高考数学第一轮复习空间向量及其运算b 9页

‎9.6 空间向量及其运算（B）‎ ‎●知识梳理 空间两个向量的加法、减法法则类同于平面向量，即平行四边形法则及三角形法则.‎ a·b=|a||b|cos〈a，b〉.‎ a2=|a|2.‎ a与b不共线，那么向量p与a、b共面的充要条件是存在实数x、y，使p=xa+yb.‎ a、b、c不共面，空间的任一向量p，存在实数x、y、z，使p=xa+yb+zc.‎ ‎●点击双基 ‎1.在以下四个式子中正确的有 a+b·c，a·（b·c），a（b·c），|a·b|=|a||b|‎ A.1个 B.2个 C.3个 D.0个 解析：根据数量积的定义，b·c是一个实数，a+b·c无意义.实数与向量无数量积，故a·（b·c）错，|a·b|=|a||b||cos〈a，b〉|，只有a（b·c）正确.‎ 答案：A ‎2.设向量a、b、c不共面，则下列集合可作为空间的一个基底的是 A.{a+b，b－a，a} B.{a+b，b－a，b}‎ C.{a+b，b－a，c} D.{a+b+c，a+b，c}‎ 解析：由已知及向量共面定理，易得a+b，b－a，c不共面，故可作为空间的一个基底，故选C.‎ 答案：C ‎3.在平行六面体ABCD—A′B′C′D′中，向量、、是 A.有相同起点的向量 B.等长的向量 C.共面向量 D.不共面向量 解析：∵－==，‎ ‎∴、、共面.‎ 答案：C ‎4.已知a=（1，0），b=（m，m）（m＞0），则〈a，b〉=_____________.‎ 答案：45°‎ ‎5.已知四边形ABCD中，=a－‎2c，=‎5a+6b－‎8c，对角线AC、BD的中点分别为E、F，则=_____________.‎ 解析：∵=++，‎ 又=++，‎ 两式相加，得2=（+）+（+）+（+）.‎ ‎∵E是AC的中点，‎ 故+=0.同理，+=0.‎ ‎∴2= +=（a－‎2c）+（‎5a+6b－‎8c）=‎6a+6b－‎10c.∴=‎3a+3b－‎5c.‎ 答案：‎3a+3b－‎‎5c ‎●典例剖析 ‎【例1】 证明空间任意无三点共线的四点A、B、C、D共面的充分必要条件是：对于空间任一点O，存在实数x、y、z且x+y+z=1，使得=x+y +z.‎ 剖析：要寻求四点A、B、C、D共面的充要条件，自然想到共面向量定理.‎ 解：依题意知，B、C、D三点不共线，则由共面向量定理的推论知：四点A、B、C、D共面对空间任一点O，存在实数x1、y1，使得=+x1 +y1=+x1（－）+y1（－）=（1－x1－y1）+x1+y1，取x=1－x1－y1、y=x1、z=y1，则有=x+y+z，且x+y+z=1.‎ 特别提示 向量基本定理揭示了向量间的线性关系，即任一向量都可由基向量唯一的线性表示，为向量的坐标表示奠定了基础.共（线）面向量基本定理给出了向量共（线）面的充要条件，可用以证明点共（线）面.本题的结论，可作为证明空间四点共面的定理使用.‎ ‎【例2】 在平行四边形ABCD中，AB=AC=1，∠ACD=90°，将它沿对角线AC折起，使AB与CD成60°角，求B、D间的距离.‎ 解：如下图，因为∠ACD=90°，‎ 所以· =0.同理，·=0.‎ 因为AB与CD成60°角，‎ 所以〈，〉=60°或120°.因为=＋＋，‎ 所以2=2＋2＋2＋2·＋2·＋2·=2＋2＋2＋2·=3＋2×1×1×cos〈，〉= 4 （〈，〉=60°），‎ ‎ 2 （〈，〉=120°）.‎ 所以｜｜=2或，‎ 即B、D间的距离为2或.‎ ‎【例3】 在棱长为1的正方体ABCD—A1B‎1C1D1中，BD1交平面ACB1于点E，‎ 求证：（1）BD1⊥平面ACB1；‎ ‎（2）BE=ED1.‎ 证明：（1）我们先证明BD1⊥AC.‎ ‎∵ = + +， = +，‎ ‎∴·=（ + +）·（+）=·+ ·=·－·=||2－||2=1－1=0.‎ ‎∴BD1⊥AC.同理可证BD1⊥AB1，于是BD1⊥平面ACB1.‎ ‎（2）设底面正方形的对角线AC、BD交于点M，则= = ，即2=.对于空间任意一点O，设=b， =m，=b1，=d1，则上述等式可改写成2（m－b）=d1－b1或b1+‎2m=d1+2b.记==e.此即表明，由e向量所对应的点E分线段B‎1M及D1B各成λ（λ=2）之比，所以点E既在线段B‎1M（B‎1M面ACB1）上又在线段D1B上，所以点E是D1B与平面ACB1之交点，此交点E将D1B分成2与1之比，即D1E∶EB=2∶1.∴BE=ED1.‎ 思考讨论 利用空间向量可以解决立体几何中的线线垂直、线线平行、四点共面、求长度、求夹角等问题.‎ ‎●闯关训练 夯实基础 ‎1.平行六面体ABCD—A1B‎1C1D1中，M为AC和BD的交点，若 =a， =b， =‎ c，则下列式子中与相等的是 A.－ a+ b+c B. a+ b+c C. a－ b+c D.－ a－ b+c 解析：= + =+ （+）=－ + =c－ a+ b，故选A.‎ 答案：A ‎2.O、A、B、C为空间四个点，又、、为空间的一个基底，则 A.O、A、B、C四点不共线 B.O、A、B、C四点共面，但不共线 C.O、A、B、C四点中任意三点不共线 D.O、A、B、C四点不共面 解析：由基底意义，、、三个向量不共面，但A、B、C三种情形都有可能使、、共面.只有D才能使这三个向量不共面，故应选D.‎ 答案：D ‎3.已知a+3b与‎7a－5b垂直，且a－4b与‎7a－2b垂直，则〈a，b〉=_____________.‎ 解析：由条件知（a+3b）·（‎7a－5b）=7|a|2－15|b|2+‎16a·b=0，及（a－4b）·（‎7a－2b）=‎ ‎7|a|2+8|b|2－‎30a·b=0.两式相减得‎46a·b=23|b|2，∴a·b= |b|2.代入上面两个式子中的任意一个，即可得到|a|=|b|.∴cos〈a，b〉===.‎ ‎∴〈a，b〉=60°.‎ 答案：60°‎ ‎4.试用向量证明三垂线定理及其逆定理.‎ 已知：如下图，PO、PA分别是平面α的垂线和斜线，OA是PA在α内的射影，aα，求证：a⊥PAa⊥OA.‎ 证明：设直线a上非零向量a，要证a⊥PAa⊥OA，即证a· =‎0a· =0.‎ ‎∵aα，a· =0，∴a·=a·（+）=a·+a·=a·.‎ ‎∴a·=‎0a·=0，即a⊥PAa⊥OA.‎ 评述：向量的数量积为零是证明空间直线垂直的重要工具.在应用过程中，常需要通过加、减法对向量进行转换，当然，转换的方向是有利于计算向量的数量积.‎ ‎5.直三棱柱ABC—A1B‎1C1中，BC1⊥AB1，BC1⊥A‎1C，求证：AB1=A‎1C.‎ 证明：∵==·‎ ‎∴AB=AC.又A‎1A=B1B，∴A‎1C=AB1.‎ 评述：本题在利用空间向量来解决位置关系问题时，要用到空间多边形法则、向量的运算、数量积以及平行、相等和垂直的条件.‎ 培养能力 ‎6.沿着正四面体OABC的三条棱、、的方向有大小等于1、2、3的三个力f1、f2、f3.试求此三个力的合力f的大小以及此合力与三条棱所夹角的余弦.‎ 解：用a、b、c分别代表棱、、上的三个单位向量，则f1=a，f2=2b，f3=‎3c，则f=f1+f2+f3=a+2b+‎3c，‎ ‎∴|f|2=（a+2b+‎3c）·（a+2b+‎3c）=|a|2+4|b|2+9|c|2+‎4a·b+‎6a·c+12b·c=1+4+9+4|a||b|cos〈a，b〉‎ ‎+6|a||c|cos〈a，c〉+12|b||c|cos〈b，c〉=14+4cos60°+6cos60°+12cos60°=14+2+3+6=25.‎ ‎∴|f|=5，即所求合力的大小为5，‎ 且cos〈f，a〉====.‎ 同理，可得cos〈f，b〉=，cos〈f，c〉=.‎ ‎7.在空间四边形ABCD中，求证：·+· +·=0.‎ 证法一：把拆成+后重组，·+·+·=（ +‎ ‎）·+·+·=·+·+·+·=·（+）+·（+）=·+· = ·（+）=·0=0.‎ 证法二：如下图，设a=，b= ，c=，则·+·+·=（b－a）·（－c）+（c－a）·b+（－a）·（c－b）=－b·c+a·c+c·b－a·b－a·c+a·b=0.‎ 评述：把平面向量的运算推广到空间后，许多基本的运算规则没有变.证法一中体现了向量的拆分重组技巧，要求较高；证法二设定三个向量为基底，而原式中所有向量化归为关于a、b、c的式子，化简时的思路方向较清楚.‎ 探究创新 ‎8.（2004年全国Ⅰ，理20）如下图，已知四棱锥P—ABCD，PB⊥AD，侧面PAD为边长等于2的正三角形，底面ABCD为菱形，侧面PAD与底面ABCD所成的二面角为120°.‎ ‎（1）求点P到平面ABCD的距离；‎ ‎（2）求面APB与面CPB所成二面角的大小.‎ ‎（1）解：如下图，作PO⊥平面ABCD，垂足为点O.连结OB、OA、OD，OB与AD交于点E，连结PE.‎ ‎∵AD⊥PB，∴AD⊥OB.∵PA=PD，∴OA=OD.‎ 于是OB平分AD，点E为AD的中点，∴PE⊥AD.由此知∠PEB为面PAD与面ABCD所成二面角的平面角，∴∠PEB=120°，∠PEO=60°.由已知可求得PE=，∴PO=PE·sin60°=‎ ‎×=，即点P到平面ABCD的距离为.‎ ‎（2）解法一：如下图建立直角坐标系，其中O为坐标原点，x轴平行于DA.‎ P（0，0，），B（0，，0），PB中点G的坐标为（0，，），连结AG.‎ 又知A（1，，0），C（－2，，0）.‎ 由此得到 =（1，－，－），‎ ‎ =（0，，－），=（－2，0，0）.‎ 于是有·=0，·=0，‎ ‎∴⊥，⊥. ，的夹角θ等于所求二面角的平面角.‎ 于是cosθ==－，‎ ‎∴所求二面角的大小为π－arccos.‎ 解法二：如下图，取PB的中点G，PC的中点F，连结EG、AG、GF，则AG⊥PB，FG∥‎ BC，FG=BC.‎ ‎∵AD⊥PB，∴BC⊥PB，FG⊥PB.∴∠AGF是所求二面角的平面角.‎ ‎∵AD⊥面POB，∴AD⊥EG.‎ 又∵PE=BE，∴EG⊥PB，且∠PEG=60°.‎ 在Rt△PEG中，EG=PE·cos60°=，‎ 在Rt△GAE中，AE=AD=1，于是tan∠GAE== .‎ 又∠AGF=π－∠GAE，‎ ‎∴所求二面角的大小为π－arctan.‎ ‎●思悟小结 ‎1.若表示向量a1，a2，…，an的有向线段终点和始点连结起来构成一个封闭折图形，则a1＋a2＋a3＋…＋an=0.‎ ‎2.应用向量知识解决几何问题时，一方面要选择恰当的基向量，另一方面要熟练地进行向量运算.‎ ‎●教师下载中心 教学点睛 ‎1.要使学生正确理解空间向量的加法法则、减法法则以及空间向量的数量积，掌握空间向量平行、垂直的条件及三个向量共面及四点共面的条件.‎ ‎2.空间中的任何一个向量都可以用不共面的三个向量线性表示，这三个向量也称为一个基底.在证明两个向量平行、垂直或求其夹角时，往往把它们用同一个基底来表示，从而实现解题的目的.‎ 拓展题例 ‎【例1】 下列命题中不正确的命题个数是 ‎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 A.1 B.2 C.3 D.4‎ 解析：易知只有①是正确的，对于④，若O平面ABC，则、、不共面，由空间向量基本定理知，P可为空间任一点，所以P、A、B、C四点不一定共面.‎ 答案：C ‎【例2】 A是△BCD所在平面外一点，M、N分别是△ABC和△ACD的重心，若BD=4，试求MN的长.‎ 解：连结AM并延长与BC相交于E，连结AN并延长与CD相交于E，则E、F分别是BC及CD的中点.‎ 现在=－ = － = （－）== （－）=‎ ‎（－ ）=（－）=.‎ ‎∴=||= ||= BD=.‎ 说明：本题的关键是利用重心这一特殊位置逐步进行转化.‎ ‎【例3】 设A、B、C及A1、B1、C1分别是异面直线l1、l2上的三点，而M、N、P、Q分别是线段AA1、BA1、BB1、CC1的中点.求证：M、N、P、Q四点共面.‎ 证明： = ， = ，‎ ‎∴=2，=2.‎ 又∵ = （+）， （*）‎ A、B、C及A1、B1、C1分别共线，‎ ‎∴=λ=2，=ω=2ω.‎ 代入（*）式得= （2λ+2ω）=λ+ω，∴、、共面.‎ ‎∴M、N、P、Q四点共面.‎