高考数学一轮复习学案：空间向量及其运算（含答案）

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1、 8.6 空间向量及其运算空间向量及其运算 最新考纲 考情考向分析 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 运用向量的数量积判断向量的共线和垂直. 本节是空间向量的基础内容，涉及空间直角 坐标系、空间向量的有关概念、定理、公式 及四种运算等内容一般不单独命题，常以 简单几何体为载体；以解答题的形式出现， 考查平行、垂直关系的判断和证明及空间角 的计算，解题要求有较强的运算能力. 1空间向量的有关概念 名称 概念 表示 零向量 模为 0 的向量 0 单位向量

2、长度(模)为 1 的向量 相等向量 方向相同且模相等的向量 ab 相反向量 方向相反且模相等的向量 a 的相反向量为a 共线向量 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 ab 共面向量 平行于同一个平面的向量 2.空间向量中的有关定理 (1)共线向量定理 空间两个向量 a 与 b(b0)共线的充要条件是存在实数 ，使得 ab. (2)共面向量定理 共面向量定理的向量表达式：pxayb，其中 x，yR，a，b 为不共线向量 (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，z，使得 p xaybzc，a，b，c叫做空间的一个基

3、底 3空间向量的数量积及运算律 (1)数量积及相关概念 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OA a，OB b，则AOB 叫做向量 a，b 的夹角，记作a，b ，其范围是 0a，b，若a，b 2，则称 a 与 b 互相垂直， 记作 ab. 两向量的数量积 已知空间两个非零向量 a，b，则|a|b|cosa，b叫做向量 a，b 的数量积，记作 a b，即 a b |a|b|cosa，b (2)空间向量数量积的运算律 (a) b(a b)； 交换律：a bb a； 分配律：a (bc)a ba c. 4空间向量的坐标表示及其应用 设 a(a1，a2，a3)，b(b1，b2

4、，b3). 向量表示 坐标表示 数量积 a b a1b1a2b2a3b3 共线 ab(b0，R) a1b1，a2b2，a3b3 垂直 a b0(a0，b0) a1b1a2b2a3b30 模 |a| a2 1a 2 2a 2 3 夹角 a，b(a0，b0) cosa，b a1b1a2b2a3b3 a21a22a23 b21b22b23 知识拓展 1向量三点共线定理 在平面中 A，B，C 三点共线的充要条件是：OA xOB yOC (其中 xy1)，O 为平面内任 意一点 2向量四点共面定理 在空间中 P，A，B，C 四点共面的充要条件是：OP xOA yOB zOC (其中 xyz1)，O 为空

5、间中任意一点 题组一 思考辨析 1判断下列结论是否正确(请在括号中打“”或“”) (1)空间中任意两个非零向量 a，b 共面( ) (2)在向量的数量积运算中(a b) ca (b c)( ) (3)对于非零向量 b，由 a bb c，则 ac.( ) (4)两向量夹角的范围与两异面直线所成角的范围相同( ) (5)若 A，B，C，D 是空间任意四点，则有AB BCCD DA 0.( ) (6)若 a b0，则a，b是钝角( ) 题组二 教材改编 2 P97A 组 T2如图所示， 在平行六面体 ABCDA1B1C1D1中， M 为 A1C1与 B1D1的交点 若 AB a，AD b，AA1 c

6、，则下列向量中与BM 相等的向量是( ) A1 2a 1 2bc B.1 2a 1 2bc C1 2a 1 2bc D.1 2a 1 2bc 答案 A 解析 BM BB1 B1M AA1 1 2(AD AB ) c1 2(ba) 1 2a 1 2bc. 3 P98T3正四面体 ABCD 的棱长为 2， E， F 分别为 BC， AD 的中点， 则 EF 的长为_ 答案 2 解析 |EF |2EF2(ECCD DF )2 EC 2CD2DF22(EC CD EC DF CD DF ) 1222122(12cos 120 021cos 120 ) 2， |EF | 2，EF 的长为 2. 题组三

7、易错自纠 4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 答案 B 解析 由题意得，AB (3，3,3)，CD (1,1，1)， AB 3CD ，AB 与CD 共线，又 AB 与 CD 没有公共点，ABCD. 5与向量(3，4,5)共线的单位向量是_ 答案 3 2 10 ，2 2 5 ， 2 2 和 3 2 10 ，2 2 5 ， 2 2 解析 因为 与向 量 a 共线的单位 向量是 a |a| ，又因为向量 ( 3， 4,5) 的模为 3242525 2，

8、所以与向量(3，4,5)共线的单位向量是 1 5 2(3，4，5) 2 10(3，4,5) 6O 为空间中任意一点，A，B，C 三点不共线，且OP 3 4OA 1 8OB tOC ，若 P，A，B，C 四点共面，则实数 t_. 答案 1 8 解析 P，A，B，C 四点共面， 3 4 1 8t1，t 1 8. 题型一 空间向量的线性运算 1.如图所示，在长方体 ABCDA1B1C1D1中，O 为 AC 的中点 用AB ，AD ，AA1 表示OC1 ，则 OC1 _. 答案 1 2AB 1 2AD AA1 解析 OC 1 2AC 1 2(AB AD )， OC1 OC CC1 1 2(AB AD

9、)AA1 1 2AB 1 2AD AA1 . 2.(2017 上饶期中)如图，在三棱锥 OABC 中，M，N 分别是 AB，OC 的中点，设OA a，OB b，OC c，用 a，b，c 表示NM ，则NM 等于( ) A.1 2(abc) B.1 2(abc) C.1 2(abc) D.1 2(abc) 答案 B 解析 NM NA AM (OA ON )1 2AB OA 1 2OC 1 2(OB OA )1 2OA 1 2OB 1 2OC 1 2(abc) 思维升华 用已知向量表示某一向量的方法 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要正确理解向 量加法、减法与数乘

10、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在立体几何中三角形法则、平行四边形法则仍然成立 题型二 共线定理、共面定理的应用 典例典例 (2018 唐山质检)如图所示，已知斜三棱柱 ABCA1B1C1，点 M，N 分别在 AC1和 BC 上，且满足AM kAC1 ，BN kBC(0k1) (1)向量MN 是否与向量AB ，AA 1 共面？ (2)直线 MN 是否与平面 ABB1A1平行？ 解 (1)AM kAC1 ，BN kBC， MN MA AB BN kC1A AB kBC k(C1A BC )AB k(C1A B1C1 )AB kB1A AB AB

11、kAB 1 AB k(AA 1 AB ) (1k)AB kAA 1 ， 由共面向量定理知向量MN 与向量AB ，AA 1 共面 (2)当 k0 时，点 M，A 重合，点 N，B 重合， MN 在平面 ABB1A1内， 当 0k1 时，MN 不在平面 ABB1A1内， 又由(1)知MN 与AB ，AA 1 共面， MN平面 ABB1A1. 思维升华 (1)证明空间三点 P，A，B 共线的方法 PA PB(R)； 对空间任一点 O，OP OA tAB (tR)； 对空间任一点 O，OP xOA yOB (xy1) (2)证明空间四点 P，M，A，B 共面的方法 MP xMA yMB ； 对空间任一

12、点 O，OP OM xMA yMB ； 对空间任一点 O，OP xOM yOA zOB (xyz1)； PM AB (或PAMB 或PB AM ) 跟踪训练 (2017 抚州模拟)如图， 在四棱柱 ABCDA1B1C1D1中， 底面 ABCD 是平行四边形， E，F，G 分别是 A1D1，D1D，D1C1的中点 (1)试用向量AB ，AD ，AA1 表示AG ； (2)用向量方法证明平面 EFG平面 AB1C. (1)解 设AB a，AD b，AA1 c. 由图得AG AA1 A 1D1 D 1G cb1 2DC 1 2abc 1 2AB AD AA1 . (2)证明 由题图，得AC ABBC

13、ab， EG ED1 D 1G 1 2b 1 2a 1 2AC ， EG 与 AC 无公共点， EGAC，EG平面 AB1C，AC平面 AB1C， EG平面 AB1C. 又AB1 ABBB 1 ac， FG FD1 D 1G 1 2c 1 2a 1 2AB1 ， FG 与 AB1无公共点， FGAB1， FG平面 AB1C，AB1平面 AB1C， FG平面 AB1C， 又FGEGG，FG，EG平面 EFG， 平面 EFG平面 AB1C. 题型三 空间向量数量积的应用 典例 (2017 济南月考)如图，已知平行六面体 ABCDA1B1C1D1中，底面 ABCD 是边长为 1 的正方形，AA12，

14、A1ABA1AD120 . (1)求线段 AC1的长； (2)求异面直线 AC1与 A1D 所成角的余弦值； (3)求证：AA1BD. (1)解 设AB a，AD b，AA1 c， 则|a|b|1，|c|2，a b0，c ac b21cos 120 1. AC1 AC CC 1 AB AD AA1 abc， |AC1 |abc|abc2 |a|2|b|2|c|22a bb cc a 1212222011 2. 线段 AC1的长为 2. (2)解 设异面直线 AC1与 A1D 所成的角为 ， 则 cos |cosAC1 ，A1D |AC1 A1D | |AC1 |A1D | . AC1 abc，

15、A1D bc， AC1 A1D (abc) (bc) a ba cb2c20112222， |A1D | bc2 |b|22b c|c|2 122122 7. cos |AC1 A1D | |AC1 |A1D | |2| 2 7 14 7 . 故异面直线 AC1与 A1D 所成角的余弦值为 14 7 . (3)证明 AA1 c，BD ba， AA1 BD c (ba)c bc a(1)(1)0，AA1 BD ，即 AA1BD. 思维升华 (1)利用向量的数量积可证明线段的垂直关系，也可以利用垂直关系，通过向量共 线确定点在线段上的位置 (2)利用夹角公式，可以求异面直线所成的角，也可以求二面角

16、 (3)可以通过|a| a2，将向量的长度问题转化为向量数量积的问题求解 跟踪训练 如图， 在平行六面体 ABCDA1B1C1D1中， 以顶点 A 为端点的三条棱长度都为 1， 且两两夹角为 60 . (1)求AC1 的长； (2)求BD1 与AC 夹角的余弦值 解 (1)记AB a，AD b，AA1 c， 则|a|b|c|1， a，bb，cc，a60 ， a bb cc a1 2. |AC1 |2(abc)2a2b2c22(a bb cc a)1112 1 2 1 2 1 2 6， |AC1 | 6，即 AC1的长为 6. (2)BD1 bca，AC ab， |BD1 | 2，|AC | 3

17、， BD1 AC (bca) (ab) b2a2a cb c1， cosBD1 ，AC BD1 AC |BD1 |AC | 6 6 . 即BD1 与AC 夹角的余弦值为6 6 . 坐标法在立体几何中的应用 典例 (12 分)如图，已知直三棱柱 ABCA1B1C1，在底面ABC 中，CACB1，BCA 90 ，棱 AA12，M，N 分别是 A1B1，A1A 的中点 (1)求BN 的模； (2)求 cosBA1 ，CB1 的值； (3)求证：A1BC1M. 思想方法指导 利用向量解决立体几何问题时， 首先要将几何问题转化成向量问题， 通过建立 坐标系利用向量的坐标进行求解 规范解答 (1)解 如图

18、，以点 C 作为坐标原点 O，CA，CB，CC1所 在直线分别为 x 轴，y 轴，z 轴，建立空间直角坐标系 由题意得 B(0,1,0)，N(1,0,1)， 所以|BN | 102012102 3.2 分 (2)解 由题意得 A1(1,0,2)，B(0,1,0)，C(0,0,0)，B1(0，1,2)，所以BA1 (1，1,2)，CB1 (0,1,2)， BA1 CB1 3，|BA1 | 6，|CB1 | 5， 所以 cosBA1 ，CB1 BA1 CB1 |BA1 |CB1 | 30 10 .6 分 (3)证明 由题意得 C1(0,0,2)，M 1 2， 1 2，2 ， A1B (1,1，2)，C1M 1 2， 1 2，0 ，9 分 所以A1B C1M 1 2 1 200， 所以A1B C1M ，即 A1BC1M.12 分