（浙江專用）2021版新高考數(shù)學一輪復習 第八章 立體幾何與空間向量 6 第6講 空間向量的運算及應用教學案

第6講空間向量的運算及應用1空間向量的有關(guān)定理(1)共線向量定理：對空間任意兩個向量a，b(b0)，ab的充要條件是存在唯一的實數(shù)，使得ab(2)共面向量定理：如果兩個向量a，b不共線，那么向量p與向量a，b共面的充要條件是存在唯一的有序?qū)崝?shù)對(x，y)，使pxayb(3)空間向量基本定理：如果三個向量a，b，c不共面，那么對空間任一向量p，存在有序?qū)崝?shù)組x，y，z，使得pxaybzc其中a，b，c叫做空間的一個基底2兩個向量的數(shù)量積(與平面向量基本相同)(1)兩向量的夾角：已知兩個非零向量a，b，在空間中任取一點O，作a，b，則AOB叫做向量a與b的夾角，記作a，b通常規(guī)定0a，b若a，b，則稱向量a，b互相垂直，記作ab.(2)兩向量的數(shù)量積兩個非零向量a，b的數(shù)量積a·b|a|b|cosa，b(3)向量的數(shù)量積的性質(zhì)a·e|a|cosa，e(其中e為單位向量)；aba·b0；|a|2a·aa2；|a·b|a|b|.(4)向量的數(shù)量積滿足如下運算律(a)·b(a·b)；a·bb·a(交換律)；a·(bc)a·ba·c(分配律)3空間向量的坐標運算(1)設(shè)a(a1，a2，a3)，b(b1，b2，b3)ab(a1b1，a2b2，a3b3)，ab(a1b1，a2b2，a3b3)，a(a1，a2，a3)，a·ba1b1a2b2a3b3，aba1b1a2b2a3b30，aba1b1，a2b2，a3b3(R)，cosa，b .(2)設(shè)A(x1，y1，z1)，B(x2，y2，z2)，則(x2x1，y2y1，z2z1)4直線的方向向量與平面的法向量的確定(1)直線的方向向量：l是空間一直線，A，B是直線l上任意兩點，則稱為直線l的方向向量，與平行的任意非零向量也是直線l的方向向量，顯然一條直線的方向向量可以有無數(shù)個(2)平面的法向量定義：與平面垂直的向量，稱做平面的法向量一個平面的法向量有無數(shù)多個，任意兩個都是共線向量確定：設(shè)a，b是平面內(nèi)兩不共線向量，n為平面的法向量，則求法向量的方程組為5空間位置關(guān)系的向量表示位置關(guān)系向量表示直線l1，l2的方向向量分別為n1，n2l1l2n1n2n1n2l1l2n1n2n1·n20直線l的方向向量為n，平面的法向量為mlnmn·m0lnmnm平面，的法向量分別為n，mnmnmnmn·m0疑誤辨析判斷正誤(正確的打“”，錯誤的打“×”)(1)空間中任意兩非零向量a，b共面()(2)在向量的數(shù)量積運算中(a·b)·ca·(b·c)()(3)對于非零向量b，由a·bb·c，則ac.()(4)若a，b，c是空間的一個基底，則a，b，c中至多有一個零向量()(5)兩向量夾角的范圍與兩異面直線所成角的范圍相同()(6)若A、B、C、D是空間任意四點，則有0.()答案：(1)(2)×(3)×(4)×(5)×(6)教材衍化1.(選修2­1P97A組T2改編)如圖所示，在平行六面體ABCD­A1B1C1D1中，M為A1C1與B1D1的交點若a，b，c，則_(用a，b，c表示)解析：()c(ba)abc.答案：abc2(選修2­1P98A組T3改編)正四面體ABCD的棱長為2，E，F(xiàn)分別為BC，AD的中點，則EF的長為_解析：|22()22222(···)1222122(1×2×cos 120°02×1×cos 120°)2，所以|，所以EF的長為.答案：3(選修2­1P111練習T3改編)如圖所示，在正方體ABCDA1B1C1D1中，O是底面正方形ABCD的中心，M是D1D的中點，N是A1B1的中點，則直線ON，AM的位置關(guān)系是_解析：以D為坐標原點，DA，DC，DD1所在直線分別為x，y，z軸建立空間直角坐標系D­xyz，設(shè)DA2，則A(2，0，0)，M(0，0，1)，O(1，1，0)，N(2，1，2)，所以(2，0，1)，(1，0，2)，·2020，所以AMON.答案：垂直易錯糾偏忽視空間向量共線與共面的區(qū)別在空間直角坐標系中，已知A(1，2，3)，B(2，1，6)，C(3，2，1)，D(4，3，0)，則直線AB與CD的位置關(guān)系是()A垂直B平行C異面 D相交但不垂直解析：選B.由題意得，(3，3，3)，(1，1，1)，所以3，所以與共線，又AB與CD沒有公共點，所以ABCD.空間向量的線性運算 如圖，在長方體ABCD­A1B1C1D1中，O為AC的中點(1)化簡_(2)用，表示，則_【解析】(1)().(2)因為()所以().【答案】(1)(2) (變問法)若本例條件不變，結(jié)論改為：設(shè)E是棱DD1上的點，且，若xyz，試求x，y，z的值解：()，由條件知，x，y，z.用已知向量表示某一向量的方法 1在空間四邊形ABCD中，若(3，5，2)，(7，1，4)，點E，F(xiàn)分別為線段BC，AD的中點，則的坐標為()A(2，3，3) B(2，3，3)C(5，2，1) D(5，2，1)解析：選B.因為點E，F(xiàn)分別為線段BC，AD的中點，O為坐標原點，所以，()，()所以()()()(3，5，2)(7，1，4)(4，6，6)(2，3，3)2.在三棱錐O­ABC中，點M，N分別是OA，BC的中點，G是ABC的重心，用基向量，表示(1)；(2).解：(1)()().(2).共線、共面向量定理的應用 已知點E，F(xiàn)，G，H分別是空間四邊形ABCD的邊AB，BC，CD，DA的中點，求證：(1)E，F(xiàn)，G，H四點共面；(2)BD平面EFGH.【證明】(1)連接BG(圖略)，則()，由共面向量定理的推論知，E，F(xiàn)，G，H四點共面(2)因為()，所以EHBD.又EH平面EFGH，BD平面EFGH，所以BD平面EFGH.(1)證明空間三點P、A、B共線的方法(R)；對空間任一點O，t(tR)；對空間任一點O，xy(xy1)(2)證明空間四點P、M、A、B共面的方法xy；對空間任一點O，xy； 對空間任一點O，xyz(xyz1)；(或或)1已知a(1，0，2)，b(6，21，2)，若ab，則與的值可以是()A2， B，C3，2 D2，2解析：選A.因為ab，所以bka，即(6，21，2)k(1，0，2)，所以解得或2已知A，B，C三點不共線，對平面ABC外的任一點O，若點M滿足()(1)判斷，三個向量是否共面；(2)判斷點M是否在平面ABC內(nèi)解：(1)由題知3，所以()()，即，所以，共面(2)由(1)知，共面且基線過同一點M，所以M，A，B，C四點共面，從而點M在平面ABC內(nèi)空間向量的數(shù)量積 如圖，在平行六面體ABCD­A1B1C1D1中，以頂點A為端點的三條棱長度都為1，且兩兩夾角為60°.(1)求的長；(2)求與夾角的余弦值【解】(1)記a，b，c，則|a|b|c|1，a，bb，cc，a60°，所以a·bb·cc·a.|2(abc)2a2b2c22(a·bb·cc·a)1112×6，所以|，即AC1的長為.(2)bca，ab，所以|，|，·(bca)·(ab)b2a2a·cb·c1，所以cos，.即與夾角的余弦值為.(1)空間向量數(shù)量積計算的兩種方法基向量法：a·b|a|b|cosa，b坐標法：設(shè)a(x1，y1，z1)，b(x2，y2，z2)，則a·bx1x2y1y2z1z2.(2)利用數(shù)量積解決有關(guān)垂直、長度、夾角問題a0，b0，aba·b0.|a|.cosa，b. 1已知a(2，1，3)，b(1，2，1)，若a(ab)，則實數(shù)的值為()A2 BC. D2解析：選D.由題意知a·(ab)0，即a2a·b0，所以1470，解得2.2已知空間三點A(2，0，2)，B(1，1，2)，C(3，0，4)設(shè)a，b.(1)求a和b夾角的余弦值；(2)設(shè)|c|3，c，求c的坐標解：(1)因為(1，1，0)，(1，0，2)，所以a·b1001，|a|，|b|，所以cosa，b.(2)(2，1，2)設(shè)c(x，y，z)，因為|c|3，c，所以3，存在實數(shù)使得c，即聯(lián)立解得或所以c(2，1，2)或c(2，1，2)利用空間向量證明平行和垂直(高頻考點)空間幾何中的平行與垂直問題是高考試題中的熱點問題考查形式靈活多樣，可以是小題，也可以是解答題的一部分，或解答題的某個環(huán)節(jié)，是高考中的重要得分點主要命題角度有：(1)證明平行問題；(2)證明垂直問題角度一證明平行問題 如圖所示，平面PAD平面ABCD，ABCD為正方形，PAD是直角三角形，且PAAD2，點E，F(xiàn)，G分別是線段PA，PD，CD的中點求證：(1)PB平面EFG；(2)平面EFG平面PBC.【證明】(1)因為平面PAD平面ABCD，且ABCD為正方形，所以AB，AP，AD兩兩垂直以A為坐標原點，以AB，AD，AP正方向為x軸，y軸，z軸，建立如圖所示的空間直角坐標系A(chǔ)­xyz，則A(0，0，0)，B(2，0，0)，C(2，2，0)，D(0，2，0)，P(0，0，2)，E(0，0，1)，F(xiàn)(0，1，1)，G(1，2，0)法一：(0，1，0)，(1，2，1)，設(shè)平面EFG的法向量為n(x，y，z)，則即令z1，則n(1，0，1)為平面EFG的一個法向量，因為(2，0，2)，所以·n0，所以n，因為PB平面EFG，所以PB平面EFG.法二：(2，0，2)，(0，1，0)，(1，1，1)設(shè)st，即(2，0，2)s(0，1，0)t(1，1，1)，所以解得st2.所以22，又因為與不共線，所以，與共面因為PB平面EFG，所以PB平面EFG.(2)因為(0，1，0)，(0，2，0)，所以2，所以BCEF.又因為EF平面PBC，BC平面PBC，所以EF平面PBC，同理可證GFPC，從而得出GF平面PBC.又EFGFF，EF平面EFG，GF平面EFG，所以平面EFG平面PBC.角度二證明垂直問題 如圖，在三棱錐P­ABC中，ABAC，D為BC的中點，PO平面ABC，垂足O落在線段AD上已知BC8，PO4，AO3，OD2.(1)證明：APBC；(2)若點M是線段AP上一點，且AM3.試證明平面AMC平面BMC.【證明】(1)如圖所示，以O(shè)為坐標原點，以射線OD為y軸正半軸，射線OP為z軸正半軸建立空間直角坐標系O­xyz.則O(0，0，0)，A(0，3，0)，B(4，2，0)，C(4，2，0)，P(0，0，4)于是(0，3，4)，(8，0，0)，所以·(0，3，4)·(8，0，0)0，所以，即APBC.(2)由(1)知AP5，又AM3，且點M在線段AP上，所以，又(4，5，0)，所以，則·(0，3，4)·0，所以，即APBM，又根據(jù)(1)的結(jié)論知APBC，所以AP平面BMC，于是AM平面BMC.又AM平面AMC，故平面AMC平面BMC.(1)利用空間向量解決平行、垂直問題的一般步驟建立空間直角坐標系，建系時，要盡可能地利用已知圖形中的垂直關(guān)系；建立空間圖形與空間向量之間的關(guān)系，用空間向量表示出問題中所涉及的點、直線、平面的要素；通過空間向量的坐標運算研究平行、垂直關(guān)系；根據(jù)運算結(jié)果解釋相關(guān)問題(2)空間線面位置關(guān)系的坐標表示設(shè)直線l，m的方向向量分別為a(a1，b1，c1)，b(a2，b2，c2)，平面，的法向量分別為u(a3，b3，c3)，v(a4，b4，c4)線線平行l(wèi)mabakba1ka2，b1kb2，c1kc2.線線垂直lmaba·b0a1a2b1b2c1c20.線面平行(l)laua·u0a1a3b1b3c1c30.線面垂直lauakua1ka3，b1kb3，c1kc3.面面平行uvukva3ka4，b3kb4，c3kc4.面面垂直uvu·v0a3a4b3b4c3c40. 1如圖，正方體ABCD­A1B1C1D1的棱長為a，M，N分別為A1B和AC上的點，A1MAN，則MN與平面BB1C1C的位置關(guān)系是()A相交 B平行C垂直 D不能確定解析：選B.因為正方體棱長為a，A1MAN，所以，所以()().又因為CD是平面B1BCC1的法向量，且··0，所以，又MN平面B1BCC1，所以MN平面B1BCC1.2在四棱錐P­ABCD中，PD底面ABCD，底面ABCD為正方形，PDDC，E，F(xiàn)分別是AB，PB的中點(1)求證：EFCD；(2)在平面PAD內(nèi)是否存在一點G，使GF平面PCB？若存在，求出點G坐標；若不存在，試說明理由解：(1)證明：由題意知，DA，DC，DP兩兩垂直如圖，以點D為坐標原點，以DA，DC，DP所在直線分別為x軸，y軸，z軸建立空間直角坐標系D­xyz，設(shè)ADa，則D(0，0，0)，A(a，0，0)，B(a，a，0)，C(0，a，0)，E，P(0，0，a)，F(xiàn).，(0，a，0)因為·0，所以，從而得EFCD.(2)假設(shè)存在滿足條件的點G，設(shè)G(x，0，z)，則，若使GF平面PCB，則由··(a，0，0)a0，得x；由··(0，a，a)a0，得z0.所以G點坐標為，故存在滿足條件的點G，且點G為AD的中點基礎(chǔ)題組練1.已知三棱錐O­ABC，點M，N分別為AB，OC的中點，且a，b，c，用a，b，c表示，則等于()A.(bca)B.(abc)C.(abc)D.(cab)解析：選D.(cab)2已知a(2，1，3)，b(1，4，2)，c(7，5，)，若a、b、c三個向量共面，則實數(shù)等于()A.B9C. D.解析：選D.由題意知存在實數(shù)x，y使得cxayb，即(7，5，)x(2，1，3)y(1，4，2)，由此得方程組解得x，y，所以.3已知A(1，0，0)，B(0，1，1)，O為坐標原點，與的夾角為120°，則的值為()A± B.C D±解析：選C.(1，)，cos 120°，得±.經(jīng)檢驗不合題意，舍去，所以.4如圖，四個棱長為1的正方體排成一個正四棱柱，AB是一條側(cè)棱，Pi(i1，2，8)是上底面上其余的八個點，則·(i1，2，8)的不同值的個數(shù)為()A1 B2C4 D8解析：選A.由題圖知，AB與上底面垂直，因此ABBPi(i1，2，8)，·|cosBAPi|·|1(i1，2，8)故選A.5正方體ABCD­A1B1C1D1中，BB1與平面ACD1所成角的余弦值為()A. B.C. D.解析：選D.不妨設(shè)正方體的棱長為1，如圖，以點D為坐標原點，以DA，DC，DD1為x軸，y軸，z軸，建立空間直角坐標系D­xyz，則D(0，0，0)，B(1，1，0)，B1(1，1，1)，平面ACD1的法向量為(1，1，1)，又(0，0，1)，所以cos，所以BB1與平面ACD1所成角的余弦值為 .6如圖所示，PD垂直于正方形ABCD所在平面，AB2，E為PB的中點，cos，若以DA，DC，DP所在直線分別為x，y，z軸建立空間直角坐標系，則點E的坐標為()A(1，1，1) B.C. D(1，1，2)解析：選A.設(shè)P(0，0，z)，依題意知A(2，0，0)，B(2，2，0)，則E，于是(0，0，z)，cos，.解得z±2，由題圖知z2，故E(1，1，1)7在空間直角坐標系中，以點A(4，1，9)，B(10，1，6)，C(x，4，3)為頂點的ABC是以BC為斜邊的等腰直角三角形，則實數(shù)x的值為_解析：由題意知(6，2，3)，(x4，3，6)又·0，|，可得x2.答案：28已知2ab(0，5，10)，c(1，2，2)，a·c4，|b|12，則以b，c為方向向量的兩直線的夾角為_解析：由題意得，(2ab)·c0102010.即2a·cb·c10，又因為a·c4，所以b·c18，所以cosb，c，所以b，c120°，所以兩直線的夾角為60°.答案：60°9已知點P是平行四邊形ABCD所在平面外的一點，如果(2，1，4)，(4，2，0)，(1，2，1)對于結(jié)論：APAB；APAD；是平面ABCD的法向量；.其中正確的是_解析：因為·0，·0，所以ABAP，ADAP，則正確又與不平行，所以是平面ABCD的法向量，則正確因為(2，3，4)，(1，2，1)，所以與不平行，故錯答案：10在正三棱柱ABC­A1B1C1中，側(cè)棱長為2，底面邊長為1，M為BC的中點，且AB1MN，則的值為_解析：如圖所示，取B1C1的中點P，連接MP，以點M為原點，以，的方向為x，y，z軸正方向建立空間直角坐標系M­xyz，因為底面邊長為1，側(cè)棱長為2，則A，B1(，0，2)，C，C1，M(0，0，0)，設(shè)N，因為，所以N，所以，.又因為AB1MN，所以·0.所以0，所以15.答案：1511已知正方體ABCD­A1B1C1D1的棱長為2，E，F(xiàn)分別是BB1，DD1的中點求證：FC1平面ADE.證明：如圖所示，以點D為坐標原點，以DA，DC，DD1的正方向為x軸，y軸，z軸，建立空間直角坐標系D­xyz，則有D(0，0，0)，A(2，0，0)，C(0，2，0)，C1(0，2，2)，E(2，2，1)，F(xiàn)(0，0，1)(0，2，1)，(2，0，0)，(0，2，1)設(shè)n(x，y，z)是平面ADE的一個法向量，則即解得令z2，則y1，所以n(0，1，2)因為·n220.所以n.因為FC1平面ADE，所以FC1平面ADE.12如圖，四棱柱ABCD­A1B1C1D1的底面ABCD是正方形，點O為底面中心，A1O平面ABCD，ABAA1.證明：A1C平面BB1D1D.證明：由題設(shè)易知OA，OB，OA1兩兩垂直，以O(shè)為原點，OA，OB，OA1的正方向為x軸，y軸，z軸，建立如圖所示的空間直角坐標系O­xyz.因為ABAA1，所以O(shè)AOBOA11，所以A(1，0，0)，B(0，1，0)，C(1，0，0)，D(0，1，0)，A1(0，0，1)由，易得B1(1，1，1)因為(1，0，1)，(0，2，0)，(1，0，1)，所以·0，·0，所以A1CBD，A1CBB1.又BDBB1B，所以A1C平面BB1D1D.綜合題組練1已知正方體ABCD­A1B1C1D1的棱長為a，點M在AC1上且1，N為B1B的中點，則|為()A.a B.aC.a D.a解析：選A.以D為原點，以DA，DC，DD1的正方向為x軸，y軸，z軸，建立如圖所示的空間直角坐標系D­xyz，則A(a，0，0)，C1(0，a，a)，N.設(shè)M(x，y，z)，因為點M在AC1上且，所以(xa，y，z)(x，ay，az)，所以xa，y，z.所以M，所以| a.2設(shè)A，B，C，D是不共面的四點，且滿足·0，·0，·0，則BCD是()A鈍角三角形 B直角三角形C銳角三角形 D不確定解析：選C.因為·0，·0，·0，所以ABAC，ABAD，ADAC.如圖所示，設(shè)a，b，c，所以BC2a2b2，BD2a2c2，CD2b2c2.由余弦定理知BC2BD2CD22BD·CD·cosBDC，所以a2b2a2c2b2c22··cosBDC，所以cosBDC0，所以BDC是銳角同理可知DBC，BCD都是銳角，故BCD是銳角三角形3已知e1，e2是空間單位向量，e1·e2，若空間向量b滿足b·e12，b·e2，且對于任意x，yR，|b(xe1ye2)|b(x0e1y0e2)|1(x0，y0R)，則x0_，y0_，|b|_解析：對于任意x，yR，|b(xe1ye2)|b(x0e1y0e2)|1(x0，y0R)，說明當xx0，yy0時，|b(xe1ye2)|取得最小值1. |b(xe1ye2)|2|b|2(xe1ye2)22b·(xe1ye2)|b|2x2y2xy4x5y，要使|b|2x2y2xy4x5y取得最小值，需要把x2y2xy4x5y看成關(guān)于x的二次函數(shù)，即f(x)x2(y4)xy25y，其圖象是開口向上的拋物線，對稱軸方程為x2，所以當x2時，f(x)取得最小值，代入化簡得f(x)(y2)27，顯然當y2時，f(x)min7，此時x21，所以x01，y02.此時|b|271，可得|b|2.答案：1224(2020·浙江省十校聯(lián)合體期末聯(lián)考)在三棱錐O­ABC中，已知OA，OB，OC兩兩垂直且相等，點P、Q分別是線段BC和OA上的動點，且滿足BPBC，AQAO，則PQ和OB所成角的余弦值的取值范圍是_解析：根據(jù)題意，以O(shè)為原點，以O(shè)A，OB，OC正方向為x軸，y軸，z軸，建立如圖所示的空間直角坐標系O­xyz，不妨設(shè)OAOBOC1，則A(1，0，0)，B(0，1，0)，C(0，0，1)，P(0，b，1b)(b1)，Q(a，0，0)(0a)(a，b，1b)，(0，1，0)，所以cos，.因為0，1，1，2，所以a0，b1時，cos，1，取得最大值；ab時，cos，取得最小值，所以PQ和OB所成角的余弦值的取值范圍是.答案：5.如圖，在多面體ABC­A1B1C1中，四邊形A1ABB1是正方形，ABAC，BCAB，B1C1綊BC，二面角A1­AB­C是直二面角求證：(1)A1B1平面AA1C；(2)AB1平面A1C1C.證明：因為二面角A1­AB­C是直二面角，四邊形A1ABB1為正方形，所以AA1平面BAC.又因為ABAC，BCAB，所以CAB90°，即CAAB，所以AB，AC，AA1兩兩互相垂直以A為原點，AC，AB，AA1為x軸，y軸，z軸，建立如圖所示的空間直角坐標系A(chǔ)­xyz，設(shè)AB2，則A(0，0，0)，B1(0，2，2)，A1(0，0，2)，C(2，0，0)，C1(1，1，2)(1)(0，2，0)，(0，0，2)，(2，0，0)，設(shè)平面AA1C的一個法向量n(x，y，z)，則即即取y1，則n(0，1，0)所以2n，即n.所以A1B1平面AA1C.(2)易知(0，2，2)，(1，1，0)，(2，0，2)，設(shè)平面A1C1C的一個法向量m(x1，y1，z1)，則即令x11，則y11，z11，即m(1，1，1)所以·m0×12×(1)2×10，所以m，又AB1平面A1C1C，所以AB1平面A1C1C.6.如圖所示，四棱錐S­ABCD的底面是正方形，每條側(cè)棱的長都是底面邊長的倍，P為側(cè)棱SD上的點(1)求證：ACSD.(2)若SD平面PAC，側(cè)棱SC上是否存在一點E，使得BE平面PAC？若存在，求SEEC的值；若不存在，試說明理由解：(1)證明：連接BD，設(shè)AC交BD于點O，連接SO，則ACBD.由題意知SO平面ABCD.以O(shè)為坐標原點，分別為x軸，y軸，z軸的正方向，建立空間直角坐標系O­xyz，如圖設(shè)底面邊長為a，則高SOa，于是S，D，B，C，則·0.故OCSD.從而ACSD.(2)側(cè)棱SC上存在一點E，使BE平面PAC.理由如下：由已知條件知是平面PAC的一個法向量，且，.設(shè)t，則t，而·0，解得t.即當SEEC21時，.而BE平面PAC，故BE平面PAC.23