《2019版高考數(shù)學(xué)大一輪復(fù)習(xí) 第八章 立體幾何初步 第6節(jié) 空間向量及其運(yùn)算學(xué)案 北師大版》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2019版高考數(shù)學(xué)大一輪復(fù)習(xí) 第八章 立體幾何初步 第6節(jié) 空間向量及其運(yùn)算學(xué)案 北師大版（14頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、 第6節(jié)　空間向量及其運(yùn)算 最新考綱　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(biāo)表示；2.掌握空間向量的線性運(yùn)算及其坐標(biāo)表示； 3.掌握空間向量的數(shù)量積及其坐標(biāo)表示，能用向量的數(shù)量積判斷向量的共線和垂直. 知 識(shí) 梳 理 1.空間向量的有關(guān)概念 名稱 定義 空間向量 在空間中，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 共線向量 (或平行向量) 表示空間向量的有向線段所在的直線互相平行或重合的向量 共面向量 平行于同一個(gè)平面的向量 2.空間向量中的有關(guān)定理 (1)

2、共線向量定理 空間兩個(gè)向量a與b(b≠0)共線的充要條件是存在實(shí)數(shù)λ，使得a＝λb. (2)共面向量定理 共面向量定理的向量表達(dá)式：p＝xa＋yb，其中x，y∈R，a，b為不共線向量，推論的表達(dá)式為＝x＋y或?qū)臻g任意一點(diǎn)O，有＝＋x＋y或＝x＋y＋z，其中x＋y＋z＝1. (3)空間向量基本定理 如果向量e1，e2，e3是空間三個(gè)不共面的向量，a是空間任一向量，那么存在唯一一組實(shí)數(shù)λ1，λ2，λ3，使得a＝λ1e1＋λ2e2＋λ3e3. 空間中不共面的三個(gè)向量e1，e2，e3叫作這個(gè)空間的一個(gè)基底. 3.空間向量的數(shù)量積及運(yùn)算律 (1)數(shù)量積及相關(guān)概念 ①兩向量的夾角：已知

3、兩個(gè)非零向量a，b，在空間任取一點(diǎn)O，作＝a，＝b，則∠AOB叫作向量a與b的夾角，記作〈a，b〉，其范圍是[0，π]，若〈a，b〉＝，則稱a與b互相垂直，記作a⊥b. ②非零向量a，b的數(shù)量積a·b＝|a||b|cos〈a，b〉. (2)空間向量數(shù)量積的運(yùn)算律： ①結(jié)合律：(λa)·b＝λ(a·b)； ②交換律：a·b＝b·a； ③分配律：a·(b＋c)＝a·b＋a·c. 4.空間向量的坐標(biāo)表示及其應(yīng)用 設(shè)a＝(a1，a2，a3)，b＝(b1，b2，b3). 向量表示 坐標(biāo)表示 數(shù)量積 a·b a1b1＋a2b2＋a3b3 共線 a＝λb(b≠0，λ∈R)

4、a1＝λb1，a2＝λb2，a3＝λb3 垂直 a·b＝0(a≠0，b≠0) a1b1＋a2b2＋a3b3＝0 模 |a| 夾角 〈a，b〉(a≠0，b≠0) cos〈a，b〉＝ [常用結(jié)論與微點(diǎn)提醒] 1.在平面中A，B，C三點(diǎn)共線的充要條件是：＝x＋y(其中x＋y＝1)，O為平面內(nèi)任意一點(diǎn). 2.在空間中P，A，B，C四點(diǎn)共面的充要條件是：＝x＋y＋z(其中x＋y＋z＝1)，O為空間任意一點(diǎn). 3.向量的數(shù)量積滿足交換律、分配律，即a·b＝b·a，a·(b＋c)＝a·b＋a·c成立，但不滿足結(jié)合律，即(a·b)·c＝a·(b·c)不一定成立. 診 斷 自 測(cè)

5、 1.思考辨析(在括號(hào)內(nèi)打“√”或“×”) (1)空間中任意兩非零向量a，b共面.(　　) (2)對(duì)任意兩個(gè)空間向量a，b，若a·b＝0，則a⊥b.(　　) (3)若{a，b，c}是空間的一個(gè)基底，則a，b，c中至多有一個(gè)零向量.(　　) (4)若a·b＜0，則〈a，b〉是鈍角.(　　) 解析　對(duì)于(2)，因?yàn)?與任何向量數(shù)量積為0，所以(2)不正確；對(duì)于(3)，若a，b，c中有一個(gè)是0，則a，b，c共面，所以(3)不正確；對(duì)于(4)，若〈a，b〉＝π，則a·b<0，故(4)不正確. 答案　(1)√　(2)×　(3)×　(4)× 2.若{a，b，c}為空間的一組基底，則下列各項(xiàng)中

6、，能構(gòu)成基底的一組向量是(　　) 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，則c＝λ(a＋b)＋m(a－b)＝(λ＋m)a＋(λ－m)b，則a，b，c為共面向量，此與{a，b，c}為空間向量的一組基底矛盾，故c，a＋b，a－b可構(gòu)成空間向量的一組基底. 答案　C 3.如圖所示，在四面體OABC中，＝a，＝b，＝c，D為BC的中點(diǎn)，E為AD的中點(diǎn)，則＝________(用a，b，c表示). 解析　＝＋＝a＋＝a＋(－)＝a＋＝a＋×(＋)＝a＋b＋c. 答案　a＋b＋c 4.（2018

7、·宜春月考）已知a＝(2，3，1)，b＝(－4，2，x)，且a⊥b，則|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)，則向量a＋b與a－b的夾角是________. 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)，則a＋b與

8、a－b的夾角是. 答案　 考點(diǎn)一　空間向量的線性運(yùn)算 【例1】 如圖所示，在簡(jiǎn)單幾何體ABCD－A1B1C1D1中，各面為平行四邊形，設(shè)＝a，＝b，＝c，M，N，P分別是AA1，BC，C1D1的中點(diǎn)，試用a，b，c表示以下各向量： (1)；(2)＋. 解　(1)因?yàn)镻是C1D1的中點(diǎn)，所以＝＋＋＝a＋＋ ＝a＋c＋＝a＋c＋b. (2)因?yàn)镸是AA1的中點(diǎn)，所以＝＋ ＝＋ ＝－a＋＝a＋b＋c. 又＝＋＝＋ ＝＋＝c＋a， 所以＋＝＋ ＝a＋b＋c. 規(guī)律方法　1.選定空間不共面的三個(gè)向量作基向量，這是用向量解決立體幾何問(wèn)題的基本要求.用已知基向量表示指定向

9、量時(shí)，應(yīng)結(jié)合已知和所求向量觀察圖形，將已知向量和未知向量轉(zhuǎn)化至三角形或平行四邊形中，然后利用三角形法則或平行四邊形法則進(jìn)行運(yùn)算. 2.首尾相接的若干向量之和，等于由起始向量的始點(diǎn)指向末尾向量的終點(diǎn)的向量，我們把這個(gè)法則稱為向量加法的多邊形法則. 提醒　空間向量的坐標(biāo)運(yùn)算類似于平面向量中的坐標(biāo)運(yùn)算. 【訓(xùn)練1】 如圖，在長(zhǎng)方體ABCD－A1B1C1D1中，O為AC的中點(diǎn). (1)化簡(jiǎn)：－－＝________. (2)用，，表示，則＝________. 解析　(1)－－＝－(＋)＝－＝＋＝. (2)因?yàn)椋剑?＋)， 所以＝＋＝(＋)＋ ＝＋＋. 答案　(1)　(2)＋＋ 考點(diǎn)

10、二　共線、共面向量定理的應(yīng)用 【例2】 已知E，F(xiàn)，G，H分別是空間四邊形ABCD的邊AB，BC，CD，DA的中點(diǎn)，用向量方法求證： (1)E，F(xiàn)，G，H四點(diǎn)共面； (2)BD∥平面EFGH. 證明　(1)連接BG，則＝＋ ＝＋(＋)＝＋＋＝＋， 由共面向量定理知E，F(xiàn)，G，H四點(diǎn)共面. (2)因?yàn)椋剑? ＝－＝(－)＝， 因?yàn)镋，H，B，D四點(diǎn)不共線，所以EH∥BD. 又EH平面EFGH，BD平面EFGH， 所以BD∥平面EFGH. 規(guī)律方法　1.證明空間三點(diǎn)P，A，B共線的方法 (1)＝λ(λ∈R)； (2)對(duì)空間任一點(diǎn)O，＝x＋y(x＋y＝1). 2.證明

11、空間四點(diǎn)P，M，A，B共面的方法 (1)＝x＋y； (2)對(duì)空間任一點(diǎn)O，＝x＋y＋z(x＋y＋z＝1)； (3)∥(或∥或∥). 【訓(xùn)練2】 已知A，B，C三點(diǎn)不共線，對(duì)平面ABC外的任一點(diǎn)O，若點(diǎn)M滿足＝(＋＋). (1)判斷，，三個(gè)向量是否共面； (2)判斷點(diǎn)M是否在平面ABC內(nèi). 解　(1)由已知＋＋＝3， ∴－＝(－)＋(－). 即＝＋＝－－， ∴，，共面. (2)由(1)知，，共面且過(guò)同一點(diǎn)M. ∴四點(diǎn)M，A，B，C共面，從而點(diǎn)M在平面ABC內(nèi). 考點(diǎn)三　空間向量數(shù)量積及應(yīng)用(典例遷移) 【例3】 (經(jīng)典母題)如圖所示，已知空間四邊形ABCD的每條邊和對(duì)

12、角線長(zhǎng)都等于1，點(diǎn)E，F(xiàn)，G分別是AB，AD，CD的中點(diǎn)，計(jì)算： (1)·；(2)·； 解　設(shè)＝a，＝b，＝c. 則|a|＝|b|＝|c|＝1，〈a，b〉＝〈b，c〉＝〈c，a〉＝60°， (1)＝＝c－a，＝－a，＝b－c， ·＝·(－a)＝a2－a·c＝， (2)·＝(＋＋)·(－) ＝·(－) ＝·(－) ＝·(c－a) ＝ ＝. 【遷移探究1】 本例的條件不變，求證：EG⊥AB. 證明　由例3知＝(＋－)＝(b＋c－a)， 所以·＝(a·b＋a·c－a2) ＝＝0. 故⊥，即EG⊥AB. 【遷移探究2】 本例的條件不變，求EG的長(zhǎng). 解　由例3知＝－

13、a＋b＋c， ||2＝a2＋b2＋c2－a·b＋b·c－c·a＝，則||＝，即EG的長(zhǎng)為. 【遷移探究3】 本例的條件不變，求異面直線AG和CE所成角的余弦值. 解　由例3知＝b＋c，＝＋＝－b＋a， cos〈，〉＝＝－， 由于異面直線所成角的范圍是， 所以異面直線AG與CE所成角的余弦值為. 規(guī)律方法　1.利用數(shù)量積解決問(wèn)題的兩條途徑：一是根據(jù)數(shù)量積的定義，利用模與夾角直接計(jì)算；二是利用坐標(biāo)運(yùn)算. 2.空間向量的數(shù)量積可解決有關(guān)垂直、夾角、長(zhǎng)度問(wèn)題. (1)a≠0，b≠0，a⊥b?a·b＝0； (2)|a|＝； (3)cos〈a，b〉＝. 【訓(xùn)練3】 如圖所示，四棱柱

14、ABCD－A1B1C1D1中，底面為平行四邊形，以頂點(diǎn)A為端點(diǎn)的三條棱長(zhǎng)都為1，且兩兩夾角為60°. (1)求AC1的長(zhǎng)； (2)求證：AC1⊥BD； (3)求BD1與AC夾角的余弦值. (1)解　記＝a，＝b，＝c， 則|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的長(zhǎng)為. (2)證明　∵＝a＋b＋c，＝b－a， ∴·＝(a＋b＋c)·(b－a) ＝a·b＋|b|2＋b·c－|a|2－a·b－

15、a·c ＝b·c－a·c ＝|b||c|cos 60°－|a||c|cos 60°＝0. ∴⊥，∴AC1⊥BD. (3)解?。絙＋c－a，＝a＋b， ∴||＝，||＝， ·＝(b＋c－a)·(a＋b) ＝b2－a2＋a·c＋b·c＝1. ∴cos〈，〉＝＝. ∴AC與BD1夾角的余弦值為. 基礎(chǔ)鞏固題組 (建議用時(shí)：40分鐘) 一、選擇題 1.已知a＝(－2，1，3)，b＝(－1，2，1)，若a⊥(a－λb)，則實(shí)數(shù)λ的值為(　　) A.－2 B.－ C. D.2 解析　由題意知a·(a－λb)＝0，即a2－λa·b＝0，所以14－7λ＝0，解得λ

16、＝2. 答案　D 2.在空間直角坐標(biāo)系中，已知A(1，2，3)，B(－2，－1，6)，C(3，2，1)，D(4，3，0)，則直線AB與CD的位置關(guān)系是(　　) A.垂直 B.平行 C.異面 D.相交但不垂直 解析　由題意得，＝(－3，－3，3)，＝(1，1，－1)，所以＝－3，所以與共線，又AB與CD沒(méi)有公共點(diǎn)，所以AB∥CD. 答案　B 3.如圖所示，在平行六面體ABCD－A1B1C1D1中，M為A1C1與B1D1的交點(diǎn).若＝a，＝b，1＝c，則下列向量中與相等的向量是(　　) A.－a＋b＋c B.a＋b＋c C.－a－b＋c D.a－b＋c 解

17、析?。?＋＝1＋(－) ＝c＋(b－a)＝－a＋b＋c. 答案　A 4.已知空間四邊形ABCD的每條邊和對(duì)角線的長(zhǎng)都等于a，點(diǎn)E，F(xiàn)分別是BC，AD的中點(diǎn)，則·的值為(　　) A.a2 B.a2 C.a2 D.a2 解析　如圖，設(shè)＝a，＝b，＝c， 則|a|＝|b|＝|c|＝a，且a，b，c三向量?jī)蓛蓨A角為60°. ＝(a＋b)，＝c， ∴·＝(a＋b)·c ＝(a·c＋b·c)＝(a2cos 60°＋a2cos 60°)＝a2. 答案　C 5.如圖，在空間四邊形OABC中，OA＝8，AB＝6，AC＝4，BC＝5，∠OAC＝45°，∠OAB＝60°，則OA與

18、BC所成角的余弦值為(　　) A. B. C. D. 解析　因?yàn)椋剑? 所以·＝·－· ＝||||cos〈，〉－||||cos〈，〉 ＝8×4×cos 135°－8×6×cos 120°＝－16＋24. 所以cos〈，〉＝ ＝＝. 即OA與BC所成角的余弦值為. 答案　A 二、填空題 6.(2018·鄭州調(diào)研)已知a＝(2，1，－3)，b＝(－1，2，3)，c＝(7，6，λ)，若a，b，c三向量共面，則λ等于________. 解析　由題意知c＝xa＋yb，即(7，6，λ)＝x(2，1，－3)＋y(－1，2，3)， ∴解得λ＝－9. 答案?。? 7.

19、正四面體ABCD的棱長(zhǎng)為2，E，F(xiàn)分別為BC，AD中點(diǎn)，則EF的長(zhǎng)為_(kāi)_______. 解析　||2＝(＋＋)2 ＝2＋2＋2＋2(·＋·＋·) ＝12＋22＋12＋2(1×2×cos 120°＋0＋2×1×cos 120°) ＝2， ∴||＝，∴EF的長(zhǎng)為. 答案　 8.(2018·南昌調(diào)研)已知空間四邊形OABC，其對(duì)角線為OB，AC，M，N分別是OA，BC的中點(diǎn)，點(diǎn)G在線段MN上，且＝2，現(xiàn)用基底{，，}表示向量，有＝x＋y＋z，則x，y，z的值分別為_(kāi)_______. 解析　∵＝＋＝＋ ＝＋(－) ＝＋ ＝＋＋， ∴x＝，y＝，z＝. 答案　，， 三、解

20、答題 9.已知空間中三點(diǎn)A(－2，0，2)，B(－1，1，2)，C(－3，0，4)，設(shè)a＝，b＝. (1)若|c|＝3，且c∥，求向量c； (2)求向量a與向量b的夾角的余弦值. 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

21、a與向量b的夾角的余弦值為－. 10.如圖，在棱長(zhǎng)為a的正方體OABC－O1A1B1C1中，E，F(xiàn)分別是棱AB，BC上的動(dòng)點(diǎn)，且AE＝BF＝x，其中0≤x≤a，以O(shè)為原點(diǎn)建立空間直角坐標(biāo)系O－xyz. (1)寫(xiě)出點(diǎn)E，F(xiàn)的坐標(biāo)； (2)求證：A1F⊥C1E； (3)若A1，E，F(xiàn)，C1四點(diǎn)共面，求證：＝＋. (1)解　E(a，x，0)，F(xiàn)(a－x，a，0). (2)證明　∵A1(a，0，a)，C1(0，a，a)， ∴＝(－x，a，－a)，＝(a，x－a，－a)， ∴·＝－ax＋a(x－a)＋a2＝0， ∴⊥， ∴A1F⊥C1E. (3)證明　∵A1，E，F(xiàn)，C1四點(diǎn)共面，

22、 ∴，，共面. 選與為在平面A1C1E上的一組基向量，則存在唯一實(shí)數(shù)對(duì)(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＝＋. 能力提升題組 (建議用時(shí)：20分鐘) 11.有下列命題：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.其中真命題的個(gè)數(shù)是(　　) A.1 B.2 C.3 D.4 解析?、僬_；②中若a，b共線，p與a不共線，則p

23、＝xa＋yb就不成立；③正確；④中若M，A，B共線，點(diǎn)P不在此直線上，則＝x＋y不正確. 答案　B 12.已知V為矩形ABCD所在平面外一點(diǎn)，且VA＝VB＝VC＝VD，＝，＝，＝. 則VA與平面PMN的位置關(guān)系是________. 解析　如圖，設(shè)＝a，＝b， ＝c， 則＝a＋c－b， 由題意知＝b－c， ＝－ ＝a－b＋c. 因此＝＋， ∴，，共面. 又∵VA平面PMN，∴VA∥平面PMN. 答案　平行 13.如圖，在正方體ABCD－A1B1C1D1中，＝a，＝b，＝c，點(diǎn)M，N分別是A1D，B1D1的中點(diǎn). (1)試用a，b，c表示； (2)求證：MN∥平面ABB1A1. (1)解　∵＝－＝c－a， ∴＝＝(c－a). 同理，＝(b＋c)， ∴＝－＝(b＋c)－(c－a) ＝(b＋a)＝a＋b. (2)證明　∵＝＋＝a＋b， ∴＝，即MN∥AB1， ∵AB1平面ABB1A1，MN平面ABB1A1， ∴MN∥平面ABB1A1. 14