高考数学一轮复习(北师大版理科)：第7章立体几何第6节空间向量及其运算学案
高考理科第一轮复习课件(7.6空间向量及其运算)
【解析】∵ OP (1 t)OA tOB, ∴ OP OA t(OB OA), ∴ AP tAB, ∴A,B,P三点共线. 答案：②
考向 1
空间向量的线性运算
【典例1】(1)若P为平行四边形ABCD所在平面外的一点,且G为
3
3
4.若 OP (1 t)OA tOB, 则下列结论中正确的序号是________.
①O,P,A,B四点一定共线； ②P,A,B共线； ③P,A,B不共线； ④O,P,A,B不共面.
试用a,b,c表示以下各向量： ① AP ； ② A1 N； ③ MP NC . 1
【思路点拨】(1)先将 AG 进行分解，求出x，y，z的值，再求
x+y+z的值.
(2)用已知向量表示未知向量时，在转化时要结合向量的线性
运算.
【规范解答】(1)如图, AG AP PG,
∵G是△PCD的重心, ∴ PG 2 PH (H为CD的中点),
3
2 ∴ AG AP PH 3
2 1 AP ［ (PC PD)］ 3 2 1 1 AP PC PD 3 3 1 1 AP (PA AC) (PA AD) 3 3 1 1 1 1 AP PA (AB AD) PA AD 3 3 3 3 1 2 1 AB AD AP, 3 3 3 1 2 1 4 x , y , z , x y z . 3 3 3 3
高三数学 第7章 第6节 空间向量及其运算 导学案北师大版
第六节 空间向量及其运算[考纲传真] 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．空间向量的有关概念(1)空间向量：在空间中，具有大小和方向的量叫作空间向量．(2)单位向量：对于任意一个非零向量a ，把a|a |叫作向量a 的单位向量，记作a 0.(3)相等向量：方向相同且模相等的向量． (4)相反向量：方向相反而模相等的向量．(5)向量a ，b 的夹角：过空间任意一点O 作向量a ，b 的相等向量OA →和OB →，则∠AOB 叫作向量a ，b 的夹角，记作〈a ，b 〉，范围是[0，π]．①当〈a ，b 〉＝π2时，记作a ⊥b ； ②当〈a ，b 〉＝0或π时，记作a ∥b .(6)平行向量：如果表示空间向量的有向线段所在的直线平行或重合，则这些向量叫作平行向量或共线向量．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a ＝λb .(2)空间向量基本定理如果向量e 1，e 2，e 3是空间三个不共面向量，a 是空间任一向量，那么存在唯一一组实数λ1，λ2，λ3，使得a ＝λ1e 1＋λ2e 2＋λ3e 3.3．两个向量的数量积(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交换律：a ·b ＝b ·a ； ②分配律：a ·(b ＋c )＝a ·b ＋a ·c . ③λ(a·b )＝(λa )·b (λ∈R )． 4．空间向量坐标表示及应用 (1)数量积的坐标运算若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)共线与垂直的坐标表示设a ＝(x 1，y 1，z 1)，b ＝(x 2，y 2，z 2)，则a ∥b ⇔a ＝λb ⇔x 1＝λx 2，y 1＝λy 2，z 1＝λz 2(λ∈R )(b ≠0)， a ⊥b ⇔a ·b ＝0⇔x 1x 2＋y 1y 2＋z 1z 2＝0. (3)模和夹角公式设a ＝(x 1，y 1，z 1)，b ＝(x 2，y 2，z 2)．则|a |＝a ·a ＝x 21＋y 21＋z 21，cos 〈a ，b 〉＝a ·b |a ||b |＝x 1x 2＋y 1y 2＋z 1z 2x 21＋y 21＋z 21·x 22＋y 22＋z 22(a ≠0，b ≠0)．1．(思考辨析)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)对任意两个空间向量a ，b ，若a ·b ＝0，则a ⊥b .( ) (3)若a·b ＜0，则〈a ，b 〉是钝角．( )(4)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)√2．(教材改编)如图761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( )图761A ．－12a ＋12b ＋c B.12a ＋12b ＋c C ．－12a －12b ＋c D.12a －12b ＋cA [BM →＝BB 1→＋B 1M →＝AA 1→＋12(AD →－AB →)＝c ＋12(b －a )＝－12a ＋12b ＋c .] 3．(·福州模拟)O 为空间任意一点，若OP →＝34OA →＋18OB →＋18OC →，则A ，B ，C ，P 四点( )A ．一定不共面B ．一定共面C ．不一定共面D ．无法判断B [由34＋18＋18＝1知，A ，B ，C ，P 四点共面．]4．(·广东高考)已知向量a ＝(1,0，－1)，则下列向量中与a 成60°夹角的是( )A ．(－1,1,0)B ．(1，－1,0)C ．(0，－1,1)D ．(－1,0,1)B [各选项给出的向量的模都是2，|a |＝ 2.对于选项A ，设b ＝(－1,1,0)，则cos 〈a ，b 〉＝a ·b |a ||b |＝1×(－1)2×2＝－12.因为0°≤〈a ，b 〉≤180°，所以〈a ，b 〉＝120°.对于选项B ，设b ＝(1，－1,0)，则cos 〈a ，b 〉＝a ·b |a ||b |＝1×12×2＝12.因为0°≤〈a ，b 〉≤180°，所以〈a ，b 〉＝60°，正确．对于选项C ，设b ＝(0，－1,1)，则cos 〈a ，b 〉＝a ·b |a ||b |＝－1×12×2＝－12.因为0°≤〈a ，b 〉≤180°，所以〈a ，b 〉＝120°.对于选项D ，设b ＝(－1,0,1)，则cos 〈a ，b 〉＝a ·b |a ||b |＝－1－12×2＝－1.因为0°≤〈a ，b 〉≤180°，所以〈a ，b 〉＝180°.]5．已知向量a ＝(4，－2，－4)，b ＝(6，－3,2)，则(a ＋b )·(a －b )的值为________.【导学号：57962349】－13 [(a ＋b )·(a －b )＝a 2－b 2＝42＋(－2)2＋(－4)2－[62＋(－3)2＋22]＝－13.]空间向量的线性运算1111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：图762(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 . 5分(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 .7分因为N 是BC 的中点， 则NC 1→＝NC →＋CC 1→＝12BC →＋AA 1→＝12AD →＋AA 1→＝12c ＋a ，10分 所以MP →＋NC 1→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12a ＋12b ＋c ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋12c ＝32a ＋12b ＋32c .12分 [规律方法] 1.(1)选择不共面的三个向量作为基向量，这是利用空间向量基本定理求解立体几何问题的前提．(2)用已知基向量表示指定向量时，应结合已知和所求向量观察图形，将已知向量和未知向量转化至三角形或平行四边形中，然后利用三角形法则或平行四边形法则进行运算．2．首尾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，我们把这个法则称为向量加法的多边形法则．[变式训练1] 如图763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 ＝________.图76356[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.]共线向量与共面向量定理的应用b 反向，则λ＋μ＝________.(2)如图764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)．图764①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？ (1)－52 [∵a ∥b ，且a 与b 反向， ∴(6,2μ－1,2λ)＝k (λ＋1,0,2)，k <0.∴⎩⎨⎧6＝k (λ＋1)，2μ－1＝0，2λ＝2k ，解得⎩⎪⎨⎪⎧λ＝2，μ＝12或⎩⎪⎨⎪⎧λ＝－3，μ＝12，当λ＝2，μ＝12时，k ＝2不合题意，舍去． 当λ＝－3，μ＝12时，a 与b 反向．因此λ＋μ＝－3＋12＝－52.] (2)①因为AM →＝kAC 1→，BN →＝kBC →.所以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→， 所以由共面向量定理知向量MN →与向量AB →，AA 1→共面.6分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， 所以MN ∥平面ABB 1A 1.12分[规律方法] 1.判定空间三点共线，要结合已知向量从三点中提炼两个共点向量，利用共线向量定理判断，但一定要说明两线有公共点．2．证明点共面问题可转化为证明向量共面问题，如要证明P ，A ，B ，C 四点共面，只要能证明P A →＝xPB →＋yPC →，或对空间任一点O ，有OA →＝OB →＋xPB →＋yPC →，或OP →＝xOA →＋yOB →＋zOC →(x ＋y ＋z ＝1)．[变式训练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)由已知OA →＋OB →＋OC →＝3OM →， ∴OA →－OM →＝(OM →－OB →)＋(OM →－OC →). 2分即MA →＝BM →＋CM →＝－MB →－MC →， ∴MA →，MB →，MC →共面.5分(2)由(1)知MA →，MB →，MC →共面且过同一点M .∴四点M ，A ，B ，C 共面，从而点M 在平面ABC 内.12分空间向量数量积及其应用于a ，点M ，N 分别是AB ，CD 的中点．图765(1)求证：MN ⊥AB ，MN ⊥CD ；(2)求异面直线AN 与CM 所成角的余弦值.【导学号：57962350】[解] (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 2cos 60°＋a 2cos 60°－a 2)＝0. 3分∴MN →⊥AB →，即MN ⊥AB . 同理可证MN ⊥CD .5分(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 2cos 60°＋a 2cos 60°－12a 2cos 60°＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2－a 24＋a 22－a 24＝a 22.8分又∵|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23.12分 [规律方法] 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．利用数量积可解决有关垂直、夹角、长度问题 (1)a ⊥b ⇔a·b ＝0. (2)|a |＝a 2.(3)cos 〈a ，b 〉＝a·b |a ||b |.[变式训练3] 如图766，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°.图766(1)求AC 1的长；(2)求AC 与BD 1夹角的余弦值． [解] (1)设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 ＝12.2分|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. 5分(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 ＝1.8分∴cos 〈BD 1→，AC →〉＝BD 1→·AC →|BD 1→||AC →|＝66.∴AC 与BD 1夹角的余弦值为66.12分[思想与方法]1．利用向量的线性运算和空间向量基本定理表示向量是向量应用的基础． 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．3．用向量解决立体几何问题时，可用基向量的运算求解，适于建系的可用坐标运算求解．[易错与防范]1．在利用MN →＝xAB →＋yAC →(*)证明MN ∥平面ABC 时，必须说明M 点或N 点不在平面ABC 内(因为(*)式只表示MN →与AB →，AC →共面)．2．向量的数量积满足交换律、分配律，即a ·b ＝b ·a ，a ·(b ＋c )＝a·b ＋a ·c 成立，但(a ·b )·c ＝a ·(b ·c )不一定成立．3．求异面直线所成的角，一般可以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．第11页共11页。
北师版高考总复习一轮理科数精品课件 第8章 立体几何 第6节 空间向量及其运算
-1
,则 2
∴m=0,n=0,∴m+n=0.
=
1
-2
=
-2-3
,
6
(2)解:①由已知 + + =3,
所以 − =( − )+( − ),即 = + =- − ,
所以, , 共面.
②由①知, , 共面且过同一点 M.
④ ∥ (或 ∥ 或 ∥ ),则 P,M,A,B 四点共面.
增素能 精准突破
考点一
空间向量的线性运算
典例突破
例1.(1)(2021江西师大附中模拟)如图,在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中,M
为 A1C1 与 B1D1 的交点.若=a,=b,1 =c,则下列向量中与相等的向
1
2
(2)∵向量a=(2,3,-2),b=(2,-m,-1),且a⊥b,∴a·
b=0,
∴2×2-3m+2=0,解得m=2,
∴b=(2,-2,-1),
∴|b|= 22 + (-2)2 + (-1)2 =3.
(2)设 A(x1,y1,z1),B(x2,y2,z2),则 =
(a≠0,b≠0).
(x2-x1,y2-y1,z2-z1)
|AB|=| |= (1 -2 )2 + (1 -2 )2 + (1 -2 )2 .
,
微思考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
量是(
)
1
1
A.-2a+2b+c
1 1
C.-2a-2b+c
(全国通用)高考数学一轮复习第七章立体几何第六节空间直角坐标系、空间向量及其运算习题理【含答案】
第六节空间直角坐标系、空间向量及其运算[基础达标]一、选择题(每小题5分,共25分)1.已知正方体ABCD-A1B1C1D1中,E,F分别是BB1,CD的中点,则DE与D1F的位置关系是()A.平行B.相交且垂直C.异面且垂直D.既不平行也不垂直1.C【解析】建立空间直角坐标系后,求得=0,所以,即DE与D1F垂直且DE与D1F是异面直线.2.两个非零向量a=(x1,y1,z1),b=(x2,y2,z2),则是a∥b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2.A【解析】a∥b且一个坐标为0是不能得到,所以必要性不满足,即是a∥b的充分不必要条件.3.已知空间四边形OABC中,点M在线段OA上,且OM=2MA,点N是BC的中点, =a,=b, =c,则=() A. a+b-c B.- a+b+cC. a-b+cD. a+b-c3.B【解析】∵点M在线段OA上,且OM=2MA,点N为BC的中点, +()++()+)=-,∵=a, =b, =c,∴=-a+b+c.4.已知长方体ABCD-A1B1C1D1,下列向量的数量积一定不为0的是()A.B.C.D.4.D【解析】选项A,当四边形ADD1A1为正方形时,可得AD1⊥A1D,而A1D∥B1C,可得AD1⊥B1C,此时有=0;选项B,当四边形ABCD为正方形时,可得AC⊥BD,可得AC⊥平面BB1D1D,故有AC⊥BD1,此时有=0;选项C,由长方体的性质可得AB⊥平面ADD1A1,可得AB⊥AD1,此时必有=0;选项D,由长方体的性质可得BC⊥平面CDD1C1,可得BC⊥CD1,△BCD1为直角三角形,∠BCD1为直角,故BC与BD1不可能垂直,即≠0.5.在边长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中,E,F分别是D1D,BD的中点,点G在棱CD上,且CG=CD,H是C1G的中点,则||为() A.B.C.D.5.D【解析】如图,以D为原点建立空间直角坐标系,则F,C1(0,1,1),G.因为H是C1G的中点,所以H,所以=-,则||=.二、填空题(每小题5分,共15分)6.已知向量a=(-4,2,4),b=(-6,3,-2),则a·b=;|a|=.6.226【解析】a·b=(-4)×(-6)+2×3+4×(-2)=22,|a|==6.7.已知空间四点A(-2,3,1),B(2,-5,3),C(10,0,10),D(8,4,a),如果四边形ABCD为梯形,则实数a的值为.7.9【解析】因为=(4,-8,2), =(8,5,7), =(2,-4,10-a), =(10,1,a-1),四边形ABCD为梯形,则,解得a=9,此时不平行.8.正方体ABCD-A1B1C1D1中,P为A1B1上任意一点,则DP与BC1始终.8.垂直【解析】因为=()·=()·=0,所以,即DP与BC1始终垂直.三、解答题(共20分)9.(10分)如图,正方体ABCD-A1B1C1D1中,E是棱A1D1的中点,H为平面EDB内一点,=(2m,-2m,-m)(m<0),证明:HC1⊥平面EDB.9.【解析】设正方体的棱长为a,则=(a,a,0),所以=(2m,-2m,-m)·=0,=(2m,-2m,-m)·(a,a,0)=0,所以,又DE∩DB=D,所以HC1⊥平面EDB.10.(10分)如图,在四棱锥P-ABCD中,M,N分别是AB,PC的中点,若ABCD是平行四边形.求证:MN∥平面PAD.10.【解析】取DP的中点E,连接AE,EN,则,所以,所以共面,且MN不在平面PAD上,所以MN∥平面PAD.[高考冲关]1.(5分)一个四面体的顶点在空间直角坐标系Oxyz中的坐标分别是(0,0,0),(0,1,1),(1,0,1),(1,1,0),该四面体的体积为()A.B.C.1 D.21.A【解析】在空间直角坐标系中作出四面体的四个顶点,可知该四面体是棱长为的正四面体,所以体积为.2.(5分)设P(2,3,4)在三个坐标平面上的射影分别为P1,P2,P3,则向量:①(6,-3,-4);②(4,-3,-4);③(0,-3,4);④(2,-6,4).其中与平面P1P2P3平行的向量有().A.1个B.2个C.3个D.4个2.C【解析】由题意可知,P1,P2,P3的坐标分别为(2,3,0),(2,0,4),(0,3,4),可以求得平面P1P2P3的一个法向量为(6,4,3),①不与该法向量垂直,所以不与平面P1P2P3平行,②③④与该法向量垂直,所以与平面P1P2P3平行.3.(5分)在正方体ABCD-A1B1C1D1中,棱长为a,M,N分别为A1B和AC上的点,A1M=AN=a,则MN 与平面BB1C1C的位置关系是() A.在平面上B.相交C.平行D.以上都不正确3.C【解析】建立如图所示的空间直角坐标系,则点M a,,N,所以=-,0,-与平面BB1C1C的法向量=(0,a,0)垂直,且MN不在平面BB1C1C上,所以MN与平面BB1C1C的位置关系是平行.4.(5分)已知空间四边形ABCD中, =a-2c, =5a+6b-8c,对角线AC,BD的中点分别为E,F,则=.4.3a+3b-5c【解析】=3a+3b-5c.5.(5分)已知空间图形A-BCD,E,F,G,H,M,N分别是AB,BC,CD,DA,AC,BD的中点,求证:EG,FH,MN交于一点且互相平分.5.【解析】设P1,P2,P3分别为EG,FH,MN的中点,又设=a, =b, =c,则)=)=(a+b+c).同理可证 (a+b+c),(a+b+c),∴P1,P2,P3三点重合.从而原命题得证.6.(10分)已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1,M是棱AA1的中点,点O是对角线BD1的中点.(1)求证:BD1⊥AC;(2)求证:OM是异面直线AA1与BD1的公垂线.6.【解析】(1)以D为原点,DC,DA,DD1所在的直线分别为x,y,z轴,建立空间直角坐标系,则D(0,0,0),C(1,0,0),B(1,1,0),D1(0,0,1),M,O.∴=(-1,-1,1), =(1,-1,0),∴=(-1)×1+(-1)×(-1)+1×0=0,∴,即BD1⊥AC.(2) =(0,0,1), =(-1,-1,1),∵=0, =0,∴OM⊥AA1,OM⊥BD1,即OM是异面直线AA1与BD1的公垂线.7.(10分)已知正三棱柱ABC-A1B1C1的侧棱长为2,底面边长为1,M是BC的中点.在直线CC1上是否存在一点N,使得MN⊥AB1?若存在,请你求出它的位置;若不存在,请说明理由.7.【解析】假设在直线CC1上存在一点N,使得MN⊥AB1.如图,建立空间直角坐标系,有A(0,0,0),B,M,0,N(0,1,z),B1,∴.∵,∴=-+2z=0,解得z=,N,即CN=时,AB1⊥MN.。
2022届高考数学一轮复习第七章立体几何7.7立体几何中的向量方法学案理含解析北师大版2021070
第七节 立体几何中的向量方法命题分析预测学科核心素养从近五年的考查情况来看，利用向量法求空间角和空间距离是高考的重点，考查频率较高，线、面的平行和垂直问题一般不用向量法求解，但向量法的使用有时可以加快求解速度，主要以解答题的形式出现，难度中等．本节通过对空间角的求解、空间向量的应用，考查考生转化与化归思想的应用，提升考生的直观想象、数学运算、逻辑推理核心素养．授课提示：对应学生用书第158页 知识点 空间角的求法1．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u ，ν，则 （1）线线平行：l ∥m ⇔a ∥b ⇔a ＝k b ，k ∈R ； 线面平行：l ∥α⇔a ⊥u ⇔a ·u ＝0；面面平行：α∥β⇔u ∥ν⇔u ＝k ν，k ∈R Ｗ． （2）线线垂直：l ⊥m ⇔a ⊥b ⇔a·b ＝0； 线面垂直：l ⊥α⇔a ∥u ⇔a ＝k u ，k ∈R ； 面面垂直：α⊥β⇔u ⊥ν⇔u·ν＝0Ｗ． 2．空间角的求法 （1）异面直线所成的角设a ，b 分别是两异面直线l 1，l 2的方向向量，则a 与b 的夹角β l 1与l 2所成的角θX 围 （0，π） ⎝⎛⎦⎤0，π2 求法cos β＝a ·b|a ||b |cos θ＝|cos β|＝|a·b ||a ||b |（2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，则sin θ＝|cos 〈a ，n 〉|＝|a·n ||a ||n |． （3）求二面角的大小①如图a ，AB ，CD 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＝〈AB →，CD →〉．②如图bc ，n 1，n 2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 〈n 1，n 2〉|，二面角的平面角大小是向量n 1与n 2的夹角（或其补角）． •温馨提醒•利用空间向量法求二面角时易忽视判断二面角大小，从而致误．解题时注意结合图形判断二面角的平面角是锐角还是钝角，从而在下结论时作出正确判断．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 〉＝m·n |m ||n |＝11×2＝22，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 -A 1B 1C 1D 1中，E 是C 1D 1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D -xyz ，设DA ＝1，A （1，0，0），C （0，1，0），E ⎝⎛⎭⎫0，12，1，则AC →＝（－1，1，0），DE →＝⎝⎛⎭⎫0，12，1，设异面直线DE 与AC 所成的角为θ，则cos θ＝|cos 〈AC →，DE →〉|＝1010．答案：10103．正三棱柱（底面是正三角形的直棱柱）ABC -A 1B 1C 1的底面边长为2，侧棱长为22，则AC 1与侧面ABB 1A 1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），C 1（0，0，22）．点C 1在侧面ABB 1A 1内的射影为点C 2⎝⎛⎭⎫32，32，22．所以AC 1→＝（－2，0，22），AC 2→＝⎝⎛⎭⎫－12，32，22，设直线AC 1与平面ABB 1A 1所成的角为θ，则cos θ＝|AC 1→·AC 2→||AC 1→||AC 2→|＝1＋0＋823×3＝32．又θ∈⎣⎡⎦⎤0，π2，所以θ＝π6．答案：π6授课提示：对应学生用书第159页题型一 异面直线所成的角[例] 如图，在四棱锥P -ABCD 中，P A ⊥平面ABCD ，底面ABCD 是菱形，AB ＝2，∠BAD ＝60°．（1）求证：BD ⊥平面P AC ；（2）若P A ＝AB ，求PB 与AC 所成角的余弦值． [解析] （1）证明：因为四边形ABCD 是菱形， 所以AC ⊥BD ．因为P A ⊥平面ABCD ，所以P A ⊥BD ． 又因为AC ∩P A ＝A ，所以BD ⊥平面P AC ． （2）设AC ∩BD ＝O ．因为∠BAD ＝60°，P A ＝AB ＝2， 所以BO ＝1，AO ＝CO ＝3．如图，以O 为坐标原点，建立空间直角坐标系O -xyz ，则P （0，－3，2），A （0，－3，0），B （1，0，0），C （0，3，0）．所以PB →＝（1，3，－2），AC →＝（0，23，0）． 设PB 与AC 所成角为θ，则 cos θ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪PB →·AC →|PB →||AC →|＝622×23＝64． 即PB 与AC 所成角的余弦值为64．向量法求异面直线所成角的两种方法及一个注意点（1）两种方法：①基向量法：利用线性运算． ②坐标法：利用坐标运算． （2）一个注意点：注意向量法求异面直线所成角与向量夹角的区别，尤其是取值X 围．[对点训练]如图，S 是正三角形ABC 所在平面外一点，M ，N 分别是AB 和SC 的中点，SA ＝SB ＝SC ，且∠ASB ＝∠BSC ＝∠CSA ＝90°，则异面直线SM 与BN 所成角的余弦值为（ ）A ．－105 B ．105 C ．－1010D ．1010解析：不妨设SA ＝SB ＝SC ＝1，以S 为坐标原点，SA ，SB ，SC 所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系S -xyz （图略），则A （1，0，0），B （0，1，0），C （0，0，1），S （0，0，0），则M ⎝⎛⎭⎫12，12，0，N ⎝⎛⎭⎫0，0，12，所以SM →＝⎝⎛⎭⎫12，12，0，BN →＝⎝⎛⎭⎫0，－1，12，所以|SM →|＝12，|BN →|＝54，SM →·BN →＝－12，所以cos 〈SM →，BN →〉＝SM →·BN →|SM →||BN →|＝－105，所以异面直线SM 与BN所成角的余弦值为10 5．答案：B题型二直线与平面所成的角[例]如图，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AB＝2，AC＝1，CC1＝3，∠ABC＝30°，D为AB 的中点．（1）证明：AC1∥平面B1CD；（2）求直线DC1与平面B1CD所成角的正弦值．[解析]（1）证明：连接BC1交B1C于点E，连接DE，因为四边形BB1C1C是矩形，所以点E是BC1的中点，又点D为AB的中点，所以DE是△ABC1的中位线，所以DE∥AC1．因为DE⊂平面B1CD，AC1⊄平面B1CD，所以AC1∥平面B1CD．（2）由AB＝2，AC＝1，∠ABC＝30°，可得AC⊥BC，分别以CA，CB，CC1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C-xyz，则C （0，0，0），B 1（0，3，3），D ⎝⎛⎭⎫12，32，0，C 1（0，0，3），所以DC 1→＝⎝⎛⎭⎫－12，－32，3，CB 1→＝（0，3，3），CD →＝⎝⎛⎭⎫12，32，0．设直线DC 1与平面B 1CD 所成角为θ，平面B 1CD 的法向量为m ＝（x ，y ，z ）， 则⎩⎪⎨⎪⎧m ·CB 1→＝0，m ·CD →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧3y ＋3z ＝0，12x ＋32y ＝0， 令z ＝1，得m ＝（3，－1，1），所以sin θ＝|cos 〈m ，DC 1→〉|＝⎪⎪⎪⎪－32＋32＋314＋34＋3·3＋1＋1＝325＝1510．利用平面的法向量求线面角的两个注意点（1）求出直线的方向向量与平面的法向量所夹的锐角（钝角时取其补角），取其余角即为所求．（2）若求线面角的余弦值，要注意利用平方关系sin 2θ＋cos 2θ＝1求出其值．不要误认为直线的方向向量与平面的法向量所夹角的余弦值即为所求．[对点训练]（2021·东北三校模拟）在正三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，已知AB ＝1，D 在棱BB 1上，且BD ＝1，则AD 与平面AA 1C 1C 所成角的正弦值为（ ） A ．64 B ．－64 C ．104D ．－104解析：取AC 的中点E ，连接BE ，则BE ⊥AC ，以B 为坐标原点，BE ，BB 1所在直线分别为x 轴，z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系B -xyz ，则A ⎝⎛⎭⎫32，12，0，D （0，0，1），B （0，0，0），E ⎝⎛⎭⎫32，0，0，则AD →＝⎝⎛⎭⎫－32，－12，1，BE →＝⎝⎛⎭⎫32，0，0．∵平面ABC ⊥平面AA 1C 1C ，平面ABC ∩平面AA 1C 1C ＝AC ，BE ⊥AC ，BE ⊂平面ABC ，∴BE ⊥平面AA 1C 1C ，∴BE →＝⎝⎛⎭⎫32，0，0为平面AA 1C 1C 的一个法向量．设AD 与平面AA 1C 1C 所成角为α， ∵cos 〈AD →，BE →〉＝AD →·BE →|AD →||BE →|＝－64，∴sin α＝|cos 〈AD →，BE →〉|＝64．答案：A题型三 二面角[例]（2020·高考全国卷Ⅰ）如图，D 为圆锥的顶点，O 是圆锥底面的圆心，AE 为底面直径，AE ＝AD ．△ABC 是底面的内接正三角形，P 为DO 上一点，PO ＝66DO ．（1）证明：P A ⊥平面PBC ；（2）求二面角B -PC -E 的余弦值．解析：（1）证明：设DO ＝a ，由题设可得PO ＝66a ，AO ＝33a ， AB ＝AC ＝BC ＝a ，P A ＝PB ＝PC ＝22a ． 因此P A 2＋PB 2＝AB 2，从而P A ⊥PB ．又P A 2＋PC 2＝AC 2，故P A ⊥PC ．所以P A ⊥平面PBC ．（2）以O 为坐标原点，OE →的方向为y 轴正方向，|OE →|为单位长度，建立如图所示的空间直角坐标系O -xyz ．由题设可得E （0，1，0），A （0，－1，0），C ⎝⎛⎭⎫－32，12，0，P ⎝⎛⎭⎫0，0，22． 所以EC →＝⎝⎛⎭⎫－32，－12，0，EP →＝⎝⎛⎭⎫0，－1，22．设m ＝（x ，y ，z ）是平面PCE 的法向量，则 ⎩⎪⎨⎪⎧m ·EP →＝0，m ·EC →＝0，即⎩⎨⎧－y ＋22z ＝0，－32x －12y ＝0.可取m ＝⎝⎛⎭⎫－33，1，2．由（1）知AP →＝⎝⎛⎭⎫0，1，22是平面PCB 的一个法向量．记n ＝AP →，则cos 〈n ，m 〉＝n ·m |n |·|m |＝255．所以二面角B -PC -E 的余弦值为255．利用法向量求二面角时的两个注意点（1）对于某些平面的法向量要注意题中条件隐含着，不用单独求．（2）注意判断二面角的平面角是锐角还是钝角，可结合图形进行判断，以防结论失误．[对点训练]如图，在三棱柱ABC A 1B 1C 1中，CC 1⊥平面ABC ，AC ⊥BC ，AC ＝BC ＝2，CC 1＝3，点D ，E 分别在棱AA 1和棱CC 1上，且AD ＝1，CE ＝2，M 为棱A 1B 1的中点．（1）求证：C 1M ⊥B 1D ；（2）求二面角B -B 1E -D 的正弦值；（3）求直线AB 与平面DB 1E 所成角的正弦值．解析：依题意，以C 为原点，分别以CA →，CB →，CC 1→的方向为x 轴、y 轴、z 轴的正方向建立空间直角坐标系（如图），可得C （0，0，0），A （2，0，0），B （0，2，0），C 1（0，0，3），A 1（2，0，3），B 1（0，2，3），D （2，0，1），E （0，0，2），M （1，1，3）．（1）依题意，C 1M →＝（1，1，0），B 1D →＝（2，－2，－2），从而C 1M →·B 1D →＝2－2＋0＝0，所以C 1M ⊥B 1D ；（2）依题意，CA →＝（2，0，0）是平面BB 1E 的一个法向量，EB 1→＝（0，2，1），ED →＝（2，0，－1）．设n ＝（x ，y ，z ）为平面DB 1E 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·EB 1→＝0，n ·ED →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧2y ＋z ＝0，2x －z ＝0， 不妨设x ＝1，可得n ＝（1，－1，2）．cos 〈CA →·n 〉＝CA →·n |CA →|·|n |＝22×6＝66， ∴sin 〈CA →，n 〉＝1－cos 2〈CA →，n 〉＝306． 所以，二面角B -B 1E -D 的正弦值为306； （3）依题意，AB →＝（－2，2，0）．由（2）知n ＝（1，－1，2）为平面DB 1E 的一个法向量，于是cos 〈AB →，n 〉＝AB →·n |AB →|·|n |＝－422×6＝－33． 所以，直线AB 与平面DB 1E 所成角的正弦值为33． 向量法中的核心素养数学运算——利用空间向量求距离[例] 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 ＝23，求点A 到平面MBC 的距离．[解析] 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O -xyz ． 因为△BCD 与△MCD 都是边长为2的正三角形，所以OB ＝OM ＝3，则O （0，0，0），C （1，0，0），M （0，0，3），B （0，－3，0），A （0，－3，23），所以BC →＝（1，3，0）．BM →＝（0，3，3）．设平面MBC 的法向量为n ＝（x ，y ，z ），由⎩⎪⎨⎪⎧n ⊥BC →，n ⊥BM →，得⎩⎪⎨⎪⎧n ·BC →＝0，n ·BM →＝0， 即⎩⎪⎨⎪⎧x ＋3y ＝0，3y ＋3z ＝0，取x ＝3，可得平面MBC 的一个法向量为n ＝（3，－1，1）．又BA →＝（0，0，23），所以所求距离为d ＝|BA →·n ||n |＝2155．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 ＝|PQ →·n ||n |．[对点训练]如图所示，在长方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，AD ＝AA 1＝1，AB ＝2，点E 在棱AB 上移动．（1）证明：D 1E ⊥A 1D ；（2）当E 为AB 的中点时，求点E 到平面ACD 1的距离．解析：以D 为坐标原点，直线DA ，DC ，DD 1所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系（图略），设AE ＝x ，则D （0，0，0），A 1（1，0，1），D 1（0，0，1），E （1，x ，0），A （1，0，0），C （0，2，0）．（1）证明：D 1E →＝（1，x ，－1），A 1D →＝（－1，0，－1），因为D 1E →·A 1D →＝0，所以D 1E ⊥A 1D ．（2）因为E 为AB 的中点，则E （1，1，0），从而D 1E →＝（1，1，－1），AC →＝（－1，2，0），AD 1→＝（－1，0，1），设平面ACD 1的法向量为n ＝（a ，b ，c ），则⎩⎪⎨⎪⎧n ·AC →＝0，n ·AD 1→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－a ＋2b ＝0，－a ＋c ＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝2b ，a ＝c ，从而可取n ＝（2，1，2），所以点E 到平面ACD 1的距离h ＝|D 1E →·n ||n |＝|2＋1－2|3＝13．。
2018一轮北师大版(理)数学教案：第7章 第6节 空间向量及其运算含解析
第六节 空间向量及其运算[考纲传真] 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．空间向量的有关概念(1)空间向量：在空间中，具有大小和方向的量叫作空间向量．(2)单位向量：对于任意一个非零向量a ，把a|a |叫作向量a 的单位向量，记作a 0.(3)相等向量：方向相同且模相等的向量． (4)相反向量：方向相反而模相等的向量．(5)向量a ，b 的夹角：过空间任意一点O 作向量a ，b 的相等向量OA →和OB →，则∠AOB 叫作向量a ，b 的夹角，记作〈a ，b 〉，范围是[0，π]．①当〈a ，b 〉＝π2时，记作a ⊥b ； ②当〈a ，b 〉＝0或π时，记作a ∥b .(6)平行向量：如果表示空间向量的有向线段所在的直线平行或重合，则这些向量叫作平行向量或共线向量．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a ＝λb .(2)空间向量基本定理如果向量e 1，e 2，e 3是空间三个不共面向量，a 是空间任一向量，那么存在唯一一组实数λ1，λ2，λ3，使得a ＝λ1e 1＋λ2e 2＋λ3e 3.3．两个向量的数量积(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交换律：a ·b ＝b ·a ； ②分配律：a ·(b ＋c )＝a ·b ＋a ·c . ③λ(a·b )＝(λa )·b (λ∈R )． 4．空间向量坐标表示及应用 (1)数量积的坐标运算若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)共线与垂直的坐标表示设a ＝(x 1，y 1，z 1)，b ＝(x 2，y 2，z 2)，则a ∥b ⇔a ＝λb ⇔x 1＝λx 2，y 1＝λy 2，z 1＝λz 2(λ∈R )(b ≠0)， a ⊥b ⇔a ·b ＝0⇔x 1x 2＋y 1y 2＋z 1z 2＝0. (3)模和夹角公式设a ＝(x 1，y 1，z 1)，b ＝(x 2，y 2，z 2)．则|a |＝a ·acos 〈a ，b 〉＝a ·b |a ||b |＝a ≠0，b ≠0)．1．(思考辨析)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)对任意两个空间向量a ，b ，若a ·b ＝0，则a ⊥b .( ) (3)若a·b ＜0，则〈a ，b 〉是钝角．( )(4)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)√2．(教材改编)如图7-6-1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( )图7-6-1A ．－12a ＋12b ＋c B.12a ＋12b ＋c C ．－12a －12b ＋c D.12a －12b ＋cA [BM →＝BB 1→＋B 1M →＝AA 1→＋12(AD →－AB →)＝c ＋12(b －a )＝－12a ＋12b ＋c .] 3．(2017·福州模拟)O 为空间任意一点，若OP →＝34OA →＋18OB →＋18OC →，则A ，B ，C ，P 四点( )A ．一定不共面B ．一定共面C ．不一定共面D ．无法判断B [由34＋18＋18＝1知，A ，B ，C ，P 四点共面．]4．(2014·广东高考)已知向量a ＝(1,0，－1)，则下列向量中与a 成60°夹角的是( )A ．(－1,1,0)B ．(1，－1,0)C ．(0，－1,1)D ．(－1,0,1)B [各选项给出的向量的模都是2，|a |＝ 2.对于选项A ，设b ＝(－1,1,0)，则cos 〈a ，b 〉＝a ·b |a ||b |＝1×(－1)2×2＝－12.因为0°≤〈a ，b 〉≤180°，所以〈a ，b 〉＝120°.对于选项B ，设b ＝(1，－1,0)，则cos 〈a ，b 〉＝a ·b |a ||b |＝1×12×2＝12.因为0°≤〈a ，b 〉≤180°，所以〈a ，b 〉＝60°，正确．对于选项C ，设b ＝(0，－1,1)，则cos 〈a ，b 〉＝a ·b |a ||b |＝－1×12×2＝－12.因为0°≤〈a ，b 〉≤180°，所以〈a ，b 〉＝120°.对于选项D ，设b ＝(－1,0,1)，则cos 〈a ，b 〉＝a ·b |a ||b |＝－1－12×2＝－1.因为0°≤〈a ，b 〉≤180°，所以〈a ，b 〉＝180°.]5．已知向量a ＝(4，－2，－4)，b ＝(6，－3,2)，则(a ＋b )·(a －b )的值为________.【导学号：57962349】－13 [(a ＋b )·(a －b )＝a 2－b 2＝42＋(－2)2＋(－4)2－[62＋(－3)2＋22]＝－13.]1111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：图7-6-2(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 .5分(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 . 7分因为N 是BC 的中点， 则NC 1→＝NC →＋CC 1→＝12BC →＋AA 1→＝12AD →＋AA 1→＝12c ＋a ，10分 所以MP →＋NC 1→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12a ＋12b ＋c ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋12c＝32a ＋12b ＋32c .12分 [规律方法] 1.(1)选择不共面的三个向量作为基向量，这是利用空间向量基本定理求解立体几何问题的前提．(2)用已知基向量表示指定向量时，应结合已知和所求向量观察图形，将已知向量和未知向量转化至三角形或平行四边形中，然后利用三角形法则或平行四边形法则进行运算．2．首尾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，我们把这个法则称为向量加法的多边形法则．[变式训练1] 如图7-6-3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 ＝________.图7-6-356[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.]且a 与b 反向，则λ＋μ＝________.(2)如图7-6-4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)．图7-6-4①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？ (1)－52 [∵a ∥b ，且a 与b 反向， ∴(6,2μ－1,2λ)＝k (λ＋1,0,2)，k <0.∴⎩⎨⎧6＝k (λ＋1)，2μ－1＝0，2λ＝2k ，解得⎩⎪⎨⎪⎧λ＝2，μ＝12或⎩⎪⎨⎪⎧λ＝－3，μ＝12，当λ＝2，μ＝12时，k ＝2不合题意，舍去．当λ＝－3，μ＝12时，a 与b 反向． 因此λ＋μ＝－3＋12＝－52.] (2)①因为AM →＝kAC 1→，BN →＝kBC →.所以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→， 所以由共面向量定理知向量MN →与向量AB →，AA 1→共面.6分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， 所以MN ∥平面ABB 1A 1.12分[规律方法] 1.判定空间三点共线，要结合已知向量从三点中提炼两个共点向量，利用共线向量定理判断，但一定要说明两线有公共点．2．证明点共面问题可转化为证明向量共面问题，如要证明P ，A ，B ，C 四点共面，只要能证明P A →＝xPB →＋yPC →，或对空间任一点O ，有OA →＝OB →＋xPB →＋yPC →，或OP →＝xOA →＋yOB →＋zOC →(x ＋y ＋z ＝1)．[变式训练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)由已知OA →＋OB →＋OC →＝3OM →， ∴OA →－OM →＝(OM →－OB →)＋(OM →－OC →). 2分即MA →＝BM →＋CM →＝－MB →－MC →， ∴MA →，MB →，MC →共面.5分(2)由(1)知MA →，MB →，MC →共面且过同一点M . ∴四点M ，A ，B ，C 共面，从而点M 在平面ABC 内.12分于a ，点M ，N 分别是AB ，CD 的中点．图7-6-5(1)求证：MN ⊥AB ，MN ⊥CD ；(2)求异面直线AN 与CM 所成角的余弦值.【导学号：57962350】[解] (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 2cos 60°＋a 2cos 60°－a 2)＝0. 3分∴MN →⊥AB →，即MN ⊥AB . 同理可证MN ⊥CD .5分 (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 2cos 60°＋a 2cos 60°－12a 2cos 60° ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2－a 24＋a 22－a 24＝a 22.8分又∵|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23.12分 [规律方法] 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．利用数量积可解决有关垂直、夹角、长度问题 (1)a ⊥b ⇔a·b ＝0. (2)|a |＝a 2.(3)cos 〈a ，b 〉＝a·b |a ||b |.[变式训练3] 如图7-6-6，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°.图7-6-6(1)求AC 1的长；(2)求AC 与BD 1夹角的余弦值． [解] (1)设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 ＝12.2分|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. 5分(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 ＝1.8分 ∴cos 〈BD 1→，AC →〉＝BD 1→·AC →|BD 1→||AC →|＝66.∴AC 与BD 1夹角的余弦值为66.12分[思想与方法]1．利用向量的线性运算和空间向量基本定理表示向量是向量应用的基础． 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．3．用向量解决立体几何问题时，可用基向量的运算求解，适于建系的可用坐标运算求解．[易错与防范]1．在利用MN →＝xAB →＋yAC →(*)证明MN ∥平面ABC 时，必须说明M 点或N 点不在平面ABC 内(因为(*)式只表示MN →与AB →，AC →共面)．2．向量的数量积满足交换律、分配律，即a ·b ＝b ·a ，a ·(b ＋c )＝a·b ＋a ·c 成立，但(a ·b )·c ＝a ·(b ·c )不一定成立．3．求异面直线所成的角，一般可以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．。
高三数学一轮总复习 第七章 立体几何 7.6 空间向量及其运算课件.ppt
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。
3
课前学案 基础诊断
夯基固本 基础自测
4
1．空间向量的有关概念
(1)空间向量：在空间中，具有□1 __大__小__和□2 _方__向___的量叫做空间向量。 (2)相等向量：方向□3 _相__同___且模□4 _相__等___的向量。 (3)共线向量：表示空间向量的有向线段所在直线互相 □5 平__行____或重合的向
8
②两向量的数量积：已知空间两个非零向量a，b，则□16 _|a_|_·|_b_|c_o_s_〈__a_，__b_〉____叫 做向量a，b的数量积，记作□17 ___a_·b________，即a·b＝□18 ___|_a_||b_|_c_o_s〈__a_，__b_〉_____。
(2)空间向量数量积的运算律。
第七章
立体几何
1
第六节 空间向量及其运算
课前学案 基础诊断
课堂学案 考点通关
高考模拟 备考套餐
2
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。
考纲 导学
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22_＋__a_23 ，cos〈a，b〉＝|aa|·|bb|＝
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a21＋a22＋a23 b21＋b22＋b23 ________________________
。
□ →
若A(a1，b1，c1)，B(a2，b2，c2)，则dAB＝|AB|＝
29
__a_1_－__a_2_2＋___b_1－__b_2_2_＋__c_1_－_c。22
高三数学一轮复习 空间向量及其运算课件 北师大版
＝62＋42＋82＋2×6×8cos 120°＝68.∴|
答案：2
cm
变式1.平行六面体ABCD－A1B1C1D1中，向量 两两的夹角均为60°，且| |＝1，
则
A．5 解析：
等于(
B．6
)
C．4 ，∴ 12＋22＋32＋1×2＋2×3＋3×1＝25. D．8
则 答案：A
＝5.
利用共面向量定理可解决四点共面和直线与平面平行等问题．
7.6
空间向量及其运算
(了解空间向量的概念/掌握空间向量的线性运算/掌握空间向量 的数量积，能运用向量的数量积判断向量的共线与垂直)
1．空间向量的概念：在空间，我们把具有大小和方向的量叫做向量． (1)向量一般用有向线段表示．同向等长的有向线段表示 同一或相等 的向量．
(2)空间的两个向量可用 同一平面内 的两条有向线段来表示．
N分
∴
与b、c向量共面，即MN∥平面PAD.
利用平行向量的充要条件可解决三点共线和直线与直线平行等问题．
【例3】 如右图，在棱长为a的正方体ABCD－A1B1C1D1中，G为△BC1D的重心，
(1)试证A1、G、C三点共线； (2)试证A1C⊥平面BC1D； (3)求点C到平面BC1D的距离．
解答：(1)证明： ∴ (2)证明：设
【例2】 如右图，已知平行六面体ABCD－
A′B′C′D′，E、F、G、H
分别是棱A′D′、D′C′、C′C
和AB的中点，求证E、F、G、H四点共面．
证明:取
则
与b、c共面.即E、F、G、H四点共面.
变式2.如右图，PA⊥平面ABCD，ABCD是矩形，M、 别是AB、PC的中点，求证：MN∥平面PAD. 证明:设 ,则
2024届新高考一轮复习北师大版 第7章 第5节 空间向量与向量运算 课件(80张)
第七章 立体几何初步、立体几何与空间向量 第五节 空间向量与向量运算
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【考试要求】 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．
(3)空间向量数乘运算满足以下运算律
①λ(μa)＝(λμ)a；②(λ＋μ)a＝λa＋μa；③λ(a＋b)＝λa＋λb；其中 λ∈R，
μ∈R.
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5．关于空间向量的有关定理
定理
语言描述
两个空间向量 a，b(b≠0)共线的充要条件是存在唯一的实数 λ 共线向
使_a_＝__λ_b_．把这个定理称为共线向量基本定理(也称“一维向量 量定理
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夯实·主干知识
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1．空间直角坐标系 (1)空间直角坐标系的概念 过空间任意一点 O，作三条两两垂直的直线，并 以点 O 为原点在三条直线上分别建立数轴：x 轴，y 轴 和 z 轴，这样就建立了一个空间直角坐标系 O－xyz.
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(2)相关概念 ①坐标原点：_O_；②坐标轴：_x_轴(横轴)、_y_轴(纵轴)、_z_轴(竖轴)； ③坐标平面：通过每两条坐标轴的平面叫作坐标平面，分别称为__x_O_y__平 面、__y_O_z__平面、__xO__z__平面． (3)点的坐标表示 空间直角坐标系中任意一点 P 的位置，可用一个三__元__有__序__数__组__唯一来 刻画．三元有序数组(x，y，z)叫作点 P 在空间直角坐标系中点的坐标，记 作 P(x，y，z)，其中，x 叫作点 P 的横坐标，y 叫作点 P 的纵坐标，z 叫作 点 P 的竖坐标．
高考数学大一轮复习 第七章 立体几何 第7课时 空间向量及其运算 理 北师大版
课时规范训练
第7课时 空间向量及其运算
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．了解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．
答案：C
4．(教材习题改编)已知a＝(－1，－3,2)，b＝(1,2,0)，若存在 c使a∥c且b·c＝5，则c＝________.
解析：∵a∥c，∴可设c＝(－λ，－3λ，2λ) ∵b·c＝5，∴－λ－6λ＝5， ∴λ＝－57，∴c＝57，175，－170. 答案：57，175，－170
5．若向量a＝(1,1，x)，b＝(1,2,1)，c＝(1,1,1)，满足条件(c －a)·(2b)＝－2，则x＝________.
解析：∵a＝(1,1，x)，b＝(1,2,1)，c＝(1,1,1) ∴c－a＝(0,0,1－x)，2b＝(2,4,2) ∴(c－a)·(2b)＝2(1－x)＝－2，∴x＝2. 答案：2
考点一 空间向量的线性运算 [例1] 如图所示，在平行六面体ABCD－A1B1C1D1中，设 A→A1 ＝a， A→B ＝b， A→D ＝c，M，N，P分别是AA1，BC，C1D1的中点， 试用a，b，c表示以下各向量； (1)A→P； (2)A→1N； (3)M→P＋N→C1；
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 O→A ＝a， O→B ＝b，则∠AOB叫作向量a与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.
高考数学一轮复习第7章立体几何第6节立体几何中的向量方法教学案理含解析北师大版
高考数学一轮复习第7章立体几何第6节立体几何中的向量方法教学案理含解析北师大版第六节 立体几何中的向量方法[考纲传真] 能用向量方法解决直线与直线、直线与平面、平面与平面的夹角的计算问题，了解向量方法在研究立体几何问题中的应用．1．异面直线的夹角设a ，b 分别是两异面直线l 1，l 2的方向向量，则a 与b 的夹角〈a ，b 〉l 1与l 2的夹角θ范围0＜〈a ，b 〉＜π0<θ≤π2关系cos 〈a ，b 〉＝a ·b|a ||b |cos θ＝|cos 〈a ，b 〉|＝|a ·b ||a ||b |2.直线与平面的夹角设直线l 的方向向量为a ，平面α的法向量为n ，直线l 与平面α的夹角为θ，则sinθ＝|cos 〈a ，n 〉|＝|a ·n ||a ||n |. 3．二面角(1)如图①，AB ，CD 是二面角αl β的两个面内与棱l 垂直的直线，则二面角的大小θ＝〈AB →，CD →〉．(2)如图②③，n 1，n 2分别是二面角αl 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 〈n 1，n 2〉|，二面角的平面角大小是向量n 1与n 2的夹角(或其补角)．[常用结论] 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|BO →|＝|AB →·n ||n |.[基础自测]1．(思考辨析)判断下列结论的正误．(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的夹角．( ) (2)直线的方向向量和平面的法向量的夹角就是直线与平面所成的角 ( ) (3)两个平面的法向量的夹角是这两个平面所成的二面角．( )(4)两异面直线夹角的范围是⎝ ⎛⎦⎥⎤0，π2，直线与平面所成角的范围是⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2，二面角的范围是[0，π]．( )[答案] (1)× (2)× (3)× (4)√2．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为( ) A.π4B ．34π C.π4或34π D ．π2或34πC [∵m ＝(0,1,0)，n ＝(0,1,1)， ∴m ·n ＝1，|m |＝1，|n |＝2，∴cos〈m ，n 〉＝m ·n |m ||n |＝22，∴〈m ，n 〉＝π4.∴两平面所成的二面角为π4或34π，故选C.]3.如图所示，在正方体ABCD A 1B 1C 1D 1中，已知M ，N 分别是BD 和AD 的中点，则B 1M 与D 1N 夹角的余弦值为( )A.3010 B ．3015 C.3030D ．1515A [以D 为原点建立空间直角坐标系D xyz ，如图， 设AB ＝2，则N (1,0,0)，D 1(0,0,2)，M (1,1,0)，B 1(2,2,2)， ∴B 1M →＝(－1，－1，－2)， D 1N →＝(1,0，－2)，∴B 1M →·D 1N →＝－1＋4＝3， |B 1M →|＝6，|D 1N →|＝5， ∴cos〈B 1M →，D 1N →〉＝330＝3010＞0， ∴B 1M 与D 1N 夹角的余弦值为3010.故选A.] 4．已知向量m ，n 分别是直线l 和平面α的方向向量和法向量，若cos 〈m ，n 〉＝－12，则l 与α的夹角为________．π6 [设l 与α所成的角为θ，则sin θ＝|cos 〈m ，n 〉|＝12， 又θ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2，∴θ＝π6.]5．过正方形ABCD 的顶点A 作线段PA ⊥平面ABCD ，若AB ＝PA ，则平面ABP 与平面CDP 所成的锐二面角为________．45° [如图，建立空间直角坐标系，设AB ＝PA ＝1，则A (0,0,0)，D (0,1,0)，P (0,0,1)，由题意，AD ⊥平面PAB ，设E 为PD 的中点，连接AE ，则AE ⊥PD ，又CD ⊥平面PAD ，∴CD ⊥AE ，从而AE ⊥平面PCD ．∴AD →＝(0,1,0)，AE →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12，12分别是平面PAB ，平面PCD 的法向量，且〈AD →，AE →〉＝45°.故平面PAB 与平面PCD 所成的锐二面角为45°.]求异面直线的夹角1．已知直三棱柱ABC A 1B 1C 1中，∠ABC ＝120°，AB ＝2，BC ＝CC 1＝1，则异面直线AB 1与BC 1夹角的余弦值为( )A.32 B ．155 C.105D ．33C [在平面ABC 内过点B 作AB 的垂线，以B 为原点，以该垂线，BA ，BB 1所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系B xyz ，则A (0,2,0)，B 1(0,0,1)，C ⎝ ⎛⎭⎪⎫32，－12，0，C 1⎝ ⎛⎭⎪⎫32，－12，1，AB 1→＝(0，－2,1)，BC 1→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32，－12，1，cos 〈AB 1→，BC 1→〉＝AB 1→·BC 1→|AB 1→|·|BC 1→|＝25×2＝105，故选C.] 2.如图，在四棱锥P ABCD 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 夹角的余弦值． [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PA C. (2)设AC ∩BD ＝O .因为∠BAD ＝60°，PA ＝AB ＝2， 所以BO ＝1，AO ＝CO ＝ 3.如图，以O 为坐标原点，建立空间直角坐标系Oxyz ，则P (0，－3，2)，A (0，－3，0)，B (1,0,0)，C (0，3，0)． 所以PB →＝(1，3，－2)，AC →＝(0,23，0)． 设PB 与AC 所成角为θ，则 cos θ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪PB →·AC →|PB →||AC →|＝622×23＝64. 即PB 与AC 夹角的余弦值为64. [规律方法] 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)两异面直线夹角的余弦值等于两向量夹角余弦值的绝对值．求直线与平面的夹角【例1】(2018·合肥一模)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夹角的正弦值．[解] (1)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，∴MN∥E C.∵MN平面EFC，EC平面EFC，∴MN∥平面EF C.∵BF，DE都垂直底面ABCD，∴BF∥DE.∵BF＝DE，∴四边形BDEF为平行四边形，∴BD∥EF.∵BD平面EFC，EF平面EFC，∴BD∥平面EF C.又MN∩BD＝N，∴平面BDM∥平面EF C.(2)∵DE⊥平面ABCD，四边形ABCD是正方形，∴DA，DC，DE两两垂直，如图，建立空间直角坐标系Dxyz.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)，∴DB→＝(2,2,0)，DM→＝(1,0,2)，设平面BDM的法向量为n＝(x，y，z)，则⎩⎨⎧n·DB→＝0，n·DM→＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧2x＋2y＝0，x＋2z＝0.令x＝2，则y＝－2，z＝－1，从而n＝(2，－2，－1)为平面BDM的一个法向量．∵AE→＝(－2,0,4)，设直线AE与平面BDM所成的角为θ，则sin θ＝|cos〈n，AE→〉|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪n·AE→|n||AE→|＝4515，∴直线AE 与平面BDM 夹角的正弦值为4515.[规律方法] 利用向量法求线面角的方法(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或钝角的补角，取其余角就是斜线和平面所成的角．如图，在正三棱柱ABC A 1B 1C 1中，AB ＝AA 1＝2，点P ，Q 分别为A 1B 1，BC 的中点．(1)求异面直线BP 与AC 1夹角的余弦值； (2)求直线CC 1与平面AQC 1夹角的正弦值．[解] 如图，在正三棱柱ABC A 1B 1C 1中，设AC ，A 1C 1的中点分别为O ，O 1，连接OB ，OO 1，则OB ⊥OC ，OO 1⊥OC ，OO 1⊥OB ，如图所示，建立空间直角坐标系O xyz .因为AB ＝AA 1＝2，所以A (0，－1,0)，B (3，0,0)，C (0,1,0)，A 1(0，－1,2)，B 1(3，0,2)，C 1(0,1,2)．(1)因为P 为A 1B 1的中点，所以P ⎝⎛⎭⎪⎫32，－12，2，从而BP →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－32，－12，2，AC 1→＝(0,2,2)，故|cos 〈BP →，AC 1→〉|＝|BP →·AC 1→||BP →||AC 1→|＝|－1＋4|5×22＝31020.因此，异面直线BP 与AC 1夹角的余弦值为31020.(2)因为Q 为BC 的中点，所以Q ⎝⎛⎭⎪⎫32，12，0， 因此AQ →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32，32，0，AC 1→＝(0,2,2)，CC 1→＝(0,0,2)．设n ＝(x ，y ，z )为平面AQC 1的法向量，则⎩⎨⎧AQ →·n ＝0，AC 1→·n ＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧32x ＋32y ＝0，2y ＋2z ＝0.不妨取n ＝(3，－1,1)．设直线CC 1与平面AQC 1所成角为θ，则sin θ＝|cos 〈CC 1→，n 〉|＝|CC 1→·n ||CC 1→||n |＝25×2＝55，所以直线CC 1与平面AQC 1夹角的正弦值为55. 求二面角【例2】 (2018·湖北二模)如图1，等腰直角三角形ABC 的底边AB ＝2，点D 在线段AC 上，DE ⊥AB 于点E ，现将△ADE 沿DE 折起到△PDE 的位置(如图2)．图1 图2 (1)求证：PB ⊥DE ；(2)若PE ⊥BE ，直线PD 与平面PBC 的夹角为30°，求平面PDE 与平面PBC 所成的锐二面角的正弦值．[解] (1)证明：∵DE ⊥PE ，DE ⊥BE ，PE ∩BE ＝E ， ∴DE ⊥平面PBE ，又PB 平面PBE ，∴PB ⊥DE .(2)由题知DE ⊥PE ，DE ⊥EB ，且PE ⊥EB ， ∴DE ，BE ，PE 两两互相垂直．分别以ED →，EB →，EP →的方向为x 轴，y 轴，z 轴的正方向建立空间直角坐标系E xyz . 设|PE |＝a (0＜a ＜1)，则B (0,2－a,0)，D (a,0,0)，C (1,1－a,0)，P (0,0，a )， ∴PB →＝(0,2－a ，－a )，BC →＝(1，－1,0)．设平面PBC的法向量为n＝(x，y，z)，则⎩⎨⎧PB→·n＝0，BC→·n＝0，∴⎩⎪⎨⎪⎧2－a y－az＝0，x－y＝0，∴平面PBC的一个法向量为n＝(a，a,2－a)，∵直线PD与平面PBC的夹角为30°，且PD→＝(a,0，－a)，∴sin 30°＝|a2－a2－a|2a2×a2＋a2＋2－a2，∴a＝2(舍)或a＝25.∴平面PBC的一个法向量为n＝⎝⎛⎭⎪⎫25，25，85.易知平面PDE的一个法向量为m＝(0,1,0)，设所求的锐二面角为θ，则cos θ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪m·n|m||n|＝26，所以sin θ＝346，即平面PDE与平面PBC所成的锐二面角的正弦值为346.[规律方法] 利用向量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是锐(钝)二面角．(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·南昌重点中学联考)如图，四边形ABCD是矩形，沿对角线AC将△ACD 折起，使得点D在平面ABC内的射影恰好落在边AB上．(1)求证：平面ACD⊥平面BCD；(2)当ABAD＝2时，求二面角DACB的余弦值．[解] (1)证明：如图，设点D在平面ABC内的射影为点E，连接DE ，则DE ⊥平面ABC ，所以DE ⊥B C.因为四边形ABCD 是矩形，所以AB ⊥BC ，所以BC ⊥平面ABD ，所以BC ⊥AD ． 又AD ⊥CD ，所以AD ⊥平面BCD ，而AD 平面ACD ， 所以平面ACD ⊥平面BCD ．(2)以点B 为原点，线段BC 所在的直线为x 轴，线段AB 所在的直线为y 轴，建立空间直角坐标系，如图所示．设AD ＝a ，则AB ＝2a ，所以A (0，－2a,0)，C (－a,0,0)． 由(1)知AD ⊥BD ，又AB AD＝2，所以∠DBA ＝30°，∠DAB ＝60°，所以AE ＝AD cos∠DAB ＝12a ，BE ＝AB －AE ＝32a ，DE ＝AD sin∠DAB ＝32a ， 所以D ⎝⎛⎭⎪⎫0，－32a ，32a ，所以AD →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12a ，32a ，AC →＝(－a,2a,0)．设平面ACD 的法向量为m ＝(x ，y ，z )，则⎩⎨⎧m ·AD →＝0，m ·AC →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧12ay ＋32az ＝0，－ax ＋2ay ＝0.取y ＝1，则x ＝2，z ＝－33， 所以m ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫2，1，－33. 因为平面ABC 的一个法向量为n ＝(0,0,1)，所以cos 〈m ，n 〉＝m ·n|m ||n |＝－3322＋12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫－332＝－14. 所以二面角D AC B 的余弦值为14.1．(2018·全国卷Ⅱ)如图所示，在三棱锥P ABC 中，AB ＝BC ＝22，PA ＝PB ＝PC ＝AC ＝4，O 为AC 的中点．(1)证明：PO ⊥平面ABC ；(2)若点M 在棱BC 上，且二面角M PA C 为30°，求PC与平面PAM 夹角的正弦值．[解] (1)证明：因为AP ＝CP ＝AC ＝4，O 为AC 的中点，所以OP ⊥AC ，且OP ＝2 3.连接OB ．因为AB ＝BC ＝22AC ，所以△ABC 为等腰直角三角形，且OB ⊥AC ，OB ＝12AC ＝2.由OP 2＋OB 2＝PB 2知PO ⊥OB ．由OP ⊥OB ，OP ⊥AC ，OB ∩AC ＝O ，知PO ⊥平面AB C.(2)如图，以O 为坐标原点，OB →的方向为x 轴正方向，建立空间直角坐标系O xyz . 由已知得O (0,0,0)，B (2,0,0)，A (0，－2,0)，C (0,2,0)，P (0,0,23)，AP →＝(0,2,23)．取平面PAC 的一个法向量OB →＝(2,0,0)．设M (a,2－a,0)(0＜a ≤2)，则AM →＝(a,4－a,0)． 设平面PAM 的法向量为n ＝(x ，y ，z )． 由AP →·n ＝0，AM →·n ＝0得⎩⎨⎧2y ＋23z ＝0，ax ＋4－a y ＝0，可取n ＝(3(a －4)，3a ，－a )，所以cos 〈OB →，n 〉＝23a －423a －42＋3a 2＋a 2.由已知可得|cos 〈OB →，n 〉|＝32， 所以23|a －4|23a －42＋3a 2＋a2＝32，解得a ＝－4(舍去)或a ＝43， 所以n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－833，433，－43.又PC →＝(0,2，－23)，所以cos 〈PC →，n 〉＝34. 所以PC 与平面PAM 夹角的正弦值为34. 2．(2016·全国卷Ⅱ)如图所示，菱形ABCD 的对角线AC 与BD 交于点O ，AB ＝5，AC ＝6，点E ，F 分别在AD ，CD上，AE ＝CF ＝54，EF 交BD 于点H .将△DEF 沿EF 折到△D ′EF 的位置，OD ′＝10.(1)证明：D ′H ⊥平面ABCD ；(2)求二面角B D ′A C 的正弦值．[解] (1)证明：由已知得AC ⊥BD ，AD ＝CD ． 又由AE ＝CF 得AE AD ＝CF CD ，故AC ∥EF .因此EF ⊥HD ，从而EF ⊥D ′H .由AB ＝5，AC ＝6得DO ＝BO ＝AB 2－AO 2＝4.由EF ∥AC 得OH DO ＝AE AD ＝14. 所以OH ＝1，D ′H ＝DH ＝3.于是D ′H 2＋OH 2＝32＋12＝10＝D ′O 2，故D ′H ⊥OH . 又D ′H ⊥EF ，而OH ∩EF ＝H ，所以D ′H ⊥平面ABCD ．(2)如图，以H 为坐标原点，HF →的方向为x 轴正方向，HD →的方向为y 轴正方向，HD ′→的方向为z 轴正方向，建立空间直角坐标系H xyz ，则H (0,0,0)，A (－3，－1,0)，B (0，－5,0)，C (3，－1,0)，D ′(0,0,3)，AB →＝(3，－4,0)，AC →＝(6,0,0)，AD ′→＝(3,1,3)． 设m ＝(x 1，y 1，z 1)是平面ABD ′的法向量，则⎩⎨⎧ m ·AB →＝0，m ·AD ′→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧ 3x 1－4y 1＝0，3x 1＋y 1＋3z 1＝0，所以可取m ＝(4,3，－5)．设n ＝(x 2，y 2，z 2)是平面ACD ′的法向量，则 ⎩⎨⎧ n ·AC →＝0，n ·AD ′→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧ 6x 2＝0，3x 2＋y 2＋3z 2＝0，所以可取n ＝(0，－3,1)．于是cos 〈m ，n 〉＝m·n |m||n |＝－1450×10＝－7525， sin 〈m ，n 〉＝29525. 因此二面角B D ′A C 的正弦值是29525.。
2022届高考数学一轮复习(新高考版) 第7章 空间向量及其应用
师生共研
例 1 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O→M＝13(O→A＋O→B＋O→C). (1)判断M→A，M→B，M→C三个向量是否共面；
解 由题知O→A＋O→B＋O→C＝3O→M， 所以O→A－O→M＝(O→M－O→B)＋(O→M－O→C)， 即M→A＝B→M＋C→M＝－M→B－M→C， 所以M→A，M→B，M→C共面.
___a_21＋__a_22_＋__a_23__
夹角 余弦值
cos〈a，b〉＝ a·b (a≠0，b≠0) |a||b|
cos〈a，b〉＝ a1b1＋a2b2＋a3b3 __a_21_＋__a_22_＋__a_23·__b__21＋__b_22_＋__b_23 _
5.空间位置关系的向量表示 (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.
数量积 共线 垂直 模
向量表示 a·b
a＝λb(b≠0，λ∈R) a·b＝0(a≠0，b≠0)
|a|
坐标表示 __a_1b_1_＋__a_2_b_2＋__a_3_b_3_ _a_1_＝__λ_b_1_，_a_2_＝__λ_b_2_，__a_3＝__λ_b_3_ __a_1b_1_＋__a_2_b_2＋__a_3_b_3_＝__0_
表示 0
a＝b a的相反向量为－a
共线向量 共面向量
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
平行于同一个_平__面__的向量
高考理科第一轮复习练习(7.6空间向量及其运算)
课时提升作业(四十七)一、选择题1.在下列条件中,使M与A,B,C一定共面的是( )(A)=2--(B)=++(C)++=0(D)+++=02.若向量c垂直于不共线的向量a和b,d=λa+μb(λ,μ∈R,且λμ≠0),则( )(A)c∥d(B)c⊥d(C)c不平行于d,c也不垂直于d(D)以上三种情况均有可能3.若a,b是两个非零向量,且a2·b=b2·a,则向量a,b的关系是( )(A)a=b(B)a,b共线但不一定相等(C)a,b不共线(D)a,b为任意非零向量4.如图,已知空间四边形的每条边和对角线长都等于a,点E,F,G分别为AB,AD,DC的中点,则a2等于( )(A)2·(B)2·(C)2·(D)2·5.(2013·福州模拟)如图,在底面为平行四边形的四棱柱ABCD - A1B1C1D1中,M是AC与BD的交点,若=a,=b,=c,则下列向量中与相等的向量是( )(A)-a+b+c (B)a+b+c(C)a-b+c(D)-a-b+c6.(2013·六安模拟)已知空间四边形ABCD中,O是空间中任意一点,=a,=b,=c,点M在OA上,且OM=2MA,N为BC中点,则= ( )(A)a-b+c(B)-a+b+c(C)a+b-c(D)a+b-c7.设A,B,C,D是空间不共面的四个点,且满足·=0,·=0,·=0,则△BCD的形状是( )(A)钝角三角形(B)直角三角形(C)锐角三角形(D)无法确定8.正方体ABCD -A1B1C1D1的棱长为1,点M在AC1上且=,N为B1B的中点,则||为( )(A)(B)(C)(D)9.(2013·武汉模拟)平面α与平面β的夹角为60°,A,B是l上的两点,AC,BD分别在半平面α,β内,AC⊥l,BD⊥l,且AB=AC=a,BD=2a,则CD的长为( )(A)2a (B) a (C)a (D)a10.(能力挑战题)已知ABCD为四面体,O为△BCD内一点(如图),则=(++)是O为△BCD的重心的( )(A)充分不必要条件(B)必要不充分条件(C)充要条件(D)既不充分又不必要条件二、填空题11.在空间四边形ABCD中,·+·+·= .12.(2013·焦作模拟)已知空间四边形ABCD的对角线为AC,BD,设G是CD的中点,则+(+)等于.13.已知G是△ABC的重心,O是空间与G不重合的任一点,若++=λ,则λ= .14.(2013·长沙模拟)空间四边形OABC中,OA=8,AB=6,AC=4,BC=5,∠OAC=45°,∠OAB=60°,则OA与BC的夹角的余弦值等于.三、解答题15.正方体ABCD -A1B1C1D1中,M,N分别为正方形ABCD和AA1B1B的中心.(1)求证:AC1⊥平面A1BD.(2)求与夹角的余弦值.答案解析1.【解析】选C.++=0,即=-(+),所以M与A,B,C共面.2.【解析】选B.由题意,c垂直于由a,b确定的平面.∵d=λa+μb,∴d与a,b共面.∴c⊥d.3.【解析】选B.∵a2·b=b2·a,即|a|2·b=|b|2·a,∴b=22ba·a,∴a与b共线,但不一定相等.4.【解析】选B.2·=2·a·a·cos60°=a2.5.【解析】选A.=+=+=c+(-)=c+(b-a)=-a+b+c.6.【解析】选B.不妨设O点与D点重合,则=++=+(-)+(-)=-++=-a +b +c . 7.【思路点拨】通过·,·,·的符号判断△BCD 各内角的大小,进而确定出三角形的形状. 【解析】选C.·=(-)·(-)=·-·-·+2AB =2AB >0,同理·>0,·>0.故△BCD 为锐角三角形. 8.【解析】选A.如图,设=a ,=b ,=c ,则a ·b =b ·c =c ·a =0.由条件知=++=-(a +b +c )+a +c =a -b +c ,∴2222411MN 9936=++ a b c ==,∴||=.9.【解析】选A.∵AC ⊥l ,BD ⊥l , ∴<,>=60°,且·=0,·=0,又=++,∴||===2a. 10.【解析】选C.若O 是△BCD 的重心,则=+=+×(+)=+(+)=+(-+-)=(++),若=(++),则-+-+-=0,即++=0.设BC的中点为P,则-2+=0,∴=-2,即O为△BCD的重心.11.【解析】设=b,=c,=d,则=d-c,=d-b,=c-b.原式=b·(d-c)+d·(c-b)-c·(d-b)=0.答案:012.【解析】因为G是CD的中点,∴=(+),∴+(+)=+=.答案:13.【解析】因为+=,+=,+=,且++=0,所以++=3.答案:314.【解析】由题意知·=·(-)=·-·=8×4×cos45°-8×6×cos60°=16-24.∴cos<,>===.∴OA与BC的夹角的余弦值为.答案:【误区警示】本题常误认为<,>即为OA与BC的夹角.15.【解析】设=a,=b,=c,正方体棱长为1, (1)∵·=(a+b+c)·(b-a)=a·b-a2+b2-b·a+c·b-c·a=0-1+1-0+0-0=0,∴⊥.同理·=0,∴⊥,∴AC1⊥平面A1BD.(2)∵=+=-c+(a-b),=+=-b+(c-a),∴||2=[-c+(a-b)]2=c2+(-c)(a-b)+(a-b)2=1-0+0+×(1-0+1)=,∴||=,同理||=.又·=[-c+(a-b)]·[-b+(c-a)]=0+×(-1+0)-×(0-1)+×(0-1-0+0)=-,∴cos<,>==-.【方法技巧】用向量法解题的常见类型及常用方法1.常见类型利用向量可解决空间中的平行、垂直、长度、夹角等问题.2.常用的解题方法(1)基向量法先选择一组基向量,把其他向量都用基向量表示,然后根据向量的运算解题.(2)坐标法根据条件建立适当的空间直角坐标系,并求出相关点的坐标,根据向量的坐标运算解题即可.。
高考数学一轮复习第七章立体几何空间向量及其运算学案理含解析北师大版
高考数学一轮复习第七章：第六节 空间向量及其运算命题分析预测学科核心素养从近五年的高考考查情况来看，空间向量及其运算是每年命题的热点，独立考查较少，多与空间角、距离的计算综合考查，难度中等．本节通过空间向量的运算考查考生的直观想象与数学运算核心素养．授课提示：对应学生用书第155页 知识点一 空间向量的有关概念、定理 1．空间向量的有关概念名称 定义空间向量 在空间中，具有大小和方向的量 相等向量 方向相同且模相等的向量共线向量 表示空间向量的有向线段所在的直线互相平行或重合 共面向量平行于同一平面的向量2．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 ，其中{a ，b ，c }叫做空间的一个基底． 3．两个向量的数量积（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 ． • 温馨提醒 •1．三点共线：在平面中A ，B ，C 三点共线⇔OA →＝xOB →＋yOC →（其中x ＋y ＝1），O 为平面内任意一点．2．四点共面：在空间中P ，A ，B ，C 四点共面⇔OP →＝xOA →＋yOB →＋zOC →（其中x ＋y ＋z ＝1），O 为空间中任意一点．1．如图，平行六面体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，AC 与BD 的交点为点M ，设AB →＝a ，AD →＝b ，AA 1→＝c ，则下列向量中与C 1M →相等的向量是（ ）A ．－12a ＋12b ＋cB ．12a ＋12b ＋cC ．－12a －12b －cD ．－12a －12b ＋c解析：C 1M →＝C 1C →＋CM →＝C 1C →＋12（CB →＋CD →）＝A 1A →＋12DA →＋12BA →＝－12a －12b －c ．答案：C2．若a 与b 不共线，且m ＝a ＋b ，n ＝a －b ，p ＝a ，则（ ） A ．m ，n ，p 共线 B ．m 与p 共线 C ．n 与p 共线D ．m ，n ，p 共面解析：由于（a ＋b ）＋（a －b ）＝2a ，即m ＋n ＝2p ，即p ＝12m ＋12n ，又m 与n 不共线，所以m ，n ，p 共面． 答案：D3．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_________． 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×cos 120°＋0＋2×1×cos 120°）＝2， 所以|EF →|＝2，所以EF 的长为2． 答案： 2知识点二 空间向量的坐标表示设a ＝（a 1，a 2，a 3），b ＝（b 1，b 2，b 3）．向量表示 坐标表示 数量积 a ·b a 1b 1＋a 2b 2＋a 3b 3 共线 a ＝λb （b ≠0）a 1＝λb 1，a 2＝λb 2，a 3＝λb 3 垂直 a ·b ＝0 （a ≠0，b ≠0）a 1b 1＋a 2b 2＋a 3b 3＝0模 |a |a 21＋a 22＋a 23夹角〈a ，b 〉（a ≠0，b ≠0）cos 〈a ，b 〉＝a 1b 1＋a 2b 2＋a 3b 3a 21＋a 22＋a 23·b 21＋b 22＋b 23• 温馨提醒 •设a ＝（a 1，a 2，a 3），b ＝（b 1，b 2，b 3），则a ∥b （b ≠0）⇔⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝λb 1，a 2＝λb 2，a 3＝λb 3.这一形式不能随便写成a 1b 1＝a 2b 2＝a 3b 3．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b 3＝0，这样a 3b 3就无意义了．1．（易错题）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 ．相交但不垂直解析：由题意得，AB →＝（－3，－3，3），CD →＝（1，1，－1），所以AB →＝－3CD →，所以AB →与CD →共线，又AB 与CD 没有公共点，所以AB ∥CD ． 答案：B2．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_________．解析：以D 为坐标原点，DA ，DC ，DD 1所在直线分别为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系（图略），设DA ＝2，则A （2，0，0），M （0，0，1），O （1，1，0），N （2，1，2），所以AM →＝（－2，0，1），ON →＝（1，0，2），AM →·ON →＝－2＋0＋2＝0，所以AM ⊥ON ． 答案：垂直授课提示：对应学生用书第156页题型一 空间向量的线性运算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：MN →＝MA →＋AO →＋ON →＝12（c －a －b ）．答案：D2．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 表示以下各向量：（1）AP →＝ ； （2）A 1N →＝ ； （3）MP →＋NC 1→＝_________． 解析：（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N 是BC 的中点，所以A 1N →＝A 1A →＋AB →＋BN →＝－a ＋b ＋12BC →＝－a ＋b ＋12AD →＝－a ＋b ＋12c ．（3）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 ． 答案：（1）a ＋c ＋12b （2）－a ＋b ＋12c （3）32a ＋12b ＋32c用已知向量表示某一向量的三个关键点（1）用已知向量来表示某一向量，一定要结合图形，以图形为指导是解题的关键． （2）要正确理解向量加法、减法与数乘运算的几何意义，如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．（3）在立体几何中，三角形法则、平行四边形法则仍然成立．题型二 共线、共面向量定理的应用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：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.答案：A2．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＝（ ） A ．9 B ．－9 C ．－3D ．3解析：由题意知c ＝x a ＋y b ，即（7，6，λ）＝x （2，1，－3）＋y （－1，2，3），所以⎩⎪⎨⎪⎧2x －y ＝7，x ＋2y ＝6，－3x ＋3y ＝λ，解得λ＝－9． 答案：B3．已知空间任意一点O 和不共线的三点A ，B ，C ，若OP →＝xOA →＋yOB →＋zOC →（x ，y ，z ∈R ），则“x ＝2，y ＝－3，z ＝2”是“P ，A ，B ，C 四点共面”的（ ） A ．必要不充分条件 B ．充分不必要条件 C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件解析：当x ＝2，y ＝－3，z ＝2时，即OP →＝2OA →－3OB →＋2OC →．则AP →－AO →＝2OA →－3（AB →－AO →）＋2（AC →－AO →），即AP →＝－3AB →＋2AC →，根据共面向量定理知，P ，A ，B ，C 四点共面；反之，当P ，A ，B ，C 四点共面时，根据共面向量定理，设AP →＝mAB →＋nAC →（m ，n ∈R ），即OP →－OA →＝m （OB →－OA →）＋n （OC →－OA →），即OP →＝（1－m －n ）OA →＋mOB →＋nOC →，即x ＝1－m －n ，y ＝m ，z ＝n ，这组数显然不止2，－3，2，故“x ＝2，y ＝－3，z ＝2”是“P ，A ，B ，C 四点共面”的充分不必要条件． 答案：B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P A →＝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 →题型三 空间向量数量积的应用[例] 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，计算：（1）EF →·BA →； （2）EF →·DC →； （3）EG 的长；（4）异面直线AG 与CE 所成角的余弦值． [解析] 设AB →＝a ，AC →＝b ，AD →＝c ． 则|a |＝|b |＝|c |＝1，〈a ，b 〉＝〈b ，c 〉＝〈c ，a 〉＝60°， EF →＝12BD →＝12c －12a ，BA →＝－a ，DC →＝b －c ． （1）EF →·BA →＝⎝⎛⎭⎫12c －12a ·（－a ） ＝12a 2－12a·c ＝14． （2）EF →·DC →＝12（c －a ）·（b －c ）＝12（b·c －a·b －c 2＋a·c ） ＝－14．（3）EG →＝EB →＋BC →＋CG → ＝12a ＋b －a ＋12c －12b ＝－12a ＋12b ＋12c ．|EG →|2＝14a 2＋14b 2＋14c 2－12a·b ＋12b·c －12c ·a＝12， 则|EG →|＝22．（4）AG →＝12b ＋12c ．CE →＝CA →＋AE →＝－b ＋12a ，cos 〈AG →，CE →〉＝AG →·CE →|AG →||CE →|＝－23，由于异面直线所成角的范围是（0°，90°]， 所以异面直线AG 与CE 所成角的余弦值为23．1．求解与空间图形中的有关向量数量积问题时，应先在图形中选定一组模和夹角已知的基向量，用基向量表示待求数量积中的向量，结合向量数量积的运算律求解．2．若待求向量是坐标形式，求数量积时，可直接利用空间向量的数量积的坐标公式求解．[对点训练]如图所示，已知在平行六面体ABCD -A ′B ′C ′D ′中，AB ＝4，AD ＝3，AA ′＝5，∠BAD ＝90°，∠BAA ′＝∠DAA ′＝60°．（1）求AC ′的长；（2）求AC ′→与AC →的夹角的余弦值． 解析：（1）因为AC ′→＝AB →＋AD →＋AA ′→， 所以|AC ′→|2＝（AB →＋AD →＋AA ′→）2＝|AB →|2＋|AD →|2＋|AA ′→|2＋2（AB →·AD →＋AB →·AA ′→＋AD →·AA ′→） ＝42＋32＋52＋2（0＋10＋7．5）＝85． 所以|AC ′→|＝85．（2）设AC ′→与AC →的夹角为θ，因为四边形ABCD 是矩形， 所以|AC →|＝32＋42＝5．所以由余弦定理可得cos θ＝|AC ′→|2＋|AC →|2－|CC ′→|22|AC ′→|·|AC →|＝85＋25－252×85×5＝8510．空间向量运算中的核心素养数学运算——向量法在空间几何体中的应用[例] 如图1，四边形ABCD 与四边形ADEF 分别为正方形与等腰梯形，AD ∥EF ，AF ＝2，AD ＝4，EF ＝2，沿AD 将四边形ADEF 折起，使得平面ADEF ⊥平面ABCD ，如图2，动点M 在线段EF 上，N ，G 分别为AB ，BC 的中点，设异面直线MN 与AG 所成的角为α，则cos α的最大值为（ ）A ．3010 B ．105 C ．1010D ．55[解析] 过点F 作FO ⊥AD ，垂足为O ．因为平面ADEF ⊥平面ABCD ，平面ABCD ∩平面ADEF ＝AD ，所以FO ⊥平面ABCD ．以O 为坐标原点，OD ，OF 所在直线分别为y ，z 轴建立空间直角坐标系，如图所示，因为AF ＝2，AD ＝4，EF ＝2，四边形ADEF 为等腰梯形，所以AO ＝1，FO ＝1，设M （0，y ，1），0≤y ≤2，易知O （0，0，0），A （0，－1，0），N （2，－1，0），G （4，1，0），MN →＝（2，－1－y ，－1），AG →＝（4，2，0），则|MN →|＝22＋（－1－y ）2＋（－1）2＝5＋（1＋y ）2，|AG →|＝25，cos α＝6－2y 25×5＋（1＋y ）2＝3－y 5×5＋（1＋y ）2．设3－y＝t ，则有1≤t ≤3，cos α＝t 5×5＋（4－t ）2＝15×t t 2－8t ＋21＝15×11－8t ＋21t2＝15×121⎝⎛⎭⎫1t －4212＋521≤15×121×⎝⎛⎭⎫13－4212＋521＝3010，则当t ＝3，即y ＝0，即点M 与F 重合时，cos α取得最大值，为3010．[答案] A空间几何中的夹角问题，常转化为向量的夹角问题，利用公式cos 〈a ，b 〉＝a·b|a ||b |求解． [对点训练]如图所示，已知P A ⊥平面ABC ，∠ABC ＝120°，P A ＝AB ＝BC ＝6，则PC 等于_________．解析：因为PC →＝P A →＋AB →＋BC →，所以|PC →|2＝|P A →|2＋|AB →|2＋|BC →|2＋2AB →·BC → ＝36＋36＋36＋2×36cos 60°＝144．所以|PC →|＝12．答案：12。
2019年高考数学(北师大版理科)： 第7章 立体几何 第6节 空间向量及其运算学案
第六节空间向量及其运算[考纲传真]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．(对应学生用书第120页)[基础知识填充]1．空间向量的有关概念2.空间向量的有关定理(1)共线向量定理：空间两个向量a，b(b≠0)，共线的充要条件是存在实数λ，使得a＝λb.(2)空间向量基本定理：如果向量e1，e2，e3是空间三个不共面的向量．a是空间任一向量，那么存在唯一一组实数λ1，λ2，λ3，使得a＝λ1e1＋λ2e2＋λ3e3，其中e1，e2，e3叫作这个空间的一个基底．3．两个向量的数量积及运算律(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交换律：a ·b ＝b ·a ；②分配律：a ·(b ＋c)＝a ·b ＋a ·c ；③(λa)·b ＝λ(a ·b)．4．空间向量的坐标表示及其应用设a ＝(a 1，a 2，a 3)，b ＝(b 1，b 2，b 3)．[基本能力自测]1．(思考辨析)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)对任意两个空间向量a ，b ，若a ·b ＝0，则a ⊥b.( )(3)若a ·b ＜0，则〈a ，b 〉是钝角．( )(4)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)√2．(教材改编)如图761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( )图761A ．－12a ＋12b ＋c B ．12a ＋12b ＋c C ．－12a －12b ＋c D ．12a －12b ＋c A [BM →＝BB 1→＋B 1M →＝AA 1→＋12(AD →－AB →)＝c ＋12(b －a)＝－12a ＋12b ＋c.] 3．若向量c 垂直于不共线的向量a 和b ，d ＝λa ＋μb(λ、μ∈R ，且λμ≠0)，则( )A ．c ∥dB ．c ⊥dC ．c 不平行于d ，c 也不垂直于dD ．以上三种情况均有可能B [由题意得，c 垂直于由a ，b 确定的平面．∵d ＝λa ＋μb ，∴d 与a ，b 共面．∴c ⊥d.]4．已知a ＝(2,3,1)，b ＝(－4,2，x)，且a ⊥b ，则|b|＝________. 2 6 [∵a ⊥b ，∴a ·b ＝2×(－4)＋3×2＋1·x ＝0，。
高考数学大一轮复习 第八章 立体几何初步 第6节 空间向量及其运算学案 北师大版
第6节 空间向量及其运算最新考纲 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，能用向量的数量积判断向量的共线和垂直.知 识 梳 理1.空间向量的有关概念(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，推论的表达式为MP →＝xMA →＋yMB →或对空间任意一点O ，有OP →＝OM →＋xMA →＋yMB →或OP →＝xOM →＋yOA →＋zOB →，其中x ＋y ＋z ＝1.(3)空间向量基本定理如果向量e 1，e 2，e 3是空间三个不共面的向量，a 是空间任一向量，那么存在唯一一组实数λ1，λ2，λ3，使得a ＝λ1e 1＋λ2e 2＋λ3e 3.空间中不共面的三个向量e 1，e 2，e 3叫作这个空间的一个基底. 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 叫作向量a 与b 的夹角，记作〈a ，b 〉，其范围是[0，π]，若〈a ，b 〉＝π2，则称a 与b互相垂直，记作a ⊥b .②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 . 4.空间向量的坐标表示及其应用 设a ＝(a 1，a 2，a 3)，b ＝(b 1，b 2，b 3).[常用结论与微点提醒]1.在平面中A ，B ，C 三点共线的充要条件是：OA →＝xOB →＋yOC →(其中x ＋y ＝1)，O 为平面内任意一点.2.在空间中P ，A ，B ，C 四点共面的充要条件是：OP →＝xOA →＋yOB →＋zOC →(其中x ＋y ＋z ＝1)，O 为空间任意一点.3.向量的数量积满足交换律、分配律，即a ·b ＝b ·a ，a ·(b ＋c )＝a ·b ＋a ·c 成立，但不满足结合律，即(a ·b )·c ＝a ·(b ·c )不一定成立.诊 断 自 测1.思考辨析(在括号内打“√”或“×”) (1)空间中任意两非零向量a ，b 共面.( )(2)对任意两个空间向量a ，b ，若a·b ＝0，则a⊥b .( )(3)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.( ) (4)若a·b ＜0，则〈a ，b 〉是钝角.( )解析 对于(2)，因为0与任何向量数量积为0，所以(2)不正确；对于(3)，若a ，b ，c 中有一个是0，则a ，b ，c 共面，所以(3)不正确；对于(4)，若〈a ，b 〉＝π，则a ·b <0，故(4)不正确.答案 (1)√ (2)× (3)× (4)×2.若{a ，b ，c }为空间的一组基底，则下列各项中，能构成基底的一组向量是( ) A.a ，a ＋b ，a －b B.b ，a ＋b ，a －b C.c ，a ＋b ，a －b D.a ＋b ，a －b ，a ＋2b解析 若c ，a ＋b ，a －b 共面，则c ＝λ(a ＋b )＋m (a －b )＝(λ＋m )a ＋(λ－m )b ，则a ，b ，c 为共面向量，此与{a ，b ，c }为空间向量的一组基底矛盾，故c ，a ＋b ，a －b 可构成空间向量的一组基底. 答案 C3.如图所示，在四面体OABC 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).解析 OE →＝OA →＋AE →＝a ＋12AD →＝a ＋12(OD →－OA →)＝12a ＋12OD →＝12a ＋12×12(OB →＋OC →)＝12a ＋14b ＋14c .答案 12a ＋14b ＋14c4.（2018·宜春月考）已知a ＝(2，3，1)，b ＝(－4，2，x )，且a ⊥b ，则|b |＝____________. 解析 a ·b ＝2×(－4)＋3×2＋1·x ＝0，∴x ＝2， ∴|b |＝（－4）2＋22＋22＝2 6. 答案 2 65.已知a ＝(cos θ，1，sin θ)，b ＝(sin θ，1，cos θ)，则向量a ＋b 与a －b 的夹角是________.解析 a ＋b ＝(cos θ＋sin θ，2，cos θ＋sin θ)，a －b ＝(cos θ－sin θ，0，sin θ－cos θ)，∴(a ＋b )·(a －b )＝(cos 2θ－sin 2θ)＋(sin 2θ－cos 2θ)＝0， ∴(a ＋b )⊥(a －b )，则a ＋b 与a －b 的夹角是π2.答案π2考点一 空间向量的线性运算【例1】 如图所示，在简单几何体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 . 规律方法 1.选定空间不共面的三个向量作基向量，这是用向量解决立体几何问题的基本要求.用已知基向量表示指定向量时，应结合已知和所求向量观察图形，将已知向量和未知向量转化至三角形或平行四边形中，然后利用三角形法则或平行四边形法则进行运算. 2.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，我们把这个法则称为向量加法的多边形法则.提醒 空间向量的坐标运算类似于平面向量中的坐标运算.【训练1】 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→考点二 共线、共面向量定理的应用【例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)因为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 .规律方法 1.证明空间三点P ，A ，B 共线的方法 (1)PA →＝λPB →(λ∈R )；(2)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 (1)MP →＝xMA →＋yMB →；(2)对空间任一点O ，OP →＝xOM →＋yOA →＋zOB →(x ＋y ＋z ＝1)；(3)PM ∥AB (或PA ∥MB 或PB ∥AM ).【训练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)由已知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 . ∴四点M ，A ，B ，C 共面，从而点M 在平面ABC 内. 考点三 空间向量数量积及应用(典例迁移)【例3】 (经典母题)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，计算： (1)EF →·BA →；(2)EG →·BD →； 解 设AB →＝a ，AC →＝b ，AD →＝c .则|a |＝|b |＝|c |＝1，〈a ，b 〉＝〈b ，c 〉＝〈c ，a 〉＝60°， (1)EF →＝12BD →＝12c －12a ，BA →＝－a ，DC →＝b －c ，EF →·BA →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12c －12a ·(－a )＝12a 2－12a·c ＝14，(2)EG →·BD →＝(EA →＋AD →＋DG →)·(AD →－AB →)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－12AB →＋AD →＋AG →－AD →·(AD →－AB →) ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－12AB →＋12AC →＋12AD →·(AD →－AB →)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－12a ＋12b ＋12c ·(c －a )＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫－1×1×12＋1×1×12＋1＋1－1×1×12－1×1×12＝12. 【迁移探究1】 本例的条件不变，求证：EG ⊥AB . 证明 由例3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 .【迁移探究2】 本例的条件不变，求EG 的长. 解 由例3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.【迁移探究3】 本例的条件不变，求异面直线AG 和CE 所成角的余弦值. 解 由例3知AG →＝12b ＋12c ，CE →＝CA →＋AE →＝－b ＋12a ，cos 〈AG →，CE →〉＝AG →·CE →|AG →||CE →|＝－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.规律方法 1.利用数量积解决问题的两条途径：一是根据数量积的定义，利用模与夹角直接计算；二是利用坐标运算.2.空间向量的数量积可解决有关垂直、夹角、长度问题. (1)a ≠0，b ≠0，a ⊥b ⇔a ·b ＝0； (2)|a |＝a 2； (3)cos 〈a ，b 〉＝a ·b|a ||b |.【训练3】 如图所示，四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中，底面为平行四边形，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)求证：AC 1⊥BD ；(3)求BD 1与AC 夹角的余弦值. (1)解 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)证明 ∵AC 1→＝a ＋b ＋c ，BD →＝b －a ， ∴AC 1→·BD →＝(a ＋b ＋c )·(b －a ) ＝a ·b ＋|b |2＋b ·c －|a |2－a ·b －a ·c ＝b ·c －a ·c＝|b ||c |cos 60°－|a ||c |cos 60°＝0. ∴AC 1→⊥BD →，∴AC 1⊥BD .(3)解 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.∴AC 与BD 1夹角的余弦值为66.基础巩固题组 (建议用时：40分钟)一、选择题1.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. 答案 D2.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.相交但不垂直解析 由题意得，AB →＝(－3，－3，3)，CD →＝(1，1，－1)，所以AB →＝－3CD →，所以AB →与CD →共线，又AB 与CD 没有公共点，所以AB ∥CD . 答案 B3.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 解析 BM →＝BB →1＋B 1M →＝AA →1＋12(AD →－AB →)＝c ＋12(b －a )＝－12a ＋12b ＋c .答案 A4.已知空间四边形ABCD 的每条边和对角线的长都等于a ，点E ，F 分别是BC ，AD 的中点，则AE →·AF →的值为( ) A.a 2B.12a 2C.14a 2D.34a 2解析 如图，设AB →＝a ，AC →＝b ，AD →＝c ，则|a |＝|b |＝|c |＝a ，且a ，b ，c 三向量两两夹角为60°. AE →＝12(a ＋b )，AF →＝12c ，∴AE →·AF →＝12(a ＋b )·12c＝14(a ·c ＋b ·c )＝14(a 2cos 60°＋a 2cos 60°)＝14a 2. 答案 C5.如图，在空间四边形OABC 中，OA ＝8，AB ＝6，AC ＝4，BC ＝5，∠OAC ＝45°，∠OAB ＝60°，则OA 与BC 所成角的余弦值为( ) A.3－225B.2－26C.12D.32解析 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×cos 135°－8×6×cos 120°＝－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.答案 A 二、填空题6.(2018·郑州调研)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等于________.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. 答案 －97.正四面体ABCD 的棱长为2，E ，F 分别为BC ，AD 中点，则EF 的长为________. 解析 |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×cos 120°＋0＋2×1×cos 120°)＝2，∴|EF →|＝2，∴EF 的长为 2.答案 2 8.(2018·南昌调研)已知空间四边形OABC ，其对角线为OB ，AC ，M ，N 分别是OA ，BC 的中点，点G 在线段MN 上，且MG →＝2GN →，现用基底{OA →，OB →，OC →}表示向量OG →，有OG →＝xOA →＋yOB →＋zOC →，则x ，y ，z 的值分别为________.解析 ∵OG →＝OM →＋MG →＝12OA →＋23MN → ＝12OA →＋23(ON →－OM →) ＝12OA →＋23⎣⎢⎡⎦⎥⎤12（OB →＋OC →）－12OA → ＝16OA →＋13OB →＋13OC →， ∴x ＝16，y ＝13，z ＝13. 答案 16，13，13三、解答题9.已知空间中三点A (－2，0，2)，B (－1，1，2)，C (－3，0，4)，设a ＝AB →，b ＝AC →.(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.解 (1)∵c ∥BC →，BC →＝(－3，0，4)－(－1，1，2)＝(－2，－1，2)，∴c ＝mBC →＝m (－2，－1，2)＝(－2m ，－m ，2m )，∴|c |＝（－2m ）2＋（－m ）2＋（2m ）2＝3|m |＝3，∴m ＝±1.∴c ＝(－2，－1，2)或(2，1，－2).(2)∵a ＝(1，1，0)，b ＝(－1，0，2)，∴a·b ＝(1，1，0)·(－1，0，2)＝－1，又∵|a |＝12＋12＋02＝2，|b |＝（－1）2＋02＋22＝5， ∴cos 〈a ，b 〉＝a·b |a |·|b |＝－110＝－1010， 故向量a 与向量b 的夹角的余弦值为－1010.10.如图，在棱长为a 的正方体OABC －O 1A 1B 1C 1中，E ，F 分别是棱AB ，BC 上的动点，且AE ＝BF ＝x ，其中0≤x ≤a ，以O 为原点建立空间直角坐标系O －xyz .(1)写出点E ，F 的坐标；(2)求证：A 1F ⊥C 1E ；(3)若A 1，E ，F ，C 1四点共面，求证：A 1F →＝12A 1C 1→＋A 1E →. (1)解 E (a ，x ，0)，F (a －x ，a ，0).(2)证明 ∵A 1(a ，0，a )，C 1(0，a ，a )，∴A 1F →＝(－x ，a ，－a )，C 1E →＝(a ，x －a ，－a )，∴A 1F →·C 1E →＝－ax ＋a (x －a )＋a 2＝0，∴A 1F →⊥C 1E →，∴A 1F ⊥C 1E .(3)证明 ∵A 1，E ，F ，C 1四点共面，∴A 1E →，A 1C 1→，A 1F →共面.选A 1E →与A 1C 1→为在平面A 1C 1E 上的一组基向量，则存在唯一实数对(λ1，λ2)，使A 1F →＝λ1A 1C 1→＋λ2A 1E →，即(－x ，a ，－a )＝λ1(－a ，a ，0)＋λ2(0，x ，－a )＝(－a λ1，a λ1＋x λ2，－a λ2)，∴⎩⎪⎨⎪⎧－x ＝－a λ1，a ＝a λ1＋x λ2，－a ＝－a λ2，解得λ1＝12，λ2＝1. 于是A 1F →＝12A 1C 1→＋A 1E →.能力提升题组(建议用时：20分钟)11.有下列命题：①若p ＝x a ＋y b ，则p 与a ，b 共面；②若p 与a ，b 共面，则p ＝x a ＋y b ；③若MP →＝xMA →＋yMB →，则P ，M ，A ，B 共面；④若P ，M ，A ，B 共面，则MP →＝xMA →＋yMB →.其中真命题的个数是( )A.1B.2C.3D.4解析 ①正确；②中若a ，b 共线，p 与a 不共线，则p ＝x a ＋y b 就不成立；③正确；④中若M ，A ，B 共线，点P 不在此直线上，则MP →＝xMA →＋yMB →不正确.答案 B12.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________.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 .答案 平行13.如图，在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AA 1→＝a ，AB →＝b ，AD →＝c ，点M ，N分别是A 1D ，B 1D 1的中点.(1)试用a ，b ，c 表示MN →；(2)求证：MN ∥平面ABB 1A 1.(1)解 ∵A 1D →＝AD →－AA 1→＝c －a ， ∴A 1M →＝12A 1D →＝12(c －a ). 同理，A 1N →＝12(b ＋c )，∴MN →＝A 1N →－A 1M →＝12(b ＋c )－12(c －a ) ＝12(b ＋a )＝12a ＋12b .(2)证明 ∵AB 1→＝AA 1→＋AB →＝a ＋b ，∴MN →＝12AB 1→，即MN ∥AB 1，∵AB 1平面ABB 1A 1，MN 平面ABB 1A 1， ∴MN ∥平面ABB 1A 1.。
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第六节空间向量及其运算[考纲传真]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．(对应学生用书第120页)[基础知识填充]1．空间向量的有关概念2.(1)共线向量定理：空间两个向量a，b(b≠0)，共线的充要条件是存在实数λ，使得a＝λb.(2)空间向量基本定理：如果向量e1，e2，e3是空间三个不共面的向量．a是空间任一向量，那么存在唯一一组实数λ1，λ2，λ3，使得a＝λ1e1＋λ2e2＋λ3e3，其中e1，e2，e3叫作这个空间的一个基底．3．两个向量的数量积及运算律(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交换律：a·b＝b·a；②分配律：a·(b＋c)＝a·b＋a·c；③(λa)·b＝λ(a·b)．4．空间向量的坐标表示及其应用设a＝(a1，a2，a3)，b＝(b1，b2，b3)．1．(思考辨析)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)对任意两个空间向量a ，b ，若a ·b ＝0，则a ⊥b .( ) (3)若a ·b ＜0，则〈a ，b 〉是钝角．( )(4)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)√2．(教材改编)如图761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( )图761A ．－12a ＋12b ＋cB ．12a ＋12b ＋c C ．－12a －12b ＋cD ．12a －12b ＋c A [BM →＝BB 1→＋B 1M →＝AA 1→＋12(AD →－AB →)＝c ＋12(b －a )＝－12a ＋12b ＋c .]3．若向量c 垂直于不共线的向量a 和b ，d ＝λa ＋μb (λ、μ∈R ，且λμ≠0)，则( )A ．c ∥dB ．c ⊥dC ．c 不平行于d ，c 也不垂直于dD ．以上三种情况均有可能B [由题意得，c 垂直于由a ，b 确定的平面． ∵d ＝λa ＋μb ，∴d 与a ，b 共面．∴c ⊥d .]4．已知a ＝(2,3,1)，b ＝(－4,2，x )，且a ⊥b ，则|b |＝________.2 6 [∵a ⊥b ，∴a ·b ＝2×(－4)＋3×2＋1·x ＝0， ∴x ＝2，∴|b |＝(－4)2＋22＋22＝2 6.]5．已知向量a ＝(4，－2，－4)，b ＝(6，－3,2)，则(a ＋b )·(a －b )的值为________．－13 [(a ＋b )·(a －b )＝a 2－b 2＝42＋(－2)2＋(－4)2－[62＋(－3)2＋22]＝－13.](对应学生用书第121页)如图762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：图762(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 .因为N 是BC 的中点， 则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 . [规律方法] 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.BC 的中点，点G 在线段MN 上，且MG →＝2GN →，若OG →＝xOA →＋yOB →＋zOC →，则x ＋y ＋z ＝________.图76356[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.]共线、共面向量定理的应用(1)(·佛山模拟)已知a ＝(λ＋1,0,2)，b ＝(6,2μ－1,2λ)，若a ∥b ，且a 与b 反向，则λ＋μ＝________.【导学号：79140244】(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：①E ，F ，G ，H 四点共面； ②BD ∥平面EFGH .(1)－52 [∵a ∥b ，且a 与b 反向，∴(6,2μ－1,2λ)＝k (λ＋1,0,2)，k <0. ∴⎩⎪⎨⎪⎧6＝k (λ＋1)，2μ－1＝0，2λ＝2k ，解得⎩⎪⎨⎪⎧λ＝2，μ＝12或⎩⎪⎨⎪⎧λ＝－3，μ＝12，当λ＝2，μ＝12时，k ＝2不合题意，舍去．当λ＝－3，μ＝12时，a 与b 反向．因此λ＋μ＝－3＋12＝－52.](2)[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因为EH →＝AH →－AE →＝12AD →－12AB →＝12(AD →－AB →)＝12BD →，因为E ，H ，D ，B 四点不共线，所以EH ∥BD .又EH平面EFGH ，BD ⊆/平面EFGH .所以BD ∥平面EFGH .[规律方法] 1.证明点共线的方法,证明点共线问题可转化为证明向量共线问题，如证明A ，B ，C 三点共线，即证明AB → ，AC → 共线，亦即证明AB → ＝λAC →λ≠0.2.证明点共面的方法,证明点共面问题可转化为证明向量共面问题，如要证明P ，A ，B ，C 四点共面，证明PA → ＝xPB → ＋yPC → ，或对空间任一点O ，有OA → ＝OB → ＋xPB → ＋yPC → ，或OP → ＝xOA →＋yOB → ＋zOC →x ＋y ＋z ＝1即可.[跟踪训练] 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)由已知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 . ∴四点M ，A ，B ，C 共面，从而点M 在平面ABC 内．如图764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．图764(1)求证：MN ⊥AB ，MN ⊥CD ；(2)求异面直线AN 与CM 所成角的余弦值． [解] (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 2cos 60°＋a 2cos 60°－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 2cos 60°＋a 2cos 60°－12a 2cos 60° ＝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.[1111为1，且两两夹角为60°.图765(1)求AC 1的长；(2)求AC 与BD 1夹角的余弦值.【导学号：79140245】[解] (1)设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.∴AC 与BD 1夹角的余弦值为66.。