2019届二轮复习第八章第6节　空间向量及其运算学案（全国通用）

2019届二轮复习第八章第6节　空间向量及其运算学案（全国通用）

第6节　空间向量及其运算 最新考纲　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，能用向量的数量积判断向量的共线和垂直.‎ 知 识 梳 理 ‎1.空间向量的有关概念 名称 定义 空间向量 在空间中，具有大小和方向的量 相等向量 方向相同且模相等的向量 相反向量 方向相反且模相等的向量 共线向量 ‎(或平行向量)‎ 表示空间向量的有向线段所在的直线互相平行或重合的向量 共面向量 平行于同一个平面的向量 ‎2.空间向量的有关定理 ‎(1)共线向量定理：对空间任意两个向量a，b(b≠0)，a∥b的充要条件是存在实数λ，使得a＝λb.‎ ‎(2)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唯一的有序实数对(x，y)，使p＝xa＋yb.‎ ‎(3)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， }，使得p＝xa＋yb＋ c，其中，{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∠AOB叫做向量a与b的夹角，记作〈a，b〉，其范围是[0，π]，若〈a，b〉＝，则称a与b互相垂直，记作a⊥b.‎ ‎②非零向量a，b的数量积a·b＝|a b|cos〈a，b〉.‎ ‎(2)空间向量数量积的运算律：‎ ‎①结合律：(λa)·b＝λ(a·b)；‎ ‎②交换律：a·b＝b·a；‎ ‎③分配律：a·(b＋c)＝a·b＋a·c.‎ ‎4.空间向量的坐标表示及其应用 设a＝(a1，a2，a3)，b＝(b1，b2，b3).‎ 向量表示 坐标表示 数量积 a·b a1b1＋a2b2＋a3b3‎ 共线 a＝λb(b≠0，λ∈R)‎ a1＝λb1，a2＝λb2，a3＝λb3‎ 垂直 a·b＝0(a≠0，b≠0)‎ a1b1＋a2b2＋a3b3＝0‎ 模 ‎|a|‎ 夹角 ‎〈a，b〉(a≠0，b≠0)‎ cos〈a，b〉＝ ‎[常用结论与微点提醒]‎ ‎1.在平面中A，B，C三点共线的充要条件是：＝x＋y(其中x＋y＝1)，O为平面内任意一点.‎ ‎2.在空间中P，A，B，C四点共面的充要条件是：＝x＋y＋ (其中x＋y＋ ＝1)，O为空间任意一点.‎ ‎3.向量的数量积满足交换律、分配律，即a·b＝b·a，a·(b＋c)＝a·b＋a·c成立，但不满足结合律，即(a·b)·c＝a·(b·c)不一定成立.‎ 诊 断 自 测 ‎1.思考辨析(在括号内打“√”或“×”)‎ ‎(1)空间中任意两非零向量a，b共面.(　　)‎ ‎(2)对任意两个空间向量a，b，若a·b＝0，则a⊥b.(　　)‎ ‎(3)若{a，b，c}是空间的一个基底，则a，b，c中至多有一个零向量.(　　)‎ ‎(4)若a·b＜0，则〈a，b〉是钝角.(　　)‎ 解析　对于(2)，因为0与任何向量数量积为0，所以(2)不正确；对于(3)，若a，b，c中有一个是0，则a，b，c共面，所以(3)不正确；对于(4)，若〈a，b〉＝‎ π，则a·b<0，故(4)不正确.‎ 答案　(1)√　(2)×　(3)×　(4)×‎ ‎2.若{a，b，c}为空间的一组基底，则下列各项中，能构成基底的一组向量是(　　)‎ A.a，a＋b，a－b B.b，a＋b，a－b C.c，a＋b，a－b D.a＋b，a－b，a＋2b 解析　若c，a＋b，a－b共面，则c＝λ(a＋b)＋m(a－b)＝(λ＋m)a＋(λ－m)b，则a，b，c为共面向量，此与{a，b，c}为空间向量的一组基底矛盾，故c，a＋b，a－b可构成空间向量的一组基底.‎ 答案　C ‎3.如图所示，在四面体OABC中，＝a，＝b，＝c，D为BC的中点，E为AD的中点，则＝ (用a，b，c表示).‎ 解析　＝＋＝a＋＝a＋(－)＝a＋＝a＋×(＋)＝a＋b＋c.‎ 答案　a＋b＋c ‎4.已知a＝(2，3，1)，b＝(－4，2，x)，且a⊥b，则|b|＝ .‎ 解析　a·b＝2×(－4)＋3×2＋1·x＝0，∴x＝2，‎ ‎∴|b|＝＝2.‎ 答案　2 ‎5.已知a＝(cos θ，1，sin θ)，b＝(sin θ，1，cos θ)，则向量a＋b与a－b的夹角是 .‎ 解析　a＋b＝(cos θ＋sin θ，2，cos θ＋sin θ)，‎ a－b＝(cos θ－sin θ，0，sin θ－cos θ)，‎ ‎∴(a＋b)·(a－b)＝(cos2θ－sin2θ)＋(sin2θ－cos2θ)＝0，‎ ‎∴(a＋b)⊥(a－b)，则a＋b与a－b的夹角是.‎ 答案　 考点一　空间向量的线性运算 ‎【例1】 如图所示，在空间几何体ABCD－A1B1C1D1中，各面为平行四边形，设＝a，＝b，＝c，M，N，P分别是AA1，BC，C1D1的中点，试用a，b，c表示以下各向量：‎ ‎(1)；(2)＋.‎ 解　(1)因为P是C1D1的中点，所以＝＋＋＝a＋＋ ‎＝a＋c＋＝a＋c＋b.‎ ‎(2)因为M是AA1的中点，所以＝＋ ‎＝＋ ‎＝－a＋＝a＋b＋c.‎ 又＝＋＝＋ ‎＝＋＝c＋a，‎ 所以＋＝＋ ‎＝a＋b＋c.‎ 规律方法　1.选定空间不共面的三个向量作基向量，这是用向量解决立体几何问题的基本要求.用已知基向量表示指定向量时，应结合已知和所求向量观察图形，将已知向量和未知向量转化至三角形或平行四边形中，然后利用三角形法则或平行四边形法则进行运算.‎ ‎2.首尾相接的若干向量之和，等于由起始向量的始点指向末尾向量的终点的向量，我们把这个法则称为向量加法的多边形法则.‎ 提醒　空间向量的坐标运算类似于平面向量中的坐标运算.‎ ‎【训练1】 如图，在长方体ABCD－A1B1C1D1中，O为AC的中点.‎ ‎(1)化简：－－＝ .‎ ‎(2)用，，表示，则＝ .‎ 解析　(1)－－＝－(＋)＝－＝＋＝.‎ ‎(2)因为＝＝(＋)，‎ 所以＝＋＝(＋)＋ ‎＝＋＋.‎ 答案　(1)　(2)＋＋ 考点二　共线、共面向量定理的应用 ‎【例2】 已知E，F，G，H分别是空间四边形ABCD的边AB，BC，CD，DA的中点，用向量方法求证：‎ ‎(1)E，F，G，H四点共面；‎ ‎(2)BD∥平面EFGH.‎ 证明　(1)连接BG，则＝＋ ‎＝＋(＋)＝＋＋＝＋，‎ 由共面向量定理知E，F，G，H四点共面.‎ ‎(2)因为＝－ ‎＝－＝(－)＝，‎ 因为E，H，B，D四点不共线，所以EH∥BD.‎ 又EH⊂平面EFGH，BD⊄平面EFGH，‎ 所以BD∥平面EFGH.‎ 规律方法　1.证明空间三点P，A，B共线的方法 ‎(1)＝λ(λ∈R)；‎ ‎(2)对空间任一点O，＝x＋y(x＋y＝1).‎ ‎2.证明空间四点P，M，A，B共面的方法 ‎(1)＝x＋y；‎ ‎(2)对空间任一点O，＝x＋y＋ (x＋y＋ ＝1)；‎ ‎(3)∥(或∥或∥).‎ ‎【训练2】 已知A，B，C三点不共线，对平面ABC外的任一点O，若点M满足＝(＋＋).‎ ‎(1)判断，，三个向量是否共面；‎ ‎(2)判断点M是否在平面ABC内.‎ 解　(1)由已知＋＋＝3，‎ ‎∴－＝(－)＋(－).‎ 即＝＋＝－－，‎ ‎∴，，共面.‎ ‎(2)由(1)知，，共面且过同一点M.‎ ‎∴四点M，A，B，C共面，从而点M在平面ABC内.‎ 考点三　空间向量数量积及应用(典例迁移)‎ ‎【例3】 (经典母题)如图所示，已知空间四边形ABCD的每条边和对角线长都等于1，点E，F，G分别是AB，AD，CD的中点，计算：‎ ‎(1)·；(2)·；‎ 解　设＝a，＝b，＝c.‎ 则|a|＝|b|＝|c|＝1，〈a，b〉＝〈b，c〉＝〈c，a〉＝60°，‎ ‎(1)＝＝c－a，＝－a，＝b－c，‎ ·＝·(－a)＝a2－a·c＝，‎ ‎(2)·＝(＋＋)·(－)‎ ‎＝·(－)‎ ‎＝·(－)‎ ‎＝·(c－a)‎ ‎＝ ‎＝.‎ ‎【迁移探究1】 本例的条件不变，求证：EG⊥AB.‎ 证明　由例3知＝(＋－)＝(b＋c－a)，‎ 所以·＝(a·b＋a·c－a2)‎ ‎＝＝0.‎ 故⊥，即EG⊥AB.‎ ‎【迁移探究2】 本例的条件不变，求EG的长.‎ 解　由例3知＝－a＋b＋c，‎ ‎||2＝a2＋b2＋c2－a·b＋b·c－c·a＝，则||＝，即EG的长为.‎ ‎【迁移探究3】 本例的条件不变，求异面直线AG和CE所成角的余弦值.‎ 解　由例3知＝b＋c，＝＋＝－b＋a，‎ cos〈，〉＝＝－，‎ 由于异面直线所成角的范围是，‎ 所以异面直线AG与CE所成角的余弦值为.‎ 规律方法　1.利用数量积解决问题的两条途径：一是根据数量积的定义，利用模与夹角直接计算；二是利用坐标运算.‎ ‎2.空间向量的数量积可解决有关垂直、夹角、长度问题.‎ ‎(1)a≠0，b≠0，a⊥b⇔a·b＝0；‎ ‎(2)|a|＝；‎ ‎(3)cos〈a，b〉＝.‎ ‎【训练3】 如图所示，四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，底面为平行四边形，以顶点A为端点的三条棱长都为1，且两两夹角为60°.‎ ‎(1)求AC1的长；‎ ‎(2)求证：AC1⊥BD；‎ ‎(3)求BD1与AC夹角的余弦值.‎ ‎(1)解　记＝a，＝b，＝c，‎ 则|a|＝|b|＝|c|＝1，〈a，b〉＝〈b，c〉＝〈c，a〉＝60°，‎ ‎∴a·b＝b·c＝c·a＝.‎ ‎||2＝(a＋b＋c)2＝a2＋b2＋c2＋2(a·b＋b·c＋c·a)‎ ‎＝1＋1＋1＋2×＝6，‎ ‎∴|1|＝，即AC1的长为.‎ ‎(2)证明　∵＝a＋b＋c，＝b－a，‎ ‎∴·＝(a＋b＋c)·(b－a)‎ ‎＝a·b＋|b|2＋b·c－|a|2－a·b－a·c ‎＝b·c－a·c ‎＝|b c|cos 60°－|a c|cos 60°＝0.‎ ‎∴⊥，∴AC1⊥BD.‎ ‎(3)解　＝b＋c－a，＝a＋b，‎ ‎∴||＝，||＝，‎ ·＝(b＋c－a)·(a＋b)‎ ‎＝b2－a2＋a·c＋b·c＝1.‎ ‎∴cos〈，〉＝＝.‎ ‎∴AC与BD1夹角的余弦值为.‎ 基础巩固题组 ‎(建议用时：40分钟)‎ 一、选择题 ‎1.已知a＝(－2，1，3)，b＝(－1，2，1)，若a⊥(a－λb)，则实数λ的值为(　　)‎ A.－2 B.－ C. D.2‎ 解析　由题意知a·(a－λb)＝0，即a2－λa·b＝0，所以14－7λ＝0，解得λ＝2.‎ 答案　D ‎2.在空间直角坐标系中，已知A(1，2，3)，B(－2，－1，6)，C(3，2，1)，D(4，3，0)，则直线AB与CD的位置关系是(　　)‎ A.垂直 B.平行 C.异面 D.相交但不垂直 解析　由题意得，＝(－3，－3，3)，＝(1，1，－1)，所以＝－3，所以与共线，又AB与CD没有公共点，所以AB∥CD.‎ 答案　B ‎3.如图所示，在平行六面体ABCD－A1B1C1D1中，M为A1C1与B1D1的交点.若＝a，＝b，1＝c，则下列向量中与 相等的向量是(　　)‎ A.－a＋b＋c B.a＋b＋c C.－a－b＋c D.a－b＋c 解析　＝1＋＝1＋(－)‎ ‎＝c＋(b－a)＝－a＋b＋c.‎ 答案　A ‎4.已知空间四边形ABCD的每条边和对角线的长都等于a，点E，F分别是BC，AD的中点，则·的值为(　　)‎ A.a2 B.a2‎ C.a2 D.a2‎ 解析　如图，设＝a，＝b，＝c，‎ 则|a|＝|b|＝|c|＝a，且a，b，c三向量两两夹角为60°.‎ ＝(a＋b)，＝c，‎ ‎∴·＝(a＋b)·c ‎＝(a·c＋b·c)＝(a2cos 60°＋a2cos 60°)＝a2.‎ 答案　C ‎5.如图，在空间四边形OABC中，OA＝8，AB＝6，AC＝4，BC＝5，∠OAC＝45°，∠OAB＝60°，则OA与BC所成角的余弦值为(　　)‎ A. B. C. D. 解析　因为＝－，‎ 所以·＝·－· ‎＝| |cos〈，〉－| |cos〈，〉‎ ‎＝8×4×cos 135°－8×6×cos 120°＝－16＋24.‎ 所以cos〈，〉＝ ‎＝＝.‎ 即OA与BC所成角的余弦值为.‎ 答案　A 二、填空题 ‎6.(2018·郑州调研)已知a＝(2，1，－3)，b＝(－1，2，3)，c＝(7，6，λ)，若a，b，c三向量共面，则λ等于 .‎ 解析　由题意知c＝xa＋yb，即(7，6，λ)＝x(2，1，－3)＋y(－1，2，3)，‎ ‎∴解得λ＝－9.‎ 答案　－9‎ ‎7.正四面体ABCD的棱长为2，E，F分别为BC，AD中点，则EF的长为 .‎ 解析　||2＝(＋＋)2‎ ‎＝2＋2＋2＋2(·＋·＋·)‎ ‎＝12＋22＋12＋2(1×2×cos 120°＋0＋2×1×cos 120°)‎ ‎＝2，‎ ‎∴||＝，∴EF的长为.‎ 答案　 ‎8.(2018·南昌调研)已知空间四边形OABC，其对角线为OB，AC，M，N分别是OA，BC的中点，点G在线段MN上，且＝2，现用基底{，，}表示向量，有＝x＋y＋ ，则x，y， 的值分别为 .‎ 解析　∵＝＋＝＋ ‎＝＋(－)‎ ‎＝＋ ‎＝＋＋，‎ ‎∴x＝，y＝， ＝.‎ 答案　，， 三、解答题 ‎9.已知空间中三点A(－2，0，2)，B(－1，1，2)，C(－3，0，4)，设a＝，b＝.‎ ‎(1)若|c|＝3，且c∥，求向量c；‎ ‎(2)求向量a与向量b的夹角的余弦值.‎ 解　(1)∵c∥，＝(－3，0，4)－(－1，1，2)＝(－2，－1，2)，‎ ‎∴c＝m＝m(－2，－1，2)＝(－2m，－m，2m)，‎ ‎∴|c|＝＝3|m|＝3，‎ ‎∴m＝±1.∴c＝(－2，－1，2)或(2，1，－2).‎ ‎(2)∵a＝(1，1，0)，b＝(－1，0，2)，‎ ‎∴a·b＝(1，1，0)·(－1，0，2)＝－1，‎ 又∵|a|＝＝，‎ ‎|b|＝＝，‎ ‎∴cos〈a，b〉＝＝＝－，‎ 故向量a与向量b的夹角的余弦值为－.‎ ‎10.如图，在棱长为a的正方体OABC－O1A1B1C1中，E，F分别是棱AB，BC上的动点，且AE＝BF＝x，其中0≤x≤a，以 O为原点建立空间直角坐标系O－xy .‎ ‎(1)写出点E，F的坐标；‎ ‎(2)求证：A1F⊥C1E；‎ ‎(3)若A1，E，F，C1四点共面，求证：＝＋.‎ ‎(1)解　E(a，x，0)，F(a－x，a，0).‎ ‎(2)证明　∵A1(a，0，a)，C1(0，a，a)，‎ ‎∴＝(－x，a，－a)，＝(a，x－a，－a)，‎ ‎∴·＝－ax＋a(x－a)＋a2＝0，‎ ‎∴⊥，‎ ‎∴A1F⊥C1E.‎ ‎(3)证明　∵A1，E，F，C1四点共面，‎ ‎∴，，共面.‎ 选与为在平面A1C1E上的一组基向量，则存在唯一实数对(λ1，λ2)，使＝λ1＋λ2，‎ 即(－x，a，－a)＝λ1(－a，a，0)＋λ2(0，x，－a)‎ ‎＝(－aλ1，aλ1＋xλ2，－aλ2)，‎ ‎∴解得λ1＝，λ2＝1.‎ 于是＝＋.‎ 能力提升题组 ‎(建议用时：20分钟)‎ ‎11.有下列命题：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 解析　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.‎ 答案　B ‎12.已知V为矩形ABCD所在平面外一点，且VA＝VB＝VC＝VD，＝，＝，＝.‎ 则VA与平面PMN的位置关系是 .‎ 解析　如图，设＝a，＝b，‎ ＝c，‎ 则＝a＋c－b，‎ 由题意知＝b－c，‎ ＝－ ‎＝a－b＋c.‎ 因此＝＋，‎ ‎∴，，共面.‎ 又∵VA⊄平面PMN，∴VA∥平面PMN.‎ 答案　平行 ‎13.如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，＝a，＝b，＝c，点M，N分别是A1D，B1D1的中点.‎ ‎(1)试用a，b，c表示；‎ ‎(2)求证：MN∥平面ABB1A1.‎ ‎(1)解　∵＝－＝c－a，‎ ‎∴＝＝(c－a).‎ 同理，＝(b＋c)，‎ ‎∴＝－＝(b＋c)－(c－a)‎ ‎＝(b＋a)＝a＋b.‎ ‎(2)证明　∵＝＋＝a＋b，‎ ‎∴＝，即MN∥AB1，‎ ‎∵AB1⊂平面ABB1A1，MN⊄平面ABB1A1，‎ ‎∴MN∥平面ABB1A1.‎