ＋1CC uuu r＝12a ＋c ＋12b ＋12c ＋a ＝32a ＋12b ＋32c . 【例1－2】 －1 解析：∵A ，B ，C ，D 四点共面，∴OA uu r ＝m OB uu u r ＋n OC uuu r ＋p OD uuu r ，且m ＋n ＋p ＝1.由条件知OA uu r ＝(－2x )OB uu u r ＋(－3y )OC uuu r ＋(－4z )OD uuu r，∴(－2x )＋(－3y )＋(－4z )＝1. ∴2x ＋3y ＋4z ＝－1.【例2】 解：(1)∵c ∥BC uu u r，∴c ＝k BC uu u r，k ∈R .又∵BC uu u r＝(－2，－1,2)，∴可设c ＝(－2k ，－k,2k )．又∵|c |＝4k 2＋k 2＋4k 2＝3|k |＝3， ∴k ＝±1.∴c ＝(－2，－1,2)或c ＝(2,1，－2)． (2)∵a ＝AB uu u r ＝(1,1,0)，b ＝AC uuu r＝(－1，0,2)，∴a ²b ＝－1，|a |＝2，|b |＝5，∴cos θ＝a ²b |a ||b |＝－110＝－1010.(3)∵k a ＋b ＝(k ，k,0)＋(－1,0,2)＝(k －1，k,2)，k a －2b ＝(k ，k,0)－(－2,0,4)＝(k ＋2，k ，－4)， ∵k a ＋b 与k a －2b 互相垂直，∴(k a ＋b )²(k a －2b )＝(k －1)(k ＋2)＋k 2－8＝0，解得k ＝2或k ＝－52.【例3－1】 解：(1)因为a ∥b ，所以x －2＝4y ＝1－1，解得x ＝2，y ＝－4，这时a ＝(2,4,1)，b ＝(－2，－4，－1)． 又因为b ⊥c ，所以b ²c ＝0， 即－6＋8－z ＝0，解得z ＝2， 于是c ＝(3，－2,2)．(2)由(1)得a ＋c ＝(5,2,3)，b ＋c ＝(1，－6,1)，因此a ＋c 与b ＋c 所成角的余弦值为cos θ＝5－12＋338²38＝－219.【例3－2】 解：如图所示，建立以C 为原点的空间直角坐标系C xyz ，(1)依题意得B (0,1,0)，N (1,0,1)，则|BN uuu r |＝(1－0)2＋(0－1)2＋(1－0)2＝ 3.(2)依题意得A 1(1,0,2)，B (0,1,0)，C (0,0,0)，B 1(0,1,2)，∴1BA uuu r ＝(1，－1,2)，1CB uuu r＝(0,1,2)． ∴1BA uuu r ²1CB uuu r ＝3，|1BA uuu r |＝6，|1CB uuu r|＝5，∴cos〈1BA uuu r ，1CB uuu r 〉＝1111||||BA CB BA CB ⋅uuu r uuu ruuu r uuu r ＝3010.(3)证明：依题意得C 1(0,0,2)，M ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，12，2，∴1C M uuuu r ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12，12，0. 又1A B uuu r＝(－1,1，－2)，∴1A B uuu r ²1C M uuuu r ＝－12＋12＋0＝0.∴1A B uuu r ⊥1C M uuuu r，即A 1B ⊥C 1M .演练巩固提升1．D 解析：由题图可知OG ＝OM ＋MG ，而MG uuu r ＝23MN uuu r ，MN uuu r ＝MA u u u r ＋AB uu u r ＋BN uuu r＝12OA uu r ＋OB uu u r －OA uu r ＋12BC uu u r ＝－12OA uu r＋OB uu u r ＋12(OC uuu r －OB uu u r ) ＝－12OA uu r ＋12OB uuu r ＋12OC uuu r .OG uuu r ＝12OA uu r ＋21113222OA OB OC ⎛⎫-++ ⎪⎝⎭uu r uu u r uuu r＝16OA uu r ＋13OB uuu r ＋13OC uuu r .∴x ＝16，y ＝13，z ＝13.2．D 解析：a －λb ＝(λ－2,1－2λ，3－λ)． 由a ⊥(a －λb )得－2(λ－2)＋1－2λ＋9－3λ＝0， 解得λ＝2.3.3－ 3 解析：∵BD ⊥AB ，CA ⊥AB ，∴AC uuu r 与BD uu ur 的夹角为30°.∵|CD uu u r|＝|CA uu r ＋AB uu u r ＋BD uu u r |，∴|CD uu u r |2＝|CA uu r ＋AB uu u r ＋BD uu u r |2＝|CA uu r |2＋|AB uu u r |＋|BD uu u r |2＋2CA uu r ²AB uu u r ＋2AB uu u r ²BD uu u r ＋2CA uu r ²BD uu u r＝3＋2|CA uu r|²|BD uu u r |cos 150°＝3－ 3.∴|CD uu u r|＝3－ 3.4.⎝ ⎛⎭⎪⎫43，43，83 解析：设OQ uuu r ＝λOP uu u r ＝(λ，λ，2λ)，则QA uu r ＝(1－λ，2－λ，3－2λ)，QB uu u r＝(2－λ，1－λ，2－2λ)． ∴QA uu r ²QB uu u r ＝(1－λ)(2－λ)＋(2－λ)(1－λ)＋(3－2λ)(2－2λ)＝6λ2－16λ＋10＝6⎝⎛⎭⎪⎫λ－432－23. ∴当λ＝43时，QA uu r ²QB uu u r 取最小值为－23.此时，OQ uuu r ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫43，43，83，即Q 点的坐标是⎝ ⎛⎭⎪⎫43，43，83.5．解：记AB uu u r ＝a ，AD u u u r ＝b ，1AA uuu r＝c ，则|a |＝|b |＝|c |＝1，〈a ，b 〉＝〈b ，c 〉＝〈c ，a 〉＝60°，∴a ²b ＝b ²c ＝c ²a ＝12.(1)|1AC uuu r |2＝(a ＋b ＋c )2＝a 2＋b 2＋c 2＋2(a ²b ＋b ²c ＋c ²a )＝1＋1＋1＋2³⎝ ⎛⎭⎪⎫12＋12＋12＝6，∴|1AC uuu r|＝6，即AC 1的长为 6.(2)1BD uuu r＝b ＋c －a ，AC uuu r ＝a ＋b ，∴|1BD uuu r |＝2，|AC uuu r |＝3，1BD uuu r ²AC uuur＝(b ＋c －a )²(a ＋b )＝b 2－a 2＋a ²c ＋b ²c ＝1.∴cos〈1BD uuu r ，AC uuu r 〉＝11||||BD AC BD AC uuu r uuu ruuur uuu r ＝66. ∴AC 与BD 1夹角的余弦值为66.。