【数学】2020届一轮复习人教A版第十四章空间向量第2课　空间向量的坐标表示与数量积学案（江苏专用）

【数学】2020届一轮复习人教A版第十四章空间向量第2课　空间向量的坐标表示与数量积学案（江苏专用）

第2课__空间向量的坐标表示与数量积____‎ ‎1. 了解空间向量基本定理，掌握空间向量的正交分解及其坐标表示．‎ ‎2. 理解空间向量的数量积的概念、性质、运算律及两向量的夹角公式、两点间距离公式、掌握空间向量的数量积的坐标形式．‎ ‎3. 能用向量的数量积判断两非零向量是否垂直.‎ ‎1. 阅读：选修21 第87～95页．‎ ‎2. 解悟：①平面向量基本定理与空间向量基本定理的联系与区别；②空间向量的正交分解主要有什么作用；③空间向量的坐标运算法则与平面向量的区别与联系，二维向三维转化；④数量积最后结果是数，数量积的定义及坐标表示，如何合理选择使用；⑤重解第88页例1，第90页例2，第92页例2，第94页例3，体会解题方法和规范. ‎ ‎3. 践习：在教材空白处，完成第 89 页练习第3、4、5题，第91页练习第3、4、6题，第95页练习第5、8、10题. ‎ ‎　基础诊断　‎ ‎1. 若向量a＝(4，2，－4)，b＝(6，－3，2)，则(2a－3b)·(a＋2b)＝________．‎ ‎2. 已知空间三点P(－2，0，2)，Q(－1，1，2)，R(－3，0，3)，则与的夹角为________．‎ ‎3. 已知a＝(1，1，0)，b＝(－1，0，2)，且ka＋b与2a－b垂直，则k的值为________．‎ ‎4. 如图，在正方体ABCDA1B1C1D1中，M是棱DD1的中点，点O为底面ABCD的中心，点P为棱A1B1上任意一点，则异面直线OP与AM所成角的大小为________．‎ ‎　范例导航　‎ 考向 利用数量积求夹角 ‎　　例1　如图，在空间四边形OABC中，OA＝8，AB＝6，AC＝4，BC＝5，∠OAC＝45°，∠OAB＝60°，求OA与BC所成角的余弦值．‎ 如图，已知E是正方体ABCDA1B1C1D1的棱C1D1的中点，试求向量与的夹角的余弦值. ‎ 考向 利用向量求线段的长 ‎　　例2　如图，已知正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为1.M∈AC，N∈C1D，且MN⊥AC，MN⊥C1D，试求MN的长．‎ 已知空间三点A(0，2，3)，B(－2，1，6)，C(1，－1，5). ‎ ‎(1) 求以，为邻边的平行四边形的面积；‎ ‎(2) 若|a|＝，且a与，均垂直，求向量a的坐标. ‎ 考向 利用向量证明平行、垂直 ‎　　例3　在如图所示的长方体ABCDA1B1C1D1中，底面ABCD是边长为2的正方形，O为AC与BD的交点，BB1＝，M是线段B1D1的中点．求证：‎ ‎(1) BM∥平面D1AC; ‎ ‎(2) D1O⊥平面AB1C.‎ 如图，在正方体ABCDA1B1C1D1中，O为AC与BD的交点，G是CC1的中点．求证：A1O⊥平面GBD.‎ ‎　自测反馈　‎ ‎1. 已知a＝(2，4，x)，b＝(2，y，2)，若|a|＝6且a⊥b，则x＋y的值为________．‎ ‎2. 已知在正四棱柱ABCDA1B1C1D1中，AA1＝2AB，E为AA1的中点，则异面直线BE与CD1所成角的余弦值为________．‎ ‎3. 已知a＝(2，－1，3)，b＝(－1，4，－2)，c＝(7，5，λ)，若a，b，c三个向量共面，则实数λ＝________．‎ ‎1. 由基底表示空间任意一向量时，要明确基底是哪三个向量．分解主要看相加，相减与数乘．‎ ‎2. 用坐标表示向量的关键是找到三条两两垂直的直线．‎ ‎3. 灵活选用数量积定义(有时需要用已知量表示所求量，转化成已知向量间的运算—常选择空间向量已知的一组基底)及坐标法来解决求角，证明垂直，求长度等问题．‎ ‎4. 你还有哪些体悟，写下来：‎ ‎　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　‎ ‎　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　‎ 第2课　空间向量的坐标表示与数量积 ‎　基础诊断　‎ ‎1. －212　解析：(2a－3b)·(a＋2b)＝[(8，4，－8)－(18，－9，6)]·[(4，2，－4)＋(12，－6，4)]＝(－10，13，－14)·(16，－4，0)＝－160－52＋0＝－212.‎ ‎2. 120°　解析：由题意得＝(1，1，0)，＝(－1，0，1)，所以·＝－1＋0＋0＝－1.又||＝＝，||＝＝，·＝||||cos∠QPR，所以cos∠QPR＝＝－，所以与的夹角为120°.‎ ‎3. 　解析：ka＋b＝(k，k，0)＋(－1，0，2)＝(k－1，k，2)，2a－b＝(2，2，0)－(－1，0，2)＝(3，2，－2)．又ka＋b与2a－b垂直，所以(ka＋b)·(2a－b)＝3(k－1)＋2k－4＝5k－7＝0，解得k＝.‎ ‎4. 90°　解析：以点D为原点，DA为x轴，DC为y轴，DD1为z轴，建立空间直角坐标系．设正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为2，A1P＝t(0≤t≤2)，则A(2，0，0)，M(0，0，1)，O(1，1，0)，P(2，t，2)，＝(－2，0，1)，＝(1，t－1，2)，所以·＝－2＋0＋2＝0，则异面直线OP与AM所成的角的大小为90°.‎ ‎　范例导航　‎ 例1　解析：因为＝－，‎ 所以·＝·(－)‎ ‎＝·－· ‎＝||||cos〈，〉－||||cos〈，〉‎ ‎＝8×4×cos135°－8×6×cos120°‎ ‎＝24－16，‎ 所以cos〈，〉＝＝＝，‎ 故与夹角的余弦值为，‎ 即直线OA与BC所成角的余弦值为.‎ 解析：设正方体的棱长为m，＝a，＝b，＝c，‎ 则|a|＝|b|＝|c|＝m，a·b＝b·c＝a·c＝0.‎ 又因为＝＋＝＋＝a＋b，‎ ＝＋＝＋＝c＋a，‎ 所以·＝(a＋b)·＝m2.‎ 又因为||＝m，||＝，‎ 所以cos〈，〉＝＝. ‎ 例2　解析：如图，以A为原点，AB为x轴，AD为y轴，AA1为z轴建立空间直角坐标系，‎ 则A(0，0，0)，C(1，1，0)，D(0，1，0)，C1(1，1，1)．‎ 所以＝(1，1，0)，＝(－1，0，－1)．‎ 设＝x＝(x，x，0)(0≤x≤1)，‎ ＝y＝(－y，0，－y)(0≤y≤1)，‎ 则＝－＝＋－ ‎＝(1，1，1)＋(－y，0，－y)－(x，x，0)‎ ‎＝(1－x－y，1－x，1－y)．‎ 由⊥，⊥，‎ 得解得 所以＝，||＝，‎ 所以MN的长为.‎ 解析：(1) 由题意，可得＝(－2，－1，3)，＝(1，－3，2)，‎ 所以cos〈，〉＝＝＝，‎ 所以sin〈，〉＝，‎ 所以以，为邻边的平行四边形的面积为S＝||||sin〈，〉＝14×＝7. ‎ ‎(2) 设a＝(x，y，z). ‎ 由题意，得 解得或 所以a＝(1，1，1)或a＝(－1，－1，－1). ‎ 例3　解析：(1) 建立以点D为原点，DA为x轴，DC为y轴，DD1为z轴的空间直角坐标系，则点O(1，1，0)，D1(0，0，)，‎ 所以＝(－1，－1，)．‎ 又点B(2，2，0)，M(1，1，)，‎ 所以＝(－1，－1，)，则＝.‎ 又因为OD1与BM不共线，‎ 所以OD1∥BM.‎ 又OD1平面D1AC，BM平面D1AC，‎ 所以BM∥平面D1AC.‎ ‎(2) 连结OB1，点B1(2，2，)，A(2，0，0)，C(0，2，0)．‎ 因为·＝(－1，－1，)·(1，1，)＝0，·＝(－1，－1，)·(－2，2，0)＝0，‎ 所以⊥，⊥，‎ 即OD1⊥OB1，OD1⊥AC.‎ 又OB1∩AC＝O，OB1平面AB1C，AC平面AB1C，‎ 所以OD1⊥平面AB1C.‎ 点评：利用直线的方向向量可以判定直线与直线平行和垂直．‎ 设直线l1的方向向量v1＝(a1，b1，c1)，l2的方向向量v2＝(a2，b2，c2)，‎ 则l1∥l2v1∥v2(a1，b1，c1)＝k(a2，b2，c2)(k∈R)，‎ l1⊥l2v1⊥v2a1a2＋b1b2＋c1c2＝0.‎ 解析：如图，连结GO，设＝a，＝b，＝c，根据正方体的性质知a·b＝0，b·c ‎＝0，a·c＝0.‎ 因为＝＋＝＋(＋)＝c＋(a＋b)，‎ ＝－＝b－a，‎ ＝＋＝(＋)＋ ‎＝(a＋b)－c，‎ 所以·＝·(b－a)‎ ‎＝c·(b－a)＋(a＋b)·(b－a)‎ ‎＝c·b－c·a＋(|b|2－|a|2)‎ ‎＝(|b|2－|a|2)＝0，‎ ·＝· ‎＝(a＋b)2＋c·(a＋b)－|c|2‎ ‎＝|a|2＋|b|2－|c|2＝0，‎ 所以A1O⊥BD，A1O⊥OG.‎ 又BD∩OG＝O，BD平面GBD，OG平面GBD，所以A1O⊥平面GBD.‎ ‎　自测反馈　‎ ‎1. 1或－3　解析：因为a＝(2，4，x)，b＝(2，y，2)，|a|＝6，且a⊥b，所以＝6，a·b＝4＋4y＋2x＝0，解得x＝4，y＝－3或x＝－4，y＝1，则x＋y＝1或－3.‎ ‎2. 　解析：在正四棱柱ABCDA1B1C1D1中，连结A1B，根据四棱柱的性质，A1B∥CD1.设AB＝1，则AA1＝2.因为E为AA1中点，所以AE＝1，A1B＝，BE＝.在△A1BE中，利用余弦定理得cos∠A1BE＝＝，即异面直线BE与CD1所成角的余弦值为.‎ ‎3. 　解析：因为a＝(2，－1，3)，b＝(－1，4，－2)，所以a，b不平行．因为a，b，c三向量共面，所以存在实数x，y使得c＝xa＋yb，所以2x－y＝7，－x＋4y＝5，3x－2y＝λ ‎，则实数λ＝.‎