《高考數(shù)學理一輪資源庫 第8章學案43》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《高考數(shù)學理一輪資源庫 第8章學案43（15頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、 精品資料 學案43　空間向量及其運算 導學目標： 1.了解空間向量的概念，了解空間向量的基本定理及其意義，掌握空間向量的正交分解及其坐標表示.2.掌握空間向量的線性運算及其坐標表示.3.掌握空間向量的數(shù)量積及其坐標表示，能運用向量的共線與垂直證明直線、平面的平行和垂直關(guān)系． 自主梳理 1．空間向量的有關(guān)概念及定理 (1)空間向量：在空間中，具有________和________的量叫做空間向量． (2)相等向量：方向________且模________的向量． (3)共線向量定理 對空間任意兩個向量a，b(

2、a≠0)，b與a共線的充要條件是________________________． (4)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有序?qū)崝?shù)對(x，y)，使得p＝xa＋yb，推論的表達式為＝x＋y或?qū)臻g任意一點O有，＝________________或＝x＋y＋z，其中x＋y＋z＝____. (5)空間向量基本定理 如果三個向量e1，e2，e3不共面，那么對空間任一向量p，存在惟一的有序?qū)崝?shù)組(x，y，z)，使得p＝________________________，把{e1，e2，e3}叫做空間的一個基底． 2．空間向量的坐標表示及應(yīng)用 (

3、1)數(shù)量積的坐標運算 若a＝(a1，a2，a3)，b＝(b1，b2，b3)， 則ab＝__________________________________________________________________. (2)共線與垂直的坐標表示 設(shè)a＝(a1，a2，a3)，b＝(b1，b2，b3)， 若b≠0，則a∥b?________?__________，________，______________， a⊥b?__________?________________________(a，b均為非零向量)． (3)模、夾角和距離公式 設(shè)a＝(a1，a2，a3)，b＝(b1

4、，b2，b3)， 則|a|＝＝________________________________， cos〈a，b〉＝＝______________________________________________________. 若A(a1，b1，c1)，B(a2，b2，c2)， 則||＝______________________________. 3．利用空間向量證明空間中的位置關(guān)系 若直線l，l1，l2的方向向量分別為v，v1，v2，平面α，β的法向量分別為n1，n2，利用向量證明空間中平行關(guān)系與垂直關(guān)系的基本方法列表如下： 平行 垂直 直線 與直線 l1∥

5、l2?v1∥v2?v1＝λv2(λ為非零實數(shù)) l1⊥l2?v1⊥v2?v1v2＝0 直線 與平面 ①l∥α?v⊥n1?vn1＝0 ②l∥α?v＝xv1＋yv2其中v1，v2為平面α內(nèi)不共線向量，x， y均為實數(shù) l⊥α?v∥n1?v＝λn1(λ為非零實數(shù)) 平面 與平面 α∥β?n1∥n2?n1＝λn2(λ為非零實數(shù)) α⊥β?n1⊥n2?n1n2＝0 自我檢測 1．若a＝(2x,1,3)，b＝(1，－2y,9)，且a∥b，則x＝______________________，y＝________. 2．如圖所示，在平行六面體ABCD—A1B1C1D1中，M為AC與

6、BD的交點，若＝a，＝b，＝c，則用a，b，c表示為________． 3．在平行六面體ABCD—A′B′C′D′中，已知∠BAD＝∠A′AB＝∠A′AD＝60，AB＝3，AD＝4，AA′＝5，則||＝________. 4．下列4個命題： ①若p＝xa＋yb，則p與a、b共面； ②若p與a、b共面，則p＝xa＋yb； ③若＝x＋y，則P、M、A、B共面； ④若P、M、A、B共面，則＝x＋y. 其中真命題是________(填序號)． 5．A(1,0,1)，B(4,4,6)，C(2,2,3)，D(10,14,17)這四個點________(填共面或不共面). 探究

7、點一　空間基向量的應(yīng)用 例1　已知空間四邊形OABC中，M為BC的中點，N為AC的中點，P為OA的中點，Q為OB的中點，若AB＝OC，求證：PM⊥QN. 變式遷移1　如圖，在正四面體ABCD中，E、F分別為棱AD、BC的中點，則異面直線AF和CE所成角的余弦值為________． 探究點二　利用向量法判斷平行或垂直 例2　兩個邊長為1的正方形ABCD與正方形ABEF相交于AB，∠EBC＝90，點M、N分別在BD、AE上，且AN＝DM. (1)求證：MN∥平面EBC；(2)求MN長度的最小值． 變式遷移2　

8、 如圖所示，已知正方形ABCD和矩形ACEF所在的平面互相垂直，AB＝，AF＝1，M是線段EF的中點． 求證：(1)AM∥平面BDE；(2)AM⊥面BDF. 探究點三　利用向量法解探索性問題 例3　如圖，平面PAC⊥平面ABC，△ABC是以AC為斜邊的等腰直角三角形，E，F(xiàn)，O分別為PA，PB，AC的中點，AC＝16，PA＝PC＝10. (1)設(shè)G是OC的中點，證明FG∥平面BOE； (2)在△AOB內(nèi)是否存在一點M，使FM⊥平面BOE？若存在，求出點M到OA，OB的距離；若不存在，說明理由．

9、 變式遷移3　已知在直三棱柱ABC—A1B1C1中，底面是以∠ABC為直角的等腰直角三角形，AC＝2a，BB1＝3a，D為A1C1的中點，E為B1C的中點． (1)求直線BE與A1C所成的角的余弦值； (2)在線段AA1上是否存在點F，使CF⊥平面B1DF？若存在，求出AF；若不存在，請說明理由． 1．向量法解立體幾何問題有兩種基本思路：一種是利用基向量表示幾何量，簡稱基向量法；另一種是建立空間直角坐標系，利用坐標法表示幾何量，簡稱坐標法． 2．利用坐標法解幾何問題的基本步驟是：(1)建立適當?shù)目臻g直角坐標系

10、，用坐標準確表示涉及到的幾何量．(2)通過向量的坐標運算，研究點、線、面之間的位置關(guān)系．(3)根據(jù)運算結(jié)果解釋相關(guān)幾何問題． (滿分：90分) 一、填空題(每小題6分，共48分) 1．下列命題： ①若A、B、C、D是空間任意四點，則有＋＋＋＝0； ②|a|－|b|＝|a＋b|是a、b共線的充要條件； ③若a、b共線，則a與b所在直線平行； ④對空間任意一點O與不共線的三點A、B、C，若＝x＋y＋z(其中x、y、z∈R)則P、A、B、C四點共面．其中不正確命題的序號為________． 2．若A、B、C、D是空間中不共面的四點，且滿足＝0，＝0，＝0，則△BCD的形狀是_

11、_____________三角形． 3. 如圖所示，在三棱柱ABC—A1B1C1中，AA1⊥底面ABC，AB＝BC＝AA1，∠ABC＝90，點E、F分別是棱AB、BB1的中點，則直線EF和BC1所成的角等于________． 4．設(shè)點C(2a＋1，a＋1,2)在點P(2,0,0)、A(1，－3,2)、B(8，－1,4)確定的平面上，則a＝____________. 5．在直角坐標系中，A(－2,3)，B(3，－2)，沿x軸把直角坐標系折成120的二面角，則AB的長度為________． 6. (2010信陽模擬)如圖所示，已知空間四邊形ABCD，F(xiàn)為BC的中點，E為AD的中點，若＝

12、λ(＋)，則λ＝________. 7．(2010銅川一模)在正方體ABCD—A1B1C1D1中，給出以下向量表達式： ①(－)－；　?、?＋)－； ③(－)－2；　?、?＋)＋. 其中能夠化簡為向量的是________．(填所有正確的序號) 8．(2010麗水模擬) 如圖所示，PD垂直于正方形ABCD所在平面，AB＝2，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________． 二、解答題(共42分) 9．(14分) 如圖所示，已知ABCD—A1B1C1D1是棱長為3的正方體，點E在AA1上，點

13、F在CC1上，且AE＝FC1＝1. (1)求證：E、B、F、D1四點共面； (2)若點G在BC上，BG＝，點M在BB1上，GM⊥BF，垂足為H，求證：EM⊥平面BCC1B1. 10．(14分)(2009福建)如圖，四邊形ABCD是邊長為1的正方形，MD⊥平面ABCD，NB⊥平面ABCD，且MD＝NB＝1，E為BC的中點． (1)求異面直線NE與AM所成角的余弦值； (2)在線段AN上是否存在點S，使得ES⊥平面AMN？若存在，求線段AS的長；若不存在，請說明理由． 11. (14分)如圖所示，已知空間四邊形AB

14、CD的各邊和對角線的長都等于a，點M、N分別是AB、CD的中點． (1)求證：MN⊥AB，MN⊥CD； (2)求MN的長； (3)求異面直線AN與CM所成角的余弦值． 學案43　空間向量及其運算 答案 自主梳理 1．(1)大小　方向　(2)相同　相等　(3)存在實數(shù)λ，使b＝λa　(4)＋x＋y　1　(5)xe1＋ye2＋ze3 2．(1)a1b1＋a2b2＋a3b3　(2)a＝λb　a1＝λb1　a2＝λb2　a3＝λb3 (λ∈R)　ab＝0　a1b1＋a2b2＋a3b3＝0 (3)　　 自我檢測 1.?。? 解析　∵a∥b，∴＝＝，∴

15、x＝，y＝－. 2．－a＋b＋c 解析?。剑? ＝－＋＋ ＝－a＋c＋(a＋b)＝－a＋b＋c. 3. 解析　∵＝＋＋＝＋＋， ∴||2＝2＋2＋2＋2＋2＋2＝32＋42＋52＋234cos 60＋245cos 60＋235cos 60＝97， ∴||＝. 4．①③ 解析?、僬_．②中若a、b共線，p與a不共線，則p＝xa＋yb就不成立．③正確．④中若M、A、B共線，點P不在此直線上，則＝x＋y不正確． 5．共面 解析　＝(3,4,5)，＝(1,2,2)，＝(9,14,16)，設(shè)＝x＋y， 即(9,14,16)＝(3x＋y,4x＋2y,5x＋2y)． ∴，從而A、

16、B、C、D四點共面． 課堂活動區(qū) 例1　解題導引　欲證a⊥b，只要把a、b用相同的幾個向量表示，然后利用向量的數(shù)量積證明ab＝0即可，這是基向量證明線線垂直的基本方法． 證明　如圖所示 . 設(shè)＝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. 變式遷移1　 解析　設(shè){，，}為空間一組基底， 則＝＋， ＝＋＝＋(－)

17、 ＝－＋. ∴＝ ＝－－2＋＋ ＝－2－2＋2＋2 ＝－2. 又||＝||＝||，∴||||＝||2. ∴cos〈，〉＝＝＝－. ∴異面直線AF與CE所成角的余弦值為. 例2　解題導引　 如圖所示，建立坐標系后，要證MN平行于平面EBC，只要證的橫坐標為0即可． (1)證明　如圖所示，以、、為單位正交基底建立空間直角坐標系， 則A(1,0,0)，D(1,1,0)， E(0,0,1)，B(0,0,0)， 設(shè)＝＝λ，則＝＋＋＝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，且的橫坐標為

18、0. ∴平行于平面yBz，即MN∥平面EBC. (2)解　由(1)知||＝＝ ＝ ， ∴當λ＝時，MN取得長度的最小值為. 變式遷移2　證明　(1)建立如圖所示的空間直角坐標系， 設(shè)AC∩BD＝N，連結(jié)NE. 則點N、E的坐標分別為 、(0,0,1)． ∴＝. 又點A、M的坐標分別為(，，0)、， ∴＝. ∴＝且NE與AM不共線． ∴NE∥AM. 又∵NE?平面BDE，AM?平面BDE， ∴AM∥平面BDE. (2)由(1)得，＝， ∵D(，0,0)，F(xiàn)(，，1)，B(0，，0)， ∴＝(0，，1)，＝(，0,1)． ∴＝0，＝0.∴⊥，⊥， 即AM

19、⊥DF，AM⊥BF. 又DF∩BF＝F，且DF，BF在平面BDF內(nèi)， ∴AM⊥平面BDF. 例3　解題導引　建立適當?shù)目臻g直角坐標系后，寫出各點坐標．第(1)題證明與平面BOE的法向量n垂直，即n＝0即可．第(2)題設(shè)出點M的坐標，利用∥n即可解出，然后檢驗解的合理性． (1)證明　 如圖，連結(jié)OP，以點O為坐標原點，分別以O(shè)B，OC，OP所在直線為x軸，y軸，z軸，建立空間直角坐標系O—xyz. 則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(xiàn)(4,0,3)． 由題意，得G(0,4,0)． 因為＝(8

20、,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. 又直線FG不在平面BOE內(nèi)，所以FG∥平面BOE. (2)解　設(shè)點M的坐標為(x0，y0,0)， 則＝(x0－4，y0，－3)． 因為FM⊥平面BOE，所以∥n， 因此x0＝4，y0＝－， 即點M的坐標是. 在平面直角坐標系xOy中，△AOB的內(nèi)部區(qū)域可表示為不等式組 經(jīng)檢驗，點M的坐標滿足上述不等式組． 所以，在△AOB內(nèi)存在一點M，使FM⊥平面BOE. 由點M的坐標，得點M到OA，OB的距離分別為4，. 變式遷移3　解　 (1)以點B為原點，以B

21、A、BC、BB1所在直線分別為x軸，y軸，z軸建立如圖所示的空間直角坐標系，則B(0,0,0)，B1(0,0,3a)， ∵△ABC為等腰直角三角形， ∴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〈，〉＝＝＝－. ∴直線BE與A1C所成的角的余弦值為. (2)假設(shè)存在點F，使CF⊥平面B1DF， 并設(shè)＝λ＝λ(0,0,3a)＝(0,0,3λa) (0<λ<1)， ∵D為A1C1的中點，∴D， ＝－(0,0,3a)＝， ＝＋＋＝(0,0，－3a)＋(a,0,0)＋(

22、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＝ ∴存在點F使CF⊥面B1DF，且 當λ＝時，||＝||＝a， 當λ＝時，||＝||＝2a. 課后練習區(qū) 1．②③④ 2．銳角 解析　如圖，∵＝(－)(－)＝－－＋2＝2>0，同理，>0，>0.∴△BDC為銳角三角形． 3．60 解析　 如圖建立坐標系，設(shè)AB＝BC＝AA1＝2，則E(0,1,0)，F(xiàn)(0,0,1)，C1(2,0,2)， ∴＝(0，－1,1)，＝(2,0,2)， ∴

23、cos〈，〉＝＝. ∴EF與BC1所成的角是60. 4．16 解析　由＝λ1＋λ2得： (2a－1，a＋1,2)＝λ1(－1，－3,2)＋λ2(6，－1，4)， ∴　解得a＝16. 5．2 解析　 過A、B分別作AA1⊥x軸，BB1⊥x軸，垂足分別為A1和B1，則AA1＝3，A1B1＝5， BB1＝2， ∵＝＋＋， ∴2＝2＋2＋2＋2＝32＋52＋22＋232cos 60＝44. ∴||＝2. 6. 解析　∵＝＋＋， 又＝＋＋， ∴2＝＋，∴＝(＋)，∴λ＝. 7．①② 解析?、?－)－＝－＝； ②(＋)－＝－＝； ③(－)－2＝－2≠； ④(＋

24、)＋＝＋(＋) ＝≠. 8．(1,1,1) 解析　設(shè)DP＝y(tǒng)>0，則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．證明　(1) 建立如圖所示的空間直角坐標系， 則＝(3,0,1)，＝(0,3,2)， ＝(3,3,3)．(3分) 所以＝＋. 故、、共面． 又它們有公共點B，∴E、B、F、D1四點共面．(7分) (2)設(shè)M(0,0，z)，則＝. 而＝(0,3,2)， 由題設(shè)，得＝－3＋z2＝0，得z＝1.(10分) ∴M(0,0,1)，∴＝(3,0,0)．

25、又＝(0,0,3)，＝(0,3,0)，∴＝0， ∴＝0，從而ME⊥BB1，ME⊥BC. 又∵BB1∩BC＝B，∴ME⊥平面BCC1B1.(14分) 10. 解　(1)如圖所示，以點D為坐標原點，建立空間直角坐標系D—xyz. 依題意，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)．(4分) ∵cos〈，〉＝＝＝－， ∴異面直線NE與AM所成角的余弦值為. (7分) (2)假設(shè)在線段AN上存在點S，使得ES⊥平面AMN. ∵＝(0,1,1)，可設(shè)＝λ＝(0，

26、λ，λ)， 又＝， ∴＝＋＝.(9分) 由ES⊥平面AMN， 得即(11分) 故λ＝，此時＝，||＝. 經(jīng)檢驗，當AS＝時，ES⊥平面AMN. 故線段AN上存在點S， 使得ES⊥平面AMN，此時AS＝.(14分) 11．(1)證明　設(shè)＝p，＝q，＝r. 由題意可知：|p|＝|q|＝|r|＝a，且p、q、r三向量兩兩夾角均為60. ＝－＝(＋)－ ＝(q＋r－p)，(2分) ∴＝(q＋r－p)p ＝(qp＋rp－p2) ＝(a2cos 60＋a2cos 60－a2)＝0. ∴MN⊥AB.又∵＝－＝r－q， ∴＝(q＋r－p)(r－q) ＝(qr－q2＋r2－q

27、r－pr＋pq) ＝(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(qr－pq－rp)] ＝ ＝2a2＝. ∴||＝a，∴MN的長為a.(9分) (3)解　設(shè)向量與的夾角為θ. ∵＝(＋)＝(q＋r)， ＝－＝q－p， ∴＝(q＋r) ＝ ＝ ＝＝.(12分) 又∵||＝||＝a， ∴＝||||cos θ， 即aacos θ＝. ∴cos θ＝，(13分) ∴向量與的夾角的余弦值為，從而異面直線AN與CM所成角的余弦值為.(14分)