高中数学(人教版选修2-1)配套课件：第3章 空间向量与立体几
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高中数学课件
第三章 § 3.1 空间向量及其运算 3.1.5 空间向量运算的坐标表示
学习 目标
1.理解空间向量坐标的概念，会确定一些简单几何体的顶点坐标.
2.掌握空间向量的坐标运算规律，会判断两个向量的共线或垂直. 3.掌握空间向量的模、夹角公式和两点间距离公式，并能运用这些知识解决一些 相关问题.
a1b1＋a2b2＋a3b3 a· b cos〈a，b〉＝ ＝ 2 2 2 2 2 2. |a||b| a1＋a2＋a3 b1＋b2＋b3
知识点三 空间两点间的距离
→ 已知点 A(a1，b1，c1)，B(a2，b2，c2)，则 A，B 两点间的距离 dAB＝|AB| ＝ a2－a12＋b2－b12＋c2－c12.
解析答
— → → → → (2)M 为 BC1 的中点，试用基向量AA1，AB，AC表示向量AM.
知识点二 空间向量的平行、垂直及模、夹角 设a＝(a1，a2，a3)，b＝(b1，b2，b3)， 则a∥b⇔a＝λb⇔ a⊥b⇔a·b＝0⇔ (λ∈R)； a1＝λb1，a2＝λb2，a3＝λb3 ； a1b1＋a2b2＋a3b3＝0
2 2 |a|＝ a· a＝ a2 ＋ a ＋ a 1 2 3；
栏目 索引
知识梳理
自主学习
题型探究
重点突破
当堂检测
自查自纠
知识梳理 自主学习
知识点一
空间向量的坐标运算
设a＝(a1，a2，a3)，b＝(b1，b2，b3)， a＋b＝ a－ b＝ λa＝
(a1＋b1，a2＋b2，a3＋b3)
， ， .
(a1－b1，a2－b2，a3－b 3) ，a·b＝ (λa1，λa2，λa3) a1b1＋a2b2＋a3b3
空间直角坐标系，令 PA ＝ PB ＝ PC ＝ 3 ，则 A(3 ， 0,0) ， B(0,3,0) ， C(0,0,3) ， E(0 ， 2,1) ， F(0,1,0)，G(1,1,0)，P(0，0,0).
→ → 于是PA＝(3,0,0)，FG＝(1,0,0)，
→ → 故PA＝3FG，∴PA∥FG.
∴BN⊥C1M，BN⊥C1N， 又∵C1M∩C1N＝C1，C1M⊂平面C1MN，C1N⊂平面C1MN， ∴BN⊥平面C1MN. 反思与 解析答
跟踪训练3 已知正三棱柱ABC－A1B1C1，底面边长AB ＝2，AB1⊥BC1，点O，O1分别是边AC，A1C1的中点.建 立如图所示的空间直角坐标系.
(1)求三棱柱的侧棱长.
解析答
题型三
例3
夹角与距离的计算
如图，在直三棱柱ABC—A1B1C1中，CA＝CB＝1，
∠BCA＝90°，棱AA1＝2，M，N分别为A1B1，A1A的中点. (1)求BN的长； 解 如图所示，建立空间直角坐标系Cxyz.
依题意得B(0,1,0)，N(1,0,1)，
→ ∴|BN|＝ 1－02＋0－12＋1－02＝ 3，
题型探究 重点突破 题型一 空间直角坐标系与空间向量的坐标表示
例1
→ → → 设 O 为坐标原点，向量OA＝(1,2,3)，OB＝(2,1,2)，OP＝(1,1,2)，点 Q
→ → 在直线 OP 上运动，则当QA· QB取得最小值时，求点 Qຫໍສະໝຸດ 的坐标.反思与解析答
跟踪训练1 设正四棱锥S—P1P2P3P4的所有棱长均为2，建立适当的空间直角坐标系，求 的坐标.
— →— → BA1· CB1 30 — → — → ∴cos〈BA1，CB1〉＝ ＝ 10 . — → — → |BA1||CB1|
30 故 A1B 与 B1C 所成角的余弦值为 10 .
解析答
(3)求证：BN⊥平面C1MN. 证明 依题意得A1(1,0,2)，C1(0,0,2)，B(0,1,0)，
又DF∩BF＝F，且DF⊂平面BDF，BF⊂平面BDF， ∴AM⊥平面BDF. 反思与 解析答
跟踪训练2
在正三棱锥P－ABC中，三条侧棱两两互相垂直，G是△PAB的重心，E，F分别为BC，
PB上的点，且BE∶EC＝PF∶FB＝1∶2. 求证：(1)平面GEF⊥平面PBC； 证明 如图，以三棱锥的顶点 P为原点，PA，PB，PC所在的直线分别为 x轴，y轴，z轴，建立
1 1 N(1,0,1)，M(2，2，2)， — → 1 1 — → → ∴C1M＝(2，2，0)，C1N＝(1,0，－1)，BN＝(1，－1,1)， 1 — →→ 1 ∴C1M· BN＝2×1＋2×(－1)＋0×1＝0， — → → — → → — →→ C1N· BN＝1×1＋0×(－1)＋(－1)×1＝0. ∴C1M⊥BN，C1N⊥BN，
∴线段 BN 的长为 3.
解析答
(2)求A1B与B1C所成角的余弦值； 解 依题意得A1(1,0,2)，C(0,0,0)，B1(0,1,2)，
— → — → ∴BA1＝(1，－1,2)，CB1＝(0,1,2)，
— →— → ∴BA1· CB1＝1×0＋(－1)×1＋2×2＝3.
— → — → 又|BA1|＝ 6，|CB1|＝ 5.
解 设侧棱长为b，则A(0，－1,0)，
B1( 3，0，b)，B( 3，0,0)，C1(0,1，b)，
→ → 所以AB1＝( 3，1，b)，BC1＝(－ 3，1，b).
因为AB1⊥BC1，
→ → 所以AB1· BC1＝( 3，1，b)· (－ 3，1，b) ＝－( 3)2＋12＋b2＝0，
解得 b＝ 2.
又PA⊥平面PBC，∴FG⊥平面PBC， 又FG⊂平面GEF，∴平面GEF⊥平面PBC. 解析答
(2)EG⊥BC，PG⊥EG.
证明
→ → → ∵EG＝(1，－1，－1)，PG＝(1,1,0)，BC＝(0，－3,3)，
→ → → → ∴EG· PG＝1－1＝0，EG· BC＝3－3＝0，
∴EG⊥PG，EG⊥BC.
— → — — → SP1、P2P3
解析答
求证：(1)AM∥平面BDE；
解析答
(2)AM⊥平面BDF.
证明
2 2 → 由(1)知AM＝(－ 2 ，－ 2 ，1).
∵D( 2，0,0)，F( 2， 2，1)，
→ → → ∴DF＝(0， 2，1)，∴AM· DF＝0，
→ → ∴AM⊥DF. → → 同理，AM⊥BF.
高中数学课件
第三章 § 3.1 空间向量及其运算 3.1.5 空间向量运算的坐标表示
学习 目标
1.理解空间向量坐标的概念，会确定一些简单几何体的顶点坐标.
2.掌握空间向量的坐标运算规律，会判断两个向量的共线或垂直. 3.掌握空间向量的模、夹角公式和两点间距离公式，并能运用这些知识解决一些 相关问题.
a1b1＋a2b2＋a3b3 a· b cos〈a，b〉＝ ＝ 2 2 2 2 2 2. |a||b| a1＋a2＋a3 b1＋b2＋b3
知识点三 空间两点间的距离
→ 已知点 A(a1，b1，c1)，B(a2，b2，c2)，则 A，B 两点间的距离 dAB＝|AB| ＝ a2－a12＋b2－b12＋c2－c12.
解析答
— → → → → (2)M 为 BC1 的中点，试用基向量AA1，AB，AC表示向量AM.
知识点二 空间向量的平行、垂直及模、夹角 设a＝(a1，a2，a3)，b＝(b1，b2，b3)， 则a∥b⇔a＝λb⇔ a⊥b⇔a·b＝0⇔ (λ∈R)； a1＝λb1，a2＝λb2，a3＝λb3 ； a1b1＋a2b2＋a3b3＝0
2 2 |a|＝ a· a＝ a2 ＋ a ＋ a 1 2 3；
栏目 索引
知识梳理
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题型探究
重点突破
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自查自纠
知识梳理 自主学习
知识点一
空间向量的坐标运算
设a＝(a1，a2，a3)，b＝(b1，b2，b3)， a＋b＝ a－ b＝ λa＝
(a1＋b1，a2＋b2，a3＋b3)
， ， .
(a1－b1，a2－b2，a3－b 3) ，a·b＝ (λa1，λa2，λa3) a1b1＋a2b2＋a3b3
空间直角坐标系，令 PA ＝ PB ＝ PC ＝ 3 ，则 A(3 ， 0,0) ， B(0,3,0) ， C(0,0,3) ， E(0 ， 2,1) ， F(0,1,0)，G(1,1,0)，P(0，0,0).
→ → 于是PA＝(3,0,0)，FG＝(1,0,0)，
→ → 故PA＝3FG，∴PA∥FG.
∴BN⊥C1M，BN⊥C1N， 又∵C1M∩C1N＝C1，C1M⊂平面C1MN，C1N⊂平面C1MN， ∴BN⊥平面C1MN. 反思与 解析答
跟踪训练3 已知正三棱柱ABC－A1B1C1，底面边长AB ＝2，AB1⊥BC1，点O，O1分别是边AC，A1C1的中点.建 立如图所示的空间直角坐标系.
(1)求三棱柱的侧棱长.
解析答
题型三
例3
夹角与距离的计算
如图，在直三棱柱ABC—A1B1C1中，CA＝CB＝1，
∠BCA＝90°，棱AA1＝2，M，N分别为A1B1，A1A的中点. (1)求BN的长； 解 如图所示，建立空间直角坐标系Cxyz.
依题意得B(0,1,0)，N(1,0,1)，
→ ∴|BN|＝ 1－02＋0－12＋1－02＝ 3，
题型探究 重点突破 题型一 空间直角坐标系与空间向量的坐标表示
例1
→ → → 设 O 为坐标原点，向量OA＝(1,2,3)，OB＝(2,1,2)，OP＝(1,1,2)，点 Q
→ → 在直线 OP 上运动，则当QA· QB取得最小值时，求点 Qຫໍສະໝຸດ 的坐标.反思与解析答
跟踪训练1 设正四棱锥S—P1P2P3P4的所有棱长均为2，建立适当的空间直角坐标系，求 的坐标.
— →— → BA1· CB1 30 — → — → ∴cos〈BA1，CB1〉＝ ＝ 10 . — → — → |BA1||CB1|
30 故 A1B 与 B1C 所成角的余弦值为 10 .
解析答
(3)求证：BN⊥平面C1MN. 证明 依题意得A1(1,0,2)，C1(0,0,2)，B(0,1,0)，
又DF∩BF＝F，且DF⊂平面BDF，BF⊂平面BDF， ∴AM⊥平面BDF. 反思与 解析答
跟踪训练2
在正三棱锥P－ABC中，三条侧棱两两互相垂直，G是△PAB的重心，E，F分别为BC，
PB上的点，且BE∶EC＝PF∶FB＝1∶2. 求证：(1)平面GEF⊥平面PBC； 证明 如图，以三棱锥的顶点 P为原点，PA，PB，PC所在的直线分别为 x轴，y轴，z轴，建立
1 1 N(1,0,1)，M(2，2，2)， — → 1 1 — → → ∴C1M＝(2，2，0)，C1N＝(1,0，－1)，BN＝(1，－1,1)， 1 — →→ 1 ∴C1M· BN＝2×1＋2×(－1)＋0×1＝0， — → → — → → — →→ C1N· BN＝1×1＋0×(－1)＋(－1)×1＝0. ∴C1M⊥BN，C1N⊥BN，
∴线段 BN 的长为 3.
解析答
(2)求A1B与B1C所成角的余弦值； 解 依题意得A1(1,0,2)，C(0,0,0)，B1(0,1,2)，
— → — → ∴BA1＝(1，－1,2)，CB1＝(0,1,2)，
— →— → ∴BA1· CB1＝1×0＋(－1)×1＋2×2＝3.
— → — → 又|BA1|＝ 6，|CB1|＝ 5.
解 设侧棱长为b，则A(0，－1,0)，
B1( 3，0，b)，B( 3，0,0)，C1(0,1，b)，
→ → 所以AB1＝( 3，1，b)，BC1＝(－ 3，1，b).
因为AB1⊥BC1，
→ → 所以AB1· BC1＝( 3，1，b)· (－ 3，1，b) ＝－( 3)2＋12＋b2＝0，
解得 b＝ 2.
又PA⊥平面PBC，∴FG⊥平面PBC， 又FG⊂平面GEF，∴平面GEF⊥平面PBC. 解析答
(2)EG⊥BC，PG⊥EG.
证明
→ → → ∵EG＝(1，－1，－1)，PG＝(1,1,0)，BC＝(0，－3,3)，
→ → → → ∴EG· PG＝1－1＝0，EG· BC＝3－3＝0，
∴EG⊥PG，EG⊥BC.
— → — — → SP1、P2P3
解析答
求证：(1)AM∥平面BDE；
解析答
(2)AM⊥平面BDF.
证明
2 2 → 由(1)知AM＝(－ 2 ，－ 2 ，1).
∵D( 2，0,0)，F( 2， 2，1)，
→ → → ∴DF＝(0， 2，1)，∴AM· DF＝0，
→ → ∴AM⊥DF. → → 同理，AM⊥BF.