18版高中数学第二章空间向量与立体几何章末复习课学案北师大版选修2_1
2018版高中数学北师大版选修2-1学案：第二章 空间向量
1.空间向量的运算及运算律空间向量加法、减法、数乘、向量的意义及运算律与平面向量类似，空间任意两个向量都可以通过平移转化为平面向量，两个向量相加的三角形法则与平行四边形法则仍然成立.2.两个向量的数量积的计算向量的数量积运算要遵循数量积的性质和运算律，常用于有关向量相等、两向量垂直、投影、夹角等问题中.3.空间向量的坐标运算，关键是建立恰当的空间直角坐标系，然后再利用有关公式计算求解.常用向量的坐标运算来证明向量的垂直和平行问题，利用向量的夹角公式和距离公式求解空间角与空间距离的问题.4.空间向量的基本定理说明：用三个不共面的已知向量{a，b，c}可以线性表示出空间任意一个向量，而且表示的结果是惟一的.5.利用向量解决几何问题具有快捷、有效的特征.一般方法如下：先将原问题转化为等价的向量问题，即将已知条件中的角转化为向量的夹角，线段长度转化为向量的模，并用已知向量表示出未知向量，然后利用向量的运算解决该向量问题，从而原问题得解.6.利用向量坐标解决立体几何问题的关键在于找准位置，建立适当、正确的空间直角坐标系，难点是在已建好的坐标系中表示出已知点的坐标，只有正确表示出已知点的坐标，才能通过向量的坐标运算，实现几何问题的代数化解法.1.数形结合思想数形结合思想就是把抽象的数学语言与直观图形结合来思索，抽象思维和形象思维结合，通过“以形助数”和“以数解形”使复杂问题简单化，抽象问题具体化，从而起到优化解题过程的目的.空间向量是既有大小又有方向的量，空间向量本身就具有数形兼备的特点，因此将立体几何中的“形”与代数中的“数”有机地结合在一起，使解答过程顺畅、简捷、有效，提高解题速度.例1 一几何体ABC －A 1B 1C 1的三视图和直观图如图所示.(1)求证：A 1C ⊥平面AB 1C 1；(2)求平面AB 1C 1与平面AB 1C 的夹角的余弦值.(1)证明 由三视图可知，在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中， AA 1⊥底面A 1B 1C 1，B 1C 1⊥A 1C 1，且AA 1＝AC ＝4，BC ＝3. 以点C 为原点，分别以CA ，CB ，CC 1所在直线为x 轴、y 轴、z 轴，建立空间直角坐标系，如图所示.由已知可得A (4,0,0)，B (0,3,0)，C (0,0,0)，A 1(4,0,4)，B 1(0,3,4)，C 1(0,0,4)，∴CA 1→＝(4,0,4)，C 1A →＝(4,0，－4)，C 1B 1→＝(0,3,0)， ∴CA 1→·C 1A →＝0，CA 1→·C 1B 1→＝0， ∴CA 1⊥C 1A ，CA 1⊥C 1B 1，又C 1A ∩C 1B 1＝C 1，C 1A 平面AB 1C 1，C 1B 1平面AB 1C 1， ∴A 1C ⊥平面AB 1C 1.(2)解 由(1)得，CA →＝(4,0,0)，CB 1→＝(0,3,4)，设平面AB 1C 的法向量为n ＝(x ，y ，z )， 由⎩⎪⎨⎪⎧n ·CA →＝0，n ·CB 1→＝0得⎩⎪⎨⎪⎧(x ，y ，z )·(4，0，0)＝0，(x ，y ，z )·(0，3，4)＝0 化简得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝0，3y ＋4z ＝0，取y ＝4，即n ＝(0,4，－3)由(1)得，C 1B 1→＝(0,3,0)，C 1A →＝(4,0，－4)， 设平面AB 1C 1的法向量为m ＝(x ′，y ′，z ′)由⎩⎪⎨⎪⎧m ·C 1B 1→＝0，m ·C 1A →＝0得⎩⎪⎨⎪⎧(x ′，y ′，z ′)·(0，3，0)＝0，(x ′，y ′，z ′)·(4，0，－4)＝0∴⎩⎪⎨⎪⎧y ′＝0，4x ′－4z ′＝0，∴m ＝(1,0,1)， ∴cos 〈m ·n 〉＝m ·n|m |·|n |＝－35×2＝－3210，∴平面AB 1C 1与平面AB 1C 的夹角的余弦值为3210.跟踪训练1 已知正方体ABCD-A 1B 1C 1D 1的棱长为2，E 、F 分别是BB 1、DD 1的中点，求证： (1)FC 1∥平面ADE ； (2)平面ADE ∥平面B 1C 1F .证明 (1)建立如图所示空间直角坐标系Dxyz ，则有D (0,0,0)，A (2,0,0)，C (0,2,0)，C 1(0,2,2)，E (2,2,1)，F (0,0,1)，B 1(2，2,2)，所以FC 1→＝(0,2,1)，DA →＝(2,0,0)，AE →＝(0,2,1). 设n 1＝(x 1，y 1，z 1)是平面ADE 的法向量， 则n 1⊥DA →，n 1⊥AE →，即⎩⎪⎨⎪⎧n 1·DA →＝2x 1＝0，n 1·AE →＝2y 1＋z 1＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧x 1＝0，z 1＝－2y 1，令z 1＝2，则y 1＝－1，所以n 1＝(0，－1,2). 因为FC 1→·n 1＝－2＋2＝0，所以FC 1→⊥n 1. 又因为FC 1⊈平面ADE ，所以FC 1∥平面ADE .(2)因为C 1B 1→＝(2,0,0)，设n 2＝(x 2，y 2，z 2)是平面B 1C 1F 的一个法向量.由n 2⊥FC 1→，n 2⊥C 1B 1→， 得⎩⎪⎨⎪⎧n 2·FC 1→＝2y 2＋z 2＝0，n 2·C 1B 1→＝2x 2＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧x 2＝0，z 2＝－2y 2.令z 2＝2，得y 2＝－1，所以n 2＝(0，－1,2)，因为n 1＝n 2，所以n 1∥n 2，所以平面ADE ∥平面B 1C 1F . 2.转化与化归思想转化与化归思想是指在解决数学问题时采用某种手段将问题通过变换使之转化，进而使问题得到解决的一种解题策略.其本质含义是：在解决一个问题时人们的眼光并不落在结论上，而是去寻觅、追溯一些熟知的结论，由此将问题化繁为简，化大为小，各个击破，达到最终解决问题的目的.例2 如图所示，已知多面体EABCDF 的底面ABCD 是边长为2的正方形，EA ⊥底面ABCD ，FD ∥EA ，且FD ＝12EA ＝1.(1)求多面体EABCDF 的体积；(2)求直线EB 与平面ECF 所成角的正弦值；(3)记线段BC 的中点为K ，在平面ABCD 内过点K 作一条直线与平面ECF 平行，要求保留作图痕迹，但不要求证明.解 (1)如图所示，连接ED ， ∵EA ⊥底面ABCD 且FD ∥EA ， ∴FD ⊥底面ABCD ， ∴FD ⊥AD ，∵DC ⊥AD ，FD ∩CD ＝D ，FD 平面FDC ，CD 平面FDC ， ∴AD ⊥平面FDC ，∴V E －FCD ＝13AD ·S △FDC ＝13×12×1×2×2＝23.V E －ABCD ＝13EA ·S ▱ABCD ＝13×2×2×2＝83，∴多面体EABCDF 的体积V 多面体＝V E －FCD ＋V E －ABCD ＝103. (2)以点A 为原点，AB 所在的直线为x 轴，AD 所在的直线为y 轴，AE所在直线为z 轴，建立空间直角坐标系如图所示.由已知可得A (0,0,0)，E (0,0,2)，B (2,0,0)，C (2,2,0)，F (0,2,1)， ∴EC →＝(2,2，－2)，EB →＝(2,0，－2)，EF →＝(0,2，－1)， 设平面ECF 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·EC →＝0，n ·EF →＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧2x ＋2y －2z ＝0，2y －z ＝0，取y ＝1，得平面ECF 的一个法向量为n ＝(1,1,2)， 设直线EB 与平面ECF 所成角为θ，∴sin θ＝|cos 〈n ，EB →〉|＝|n ·EB →|n |·|EB →||＝|－243|＝36.(3)如图所示，取线段CD 的中点Q ，连接KQ ，直线KQ 即为所求.跟踪训练2 如图，四棱锥F-ABCD 的底面ABCD 是菱形，其对角线AC ＝2，BD ＝ 2.CF 与平面ABCD 垂直，CF ＝2.求平面ABF 与平面ADF 的夹角的大小.解 过点A 作AE ⊥平面ABCD .以A 为坐标原点，BD →、AC →、AE →方向分别为x 轴、y 轴、z 轴的正方向建立空间直角坐标系(如图).于是B ⎝⎛⎭⎫－22，1，0， D ⎝⎛⎭⎫22，1，0，F (0,2,2).设平面ABF 的法向量n 1＝(x ，y ，z )， 则由⎩⎪⎨⎪⎧ n 1·AB →＝0，n 1·AF →＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧－22x ＋y ＝0，2y ＋2z ＝0.令z ＝1，得⎩⎨⎧x ＝－2，y ＝－1. 所以n 1＝(－2，－1,1).同理，可求得平面ADF 的法向量n 2＝(2，－1,1). 由n 1·n 2＝0知，平面ABF 与平面ADF 垂直， 所以平面ABF 与平面ADF 的夹角的大小等于π2.3.方程思想方程思想是从问题的数量关系入手，运用数学语言将问题中的条件转化为数学模型(方程、不等式)，然后通过解方程(组)或不等式(组)来使问题获解.用空间向量解决立体几何问题属于用代数方法求解，很多时候需引入未知量.例3 如图所示，在四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD 为矩形，侧棱P A ⊥底面ABCD ，AB ＝3，BC ＝1，P A ＝2，E 为PD 的中点. (1)求直线AC 与PB 所成角的余弦值；(2)在侧面P AB 内找一点N ，使NE ⊥平面P AC ，并求出点N 到AB 的距离和点N 到AP 的距离.解 (1)以A 为坐标原点建立空间直角坐标系，如图，则A (0,0,0)，B (3，0,0)，C (3，1,0)，P (0,0,2)，D (0,1,0)，E (0，12，1)，从而AC →＝(3，1,0)，PB →＝(3，0，－2). 设AC →与PB →的夹角为θ， 则cos θ＝|AC →·PB →||AC →||PB →|＝327＝3714，所以AC 与PB 所成角的余弦值为3714.(2)由于点N 在侧面P AB 内， 故可设点N 的坐标为(x,0，z )， 则NE →＝(－x ，12，1－z ).由题意知AP →＝(0,0,2)，AC →＝(3，1,0)， 由NE ⊥平面P AC ，得⎩⎪⎨⎪⎧NE →·AP →＝0，NE →·AC →＝0，即⎩⎨⎧(－x ，12，1－z )·(0，0，2)＝0，(－x ，12，1－z )·(3，1，0)＝0，化简得⎩⎪⎨⎪⎧ z －1＝0，－3x ＋12＝0，∴⎩⎪⎨⎪⎧x ＝36，z ＝1， 即点N 的坐标为(36，0,1)， 所以点N 到AB 的距离为1，点N 到AP 的距离为36.跟踪训练3 如图，在直三棱柱ABC-A1B 1C 1中，AB ＝4，AC ＝BC ＝3，D 为AB 的中点.(1)求点C 到平面A 1ABB 1的距离；(2)若AB 1⊥A 1C ，求平面A 1CD 与平面C 1CD 的夹角的余弦值. 解 (1)由AC ＝BC ，D 为AB 的中点，得CD ⊥AB ，又CD ⊥AA 1，AA 1∩AB ＝A ，AA 1平面A 1ABB 1，AB 平面A 1ABB 1，故CD ⊥平面A 1ABB 1，所以点C 到平面A 1ABB 1的距离为CD ＝BC 2－BD 2＝ 5.(2)如图，过点D 作DD 1∥AA 1交A 1B 1于D 1，在直三棱柱中，易知DB ，DC ，DD 1两两垂直，以D 为原点，射线DB ，DC ，DD 1分别为x 轴，y 轴，z 轴的正半轴建立空间直角坐标系Dxyz .设直三棱柱的高为h ，则A (－2,0,0)，A 1(－2,0，h )，B 1(2,0，h )，C (0，5，0)，C 1(0，5，h )，从而AB 1→＝(4,0，h )，A 1C →＝(2，5，－h )， 由AB 1→⊥A 1C →，有8－h 2＝0，h ＝2 2.故DA 1→＝(－2,0,22)，CC 1→＝(0,0,22)，DC →＝(0，5，0). 设平面A 1CD 的法向量为m ＝(x 1，y 1，z 1)，则m ⊥DC →，m ⊥DA 1→，即⎩⎨⎧5y 1＝0，－2x 1＋22z 1＝0，取z 1＝1，得m ＝(2，0,1).设平面C 1CD 的法向量为n ＝(x 2，y 2，z 2)，则n ⊥DC →，n ⊥CC 1→，即⎩⎨⎧5y 2＝0，22z 2＝0，取x 2＝1，得n ＝(1,0,0)，所以cos 〈m ，n 〉＝m ·n |m |·|n |＝22＋1×1＝63.所以平面A 1CD 与平面C 1CD 的夹角的余弦值为63.空间向量的引入为立体几何问题的解决提供了新的思路，作为解决空间几何问题的重要工具，对空间向量的考查往往渗透于立体几何问题解决的过程之中，成为新课标高考必考的热点之一.(1)对本章的考查的重点是空间线面之间的位置关系的证明与探究；空间中的线线角、线面角以及面面角的求解；空间中简单的点点距和点面距的求解.给出位置关系、角度或距离探求点的存在性问题在近几年考查中已有体现.题目主要以解答题的形式给出，兼顾传统的立体几何的求解方法，主要考查空间向量在解决立体几何中的应用，渗透空间向量的基本概念和运算.(2)空间向量的引入使空间几何体也具备了“数字化”的特征，从而把空间线面关系的逻辑推理证明与空间角、距离的求解变成了纯粹的数字运算问题，降低了思维的难度，成为新课标高考必考的热点.考查的重点是结合空间几何体的结构特征求解空间角与距离，其中二面角(面面角)是历年新课标高考命题的热点，多为解答题.(3)利用向量处理平行和垂直问题，主要是解决立体几何中有关垂直和平行判断的一些命题.对于垂直，主要利用a⊥b⇔a·b＝0进行证明.对于平行，一般是利用共线向量和共面向量定理进行证明.利用向量处理角度的问题，利用向量求空间角(线线角、线面角、面面角)，其一般方法是将所求的角转化为求两个向量的夹角，而求两个向量的夹角则可以利用公式cosθ＝a·b|a|·|b|进行计算.。
2018版高中数学北师大版选修2-1学案：第二章 空间向量
[学习目标] 1.了解空间向量的概念.2.经历向量的有关概念由平面向空间推广的过程.3.了解空间中直线的方向向量，平面的法向量，共面向量与不共面向量的概念.知识点一 空间向量(1)在空间中，既有大小又有方向的量，叫作空间向量.(2)向量用小写字母表示，如：a ，b .也可用大写字母表示，如：AB →，其中A 叫作向量的起点，B 叫作向量的终点.(3)数学中所讨论的向量与向量的起点无关，称之为自由向量.(4)与平面向量一样，空间向量的大小也叫作向量的长度或模，用|AB →|或|a |表示.(5)向量夹角的定义：如图所示，两非零向量a ，b ，在空间中任取点O ，作OA →＝a ，OB →＝b ，则∠AOB 叫作向量a ，b 的夹角，记作〈a ，b 〉.(6)向量夹角的范围：规定0≤〈a ，b 〉≤π.(7)特殊角：当〈a ，b 〉＝π2时，向量a 与b 垂直，记作a ⊥b ；当〈a ，b 〉＝0或π时，向量a 与b 平行，记作a ∥b . 知识点二 向量、直线、平面(1)所谓直线的方向向量是指和这条直线平行或重合的向量，一条直线的方向向量有无数个. (2)如果直线l 垂直于平面α，那么把直线l 的方向向量，叫作平面α的法向量.平面α有无数个法向量，平面α的所有法向量都平行.(3)空间中，若一个向量所在直线平行于一个平面，则称这个向量平行于该平面.(4)把平行于同一平面的一组向量称作共面向量，不平行于同一个平面的一组向量称为不共面向量.(5)平行于一个平面的向量垂直于该平面的法向量.思考 观察正方体中过同一个顶点的三条棱所表示的三个向量OA →，OB →，OC →，它们和以前所学的向量有什么不同？答案 OA →，OB →，OC →是不同在一个平面内的向量，而我们以前所学的向量都在同一平面内.题型一 空间向量的概念 例1 判断下列命题的真假.(1)空间中任意两个单位向量必相等； (2)方向相反的两个向量是相反向量； (3)若|a |＝|b |，则a ＝b 或a ＝－b ； (4)向量AB →与BA →的长度相等.解 (1)假命题.因为两个单位向量，只有模相等，但方向不一定相同. (2)假命题.因为方向相反的两个向量模不一定相等.(3)假命题.因为两个向量模相等时，方向不一定相同或相反，也可以是任意的. (4)真命题.因为BA →与AB →仅是方向相反，但长度是相等的.反思与感悟 空间向量的概念与平面向量的概念相类似，平面向量的其他相关概念，如向量的模、相等向量、平行向量、相反向量、单位向量等都可以拓展为空间向量的相关概念.跟踪训练1 如图所示，以长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的八个顶点的两点为始点和终点的向量中，(1)试写出与AB →相等的所有向量； (2)试写出AA 1→的相反向量；(3)若AB ＝AD ＝2，AA 1＝1，求向量AC 1→的模.解 (1)与向量AB →相等的所有向量(除它自身之外)有A 1B 1→，DC →及D 1C 1→共3个. (2)向量AA 1→的相反向量为A 1A →，B 1B →，C 1C →，D 1D →. (3)|AC 1→|＝3.题型二 直线的方向向量与平面的法向量例2 如图，四棱锥P -ABCD 中，底面ABCD 为直角梯形，∠ABC ＝∠BCD ＝90°，PB ＝3，P A ＝PD ＝CD ＝BC ＝1，AD ＝2，AB ＝2，E 是AD 的中点，试证明PE →是面ABCD 的一个法向量，BD →是面P AD 的一个法向量. 证明 在Rt △BCD 中，BC ＝CD ＝1，∴BD ＝2， 在△ABD 中，AD ＝BD ＝2，AB ＝2，∴∠ADB ＝90°，在△PBD 中，BD ＝2，PD ＝1，PB ＝3， ∴∠PDB ＝90°， ∴BD ⊥PD ，BD ⊥AD ， ∴BD ⊥平面P AD .即BD →是平面P AD 的一个法向量，在△P AD 中，P A ＝PD ＝1，AD ＝2，E 是AD 的中点， ∴PE ⊥AD ，且PE ＝22， 在Rt △BDE 中，BD ＝2，DE ＝22，∴BE ＝52， 在△PBE 中，PE ＝22，BE ＝52，PB ＝3， ∴∠PEB ＝90°，∴PE ⊥BE ， 又PE ⊥AD ，∴PE ⊥平面ABCD ， 即PE →为平面ABCD 的一个法向量.反思与感悟 (1)搞清直线的方向向量、平面的法向量和直线、平面的位置关系之间的内在联系；(2)要熟练掌握判断向量共线、垂直的方法，在把向量问题转化为几何问题时，注意其等价性. 跟踪训练2 如图所示，四棱锥P －ABCD 中，PD ⊥面ABCD ，底面ABCD为正方形且PD ＝AD ＝CD ，E 、F 分别是PC 、PB 的中点. (1)试以F 为起点作直线DE 的方向向量； (2)试以F 为起点作平面PBC 的法向量. 解 (1)∵E 、F 分别是PC 、PB 的中点， ∴EF 綊12BC ，又BC 綊AD ，∴EF 綊12AD ，取AD 的中点M ，连接MF ，则由EF 綊DM 知四边形DEFM 是平行四边形， ∴MF ∥DE ，∴FM →就是直线DE 的一个方向向量. (2)∵PD ⊥面ABCD ，∴PD ⊥BC ， 又BC ⊥CD ，∴BC ⊥面PCD ， ∵DE 面PCD ，∴DE ⊥BC ， 又PD ＝CD ，E 为PC 中点， ∴DE ⊥PC ，从而DE ⊥面PBC ， ∴DE →是面PBC 的一个法向量， 由(1)可知FM →＝ED →，∴FM →就是平面PBC 的一个法向量. 题型三 空间向量的夹角例3 如图所示，已知正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1，求： (1)〈AB →，D 1C 1→〉； (2)〈AB →，CD →〉； (3)〈BA 1→，AD 1→〉.解 (1)由图知AB →＝D 1C 1→，则二者的方向相同， 所以〈AB →，D 1C 1→〉＝0；(2)根据题意易知AB →与CD →的方向相反， 所以〈AB →，CD →〉＝π；(3)连接BC 1，A 1C 1，A 1B ， 因为AD 1→＝BC 1→，所以〈BA 1→，AD 1→〉＝〈BA 1→，BC 1→〉，而△A 1BC 1为等边三角形，所以〈BA 1→，AD 1→〉＝〈BA 1→，BC 1→〉＝π3.反思与感悟 本题研究了三个特殊的夹角，在数学中所研究的向量是与向量的起点无关的自由向量，可以设法将向量平移到同一起点上，然后再研究向量之间的夹角问题. 跟踪训练3 在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中求下列向量的夹角： (1)〈AC →，DD 1→〉； (2)〈AC →，CD 1→〉； (3)〈AC →，A 1D →〉；(4)〈AC →，BD 1→〉.解 (1)在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，棱DD 1⊥底面ABCD ，AC 面ABCD ，∴AC ⊥DD 1， ∴〈AC →，DD 1→〉＝π2.(2)连接AD 1，则AC ＝CD 1＝AD 1， 故△ACD 1为正三角形，∠ACD 1＝π3，∴〈AC →，CD 1→〉＝2π3.(3)方法一 连接AB 1，B 1C ，则有A 1D →＝B 1C →， ∴〈AC →，A 1D →〉＝〈AC →，B 1C →〉， 又AC ＝CB 1＝AB 1，∴△AB 1C 为等边三角形，∠ACB 1＝π3，∴〈AC →，B 1C →〉＝π3＝〈AC →，A 1D →〉，方法二 连接A 1C 1，C 1D ，则A 1C 1→＝AC →，且△A 1C 1D 为正三角形. ∴∠C 1A 1D ＝π3＝〈A 1C 1→，A 1D →〉＝〈AC →，A 1D →〉.(4)方法一 连接BD ，则AC ⊥BD ， 又AC ⊥DD 1，BD ∩DD 1＝D . ∴AC ⊥面BD 1D ，∵BD 1面BDD 1，∴AC ⊥BD 1， ∴〈AC →，BD 1→〉＝π2.方法二 连接BD 交AC 于点O ，取DD 1的中点M ， 则OM →＝12BD 1→，∴〈AC →，BD 1→〉＝〈AC →，OM →〉，在△MAC 中，MA ＝MC ，O 为AC 的中点， ∴MO ⊥AC .∴〈AC →，OM →〉＝π2，即〈AC →，BD 1→〉＝π2.1.两个非零向量的模相等是两个向量相等的( )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 B解析 a ＝b ⇒|a |＝|b |；|a |＝|b |⇏a ＝b .2.在平行六面体ABCD －A ′B ′C ′D ′中，各条棱所在的向量中，模与向量A ′B ′――→的模相等的向量有( )A.7个B.3个C.5个D.6个 答案 A解析 |D ′C ′――→|＝|C ′D ′――→|＝|DC →|＝|CD →|＝|BA →|＝|AB →| ＝|B ′A ′――→|＝|A ′B ′――→|. 3.下列说法中正确的是( )A.若|a |＝|b |，则a ，b 的长度相等，方向相同或相反B.若向量a 是向量b 的相反向量，则|a |＝|b |C.空间向量的减法满足结合律D.在四边形ABCD 中，一定是AB →＋AD →＝AC →答案 B解析 若|a |＝|b |，则a ，b 的长度相等，方向不确定，故A 不正确；相反向量是指长度相同，方向相反的向量，故B 正确；空间向量的减法不满足结合律，故C 不正确；在▱ABCD 中，才有AB →＋AD →＝AC →，故D 不正确.故选B.4.在平行六面体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，各条棱所在的向量中，与向量AD →相等的向量共有( ) A.1个B.2个C.3个D.4个 答案 C解析 与AD →相等的向量有A 1D 1→，BC →，B 1C 1→，共3个. 5.两向量共线是两向量相等的________条件. 答案 必要不充分解析 两向量共线就是两向量同向或反向，包含相等的情况.空间两向量的夹角(1)计算步骤：一作，二证，三算. (2)作法①平移法：在一向量所在直线上选取“特殊点”，作另一向量所在直线的平行线，常常利用中位线或成比例线段引平行线.②补形法：把空间图形补成熟悉的或完整的几何体，如正方体、平行六面体、长方体等，其目的在于容易发现两向量所在直线的关系，从而确定两向量的夹角.。
2018版高中数学北师大版选修2-1学案：第二章 空间向量
[学习目标] 1.掌握空间向量的加减运算及其运算律，能借助图形理解空间向量及其运算的意义.2.掌握空间向量数乘运算的定义和运算律，了解共线向量定理.3.利用向量知识解决立体几何中一些简单的问题.知识点一 空间向量的加法设a 和b 是空间两个向量，如图，过点O 作OA →＝a ，OB →＝b ，则平行四边形的对角线OC 对应的向量OC →就是a 与b 的和，记作a ＋b . 知识点二 空间向量的减法a 与b 的差定义为a ＋(－b )，记作a －b ，其中－b 是b 的相反向量. 知识点三 空间向量加减法的运算律 (1)结合律：(a ＋b )＋c ＝a ＋(b ＋c ). (2)交换律：a ＋b ＝b ＋a . 知识点四 数乘的定义空间向量a 与实数λ的乘积是一个向量，记作λa . (1)|λa |＝|λ||a|.(2)当λ>0时，λa 与a 方向相同；当λ<0时，λa 与a 方向相反；当λ＝0时，λa ＝0. (3)交换律：λa ＝a λ(λ∈R ).(4)分配律：λ(a ＋b )＝λa ＋λb . (λ＋μ)a ＝λa ＋μa (λ∈R ，μ∈R ). (5)结合律：(λμ)a ＝λ(μa )(λ∈R ，μ∈R ). 知识点五 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 . 思考 (1)实数λ和空间向量a 的乘积λa 的意义是什么？ (2)实数与空间向量可以相加、相减吗？答案 (1)λ>0时，λa 和a 方向相同；λ<0时，λa 和a 方向相反；λ＝0时，λa ＝0；λa 的长度是a 的长度的|λ|倍.(2)不能.因为向量既有大小又有方向.题型一 空间向量的加减运算例1 如图，在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，下列各式运算结果为BD 1→的是( )①A 1D 1→－A 1A →－AB →； ②BC →＋BB 1→－D 1C 1→； ③AD →－AB →－DD 1→； ④B 1D 1→－A 1A →＋DD 1→. A.①②B.②③C.③④D.①④ 答案 A解析 (1)A 1D 1→－A 1A →－AB →＝AD 1→－AB →＝BD 1→； (2)BC →＋BB 1→－D 1C 1→＝BC 1→＋C 1D 1→＝BD 1→；(3)AD →－AB →－DD 1→＝BD →－DD 1→＝BD →－BB 1→＝B 1D →≠BD 1→；(4)B 1D 1→－A 1A →＋DD 1→＝BD →＋AA 1→＋DD 1→＝BD 1→＋AA 1→≠BD 1→，故选A. 反思与感悟 运用法则进行向量的线性运算时要注意关键的要素：(1)向量加法的三角形法则：“首尾相接，指向终点”；(2)向量减法的三角形法则：“起点重合，指向被减向量”；(3)平行四边形法则：“起点重合”；(4)多边形法则：“首尾相接，指向终点”.跟踪训练1 如图，在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，下列各式中运算结果为向量AC 1→的是________(填序号).①(AB →＋BC →)＋CC 1→；②(AA 1→＋A 1D 1→)＋D 1C 1→；③(AB →＋BB 1→)＋B 1C 1→；④(AA 1→＋A 1B 1→)＋B 1C 1→. 答案 ①②③④解析 ①(AB →＋BC →)＋CC 1→＝AC →＋CC 1→＝AC 1→；②(AA 1→＋A 1D 1→)＋D 1C 1→＝AD 1→＋D 1C 1→＝AC 1→；③(AB →＋BB 1→)＋B 1C 1→＝AB 1→＋B 1C 1→＝AC 1→；④(AA 1→＋A 1B 1→)＋B 1C 1→＝AB 1→＋B 1C 1→＝AC 1→.所以所给四个式子的运算结果都是AC 1→.题型二 空间向量的数乘运算例2 如图，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AA1，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 →＋NC 1→. 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 ＋c ＋12b .(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 . 反思与感悟 用已知向量表示未知向量，一定要结合图形进行求解.如果要表示的向量与已知向量起点相同，一般用加法，否则用减法，如果此向量与一个易求的向量共线，则用数乘.跟踪训练2 如图所示，在平行六面体ABCDA ′B ′C ′D ′中，AB →＝a ，AD →＝b ，AA ′→＝c ，P 是CA ′的中点，M 是CD ′的中点，N 是C ′D ′的中点，点Q 在CA ′上，且CQ ∶QA ′＝4∶1，用a ，b ，c 表示以下向量：(1)AP →；(2)AM →；(3)AN →；(4)AQ →.解 (1)∵P 是CA ′的中点，∴AP →＝12(AC →＋AA ′→)＝12(AB →＋AD →＋AA ′→)＝12(a ＋b ＋c ). (2)∵M 是CD ′的中点，∴AM →＝12(AC →＋AD ′→)＝12(AB →＋2AD →＋AA ′→)＝12(a ＋2b ＋c ). (3)∵N 是C ′D ′的中点，∴AN →＝12(AC ′→＋AD ′→)＝12[(AB →＋AD →＋AA ′→)＋(AD →＋AA ′→)] ＝12(AB →＋2AD →＋2AA ′→)＝12a ＋b ＋c . (4)∵CQ ∶QA ′＝4∶1，∴AQ →＝AC →＋CQ →＝AC →＋45(AA ′→－AC →)＝15AC →＋45AA ′→＝15AB →＋15AD →＋45AA ′→ ＝15a ＋15b ＋45c . 题型三 向量共线问题例3 如图，四边形ABCD 和ABEF 都是平行四边形，且不共面，M ，N 分别是AC ，BF 的中点，则CE →与MN →是否共线？解 方法一 ∵M ，N 分别是AC ，BF 的中点，且四边形ABCD 和ABEF 都是平行四边形，∴MN →＝MA →＋AF →＋FN →＝12CA →＋AF →＋12FB →.①又∵MN →＝MC →＋CE →＋EB →＋BN →＝－12CA →＋CE →－AF →－12FB →，②①＋②得2MN →＝CE →， ∴CE →∥MN →，即CE →与MN →共线.方法二 ∵M ，N 分别是AC ，BF 的中点，且四边形ABCD 和ABEF 都是平行四边形， ∴MN →＝AN →－AM →＝12(AB →＋AF →)－12AC →＝12(AB →＋AF →)－12(AB →＋AD →) ＝12(AF →－AD →)＝12(BE →－BC →)＝12CE →. ∴MN →∥CE →，即MN →与CE →共线.反思与感悟 判定向量共线就是充分利用已知条件找到实数λ，使a ＝λb 成立，或充分利用空间向量的运算法则，结合具体图形通过化简，计算得出a ＝λb ，从而得到a ∥b .跟踪训练3 设两非零向量e 1、e 2不共线，AB →＝e 1＋e 2，BC →＝2e 1＋8e 2，CD →＝3(e 1－e 2).试问：A 、B 、D 是否共线，请说明理由.解 ∵BD →＝BC →＋CD →＝(2e 1＋8e 2)＋3(e 1－e 2) ＝5(e 1＋e 2)，∴BD →＝5AB →，又∵B 为两向量的公共点， ∴A 、B 、D 三点共线.1.设a ，b 是两个不共线的向量，λ，μ∈R ，若λa ＋μb ＝0，则( ) A.a ＝b ＝0 B.λ＝μ＝0 C.λ＝0，b ＝0 D.μ＝0，a ＝0答案 B解析 ∵a ，b 是两个不共线的向量， ∴a ≠0，b ≠0，∴只有B 正确.2.设空间中四点O ，A ，B ，P 满足OP →＝OA →＋tAB →，其中0<t <1，则有( ) A.点P 在线段AB 上 B.点P 在线段AB 的延长线上 C.点P 在线段BA 的延长线上 D.点P 不一定在直线AB 上 答案 A解析 ∵0<t <1，∴点P 在线段AB 上.3.如图，在空间四边形OABC 中，OA →＝a ，OB →＝b ，OC →＝c ，点M 在OA 上，且OM ＝2MA ，N 为BC 中点，则MN →等于( ) A.12a －23b ＋12c B.－23a ＋12b ＋12cC.12a ＋12b －23cD.23a ＋23b －12c 答案 B解析 MN →＝MA →＋AB →＋BN →＝13a ＋(b －a )＋12(c －b )＝－23a ＋12b ＋12c .4.如图，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 →＝12(AD →－AB →)＋AA 1→＝－12a ＋12b ＋c .5.如图，在四面体O －ABC 中，OA →＝a ，OB →＝b ，OC →＝c ，D 为BC 的中点，E 为AD 的中点，则OE →＝________(用a ，b ，c 表示). 答案 12a ＋14b ＋14c解析 OE →＝12OA →＋12OD →＝12OA →＋14OB →＋14OC →＝12a ＋14b ＋14c .1.空间向量的数乘运算和平面向量完全相同；利用数乘运算可判定两个向量共线，三个向量共面问题，在几何中可以解决一些点共线、点共面、线面平行问题.2.向量可以平移，任意两个向量都是共面向量.因此空间两个向量的加减法运算和平面向量完全相同，可以利用平行四边形法则和三角形法则来进行运算.。
北师大版高中数学选修2-1教案：第二章空间向量与立体几何复习与小结(1)
uuur uuur uuuur 对（ x，y），使 MA xMB yMC ．
uuur uuuur uuur uuur 对于空间任一定点 O，有 OP OM xMA yMB ．对于空间任一定点 O， P、 M、 A、B 四点共面的充分必要
uuur uuuur uuur uuur 条 件是 OP xOM yOA zOB ，其中 x y z 1。
uuur r uuur uuur uuur uuur
uuur uuur
在 l 上取 AB a ，则 OP OA t AB 或 OP (1 t )OA tOB ． O是空间任一点， A、 B、 C 三点共线的充要
uuur 条件是 OA
uuur xOB
uuur yOC ，其中 x +
y = 1 ．特别地，当
uuur uuur uuur uuur OP xOA yOB zOC 。
P，都存在唯一的有序实数组
x、 y、z ，使
1/ 3
rr r r
rr
a b a b cos a,b
4、空间向量的数 量积：
空间向量的数量积的性质：①
rr ae
r a cos
rr a,e
r ②a
r b
rr ab 0
rr
r 2 r r r 2 cos a,b
uuur r
aecsin uAuuBr nr
所成角为 arc
AB n
uuur 的一个法向量， AB 是平面
的斜线 l 的一个方向向量， 则直线 l 与平面
2/ 3
3、二面角的求法：① AB、 C D 分别是二面角
l
的两个面内与棱 l 垂直的直线，则二面角的大小为
uuur uuur AB, CD ；
2018年北师大版高中数学选修2-1第二章《空间向量与立体几何》教案
北师大版高中数学选修2-1第二章《空间向量与立体几何》第一课时平面向量知识复习一、教学目标：复习平面向量的基础知识，为学习空间向量作准备二、教学重点：平面向量的基础知识。
教学难点：运用向量知识解决具体问题三、教学方法：探究归纳，讲练结合四、教学过程（一）、基本概念向量、向量的模、零向量、单位向量、平行向量、相等向量、共线向量、相反向量、向量的加法、向量的减法、实数与向量的积、向量的坐标表示、向量的夹角、向量的数量积。
（二）、基本运算1、向量的运算及其性质2、平面向量基本定理：如果21,e e是同一平面内的两个不共线向量，那么对于这一平面内的任一向量a ，有且只有一对实数21,λλ，使a =； 注意)(21OB OA OP +=,OA OA OP )1(λλ-+=的几何意义 3、两个向量平行的充要条件： ⑴ //a b的充要条件是： ；（向量表示）⑵ 若),(),,(2211y x b y x a ==，则//a b 的充要条件是： ；（坐标表示）4、两个非零向量垂直的充要条件： ⑴ a b ⊥的充要条件是： ；（向量表示）⑵ 若),(),,(2211y x b y x a ==，则a b ⊥ 的充要条件是： ；（坐标表示）（三）、课堂练习1．O 为平面上的定点，A 、B 、C 是平面上不共线的三点，若( -)·(+－2)=0，则∆ABC 是（ ）A ．以AB 为底边的等腰三角形B ．以BC 为底边的等腰三角形 C ．以AB 为斜边的直角三角形D ．以BC 为斜边的直角三角形2．P 是△ABC 所在平面上一点，若⋅=⋅=⋅，则P 是△ABC 的（ ） A ．外心B ．内心 C ．重心D ．垂心3．在四边形ABCD 中，−→−AB ＝−→−DC ，且−→−AC ·−→−BD ＝0，则四边形ABCD 是（ ） A ． 矩形 B ． 菱形 C ．直角梯形 D ．等腰梯形4．已知||p = ||3q = ，p 、q 的夹角为45︒，则以52a p q =+ ，3b p q =-为邻边的平行四边形的一条对角线长为（ ）A ．15BC ． 14D ．165．O 是平面上一定点,A,B,C 是平面上不共线的三个点,动点P 满足=)++λ，),0[+∞∈λ则P 的轨迹一定通过△ABC 的( )A ．外心B ．内心C ．重心D ．垂心 （四）、作业布置1．设平面向量=(－2，1)，=(λ，-1)，若与的夹角为钝角，则λ的取值范围是（ ） A ．),2()2,21(+∞- B ．),2(+∞C ．),21(+∞- D ．)21,(--∞ 2．若()(),0,7,4,3,2=+-==c a b a 方向在则上的投影为。
第二章 空间向量与立体几何章末复习课件(北师大版选修2-1)
2．(2009· 全国Ⅰ)已知二面角 α-l-β 为 60°，动点 P、Q 分别在 面 α、β 内，P 到 β 的距离为 3，Q 到 α 的距离为 2 3，则 P、 Q 两点之间距离的最小值为( A. 2 B．2 C．2 3 D．4 )．
解析
如图，PB、QD 分别垂直于平面 β、α，B、D 为垂足，
过 B、D 作 BA、DC 与两平面的交线垂直，连结 PA、QC，易 求得 PA＝2，CQ＝4， → |PQ|＝ → 2)＝ PQ → → → 2 （PA＋AC＋CQ） )
＝ ＝
→2 → 2 → 2 → → PA ＋AC ＋CQ ＋2PA· ) CQ →2 20＋AC ＋2×2×4cos 120°)≥2 3.
命题趋势 1．本章高考命题形式比较稳定，难易适中，主要考查线线、线 面及面面的平行与垂直，空间夹角及距离的计算，从解答题来 看，使用传统方法和向量法都能解决，把向量用某个合适的基 底表示或建立空间直角坐标系，把向量用坐标表示，然后进行 空间向量的运算，通过向量在数学上的关系反映出向量在空间 位置的关系，从而使问题得到解决．
当点 E 在 D1 处，F 为 D1B1 的中点时，建立空间直角坐标系， 如图所示， 可得
1 1 A(1， 0)， 1， B(0， 0)， 1， E(1， 1)， 2，2，1. 0， F
→ ∴AE＝(0，－1，1)， 1 → 1 BF＝2，－2，1，
→ → 3 ∴AE·BF＝2， 6 又|AE|＝ 2，|BF|＝ 2 ， 3 2 3 → → ∴cos〈AE，BF〉＝ ＝ 2 .∴AE 与 BF 成 30°角． 2· 6 2
5．从近几年的高考试题来看，对本章内容的考查主要分两类： (1)以选择题、填空题的形式考查基本概念和性质，此类题难度 不大，用以解答有关简单的化简、计算、长度、夹角、垂直等 问题． (2)向量在空间中的应用，主要是通过向量的坐标表示，运用计 算的方法研究三维空间几何图形的性质与计算，此类问题一般 是中档题．
高中数学选修2-1北师大版 空间向量与立体几何复习与小结参考教案1
空间向量与立体几何复习与小结教案一、教学目标：1、掌握空间向量的概念、运算及其应用；2、掌握利用空间向量解决立体几何问题的方法。
二、重难点分析：本课的主要内容有：空间向量及其运算和空间向量的应用两部分．1、空间向量及其运算：重点：向量的线性运算和数量积运算及其应用。
难点：空间向量的共线条件、共面条件和空间向量的分解定理。
理解了这些定理就能很好地掌握向量的各种知识及其关系．（1）空间向量的线性运算：重点：空间向量的运算和运算律；难点：应用向量解决立体几何中的问题．平面向量仅限于研究同一平面内的平移，而空间向量研究的是空间内的平移，空间任意两个向量都是共面向量，因此空间向量加法、减法、数乘向量的意义及运算律与平面向量类似。
（2）空间向量基本定理：重点：空间向量共线和共面的条件，空间向量分解定理。
难点：对这些定理条件的理解与运用、空间向量分解定理的作图。
（3）两个向量的数量积：重点：两个向量的数量积的计算方法及其应用。
难点：两个向量数量积的几何意义以及把立体几何问题转化为向量计算问题。
由于空间任意两个向量都可转化为共面向量，所以空间两个向量的夹角的定义、取值范围、两个向量垂直的定义和表示符号及向量的模的概念和表示符号等，都与平面向量相同。
（4）空间向量的直角坐标运算：重点：向量的坐标运算、夹角公式、距离公式、空间向量平行和垂直的条件。
难点：向量坐标的确定、公式的应用。
2、空间向量的应用重点：直线的方向向量与直线的向量方程；平面的法向量与平面的向量表示；直线与平面的夹角；二面角及其度量；距离，难点：利用平面的法向量求直线与平面的夹角以及二面角、点到平面的距离。
（1）直线的方向向量与直线的向量方程：重点：直线的方向向量，平行关系的论证，用向量运算求证两条直线垂直或求两条直线所成的角。
难点：直线的方向向量，平面α的共面向量的选取及其表示。
（2）直线与平面的夹角：重点：斜线和平面所成的角（或夹角）的求法。
难点：斜线与平面所成的角的求解，公式12cos cos cos θθθ=⋅的灵活运用。
(教师用书)高中数学 第二章 空间向量与立体几何章末归纳提升课件 北师大版选修2-1
→ n· P A ＝0， 设平面 PAB 的法向量为 n＝(x，y，z)．则 → n · A B ＝0. 由于 P→ A ＝ (a,0 ， － a) ， A → B ＝ ( － a ， a,0) ， 所 以
ax－az＝0， －ax＋ay＝0.
令 z＝1，得 x＝ y＝1，所以 n＝(1,1,1)，所以
如图 2－3 ，在空间直角坐标系中，已知 E，F 分别是正方体 ABCD－A1B1C1D1 的棱 BC 和 CD 的中点，求： (1)A1D 与 EF 所成角的大小； (2)A1F 与平面 B1EB 所成角的正弦值； (3)平面 CD1B1 与平面 D1B1B 夹角的余弦值．
图 2－3
【思路点拨】 面角与二面角．
→ m· AB1＝0， 由 → m · AD 1＝0
图 2－1
【思路点拨】 (1)取 BD 中点 G，证明 P→ A ∥E→ G. (2)通过计算 P→ B· D→ E ＝0，P → B· E→ F ＝0，证明 PB⊥DE， PB⊥EF.
【规范解答】
→ ，DC → ，DP → 所在 以 D 点为坐标原点，DA
ห้องสมุดไป่ตู้
的方向为 x， y，z 轴建立空间直角坐标系 D－ xyz(如右图所 示)．设 DC＝a， (1)连接 AC，交 BD 于 G，连接 EG. a a 依题意得 A(a,0,0)， P(0,0， a) ， E(0， ， )， 因为底面 ABCD 2 2 a 是正方形，所以 G 是此正方形的中心，故点 G 的坐标为( ， 2 a a a → → → → ， 0) 且 PA ＝ ( a, 0 ，－ a ) ， EG ＝ ( ， 0 ，－ ) ，所以 PA ＝ 2 EG ， 2 2 2 即 PA∥EG，而 EG 平面 EDB 且 PA⊄平面 EDB，所以 PA∥ 平面 EDB．
2018版高中数学北师大版选修2-1学案：第二章 空间向量
[学习目标] 1.掌握空间向量夹角的概念及表示方法，掌握两个向量的数量积的概念、性质和计算方法及运算规律.2.掌握两个向量的数量积的主要用途，会用它解决立体几何中一些简单的问题.知识点一 空间向量的夹角知识点二 空间向量的数量积 (1)定义已知两个非零向量a ，b ，则|a||b |cos 〈a ，b 〉叫做a ，b 的数量积，记作a·b . (2)数量积的运算律(3)数量积的性质题型一 空间向量的数量积运算例1 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 分别是AB ，AD 的中点，计算： (1)EF →·BA →；(2)EF →·BD →；(3)EF →·DC →；(4)BF →·CE →. 解 (1)EF →·BA →＝12BD →·BA →＝12|BD |→·|BA →|·cos 〈BD →，BA →〉 ＝12×1×1×cos60°＝14， 所以EF →·BA →＝14；(2)EF →·BD →＝12|BD →|·|BD →|·cos 〈BD →，BD →〉＝12×1×1×cos0°＝12， 所以EF →·BD →＝12；(3)EF →·DC →＝12BD →·DC →＝12|BD →|·|DC →|·cos 〈BD →，DC →〉＝12×1×1×cos120°＝－14，所以EF →·DC →＝－14；(4)BF →·CE →＝12(BD →＋BA →)·12(CB →＋CA →)＝14[BD →·(－BC →)＋BA →·(－BC →)＋BD →·CA →＋BA →·CA →] ＝14[－BD →·BC →－BA →·BC →＋(CD →－CB →)·CA →＋AB →·AC →] ＝14(－12－12＋12－12＋12)＝－18. 反思与感悟 由向量数量积的定义知，要求a 与b 的数量积，需已知|a |，|b |和〈a ，b 〉，a 与b 的夹角与方向有关，一定要根据方向正确判定夹角的大小，才能使a ·b 计算准确.跟踪训练1 已知空间向量a ，b ，c 满足a ＋b ＋c ＝0，|a |＝3，|b |＝1，|c |＝4，则a·b ＋b·c ＋c·a 的值为. 答案 －13解析 ∵a ＋b ＋c ＝0，∴(a ＋b ＋c )2＝0， ∴a 2＋b 2＋c 2＋2(a·b ＋b·c ＋c·a )＝0，∴a·b ＋b·c ＋c·a ＝－32＋12＋422＝－13.题型二 利用数量积求夹角例2 如图，在空间四边形OABC 中，OA ＝8，AB ＝6，AC ＝4，BC ＝5，∠OAC ＝45°，∠OAB ＝60°，求OA 与BC 所成角的余弦值.解 因为BC →＝AC →－AB →， 所以OA →·BC →＝OA →·AC →－OA →·AB →＝|OA →||AC →|cos 〈OA →，AC →〉－|OA →||AB →|cos 〈OA →，AB →〉 ＝8×4×cos135°－8×6×cos120° ＝－162＋24.所以cos 〈OA →，BC →〉＝OA →·BC →|OA →||BC →|＝24－1628×5＝3－225.即OA 与BC 所成角的余弦值为3－225.反思与感悟 利用向量的数量积，求异面直线所成的角的方法：(1)根据题设条件在所求的异面直线上取两个向量；(2)将求异面直线所成角的问题转化为求向量夹角问题；(3)利用向量的数量积求角的大小；(4)证明两向量垂直可转化为数量积为零.跟踪训练2 如图所示，正四面体ABCD 的每条棱长都等于a ，点M ，N 分别是AB ，CD 的中点，求证：MN ⊥AB ，MN ⊥CD . 证明 MN →·AB →＝(MB →＋BC →＋CN →)·AB →＝(MB →＋BC →＋12CD →)·AB →＝(MB →＋BC →＋12AD →－12AC →)·AB →＝12a 2＋a 2cos120°＋12a 2cos60°－12a 2cos60°＝0， 所以MN →⊥AB →，即MN ⊥AB .同理可证MN ⊥CD . 题型三 利用数量积求距离例3 正三棱柱(底面是正三角形的直三棱柱)ABCA 1B 1C 1的各棱长都为2，E 、F 分别是AB 、A 1C 1的中点，求EF 的长.解 如图所示，设AB →＝a ，AC →＝b ，AA 1→＝c .由题意知|a |＝|b |＝|c |＝2， 且〈a ，b 〉＝60°，〈a ，c 〉＝〈b ，c 〉＝90°. 因为EF →＝EA →＋AA 1→＋A 1F → ＝－12AB →＋AA 1→＋12AC →＝－12a ＋12b ＋c ，所以EF 2＝|EF →|2＝EF →2＝14a 2＋14b 2＋c 2＋2⎝⎛⎭⎫－12a ·12b ＋12b·c －12a·c ＝14×22＋14×22＋22＋2×⎝⎛⎭⎫－14×2×2cos60° ＝1＋1＋4－1＝5， 所以EF ＝ 5.反思与感悟 利用向量的数量积求两点间的距离，可以转化为求向量的模的问题，其基本思路是先选择以两点为端点的向量，将此向量表示为几个已知向量的和的形式，求出这几个已知向量两两之间的夹角以及它们的模，利用公式|a |＝a ·a 求解即可. 跟踪训练3 如图，已知一个60°的二面角的棱上有两点A ，B ，AC ，BD 分别是在这两个面内且垂直于AB 的线段.又知AB ＝4，AC ＝6，BD ＝8，求CD 的长.解 ∵CA ⊥AB ，BD ⊥AB ，∴〈CA →，BD →〉＝120°. ∵CD →＝CA →＋AB →＋BD →，且CA →·AB →＝0，BD →·AB →＝0， ∴|CD →|2＝CD →·CD →＝(CA →＋AB →＋BD →)(CA →＋AB →＋BD →) ＝|CA →|2＋|AB →|2＋|BD →|2＋2CA →·BD →＝|CA →|2＋|AB →|2＋|BD →|2＋2|CA →||BD →|cos 〈CA →，BD →〉 ＝62＋42＋82＋2×6×8×(－12)＝68，∴|CD →|＝217，故CD 的长为217.1.若a ，b 均为非零向量，则a·b ＝|a||b |是a 与b 共线的( ) A.充分非必要条件 B.必要非充分条件 C.充要条件 D.既非充分也非必要条件答案 A解析 a·b ＝|a||b |cos 〈a ，b 〉＝|a||b |⇔cos 〈a ，b 〉＝1⇔〈a ，b 〉＝0，当a 与b 反向时，不能成立.2.已知a ，b 均为单位向量，它们的夹角为60°，那么|a －3b |等于( ) A.7B.10C.13D.4 答案 A解析 ∵|a －3b |2＝(a －3b )2＝a 2－6a ·b ＋9b 2＝1－6×cos60°＋9＝7.∴|a －3b |＝7.3.对于向量a 、b 、c 和实数λ，下列命题中的真命题是( ) A.若a ·b ＝0，则a ＝0或b ＝0 B.若λa ＝0，则λ＝0或a ＝0 C.若a 2＝b 2，则a ＝b 或a ＝－b D.若a ·b ＝a ·c ，则b ＝c 答案 B解析 对于A ，可举反例：当a ⊥b 时，a ·b ＝0； 对于C ，a 2＝b 2，只能推得|a |＝|b |，而不能推出a ＝±b ； 对于D ，a ·b ＝a ·c 可以移项整理得a ·(b －c )＝0.4.设向量a ，b 满足|a ＋b |＝10，|a －b |＝6，则a ·b 等于( ) A.1B.2C.3D.5 答案 A解析 |a ＋b |2＝(a ＋b )2＝a 2＋2a ·b ＋b 2＝10， |a －b |2＝(a －b )2＝a 2－2a ·b ＋b 2＝6，将上面两式左、右两边分别相减，得4a ·b ＝4， ∴a ·b ＝1.5.若向量a ，b 满足：|a |＝1，(a ＋b )⊥a ，(2a ＋b )⊥b ，则|b |等于( ) A.2B.2C.1D.22答案 B解析 由题意知⎩⎪⎨⎪⎧ (a ＋b )·a ＝0，(2a ＋b )·b ＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧a 2＋b ·a ＝0， ①2a ·b ＋b 2＝0，② 将①×2－②得，2a 2－b 2＝0， ∴b 2＝|b |2＝2a 2＝2|a |2＝2， 故|b |＝ 2.求空间向量的数量积要找到两个向量的模和夹角；利用数量积求两异面直线所成的角，关键在于在异面直线上构造向量，找出两向量的关系；证明两向量垂直可转化为证明两个向量的数量积为零，求线段长度转化为求向量的模.。
[推荐学习]2017_2018版高中数学第二章空间向量与立体几何2空间向量的运算一学案北师大版选修2
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2 空间向量的运算（一）学习目标 1.会用平行四边形法则、三角形法则作出向量的和与差.2.了解向量加法的交换律和结合律.知识点空间向量的加减运算及运算律思考1 下面给出了两个空间向量a、b，作出b＋a，b－a.思考2 由上述的运算过程总结一下，如何求空间两个向量的和与差？下面两个图形中的运算分别运用了什么运算法则？梳理(1)类似于平面向量，可以定义空间向量的加法和减法运算.OB→＝OA→＋AB→＝a＋b，CA→＝OA→－OC→＝a－b(2)空间向量的加法交换律a＋b＝________，空间向量的加法结合律(a＋b)＋c＝a＋(b＋c).类型一 向量式的化简例1 如图，已知长方体ABCD —A ′B ′C ′D ′，化简下列向量表达式，并在图中标出化简结果的向量.(1)AA ′→－CB →； (2)AA ′→＋AB →＋B ′C ′——→.引申探究利用例1题图，化简AA ′→＋A ′B ′——→＋B ′C ′——→＋C ′A ——→.反思与感悟 (1)首尾顺次相接的若干向量之和，等于由起始向量的起点指向末尾向量的终点的向量，即A 1A 2→＋A 2A 3→＋A 3A 4→＋…＋A n －1A n ＝A 1A n →.(2)首尾顺次相接的若干向量若构成一个封闭图形，则它们的和为0.如图，OB →＋BC →＋CD →＋DE →＋EF →＋FG →＋GH →＋HO →＝0.(3)空间向量的减法运算也可以看成是向量的加法运算，即a －b ＝a ＋(－b ). 跟踪训练1 在如图所示的平行六面体中，求证：AC →＋AB ′→＋AD ′→＝2AC ′→.类型二 用已知向量表示未知向量例2 在平行六面体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，已知AB →＝a ，AD →＝b ，AA 1→＝c .用向量a ，b ，c 表示以下向量.(1)AC 1→；(2)BD 1→.反思与感悟 将一个向量表示成n 个向量的和或差，关键是根据向量的加减运算将向量进行拆分，一般可考虑从起点到终点构成封闭的回路进行运算.跟踪训练2 在例2中，若已知A 1C 1与B 1D 1的交点为M .请用a ，b ，c 表示BM →.1.下列命题中，假命题是( )A.同平面向量一样，任意两个空间向量都不能比较大小B.两个相等的向量，若起点相同，则终点也相同C.只有零向量的模等于0D.空间中任意两个单位向量必相等2.在平行六面体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，与向量AD →相等的向量共有( ) A.1个 B.2个 C.3个 D.4个3.向量a ，b 互为相反向量，已知|b |＝3，则下列结论正确的是( )A.a ＝bB.a ＋b 为实数0C.a 与b 方向相同D.|a |＝34.在正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，已知下列各式：①(AB →＋BC →)＋CC 1→；②(AA 1→＋A 1D 1→)＋D 1C 1→；③(AB →＋BB 1→)＋B 1C 1；④(AA 1→＋A 1B 1→)＋B 1C 1→.其中运算的结果为AC 1→的有________个.5.化简：2AB →＋2BC →＋3CD →＋3DA →＋AC →＝________.空间向量加法、减法运算的两个技巧(1)巧用相反向量：向量减法的三角形法则是解决空间向量加法、减法的关键，灵活运用相反向量可使向量首尾相接.(2)巧用平移：利用三角形法则和平行四边形法则进行向量加、减法运算时，务必注意和向量、差向量的方向，必要时可采用空间向量的自由平移获得运算结果. 提醒：完成作业 第二章 §2(一)答案精析问题导学 知识点思考1 如图，空间中的两个向量a ，b 相加时，我们可以先把向量a ，b 平移到同一个平面α内，以任意点O 为起点作OA →＝a ，OB →＝b ，则OC →＝OA →＋OB →＝a ＋b ，AB →＝OB →－OA →＝b －a .思考2 先将两个向量平移到同一个平面，然后运用平面向量的运算法则(三角形法则、平行四边形法则)运算即可；图1是三角形法则，图2是平行四边形法则. 梳理 (2)b ＋a 题型探究例1 解 (1)AA ′→－CB →＝AA ′→－DA →＝AA ′→＋AD →＝AD ′→.(2)AA ′→＋AB →＋B ′C ′→＝(AA ′→＋AB →)＋B ′C ′→＝AB ′→＋B ′C ′→＝AC ′→. 向量AD ′→、AC ′→如图所示.引申探究解 AA ′→＋A ′B ′——→＝AB ′→，AB ′→＋B ′C ′——→ ＝AC ′→，AC ′→＋C ′A ——→＝0.故AA ′→＋A ′B ′——→＋B ′C ′——→＋C ′A ——→＝0.跟踪训练1 证明 ∵平行六面体的六个面均为平行四边形， ∴AC →＝AB →＋AD →，AB ′→＝AB →＋AA ′→，AD ′→＝AD →＋AA ′→， ∴AC →＋AB ′→＋AD ′→＝(AB →＋AD →)＋(AB →＋AA ′→)＋(AD →＋AA ′→) ＝2(AB →＋AD →＋AA ′→). 又∵AA ′→＝CC ′→，AD →＝BC →，∴AB →＋AD →＋AA ′→＝AB →＋BC →＋CC ′→ ＝AC →＋CC ′→＝AC ′→. ∴AC →＋AB ′→＋AD ′→＝2AC ′→. 例2 解 (1)AC 1→＝AB →＋BC →＋CC 1→＝AB →＋AD →＋AA 1→ ＝a ＋b ＋c . (2)BD 1→＝BA →＋AD →＋DD 1→ ＝－AB →＋AD →＋AA 1→ ＝－a ＋b ＋c .跟踪训练2 解 ∵B 1D 1→＝BD →＝AD →－AB →＝b －a . 又∵B 1M →＝12B 1D 1→，∴B 1M →＝12B 1D 1→＝12b －12a ，∴BM →＝BB 1→＋B 1M →＝c ＋(12b －12a )＝－12a ＋12b ＋c .当堂训练1.D2.C3.D4.45.0。
2017_2018版高中数学第二章空间向量与立体几何2空间向量的运算三学案北师大版选修2_1
2 空间向量的运算（三）学习目标 1.把握两个向量的数量积的概念、性质、计算方式及运算规律.2.把握两个向量的数量积的要紧用途，能运用数量积求向量夹角和判定向量的共线与垂直.知识点一空间向量数量积的概念试探1 如下图，在空间四边形OABC中，OA＝8，AB＝6，AC＝4，BC＝5，∠OAC＝45°，∠OAB＝60°，类比平面向量有关运算，如何求向量OA→与BC→的数量积？并总结求两个向量数量积的方式.试探2 在等边△ABC中，AB→与BC→的夹角是多少？梳理(1)概念：已知两个非零向量a，b，那么|a||b|cos〈a，b〉叫作a，b的数量积，记作a·b.(2)数量积的运算律数乘向量与向量数量积的结合律(λa)·b＝____________交换律a·b＝________分配律a·(b＋c)＝________ 知识点二空间向量的数量积的性质两个向量数量积的性质①若a，b是非零向量，则a⊥b⇔____________②若a与b同向，则a·b＝__________；若反向，则a·b＝__________.特别地，a·a＝__________或|a|＝a·a③若θ为a ，b 的夹角，则cos θ＝________________④|a ·b |≤|a |·|b |类型一 空间向量数量积的运算 命题角度1 空间向量数量积的大体运算例1 (1)以下命题是不是正确？正确的请给出证明，不正确的给予说明. ①p 2·q 2＝(p ·q )2；②|p ＋q |·|p －q |＝|p 2－q 2|；③假设a 与(a ·b )·c －(a ·c )·b 均不为0，那么它们垂直.(2)设θ＝〈a ，b 〉＝120°，|a |＝3，|b |＝4，求： ①a ·b ；②(3a －2b )·(a ＋2b ).反思与感悟 (1)若是已知a ，b 的模及a 与b 的夹角，那么可直接代入数量积的公式计算.(2)若是欲求的是关于a 与b 的多项式形式的数量积，能够先利用数量积的运算律将多项式展开，再利用a ·a ＝|a |2及数量积公式进行计算.跟踪训练1 已知a ，b 均为单位向量，它们的夹角为60°，那么|a ＋3b |等于( ) A.7 B.10 C.13 D.4命题角度2 利用空间向量的数量积解决立体几何中的运算问题例2 已知在长方体ABCD —1C 1D 1中，AB ＝AA 1＝2，AD ＝4，E 为侧面AB 1的中心，F 为A 1D 1的中点.试计算： (1)BC →·ED 1→；(2)BF →·AB 1→；(3)EF →·FC 1→.反思与感悟 两向量的数量积，其运算结果是数量，而不是向量.零向量与任意向量的数量积为0.向量的数量积不知足结合律.跟踪训练2 已知正四面体OABC 的棱长为1，求： (1)(OA →＋OB → )·(CA →＋CB →)；(2)|OA →＋OB →＋OC →|.类型二利用数量积求夹角或模命题角度1 利用数量积求夹角例3 已知BB1⊥平面ABC，且△ABC是∠B＝90°的等腰直角三角形，▱ABB1A1、▱BB1C1C的对角线都别离彼此垂直且相等，假设AB＝a，求异面直线BA1与AC所成的角.反思与感悟利用向量求异面直线夹角的方式跟踪训练3 已知PO、PA别离是平面α的垂线、斜线，AO是PA在平面α内的投影，lα，且l⊥OA.求证：l⊥PA.命题角度2 利用数量积求模(或距离)例4 如下图，在平行六面体ABCD—B1C1D1中，AB＝1，AD＝2，AA1＝3，∠BAD＝90°，∠BAA1＝∠DAA1＝60°，求AC1的长.反思与感悟 利用向量的数量积求两点间的距离，能够转化为求向量的模的问题，其大体思路是先选择以两点为端点的向量，将此向量表示为几个已知向量的和的形式，求出这几个已知向量两两之间的夹角和它们的模，利用公式|a |＝a·a 求解即可.跟踪训练4 如图，已知线段AB ⊥平面α，BC α，CD ⊥BC ，DF ⊥平面α，且∠DCF ＝30°，D 与A 在α的同侧，假设AB ＝BC ＝CD ＝2，求A ，D 两点间的距离.类型三 利用空间向量的数量积解决垂直问题例5 如图，在空间四边形OABC 中，OB ＝OC ，AB ＝AC ，求证：OA ⊥BC .反思与感悟 (1)证明线线垂直的方式证明线线垂直的关键是确信直线的方向向量，看方向向量的数量积是不是为0来判定两直线是不是垂直. (2)证明与空间向量a ，b ，c 有关的向量m ，n 垂直的方式先用向量a ，b ，c 表示向量m ，n ，再判定向量m ，n 的数量积是不是为0.跟踪训练5 已知向量a ，b 知足：|a |＝2，|b |＝2，且a 与2b －a 相互垂直，那么a 与b 的夹角为________.1.已知a ，b ，c 是两两垂直的单位向量，那么|a －2b ＋3c |等于( ) A.14 B.14 C.4D.22.在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，以下向量的数量积必然不为0的是( ) A.AD 1→·B 1C → B.BD 1→·AC → C.AB →·AD 1→D.BD 1→·BC →3.在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，有以下命题： ①(AA 1→＋AD →＋AB →)2＝3AB →2；②A 1C →·(A 1B 1→－A 1A →)＝0； ③AD 1→与A 1B →的夹角为60°. 其中真命题的个数为( ) A.1 B.2 C.3D.04.已知a ，b 为两个非零空间向量，假设|a |＝22，|b |＝22，a ·b ＝－2，那么〈a ，b 〉＝________. 5.已知正四面体ABCD 的棱长为2，E ，F 别离为BC ，AD 的中点，那么EF 的长为________.1.空间向量运算的两种方式(1)利用概念：利用a ·b ＝|a ||b |cos 〈a ，b 〉，并结合运算律进行计算.(2)利用图形：计算两个数量的数量积，可先将各向量移到同一极点，利用图形寻觅夹角，再代入数量积公式进行运算.2.在几何体中求空间向量数量积的步骤(1)第一将各向量分解成已知模和夹角的向量的组合形式.(2)利用向量的运算律将数量积展开，转化为已知模和夹角的向量的数量积. (3)代入a ·b ＝|a ||b |cos 〈a ，b 〉求解. 提示：完成作业 第二章 §2(三)答案精析§2 空间向量的运算(三) 问题导学 知识点一试探1 ∵BC →＝AC →－AB →， ∴OA →·BC →＝OA →·AC →－OA →·AB →＝|OA →||AC →|cos 〈OA →，AC →〉－|OA →||AB →|·cos〈OA →，AB →〉 ＝8×4×cos 135°－8×6×cos 120° ＝24－16 2.求两个向量的数量积需先确信这两个向量的模和夹角，当夹角和长度不肯按时，可用已知夹角和长度的向量来表示该向量，再代入计算. 试探2 120°.梳理 (2)λ(a ·b ) b ·a a ·b ＋a ·c 知识点二a ·b ＝0 |a |·|b | －|a |·|b | |a |2 a ·b|a ||b |题型探讨例1 (1)解 ①此命题不正确. ∵p 2·q 2＝|p |2·|q |2，而(p ·q )2＝(|p |·|q |·cos〈p ，q 〉)2＝|p |2·|q |2·cos 2〈p ，q 〉， ∴当且仅当p ∥q 时，p 2·q 2＝(p ·q )2. ②此命题不正确.∵|p 2－q 2|＝|(p ＋q )·(p －q )|＝|p ＋q |·|p －q |·|cos〈p ＋q ，p －q 〉|， ∴当且仅当(p ＋q )∥(p －q )时， |p 2－q 2|＝|p ＋q |·|p －q |. ③此命题正确.∵a ·[(a ·b )·c －(a ·c )·b ] ＝a ·(a ·b )·c －a ·(a ·c )·b ＝(a ·b )(a ·c )－(a ·b )(a ·c )＝0， 且a 与(a ·b )·c －(a ·c )·b 均为非零向量，∴a 与(a ·b )·c －(a ·c )·b 垂直. (2)解 ①∵a ·b ＝|a ||b |cos 〈a ，b 〉， ∴a ·b ＝3×4×cos 120°＝－6.②∵(3a －2b )·(a ＋2b )＝3|a |2＋4a ·b －4|b |2＝3|a |2＋4|a ||b |cos 120°－4|b |2，∴(3a －2b )·(a ＋2b )＝3×9＋4×3×4×(－12)－4×16＝27－24－64＝－61.跟踪训练1 C例2 解 如图，设AB →＝a ，AD →＝b ，AA 1→＝c ，那么|a |＝|c |＝2，|b |＝4，a ·b ＝b ·c ＝c ·a ＝0.(1)BC →·ED 1→ ＝b ·[12(c －a )＋b ]＝|b |2＝42＝16.(2)BF →·AB 1→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫c －a ＋12b ·(a ＋c )＝|c |2－|a |2＝22－22＝0. (3)EF →·FC 1→＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤12c －a＋12b ·⎝ ⎛⎭⎪⎫12b ＋a ＝12(－a ＋b ＋c )·⎝ ⎛⎭⎪⎫12b ＋a＝－12|a |2＋14|b |2＝2.跟踪训练 2 解 (1)(OA →＋OB →)·(CA →＋CB →)＝(OA →＋OB →)·(OA →－OC →＋OB →－OC →)＝(OA →＋OB →)·(OA →＋OB →－ 2OC →)＝12＋1×1×cos 60°－2×1×1×cos 60°＋1×1×cos 60°＋12－2×1×1×cos 60°＝1. (2)|OA →＋OB →＋OC →| ＝ OA →＋OB →＋OC→2＝OA →2＋OB →2＋OC →2＋2OA →·OB →＋OB →·OC →＋OA →·OC →＝12＋12＋12＋21×1×cos 60°×3＝ 6.例3 解 如下图，∵BA 1→＝BA →＋BB 1→，AC →＝AB →＋BC →， ∴BA 1→·AC →＝(BA →＋BB 1→)·(AB →＋BC →) ＝BA →·AB →＋BA →·BC →＋BB 1→·AB →＋BB 1→·BC →. ∵AB ⊥BC ，BB 1⊥AB ，BB 1⊥BC ，∴AB →·BC →＝0，BB 1→·AB →＝0，BB 1→·BC →＝0且BA →·AB →＝－a 2. ∴BA 1→·AC →＝－a 2.又BA 1→·AC →＝|BA 1→|·|AC →|cos 〈BA 1→，AC →〉， ∴cos〈BA 1→，AC →〉＝－a22a ·2a ＝－12.又∵〈BA 1→，AC →〉∈[0°，180°]， ∴〈BA 1→，AC →〉＝120°，又∵异面直线所成的角是锐角或直角， ∴异面直线BA 1与AC 所成的角为60°. 跟踪训练3证明 如图，取直线l 的方向向量a ，同时取向量PO →，OA →.因为l ⊥OA ， 因此a ·OA →＝0.因为PO ⊥α，且l α，因此l ⊥PO ， 因此a ·PO →＝0.又因为a ·PA →＝a ·(PO →＋OA →) ＝a ·PO →＋a ·OA →＝0， 因此l ⊥PA .例4 解 因为AC 1→＝AB →＋AD →＋AA 1→，因此AC 1→2＝(AB →＋AD →＋AA 1→)2＝AB →2＋AD →2＋AA 1→2＋2(AB →·AD →＋AB →·AA 1→＋AD →·AA 1→). 因为∠BAD ＝90°，∠BAA 1＝∠DAA 1＝60°，因此〈AB →，AD →〉＝90°，〈AB →，AA 1→〉＝〈AD →，AA 1→〉＝60°， 因此AC 1→2＝1＋4＋9＋2(1×3×cos 60°＋2×3×cos 60°)＝23. 因为AC 1→2＝|AC 1→|2，因此|AC 1→|2＝23，|AC 1→|＝23， 即AC 1＝23.跟踪训练4 解 ∵AD →＝AB →＋BC →＋CD →，∴|AD →|2＝(AB →＋BC →＋CD →)2＝|AB →|2＋|BC →|2＋|CD →|2＋2AB →·BC →＋2AB →·CD →＋2BC →·CD →＝12＋2(2·2·cos 90°＋2·2·cos 120°＋2·2·cos 90°)＝8， ∴|AD →|＝22，即A ，D 两点间的距离为2 2. 例5 证明 因为OB ＝OC ，AB ＝AC ，OA ＝OA ， 因此△OAC ≌△OAB ， 因此∠AOC ＝∠AOB .又OA →·BC →＝OA →·(OC →－OB →)＝OA →·OC →－OA →·OB →＝|OA →|·|OC →|cos∠AOC －|OA →|·|OB →|·cos∠AOB ＝0， 因此OA →⊥BC →，即OA ⊥BC . 跟踪训练5 45° 当堂训练1.B2.D3.B4.3π45. 2。
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第二章空间向量与立体几何学习目标 1.理解空间向量的概念，掌握空间向量的运算法则及运算律.2.掌握空间向量数量积的运算及其应用，会用数量积解决垂直问题、夹角问题.3.理解空间向量基本定理，掌握空间向量的坐标表示.4.会用基向量法、坐标法表示空间向量.5.会用向量法解决立体几何问题.知识点一空间中点、线、面位置关系的向量表示设直线l，m的方向向量分别为a，b，平面α，β的法向量分别为μ，v，则知识点二用坐标法解决立体几何问题步骤如下：(1)建立适当的空间直角坐标系；(2)写出相关点的坐标及向量的坐标；(3)进行相关坐标的运算；(4)写出几何意义下的结论.关键点如下：(1)选择恰当的坐标系.坐标系的选取很重要，恰当的坐标系可以使得点的坐标、向量的坐标易求且简单，简化运算过程.(2)点的坐标、向量的坐标的确定.将几何问题转化为向量的问题，必须确定点的坐标、直线的方向向量、平面的法向量，这是最核心的问题.(3)几何问题与向量问题的转化.平行、垂直、夹角问题都可以通过向量计算来解决，如何转化也是这类问题解决的关键.类型一 空间向量及其运算例1 如图，在四棱锥SABCD 中，底面ABCD 是边长为1的正方形，S 到A 、B 、C 、D 的距离都等于2.给出以下结论：①SA →＋SB →＋SC →＋SD →＝0； ②SA →＋SB →－SC →－SD →＝0； ③SA →－SB →＋SC →－SD →＝0； ④SA →·SB →＝SC →·SD →； ⑤SA →·SC →＝0.其中正确结论的序号是________.反思与感悟 向量的表示与运算的关键是熟练掌握向量加减运算的平行四边形法则、三角形法则及各运算公式，理解向量运算法则、运算律及其几何意义.跟踪训练1 如图，在平行六面体A 1B 1C 1D 1—ABCD 中，M 分AC →成的比为12，N 分A 1D →成的比为2，设AB →＝a ，AD →＝b ，AA 1→＝c ，试用a 、b 、c 表示MN →.类型二 利用空间向量解决位置关系问题例2 在四棱锥P－ABCD中，PD⊥平面ABCD，ABCD是正方形，E是PA的中点，求证：(1)PC∥平面EBD.(2)平面PBC⊥平面PCD.反思与感悟(1)证明两条直线平行，只需证明这两条直线的方向向量是共线向量.(2)证明线面平行的方法①证明直线的方向向量与平面的法向量垂直.②能够在平面内找到一个向量与已知直线的方向向量共线.③利用共面向量定理，即证明直线的方向向量与平面内的两个不共线向量是共面向量.(3)证明面面平行的方法①转化为线线平行、线面平行处理.②证明这两个平面的法向量是共线向量.(4)证明两条直线垂直，只需证明这两条直线的方向向量垂直.(5)证明线面垂直的方法①证明直线的方向向量与平面的法向量是共线向量.②证明直线的方向向量与平面内的两个不共线的向量互相垂直.(6)证明面面垂直的方法①转化为证明线面垂直.②证明两个平面的法向量互相垂直.跟踪训练2 在正方体ABCD—A1B1C1D1中，E、F分别是BB1、CD的中点，求证：平面AED⊥平面A1FD1.类型三利用空间向量求角例3 如图所示，长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝16，BC＝10，AA1＝8，点E，F分别在A1B1，D1C1上，A1E＝D1F＝4.过点E，F的平面α与此长方体的面相交，交线围成一个正方形.(1)在图中画出这个正方形(不必说明画法和理由)； (2)求直线AF 与平面α所成角的正弦值.反思与感悟 用向量法求空间角的注意点(1)异面直线所成角：两异面直线所成角的范围为0°<θ≤90°，需找到两异面直线的方向向量，借助方向向量所成角求解.(2)直线与平面所成的角：要求直线a 与平面α所成的角θ，先求这个平面α的法向量n 与直线a 的方向向量a 的夹角的余弦cos 〈n ，a 〉，再利用公式sin θ＝|cos 〈n ，a 〉|，求θ. (3)二面角：如图，有两个平面α与β，分别作这两个平面的法向量n 1与n 2，则平面α与β所成的角跟法向量n 1与n 2所成的角相等或互补，所以首先必须判断二面角是锐角还是钝角. 跟踪训练3 如图，在几何体ABCDE 中，四边形ABCD 是矩形，AB ⊥平面BEC ，BE ⊥EC ，AB ＝BE ＝EC ＝2，G ，F 分别是线段BE ，DC 的中点.(1)求证：GF ∥平面ADE ；(2)求平面AEF 与平面BEC 所成的锐角的余弦值.1.已知空间四边形ABCD ，G 是CD 的中点，则AB →＋12(BD →＋BC →)等于( )A.AG →B.CG →C.BC →D.12BC →2.若a ＝(0,1，－1)，b ＝(1,1,0)，且(a ＋λb )⊥a ，则实数λ的值是( ) A.－1 B.0 C.1 D.－23.已知向量a ＝(4－2m ，m －1，m －1)与b ＝(4,2－2m,2－2m )平行，则m ＝________.4.已知平面α经过点O (0,0,0)，且e ＝(1,1,1)是α的一个法向量，M (x ，y ，z )是平面α内任意一点，则x ，y ，z 满足的关系式是________.5.已知空间三点A (－2,0,2)，B (－1,1,2)，C (－3,0,4)，设a ＝AB →，b ＝AC →. 求向量a 与向量b 的夹角的余弦值.解决立体几何中的问题，可用三种方法：几何法、基向量法、坐标法.几何法以逻辑推理作为工具解决问题；基向量法利用向量的概念及其运算解决问题；坐标法利用数及其运算来解决问题.坐标方法经常与向量运算结合起来使用. 提醒：完成作业 第二章 章末复习课答案精析知识梳理 知识点一a ⊥μ a ·μ＝0 μ＝k v ，k ∈R a⊥b a·b ＝0 μ·v ＝0|a ·b ||a ||b | |a ·μ||a ||μ| |μ·v ||μ||v |题型探究 例1 ③④跟踪训练1 解 连接AN ， 则MN →＝MA →＋AN →.由已知ABCD 是平行四边形， 故AC →＝AB →＋AD →＝a ＋b ， 又M 分AC →成的比为12，故MA →＝－13AC →＝－13(a ＋b ).由已知，N 分A 1D →成的比为2，故AN →＝AD →＋DN →＝AD →－ND →＝AD →－13A 1D →＝13(c ＋2b ).于是MN →＝MA →＋AN →＝－13(a ＋b )＋13(c ＋2b )＝13(－a ＋b ＋c ). 例2 证明 如图，以D 为坐标原点，分别以DC ，DA ，DP 所在的直线为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系.设DC ＝a ，PD ＝b ，则D (0,0,0)，C (a ，0,0)，B (a ，a,0)，P (0，0，b )，E (0，a 2，b2).(1)DE →＝(0，a 2，b 2)，DB →＝(a ，a,0).设平面EBD 的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧DE →·n ＝0，DB →·n ＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧a 2y ＋b 2z ＝0，ax ＋ay ＝0.令x ＝1，得n ＝(1，－1，ab)，因为PC →·n ＝(a,0，－b )·(1，－1，a b)＝0，所以PC →⊥n ，故PC ∥平面EBD .(2)由题意得平面PDC 的一个法向量为DA →＝(0，a,0)， 又PB →＝(a ，a ，－b )，PC →＝(a,0，－b ). 设平面PBC 的一个法向量为m ＝(x 1，y 1，z 1)， 则⎩⎪⎨⎪⎧PB →·m ＝0，PC →·m ＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧ax 1＋ay 1－bz 1＝0，ax 1－bz 1＝0，得y 1＝0，令x 1＝1，则z 1＝ab， 所以m ＝(1,0，ab)，因为DA →·m ＝(0，a,0)·(1,0，a b)＝0，所以DA →⊥m ，即平面PBC ⊥平面PCD .跟踪训练2 证明 如图，建立空间直角坐标系.设正方体棱长为1，则E ⎝⎛⎭⎪⎫1，1，12，D 1(0,0,1)， A (1，0,0)，F ⎝⎛⎭⎪⎫0，12，0. ∴DA →＝(1,0,0)＝D 1A 1→，DE →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1，1，12，D 1F →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12，－1. 设m ＝(x 1，y 1，z 1)，n ＝(x 2，y 2，z 2)分别是平面AED 和A 1FD 1的一个法向量， 由⎩⎪⎨⎪⎧m ·DA →＝0，m ·DE →＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧x 1＝0，x 1＋y 1＋12z 1＝0，令y 1＝1，得m ＝(0,1，－2). 又由⎩⎪⎨⎪⎧n ·D 1A 1→＝0，n ·D 1F →＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧x 2＝0，12y 2－z 2＝0，令z 2＝1，得n ＝(0,2,1).∵m ·n ＝(0,1，－2)·(0,2,1)＝0， ∴m ⊥n ，故平面AED ⊥平面A 1FD 1.例3 解 (1)交线围成的正方形EHGF 如图所示，(2)作EM ⊥AB ，垂足为M ，则AM ＝A 1E ＝4，EM ＝AA 1＝8. 因为EHGF 为正方形，所以EH ＝EF ＝BC ＝10. 于是MH ＝EH 2－EM 2＝6， 所以AH ＝10.以D 为坐标原点，DA →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 (10,0,0)，H (10,10,0)，E (10,4,8)，F (0,4,8)，FE →＝(10,0,0)，HE →＝(0，－6，8).设n ＝(x ，y ，z )是平面EHGF 的法向量， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·FE →＝0，n ·HE →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧10x ＝0，－6y ＋8z ＝0，所以可取n ＝(0,4,3).又AF →＝(－10,4,8)，故|cos〈n ，AF →〉|＝|n ·AF →||n ||AF →|＝4515.所以AF 与平面EHGF 所成角的正弦值为4515.跟踪训练3方法一 (1)证明 如图，取AE 的中点H ，连接HG ，HD .又G 是BE 的中点， 所以GH ∥AB ，且GH ＝12AB .又F 是CD 的中点， 所以DF ＝12CD .由四边形ABCD 是矩形， 得AB ∥CD ，AB ＝CD ， 所以GH ∥DF ，且GH ＝DF ，从而四边形HGFD 是平行四边形，所以GF ∥DH . 又DH 平面ADE ，GF ⊈平面ADE ， 所以GF ∥平面ADE .(2)解 如图，在平面BEC 内，过B 点作BQ ∥EC .因为BE ⊥CE ，所以BQ ⊥BE .又因为AB ⊥平面BEC ，所以AB ⊥BE ，AB ⊥BQ .以B 为原点，分别以BE →，BQ →，BA →的方向为x 轴，y 轴，z 轴的正方向建立空间直角坐标系， 则A (0,0,2)，B (0,0,0)，E (2,0,0)，F (2,2,1).因为AB ⊥平面BEC ，所以BA →＝(0,0,2)为平面BEC 的法向量.设n ＝(x ，y ，z )为平面AEF 的法向量.又AE →＝(2,0，－2)，AF →＝(2,2，－1)， 由⎩⎪⎨⎪⎧n ·AE →＝0，n ·AF →＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧2x －2z ＝0，2x ＋2y －z ＝0，取z ＝2，得n ＝(2，－1,2).从而|cos 〈n ，BA →〉|＝|n ·BA →||n |·|BA →|＝42×3＝23，所以平面AEF 与平面BEC 所成的锐角的余弦值为23. 方法二 (1)证明 如图，取AB 中点M ，连接MG ，MF .又G 是BE 的中点，可知GM ∥AE . 又AE 平面ADE ，GM ⊈平面ADE ， 所以GM ∥平面ADE . 在矩形ABCD 中，由M ，F 分别是AB ，CD 的中点，得MF ∥AD . 又AD 平面ADE ，MF ⊈平面ADE . 所以MF ∥平面ADE .又因为GM ∩MF ＝M ，GM 平面GMF ，MF 平面GMF ， 所以平面GMF ∥平面ADE .因为GF 平面GMF ，所以GF ∥平面ADE . (2)同方法一. 当堂训练1.A2.D3.1或34.x ＋y ＋z ＝05.解 ∵a ＝(1,1,0)，b ＝(－1,0,2)， ∴a ·b ＝(1,1,0)·(－1,0,2)＝－1. 又∵|a |＝12＋12＋02＝2， |b |＝－2＋02＋22＝5，∴cos〈a ，b 〉＝a ·b |a ||b |＝－110＝－1010，即向量a 与向量b 的夹角的余弦值为－1010.。