高考数学理一轮复习导学案45 14页

学案45　空间向量及其运算 导学目标： 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．‎ 自主梳理 ‎1．空间向量的有关概念 ‎(1)空间向量：在空间中，具有______和______的量叫做空间向量．‎ ‎(2)相等向量：方向______且模______的向量．‎ ‎(3)共线向量定理 对空间任意两个向量a，b(b≠0)，a∥b的充要条件是______________________________．‎ 推论　如图所示，点P在l上的充要条件是：＝＋ta①‎ 其中a叫直线l的方向向量，t∈R，在l上取＝a，则①可化为＝___________________或＝(1－t)＋t.‎ ‎(4)共面向量定理 如果两个向量a，b不共线，那么向量p与向量a，b共面的充要条件是存在惟一的有序实数对(x，y)，使p＝xa＋yb，推论的表达式为＝x＋y或对空间任意一点O有，＝__________________或＝x＋y＋z，其中x＋y＋z＝____.‎ ‎2．空间向量基本定理 如果三个向量a，b，c不共面，那么对空间任一向量p，存在有序实数组{x，y，z}，使得p＝____________________________，把{a，b，c}叫做空间的一个基底．‎ ‎3．空间向量的数量积及运算律 ‎(1)数量积及相关概念 ‎①两向量的夹角 已知两个非零向量a，b，在空间任取一点O，作＝a，＝b，则________叫做向量a与b的夹角，记作________，其范围是________________，若〈a，b〉＝，则称a与b______________，记作a⊥b.‎ ‎②两向量的数量积 已知两个非零向量a，b，则______________________叫做向量a，b的数量积，记作________，即______________________________．‎ ‎(2)空间向量数量积的运算律 ‎①结合律：(λa)·b＝____________________；‎ ‎②交换律：a·b＝________；‎ ‎③分配律：a·(b＋c)＝________________.‎ ‎4．空间向量的坐标表示及应用 ‎(1)数量积的坐标运算 若a＝(a1，a2，a3)，b＝(b1，b2，b3)，‎ 则a·b＝____________________.‎ ‎(2)共线与垂直的坐标表示 设a＝(a1，a2，a3)，b＝(b1，b2，b3)，‎ 则a∥b(b≠0)⇔____________⇔________，__________，________________，‎ a⊥b⇔________⇔_________________________________ (a，b均为非零向量)．‎ ‎(3)模、夹角和距离公式 设a＝(a1，a2，a3)，b＝(b1，b2，b3)，‎ 则|a|＝＝_____________________________________________________________，‎ cos〈a，b〉＝＝_________________________________________________________ .‎ 若A(a1，b1，c1)，B(a2，b2，c2)，‎ 则||＝__________________________________________________________________.‎ 自我检测 ‎1．若a＝(2x,1,3)，b＝(1，－2y,9)，且a∥b，则(　　)‎ A．x＝1，y＝1 B．x＝，y＝－ C．x＝，y＝－D．x＝－，y＝ ‎2．(2011·青岛月考)‎ 如图所示，在平行六面体ABCD—A1B1C1D1中，M为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＋cB.a＋b＋c C.a－b＋cD．－a－b＋c ‎3．(2011·广州调研)在平行六面体ABCD—A′B′C′D′中，已知∠BAD＝∠A′AB＝∠A′AD＝60°，AB＝3，AD＝4，AA′＝5，则||＝________.‎ ‎4．有下列4个命题：‎ ‎①若p＝xa＋yb，则p与a、b共面；‎ ‎②若p与a、b共面，则p＝xa＋yb；‎ ‎③若＝x＋y，则P、M、A、B共面；‎ ‎④若P、M、A、B共面，则＝x＋y.‎ 其中真命题的个数是(　　)‎ A．1 B．2 C．3 D．4‎ ‎5．A(1,0,1)，B(4,4,6)，C(2,2,3)，D(10,14,17)这四个点________(填共面或不共面)．‎ 探究点一　空间基向量的应用 例1　已知空间四边形OABC中，M为BC的中点，N为AC的中点，P为OA的中点，‎ Q为OB的中点，若AB＝OC，求证：PM⊥QN.‎ 变式迁移1‎ 如图，在正四面体ABCD中，E、F分别为棱AD、BC的中点，则异面直线AF和CE所成角的余弦值为________．‎ 探究点二　利用向量法判断平行或垂直 例2(2011·合肥调研)两个边长为1的正方形ABCD与正方形ABEF相交于AB，∠EBC＝90°，点M、N分别在BD、AE上，且AN＝DM.‎ ‎(1)求证：MN∥平面EBC；(2)求MN长度的最小值．‎ 变式迁移2‎ 如图所示，已知正方形ABCD和矩形ACEF所在的平面互相垂直，AB＝，AF＝1，M是线段EF的中点．‎ 求证：(1)AM∥平面BDE；(2)AM⊥面BDF.‎ 探究点三　利用向量法解探索性问题 例3(2011·泉州月考)如图，平面PAC⊥平面ABC，△ABC是以AC为斜边的等腰直角三角形，E，F，O分别 为PA，PB，AC的中点，AC＝16，PA＝PC＝10.‎ ‎(1)设G是OC的中点，证明FG∥平面BOE；‎ ‎(2)在△AOB内是否存在一点M，使FM⊥平面BOE？若存在，求出点M到OA，OB的距离；若不存在，说明理由．‎ 变式迁移3　已知在直三棱柱ABC—A1B1C1中，底面是以∠ABC为直角的等腰直角三角形，AC＝2a，BB1＝3a，D为A1C1的中点，E为B1C的中点．‎ ‎(1)求直线BE与A1C所成的角的余弦值；‎ ‎(2)在线段AA1上是否存在点F，使CF⊥平面B1DF？若存在，求出AF；若不存在，请说明理由．‎ ‎1．向量法解立体几何问题有两种基本思路：一种是利用基向量表示几何量，简称基向量法；另一种是建立空间直角坐标系，利用坐标法表示几何量，简称坐标法．‎ ‎2．利用坐标法解几何问题的基本步骤是：(1)建立适当的空间直角坐标系，用坐标准确表示涉及到的几何量．(2)通过向量的坐标运算，研究点、线、面之间的位置关系．(3)根据运算结果解释相关几何问题．‎ ‎(满分：75分)‎ 一、选择题(每小题5分，共25分)‎ ‎1．下列命题：‎ ‎①若A、B、C、D是空间任意四点，则有＋＋＋＝0；‎ ‎②|a|－|b|＝|a＋b|是a、b共线的充要条件；‎ ‎③若a、b共线，则a与b所在直线平行；‎ ‎④对空间任意一点O与不共线的三点A、B、C，若＝x＋y＋z(其中x、y、z∈R)则P、A、B、C四点共面．其中假命题的个数是(　　)‎ A．1 B．2 C．3 D．4‎ ‎2.‎ 如图所示，在正方体ABCD—A1B1C1D1中，O是底面ABCD的中心，M、N分别是棱DD1、D1C1的中点，则直线OM(　　)‎ A．既垂直于AC，又垂直于MN B．垂直于AC，但不垂直于MN C．垂直于MN，但不垂直于AC D．与AC、MN都不垂直 ‎3．(2011·绍兴月考)‎ 如图所示，在三棱柱ABC—A1B1C1中，AA1⊥底面ABC，AB＝BC＝AA1，∠ABC＝90°，点E、F分别是棱AB、BB1的中点，则直线EF和BC1所成的角是(　　)‎ A．45° B．60°‎ C．90° D．120°‎ ‎4．设点C(2a＋1，a＋1,2)在点P(2,0,0)、A(1，－3,2)、B(8，－1,4)确定的平面上，则a等于(　　)‎ A．16 B．4 C．2 D．8‎ ‎5．在直角坐标系中，A(－2,3)，B(3，－2)，沿x轴把直角坐标系折成120°的二面角，则AB的长度为(　　)‎ A.B．2C．3D．4 二、填空题(每小题4分，共12分)‎ ‎6.‎ ‎(2011·信阳模拟)如图所示，已知空间四边形ABCD，F为BC的中点，E为AD的中点，若＝λ(＋)，则λ＝________.‎ ‎7．(2011·铜川模拟)在正方体ABCD—A1B1C1D1中，给出以下向量表达式：‎ ‎①(－)－；　　②(＋)－；‎ ‎③(－)－2；　　④(＋)＋.‎ 其中能够化简为向量的是________．(填所有正确的序号)‎ ‎8．(2011·丽水模拟)‎ 如图所示，PD垂直于正方形ABCD所在平面，AB＝2，E为PB的中点，cos〈，〉＝，若以DA，DC，DP所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，则点E的坐标为________．‎ 三、解答题(共38分)‎ ‎9．(12分)‎ 如图所示，已知ABCD—A1B1C1D1是棱长为3的正方体，点E在AA1上，点F在CC1上，且AE＝FC1＝1.‎ ‎(1)求证：E、B、F、D1四点共面；‎ ‎(2)若点G在BC上，BG＝，点M在BB1上，GM⊥BF，垂足为H，求证：EM⊥平面BCC1B1.‎ ‎10．(12分)(2009·福建)如图，‎ 四边形ABCD是边长为1的正方形，MD⊥平面ABCD，NB⊥平面ABCD，且MD＝NB＝1，E为BC的中点．‎ ‎(1)求异面直线NE与AM所成角的余弦值；‎ ‎(2)在线段AN上是否存在点S，使得ES⊥平面AMN？若存在，求线段AS的长；若不存在，请说明理由．‎ ‎11．(14分)(2011·汕头月考)‎ 如图所示，已知空间四边形ABCD的各边和对角线的长都等于a，点M、N分别是AB、CD的中点．‎ ‎(1)求证：MN⊥AB，MN⊥CD；‎ ‎(2)求MN的长；‎ ‎(3)求异面直线AN与CM所成角的余弦值．‎ 学案45　空间向量及其运算 自主梳理 ‎1．(1)大小　方向　(2)相同　相等　(3)存在实数λ，使得a＝λb＋t　(4)＋x＋y　1　2.xa＋yb＋zc　3.(1)①∠AOB　〈a，b〉　0≤〈a，b〉≤π　互相垂直　②|a||b|cos〈a，b〉　a·ba·b＝|a||b|cos〈a，b〉‎ ‎(2)①λ(a·b)　②b·a③a·b＋a·c　4.(1)a1b1＋a2b2＋a3b3　(2)a＝λba1＝λb1a2＝λb2a3＝λb3 (λ∈R)　a·b＝0　a1b1＋a2b2＋a3b3＝0　(3) 自我检测 ‎1．C　[∵a∥b，∴＝＝，‎ ‎∴x＝，y＝－.]‎ ‎2．A　[＝＋＋ ‎＝－＋＋ ‎＝－a＋c＋(a＋b)＝－a＋b＋c.]‎ ‎3. 解析　∵＝＋＋＝＋＋，‎ ‎∴||2＝2＋2＋2＋2·＋2·＋2·＝32＋42＋52＋2×3×4×cos 60°＋2×4×5×cos 60°＋2×3×5×cos 60°＝97，‎ ‎∴||＝.‎ ‎4．B　[①正确．②中若a、b共线，p与a不共线，则p＝xa＋yb就不成立．③正确．④中若M、A、B共线，点P不在此直线上，则＝x＋y不正确．]‎ ‎5．共面 解析　＝(3,4,5)，＝(1,2,2)，＝(9,14,16)，设＝x＋y，‎ 即(9,14,16)＝(3x＋y,4x＋2y,5x＋2y)．‎ ‎∴，从而A、B、C、D四点共面．‎ 课堂活动区 例1解题导引　欲证a⊥b，只要把a、b用相同的几个向量表示，然后利用向量的数量积证明a·b＝0即可，这是基向量证明线线垂直的基本方法．‎ 证明　如图所示 ‎.‎ 设＝a，＝b，＝c.‎ ‎∵＝(＋)＝(b＋c)，‎ ＝(＋)＝(a＋c)，‎ ‎∴＝＋＝－a＋(b＋c)‎ ‎＝(b＋c－a)，‎ ＝＋＝－b＋(a＋c)＝(a＋c－b)．‎ ‎∴·＝[c－(a－b)][c＋(a－b)]‎ ‎＝[c2－(a－b)2]＝(||2－||2)‎ ‎∵||＝||，∴·＝0.‎ 即⊥，故PM⊥QN.‎ 变式迁移1 解析　设{，，}为空间一组基底，‎ 则＝＋，‎ ＝＋＝＋(－)‎ ‎＝－＋.‎ ‎∴·＝· ‎＝－·－2＋·＋· ‎＝－2－2＋2＋2‎ ‎＝－2.‎ 又||＝||＝||，∴||·||＝||2.‎ ‎∴cos〈，〉＝＝＝－.‎ ‎∴异面直线AF与CE所成角的余弦值为.‎ 例2解题导引　‎ 如图所示，建立坐标系后，要证MN平行于平面EBC，只要证的横坐标为0即可．‎ ‎(1)证明　如图所示，以、、为单位正交基底建立空间直角坐标系，‎ 则A(1,0,0)，D(1,1,0)，E(0,0,1)，B(0,0,0)，‎ 设＝＝λ，则＝＋＋＝λ＋＋λ ‎＝λ(1,1,0)＋(0，－1,0)＋λ(－1,0,1)＝(0，λ－1，λ)．‎ ‎∵0<λ<1，∴λ－1≠0，λ≠0，且的横坐标为0.‎ ‎∴平行于平面yBz，即MN∥平面EBC.‎ ‎(2)解　由(1)知||＝＝ ‎＝ ，‎ ‎∴当λ＝时，MN取得长度的最小值为.‎ 变式迁移2证明　(1)建立如图所示的空间直角坐标系，‎ 设AC∩BD＝N，连接NE.‎ 则点N、E的坐标分别为 、(0,0,1)．‎ ‎∴＝.‎ 又点A、M的坐标分别为(，，0)、，‎ ‎∴＝.‎ ‎∴＝且NE与AM不共线．‎ ‎∴NE∥AM.‎ 又∵NE⊂平面BDE，AM⊄平面BDE，‎ ‎∴AM∥平面BDE.‎ ‎(2)由(1)得，＝，‎ ‎∵D(，0,0)，F(，，1)，B(0，，0)，‎ ‎∴＝(0，，1)，＝(，0,1)．‎ ‎∴·＝0，·＝0.∴⊥，⊥，‎ 即AM⊥DF，AM⊥BF.‎ 又DF∩BF＝F，‎ ‎∴AM⊥平面BDF.‎ 例3解题导引　建立适当的空间直角坐标系后，写出各点坐标．第(1)题证明与平面BOE的法向量n垂直，即·n＝0即可．第(2)题设出点M的坐标，利用∥n即可解出，然后检验解的合理性．‎ ‎(1)证明　‎ 如图，连接OP，以点O为坐标原点，分别以OB，OC，OP所在直线为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系O—xyz.‎ 则O(0,0,0)，A(0，－8,0)，‎ B(8,0,0)，C(0,8,0)，P(0,0,6)，E(0，－4,3)，F(4,0,3)．‎ 由题意，得G(0,4,0)．‎ 因为＝(8,0,0)，＝(0，－4,3)，‎ 所以平面BOE的法向量n＝(0,3,4)．‎ 由＝(－4,4，－3)，得n·＝0.‎ 又直线FG不在平面BOE内，所以FG∥平面BOE.‎ ‎(2)解　设点M的坐标为(x0，y0,0)，‎ 则＝(x0－4，y0，－3)．‎ 因为FM⊥平面BOE，所以∥n，‎ 因此x0＝4，y0＝－，‎ 即点M的坐标是.‎ 在平面直角坐标系xOy中，△AOB的内部区域可表示为不等式组 经检验，点M的坐标满足上述不等式组．‎ 所以，在△AOB内存在一点M，使PM⊥平面BOE.‎ 由点M的坐标，得点M到OA，OB的距离分别为4，.‎ 变式迁移3解　‎ ‎(1)以点B为原点，以BA、BC、BB1所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，则B(0,0,0)，B1(0,0,3a)，‎ ‎∵△ABC为等腰直角三角形，‎ ‎∴AB＝BC＝AC＝a，‎ ‎∴A(a,0,0)，C(0，a,0)，C1(0，a,3a)，‎ E，A1(a,0,3a)，‎ ‎∴＝，＝(－a，a，－3a)，‎ cos〈，〉＝＝＝－.‎ ‎∴直线BE与A1C所成的角的余弦值为.‎ ‎(2)假设存在点F，使CF⊥平面B1DF，‎ 并设＝λ＝λ(0,0,3a)＝(0,0,3λa) (0<λ<1)，‎ ‎∵D为A1C1的中点，∴D，‎ ＝－(0,0,3a)＝，‎ ＝＋＋＝(0,0，－3a)＋(a,0,0)＋(0,0,3λa)＝(a,0,3a(λ－1))，‎ ＝＋＝(a，－a,0)＋(0,0,3λa)‎ ‎＝(a，－a,3λa)．‎ ‎∵CF⊥平面B1DF，∴⊥，⊥，‎ ，即，‎ 解得λ＝或λ＝ ‎∴存在点F使CF⊥面B1DF，且 当λ＝时，||＝||＝a，‎ 当λ＝时，||＝||＝2a.‎ 课后练习区 ‎1．C　[②③④均不正确．]‎ ‎2．A　[以D为坐标原点，以DA为x轴，DC为y轴，DD1为z轴建系，设棱长为2，则M(0,0,1)，N(0,1,2)，O(1,1,0)，A(2,0,0)，C(0,2,0)，‎ ‎∴＝(－2,2,0)，＝(0,1,1)，＝(－1，－1,1)，‎ ‎∴·＝0，·＝0，‎ ‎∴OM⊥AC，OM⊥MN.]‎ ‎3．B　[‎ 如图建立坐标系，设AB＝BC＝AA1＝2，则E(0,1,0)，F(0,0,1)，C1(2,0,2)，‎ ‎∴＝(0，－1,1)，＝(2,0,2)，‎ ‎∴cos〈，〉＝＝.‎ ‎∵〈，〉∈[0°，180°]‎ ‎∴EF与BC1所成的角是60°.]‎ ‎4．A　[由＝λ1＋λ2得：‎ ‎(2a－1，a＋1,2)＝λ1(－1，－3,2)＋λ2(6，－1，4)，‎ ‎∴　解得a＝16.]‎ ‎5．B　[‎ 过A、B分别作AA1⊥x轴，BB1⊥x轴，垂足分别为A1和B1，则AA1＝3，A1B1＝5，BB1＝2，‎ ‎∵＝＋＋，‎ ‎∴2＝2＋2＋2＋2·＝32＋52＋22＋2×3×2×cos 60°＝44.∴||＝2.]‎ ‎6. 解析　∵＝＋＋，‎ 又＝＋＋，‎ ‎∴2＝＋，∴＝(＋)，∴λ＝.‎ ‎7．①②‎ 解析　①(－)－＝－＝；‎ ‎②(＋)－＝－＝；‎ ‎③(－)－2＝－2≠；‎ ‎④(＋)＋＝＋(＋)＝≠.‎ ‎8．(1,1,1)‎ 解析　设DP＝y>0，则A(2,0,0)，B(2,2,0)，P(0,0，y)，E，＝(0,0，y)，＝.‎ ‎∴cos〈，〉＝＝＝＝.‎ 解得y＝2，∴E(1,1,1)．‎ ‎9．证明　(1)‎ 建立如图所示的空间直角坐标系，‎ 则＝(3,0,1)，＝(0,3,2)，‎ ＝(3,3,3)．(2分)‎ 所以＝＋.‎ 故、、共面．‎ 又它们有公共点B，∴E、B、F、D1四点共面．(6分)‎ ‎(2)设M(0,0，z)，则＝.‎ 而＝(0,3,2)，‎ 由题设，得·＝－×3＋z·2＝0，得z＝1.(8分)‎ ‎∴M(0,0,1)，E(3,0,1)，∴＝(3,0,0)．‎ 又＝(0,0,3)，＝(0,3,0)，∴·＝0，‎ ‎∴·＝0，从而ME⊥BB1，ME⊥BC.‎ 又∵BB1∩BC＝B，∴ME⊥平面BCC1B1.(12分)‎ ‎10.‎ 解　(1)如图所示，以点D为坐标原点，建立空间直角坐标系D—xyz.‎ 依题意，得D(0,0,0)，‎ A(1,0,0)，M(0,0,1)，C(0,1,0)，B(1,1,0)，N(1,1,1)，‎ E.(2分)‎ ‎∴＝，‎ ＝(－1,0,1)．‎ ‎∵cos〈，〉＝＝＝－，‎ ‎∴异面直线NE与AM所成角的余弦值为.‎ ‎(6分)‎ ‎(2)假设在线段AN上存在点S，使得ES⊥平面AMN.‎ ‎∵＝(0,1,1)，可设＝λ＝(0，λ，λ)，‎ 又＝，‎ ‎∴＝＋＝.(8分)‎ 由ES⊥平面AMN，‎ 得即(10分)‎ 故λ＝，此时＝，||＝.‎ 经检验，当AS＝时，ES⊥平面AMN.‎ 故线段AN上存在点S，‎ 使得ES⊥平面AMN，此时AS＝.(12分)‎ ‎11．(1)证明　设＝p，＝q，＝r.‎ 由题意可知：|p|＝|q|＝|r|＝a，且p、q、r三向量两两夹角均为60°.‎ ＝－＝(＋)－ ‎＝(q＋r－p)，(2分)‎ ‎∴·＝(q＋r－p)·p ‎＝(q·p＋r·p－p2)‎ ‎＝(a2·cos 60°＋a2·cos 60°－a2)＝0.‎ ‎∴MN⊥AB 又∵＝－＝r－q，‎ ‎∴·＝(q＋r－p)·(r－q)‎ ‎＝(q·r－q2＋r2－q·r－p·r＋p·q)‎ ‎＝(a2cos 60°－a2＋a2－a2cos 60°－a2cos 60°＋a2cos 60°)‎ ‎＝0，∴MN⊥CD.(4分)‎ ‎(2)解　由(1)可知＝(q＋r－p)，‎ ‎∴||2＝2＝(q＋r－p)2‎ ‎＝[q2＋r2＋p2＋2(q·r－p·q－r·p)]‎ ‎＝ ‎＝×2a2＝.‎ ‎∴||＝a，∴MN的长为a.(9分)‎ ‎(3)解　设向量与的夹角为θ.‎ ‎∵＝(＋)＝(q＋r)，‎ ＝－＝q－p，‎ ‎∴·＝(q＋r)· ‎＝ ‎＝ ‎＝＝.(12分)‎ 又∵||＝||＝a，‎ ‎∴·＝||·||·cos θ 即a·a·cos θ＝.‎ ‎∴cos θ＝，(13分)‎ ‎∴向量与的夹角的余弦值为，从而异面直线AN与CM所成角的余弦值为.(14分)‎