【数学】2020届一轮复习（理）江苏专版8-5空间向量的运算及应用学案

【数学】2020届一轮复习（理）江苏专版8-5空间向量的运算及应用学案

第五节空间向量的运算及应用 ‎1．空间向量及其有关概念 概念 语言描述 共线向量(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 共面向量 平行于同一个平面的向量 共线向量定理 对空间任意两个向量a，b(b≠0)，a∥b⇔存在λ∈R，使a＝λb 共面向量定理 若两个向量a，b不共线，则向量p与向量a，b共面⇔存在唯一的有序实数对(x，y)，使p＝xa＋yb 空间向量基本定理 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＝xa＋yb＋zc 推论：设O，A，B，C是不共面的四点，则对平面ABC内任一点P都存在唯一的三个有序实数x，y，z，使＝x＋y＋z且x＋y＋z＝1‎ ‎2．数量积及坐标运算 ‎(1)两个向量的数量积：‎ ‎①a·b＝|a||b|cos〈a，b〉；‎ ‎②a⊥b⇔a·b＝0(a，b为非零向量)；‎ ‎③|a|2＝a2，|a|＝.‎ ‎(2)向量的坐标运算：‎ a＝(a1，a2，a3)，b＝(b1，b2，b3)‎ 向量和 a＋b＝(a1＋b1，a2＋b2，a3＋b3)‎ 向量差 a－b＝(a1－b1，a2－b2，a3－b3)‎ 数量积 a·b＝a1b1＋a2b2＋a3b3‎ 共线 a∥b⇒a1＝λb1，a2＝λb2，a3＝λb3(λ∈R，b≠0)‎ 垂直 a⊥b⇔a1b1＋a2b2＋a3b3＝0‎ 夹角公式 cos〈a，b〉＝ ‎[小题体验]‎ ‎1．已知a＝(2,3,1)，b＝(－4,2，x)，且a⊥b，则|b|＝________.‎ 答案：2 ‎2．已知a＝(2，－1,3)，b＝(－1,4，－2)，c＝(7,5，λ)，若a，b，c三向量共面，则实数λ＝________.‎ 答案： ‎3．已知直线l的方向向量s＝(－1,1,1)，平面α的法向量n＝(2，x2＋x，－x)，若直线l∥平面α，则x的值为________．‎ 解析：因为线面平行时，直线的方向向量垂直于平面的法向量，‎ 故－1×2＋1×(x2＋x)＋1×(－x)＝0，解得x＝±.‎ 答案：± ‎1．共线向量定理中a∥b⇔存在λ∈R，使a＝λb易忽视b≠0.‎ ‎2．共面向量定理中，注意有序实数对(x，y)是唯一存在的．‎ ‎3．一个平面的法向量有无数个，但要注意它们是共线向量，不要误认为是共面向量．‎ ‎[小题纠偏]‎ ‎1．已知a＝(λ＋1,0,2)，b＝(6,2μ－1,2λ)，若a∥b，则λ＋μ＝________.‎ 解析：因为a∥b，所以b＝ka，‎ 即(6,2μ－1,2λ)＝k(λ＋1,0,2)，‎ 所以解得或 所以λ＋μ＝±.‎ 答案：± ‎2．若＝λ＋μ，则直线AB与平面CDE的位置关系是________．‎ 解析：因为＝λ＋μ，所以，，共面，‎ 所以AB与平面CDE平行或在平面CDE内．‎ 答案：平行或直线AB在平面内 ‎3．(2019·无锡检测)已知平面α的法向量为n＝(1,2，－2)，平面β的法向量为m＝(－2，－4，k)，若α⊥β，则实数k的值为________．‎ 解析：由α⊥β，得m·n＝－2－8－2k＝0，解得k＝－5.‎ 答案：－5‎ 　 ‎[题组练透]‎ 如图所示，在平行六面体ABCDA1B1C1D1中，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)；‎ ‎(3)＋.‎ 解：(1)因为P是C1D1的中点，‎ 所以＝＋＋＝a＋＋＝a＋c＋＝a＋c＋b.‎ ‎(2)因为N是BC的中点，‎ 所以＝＋＋＝－a＋b＋＝－a＋b＋＝－a＋b＋c.‎ ‎(3)因为M是AA1的中点，‎ 所以＝＋＝＋＝－a＋＝a＋b＋c，‎ 又＝＋＝＋＝＋＝c＋a，‎ 所以＋＝＋＝a＋b＋c.‎ ‎[谨记通法]‎ 用已知向量表示未知向量的解题策略 ‎(1)用已知向量来表示未知向量，一定要结合图形，以图形为指导是解题的关键．‎ ‎(2)要正确理解向量加法、减法与数乘运算的几何意义．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，我们可把这个法则称为向量加法的多边形法则．‎ ‎(3)在立体几何中要灵活应用三角形法则，向量加法的平行四边形法则在空间仍然成立．‎ 考点二　共线、共面向量定理的应用　 ‎[典例引领]‎ ‎1．若A(－1,2,3)，B(2,1,4)，C(m，n,1)三点共线，求m＋n的值．‎ 解：＝(3，－1,1)，＝(m＋1，n－2，－2)．‎ 因为A，B，C三点共线，所以存在实数λ，使得＝λ.‎ 即(m＋1，n－2，－2)＝λ(3，－1,1)＝(3λ，－λ，λ)，‎ 所以解得λ＝－2，m＝－7，n＝4.‎ 所以m＋n＝－3.‎ ‎2．如图所示，已知斜三棱柱ABC A1B1C1，点M，N分别在AC1和BC上，且满足＝k，＝k(0≤k≤1)．‎ 判断向量是否与向量，共面．‎ 解：因为＝k，＝k，‎ 所以＝＋＋ ‎＝k＋＋k ‎＝k(＋)＋ ‎＝k(＋)＋ ‎＝k＋ ‎＝－k＝－k(＋)‎ ‎＝(1－k)－k，‎ 所以由共面向量定理知向量与向量，共面．‎ ‎[由题悟法]‎ 应用共线(面)向量定理、证明点共线(面)的方法比较 三点(P，A，B)共线 空间四点(M，P，A，B)共面 ＝λ ＝x＋y ‎ 对空间任一点O，＝＋t 对空间任一点O，＝＋x＋y ‎ ‎ 对空间任一点O，＝x＋(1－x) 对空间任一点O，＝x＋y＋‎ ‎(1－x－y) ‎[即时应用]‎ 如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD是边长为3的菱形，∠ABC＝60°，PA⊥平面ABCD，且PA＝3.F在棱PA上，且AF＝1，E在棱PD上．若CE∥平面BDF，求PE∶ED的值．‎ 解：取BC的中点G，连结AG，因为四边形ABCD是∠ABC＝60°的菱形，所以AG⊥AD，又PA⊥平面ABCD，故以A为原点，分别以，，为x轴，y轴，z轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系Axyz.‎ 则D(0,3,0)，F(0,0,1)，B，P(0,0,3)，C，＝(0，－3，1)，＝，＝(0,3，－3)，＝，‎ 设平面BDF的一个法向量n＝(x，y，z)，‎ 则即 令y＝1，则x＝，z＝3，所以n＝(，1,3)．‎ 设＝λ＝(0,3λ，－3λ)，‎ 则＝＋＝，‎ 因为CE∥平面BDF，所以n·＝0，解得λ＝.‎ 所以PE∶ED＝1.‎ 考点三　利用向量证明平行与垂直问题　 ‎[典例引领]‎ 在直三棱柱ABC A1B1C1中，∠ABC＝90°，BC＝2，CC1＝4，点E为BB1上的一点，且EB1＝1，点D，F，G分别为CC1，C1B1，C1A1的中点．求证：‎ ‎(1)B1D⊥平面ABD；‎ ‎(2)平面EGF∥平面ABD.‎ 证明：(1)以点B为坐标原点，BA，BC，BB1所在的直线分别为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)，D(0,2,2)，B1(0,0,4)，‎ 设BA＝a，则A(a,0,0)，‎ 所以＝(a,0,0)，＝(0,2,2)，＝(0,2，－2)，‎ 因为·＝0＋0＋0＝0，·＝0＋4－4＝0，‎ 所以B1D⊥BA，B1D⊥BD.‎ 又BA∩BD＝B，‎ 所以B1D⊥平面ABD.‎ ‎(2)由(1)知，E(0,0,3)，G，F(0,1,4)，‎ 则＝，＝(0,1,1)，‎ 因为·＝0＋2－2＝0，·＝0＋2－2＝0，‎ 所以B1D⊥EG，B1D⊥EF.‎ 又EG∩EF＝E，所以B1D⊥平面EGF.‎ 由(1)可知，B1D⊥平面ABD，‎ 所以平面EGF∥平面ABD.‎ ‎[由题悟法]‎ ‎1．利用向量法证明平行问题的类型及方法 ‎(1)证明线线平行：两条直线的方向向量平行．‎ ‎(2)证明线面平行：‎ ‎①该直线的方向向量与平面的某一法向量垂直；‎ ‎②证明该直线的方向向量与平面内某直线的方向向量平行；‎ ‎③证明该直线的方向向量可以用平面内的两个不共线的向量线性表示．‎ ‎(3)证明面面平行：两个平面的法向量平行．‎ ‎2．利用向量法证明垂直问题的类型及方法 ‎(1)证明线线垂直：两条直线的方向向量的数量积为0.‎ ‎(2)证明线面垂直：直线的方向向量与平面的法向量平行．‎ ‎(3)证明面面垂直：‎ ‎①其中一个平面与另一个平面的法向量平行；‎ ‎②两个平面的法向量垂直．‎ ‎[即时应用]‎ 如图，四边形ABEF与四边形ABCD是两个全等的正方形，且平面ABEF与平面ABCD互相垂直，M，N分别是AC与BF上的点，且CM＝BN.求证：‎ ‎(1)MN⊥AB；‎ ‎(2)MN∥平面CBE.‎ 证明：(1)设正方形ABEF的边长为1.＝λ，则＝λ.‎ 取一组向量的基底为{，，}，记为{a，b，c}．‎ 则|a|＝|b|＝|c|＝1，且a·b＝b·c＝c·a＝0.‎ 所以＝＋＋＝－λ＋＋λ ‎＝－λ(a－c)－c＋λ(a＋b)＝λb＋(λ－1)c，‎ 所以·＝[λb＋(λ－1)c]·a，‎ ‎＝λ(b·a)＋(λ－1)(c·a)‎ ‎＝λ×0＋(λ－1)×0＝0.‎ 所以⊥，即MN⊥AB.‎ ‎(2)法一：由(1)知MN⊥AB.‎ 又AB⊥BE，AB⊥BC，BE∩BC＝B.‎ 所以AB⊥平面CBE.‎ 又MN⊄平面CBE.‎ 所以MN∥平面CBE.‎ 法二：由(1)知，＝λb＋(λ－1)c＝λ＋(λ－1).‎ 所以与平面CBE共面．‎ 又MN⊄平面CBE.‎ 所以MN∥平面CBE.‎ 一抓基础，多练小题做到眼疾手快 ‎1．已知a＝(2,3，－4)，b＝(－4，－3，－2)，b＝x－2a，则x＝________.‎ 解析：由b＝x－2a，得x＝4a＋2b＝(8,12，－16)＋(－8，－6，－4)＝(0,6，－20)．‎ 答案：(0,6，－20)‎ ‎2．(2019·汇龙中学检测)若直线l的方向向量为a＝(1,0,2)，平面α的法向量为n＝(－2,0，－4)，则直线l和平面α的位置关系为________．‎ 解析：因为a＝(1,0,2)，n＝(－2,0，－4)，所以n＝－2a，即a∥n.所以l⊥α.‎ 答案：l⊥α ‎3．(2018·睢宁中学检测)已知空间四边形OABC，M，N分别是OA，BC的中点，且＝a，＝b，＝c，用a，b，c表示向量＝________.‎ 解析：如图所示，连结ON，AN，则＝(＋)＝(b＋c)，‎ ＝(＋)＝(－2＋)＝(－2a＋b＋c)＝－a＋b＋c，所以＝(＋)＝－a＋b＋c.‎ 答案：－a＋b＋c ‎4．若点C(4a＋1,2a＋1,2)在点P(1,0,0)，A(1，－3,2)，B(8，－1, 4)所确定的平面上，则a＝________.‎ 解析：由题意得＝(0，－3,2)，＝(7，－1,4)，＝(4a,2a＋1,2)，‎ 根据共面向量定理，设＝x＋y，‎ 则(4a,2a＋1,2)＝x(0，－3,2)＋y(7，－1,4)＝(7y，－3x－y，2x＋4y)，‎ 所以解得x＝－，y＝，a＝.‎ 答案： ‎5．若平面α的一个法向量为u1＝(－3，y,2)，平面β的一个法向量为u2＝(6，－2，z ‎)，且α∥β，则y＋z＝________.‎ 解析：因为α∥β，所以u1∥u2，所以＝＝，‎ 所以y＝1，z＝－4，所以y＋z＝－3.‎ 答案：－3‎ ‎6．(2019·滨海检测)已知空间三点A(0,2,3)，B(2,5,2)，C(－2,3,6)，则以AB，AC为邻边的平行四边形的面积为________．‎ 解析：∵＝(2,3，－1)，＝(－2,1,3)．‎ ‎∴·＝－4＋3－3＝－4，||＝＝，||＝＝.‎ ‎∴cos∠BAC＝＝＝－.‎ ‎∴sin∠BAC＝＝.‎ 故以AB，AC为邻边的平行四边形的面积S＝||·||·sin∠BAC＝××＝6.‎ 答案：6 二保高考，全练题型做到高考达标 ‎1．已知点P是平行四边形ABCD所在平面外一点．若＝(2，－1，－4)，＝(4,2,0)，＝(－1,2，－1)，则给出下列结论：①AP⊥AB；②AP⊥AD；③是平面ABCD的一个法向量；④∥.其中正确的是________．(填序号)‎ 解析：∵·＝2×(－1)＋(－1)×2＋(－4)×(－1)＝－2－2＋4＝0，∴⊥，即AP⊥AB，故①正确．‎ ‎∵·＝(－1)×4＋2×2＋0＝0，∴⊥，即AP⊥AD，故②正确．‎ 又AB∩AD＝A，∴ AP⊥平面ABCD，故是平面ABCD的一个法向量，故③正确．‎ ‎∵＝－＝(2,3,4)，＝(－1,2，－1)，‎ ‎∴ ≠≠，‎ ‎∴ 与不平行，故④错误．‎ 答案：①②③‎ ‎2．已知a＝(1,0,1)，b＝(x,1,2)，且a·b＝3，则向量a与b的夹角为________．‎ 解析：因为a·b＝x＋2＝3，所以x＝1，所以b＝(1,1,2)．‎ 所以cos〈a，b〉＝＝＝.‎ 所以a与b的夹角为.‎ 答案： ‎3．(2019·盐城中学检测)已知平面α内的三点A(0,0,1)，B(0，1,0)，C(1,0,0)，平面β的一个法向量n＝(－1，－1，－1)，则不重合的两个平面α与β的位置关系是________．‎ 解析：设平面α的法向量为m＝(x，y，z)，‎ 因为＝(0,1，－1)，＝(1,0，－1)，‎ 则令x＝1，得m＝(1,1,1)．‎ 因为m＝－n，所以m∥n，所以α∥β.‎ 答案：α∥β ‎4．已知正三角形ABC的中线AF与中位线DE交于点G，将此三角形沿DE翻折，当AE⊥BD时，二面角ADEF的余弦值等于________．‎ 解析：不妨设GD＝GE＝1，则GA＝GF＝，AE＝BD＝2，由已知得∠AGF即为二面角ADEF的平面角，设其为θ.则·＝(－)·(＋＋)＝(－)·(2－－)＝(－)·(－)＝2－·－·＋·＝1－0－0＋·cos θ＝1＋3cos θ＝0，所以cos θ＝－，即当AE⊥BD时，二面角ADEF的余弦值等于－.‎ 答案：－ ‎5．(2019·南京调研)如图，在平行六面体ABCD A1B1C1D1中，AB＝4，AD＝3，AA1＝5，∠BAD＝90°，∠BAA1＝∠DAA1＝60°，则对角线AC1的长度等于________．‎ 解析：2＝(＋＋)2＝2＋2＋2＋2·＋2·＋2·＝16＋9＋25＋2×4×3×cos 90°＋2×4×5×cos 60°＋2×3×5×cos 60°‎ ‎＝50＋20＋15＝85，即||＝.‎ 答案： ‎6．在空间直角坐标系中，以点A(4,1,9)，B(10，－1,6)，C(x,4,3)为顶点的△ABC是以BC为斜边的等腰直角三角形，则实数x的值为________．‎ 解析：由题意知·＝0，||＝||，‎ 又＝(6，－2，－3)，＝(x－4,3，－6)，‎ 所以解得x＝2.‎ 答案：2‎ ‎7．已知PA垂直于正方形ABCD所在的平面，M，N分别是CD，PC的中点，并且PA＝AD＝1.在如图所示的空间直角坐标系中，则MN＝________.‎ 解析：连结PD，因为M，N分别为CD，PC的中点，‎ 所以MN＝PD，又P(0,0,1)，D(0,1,0)，‎ 所以PD＝＝，所以MN＝.‎ 答案： ‎8．已知向量＝(1,5，－2)，＝(3,1,2)，＝(x，－3,6)．若DE∥平面ABC，则x的值是________．‎ 解析：∵DE∥平面ABC，‎ ‎∴存在实数m，n，使得＝m＋n，‎ 即解得x＝5.‎ 答案：5‎ ‎9．如图所示，在平行四边形ABCD中，AB＝AC＝1，∠ACD＝90°，沿着它的对角线AC将△ACD折起，使AB与CD成60°角，求此时B，D间的距离．‎ 解：因为∠ACD＝90°，所以·＝0.‎ 同理可得·＝0.‎ 因为AB与CD成60°角，‎ 所以〈，〉＝60°或〈，〉＝120°，‎ 又＝＋＋，‎ 所以||2＝||2＋||2＋||2＋2·＋2·＋2·＝3＋2×1×1×cos〈，〉．‎ 所以当〈，〉＝60°时，||2＝4，此时B，D间的距离为2；当〈，〉＝120°时，||2＝2，此时B，D间的距离为.‎ ‎10．如图，在多面体ABC A1B1C1中，四边形A1ABB1是正方形，AB＝AC，BC＝AB，B1C1綊BC，二面角A1 AB C是直二面角．‎ 求证：(1)A1B1⊥平面AA1C；‎ ‎(2)AB1∥平面A1C1C.‎ 证明：因为二面角A1 AB C是直二面角，四边形A1ABB1为正方形，‎ 所以AA1⊥平面ABC.‎ 又因为AB＝AC，BC＝AB，‎ 所以∠CAB＝90°，‎ 即CA⊥AB，‎ 所以AB，AC，AA1两两互相垂直．‎ 建立如图所示的空间直角坐标系A xyz，‎ 设AB＝2，则A(0,0,0)，B1(0,2,2)，‎ A1(0,0,2)，C(2,0,0)，C1(1,1,2)．‎ ‎(1) ＝(0,2,0)，＝(0,0，－2)，＝(2,0,0)，‎ 设平面AA1C的一个法向量n＝(x，y，z)，‎ 则即 即取y＝1，则n＝(0,1,0)．‎ 所以＝2n，即∥n.‎ 所以A1B1⊥平面AA1C.‎ ‎(2)易知＝(0,2,2)，＝(1,1,0)，＝(2,0，－2)，‎ 设平面A1C1C的一个法向量m＝(x1，y1，z1)，‎ 则即 令x1＝1，则y1＝－1，z1＝1，即m＝(1，－1,1)．‎ 所以·m＝0×1＋2×(－1)＋2×1＝0，‎ 所以⊥m.又AB1⊄平面A1C1C，‎ 所以AB1∥平面A1C1C.‎ 三上台阶，自主选做志在冲刺名校 ‎1．已知长方体ABCDA1B1C1D1中，AB＝3，BC＝2，CC1＝5，E是棱CC1上不同于端点的点，且＝λ.当∠BEA1为钝角时，则实数λ的取值范围为________．‎ 解析：以D为原点，DA，DC，DD1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C(0,3,0)，C1(0，3,5)，B(2,3,0)，A1(2,0,5)．‎ 因为＝λ，所以E(0,3,5λ)．‎ 从而＝(2,0，－5λ)，＝(2，－3,5－5λ)．‎ 当∠BEA1为钝角时，cos∠BEA1＜0，‎ 所以·＜0，即2×2－5λ(5－5λ)＜0，‎ 解得＜λ＜.‎ 答案： ‎2．(2019·海门中学检测)如图，正方形ABCD与矩形ACEF所在平面互相垂直，AB＝，AF＝1，M在EF上，且AM∥平面BDE，则M点的坐标为________．‎ 解析：由题意知CD，CB，CE两两垂直，所以以C为原点，以CD，CB，CE所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立如图所示空间直角坐标系，设M点的坐标为(x，y,1)，AC∩BD＝O，连结OE，‎ 则O，又E(0,0,1)，A(，，0)，‎ 所以＝，＝(x－，y－，1)，‎ 因为AM∥平面BDE，AM⊂平面ACEF，平面BDE∩平面ACEF＝OE，所以OE∥AM，‎ 所以即所以M.‎ 答案： ‎3．如图，在三棱锥PABC中，AB＝AC，D为BC的中点，PO⊥平面ABC，垂足O落在线段AD上．已知BC＝8，PO＝4，AO＝3，OD＝2.‎ ‎(1)证明：AP⊥BC；‎ ‎(2)若点M是线段AP上一点，且AM＝3.试证明平面AMC⊥平面BMC.‎ 证明：(1)以O为坐标原点，以射线OD为y轴正半轴，射线OP为z轴正半轴建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz.‎ 则O(0,0,0)，A(0，－3,0)，B(4,2,0)，C(－4,2,0)，P(0,0,4)．‎ 于是＝(0,3,4)，＝(－8，0,0)，‎ 所以·＝(0,3,4)·(－8,0,0)＝0，‎ 所以⊥，即AP⊥BC.‎ ‎(2)由(1)知AP＝5，又AM＝3，且点M在线段AP上，‎ 所以＝＝，又＝(－4，－5,0)，‎ 所以＝＋＝，‎ 则·＝(0,3,4)·＝0，‎ 所以⊥，即AP⊥BM，‎ 又根据(1)的结论知AP⊥BC，且BC∩BM＝B，‎ 所以AP⊥平面BMC，于是AM⊥平面BMC.‎ 又AM⊂平面AMC，故平面AMC⊥平面BMC.‎