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高考总复习经典讲义 空间向量及其运算

时间:2016-11-19


空间向量及其运算

知识点 1、向量共线、共面的判定. 1、共线: 对空间任意两个向量 a, b(b≠0), a∥b 的充要条件是_______________. 2、共面: 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惟一的 有序实数对(x, y), 使_______________. 答案: p=xa+yb. 3

、不共面: 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=____________________________, 把{a, b, c}叫做空间的一个基底. 知识点 2、向量运算律 ① 两向量的数量积 已知两个非零向量 a, b, 则 ____________________ 叫做向量 a, b 的数量积 , 记作 ________, 即__________________.数量积的坐标运算, 若 a=(a1, a2, a3), b=(b1, b2, b3), 则 a· b=____________________. ② 空间向量数量积的运算律 结合律: (λa)· b=____________; 交换律: a· b=_______; 分配律: a· (b+c)=_____________. ③ 模、夹角和距离公式 设 a=(a1, a2, a3), b=(b1, b2, b3), a· b 则|a|= a· a=________________, cos〈a, b〉= =________________________ . |a||b| → 若 A(a1, b1, c1), B(a2, b2, c2), 则|AB|=__________________________. 题型一 直线的方程形式 (1) 空间向量: 在空间中, 具有______和______的量叫做空间向量. (2) 相等向量: 方向______且模______的向量. (3) 共线向量定理 1. 若 a=(2x,1,3), b=(1, -2y,9), 且 a∥b, 则( ) 1 1 1 3 A. x=1, y=1 B. x= , y=- C. x= , y=- 2 2 6 2 2x 1 3 1 3 解: 选 C, ∵a∥b, ∴ = = , ∴x= , y=- . 1 -2y 9 6 2 2. (2016· 青岛月考)

1 3 D. x=- , y= 6 2

→ → 如图所示, 在平行六面体 ABCD—A1B1C1D1 中, M 为 AC 与 BD 的交点, 若A1B1=a, A1D1=b, → → A1A=c, 则下列向量中与B1M相等的向量是( ) 1 1 1 1 1 1 1 1 A. - a+ b+c B. a+ b+c C. a- b+c D. - a- b+c 2 2 2 2 2 2 2 2 1 1 → →? → → → → → → 解: 选 A, [B1M=B1A1+A1A+AM=-A1B1+A1A+? ?2AB+2AD? 1 1 1 =-a+c+ (a+b)=- a+ b+c. 2 2 2 3. (2016· 广州调研)在平行六面体 ABCD—A′B′C′D′中, 已知∠BAD=∠A′AB=∠A′AD=60° , → AB=3, AD=4, AA′=5, 则|AC′|=________.

→ → → → → → → 解: ∵AC′=AB+BC+CC′=AB+AD+AA′, → → → → → → → → → → ∴|AC′|2=AB2+AD2+AA′2+2AB· AD+2AD· AA′+2AA′· AB → =32+42+52+2× 3× 4× cos 60° +2× 4× 5× cos 60° +2× 3× 5× cos 60° =97, ∴|AC′|= 97. 4. 有下列 4 个命题: 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MP=xMA+yMB, 则 P、 M、 A、 B 共面; ④ 若 P、 M、 A、 B 共面, 则MP=xMA+yMB. 其中真命题的个数是( ) A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 4. 选 B, 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MP=xMA+yMB不正确. 5. A(1,0,1), B(4,4,6), C(2,2,3), D(10,14,17)这四个点________(填共面或不共面). → → → → → → 5. 共面, 解: AB=(3,4,5), AC=(1,2,2), AD=(9,14,16), 设AD=xAB+yAC, ?x=2 ? 即(9,14,16)=(3x+y,4x+2y,5x+2y). ∴? , 从而 A、B、C、D 四点共面. ?y=3 ? 题型二 空间基向量的应用 6、已知空间四边形 OABC 中, M 为 BC 的中点, N 为 AC 的中点, P 为 OA 的中点, Q 为 OB 的 中点, 若 AB=OC, 求证: PM⊥QN. 1 1 → → → → 1 → → → 1 → → 设OA=a, OB=b, OC=c. ∵OM= (OB+OC)= (b+c), ON= (OA+OC)= (a+c), 2 2 2 2 1 1 1 → → → ∴PM=PO+OM=- a+ (b+c)= (b+c-a), 2 2 2 1 1 1 → → → QN=QO+ON=- b+ (a+c)= (a+c-b). 2 2 2 1 1 → → → 1 → ∴PM· QN= [c-(a-b)][c+(a-b)]= [c2-(a-b)2]= (|OC|2-|BA|2) 4 4 4 → → → → → → ∵|AB|=|OC|, ∴PM· QN=0. 即PM⊥QN, 故 PM⊥QN. 7、如图, 在正四面体 ABCD 中, E、F 分别为棱 AD、BC 的中点, 则异面 直线 AF 和 CE 所成角的余弦值为________. → → → → 1→ 1→ 设{AB, AC, AD}为空间一组基底, 则AF= AB+ AC, 2 2 → 1→ 1 → 1→ 1 → → → 1→ CE= CA+ CD= CA+ (AD-AC)=-AC+ AD. 2 2 2 2 2 1 1 1 1 → → → → → → ? → → 1 → 2 1→ → 1 → → ?-AC+ AD?=- AB ∴AF· CE=?2AB+2AC? · AC- AC + AB· AD+ AC· AD 2 ? ?· ? 2 2 4 4 1→ 1 → 1→ 1 → 1→ =- AB2- AC2+ AB2+ AC2=- AC2. 4 2 8 8 2 1→ → → -2AC2 3→ AF· CE 2 → → → → 3→2 → → 又|AF|=|CE|= |AC|, ∴|AF|· |CE|= |AC| . ∴cos〈AF, CE〉= = =- . 2 4 → → 3→2 3 |AF||CE| |AC| 4 2 ∴异面直线 AF 与 CE 所成角的余弦值为 . 3

8、(2016· 合肥调研)两个边长为 1 的正方形 ABCD 与正方形 ABEF 相交 于 AB, ∠EBC=90° , 点 M、N 分别在 BD、AE 上, 且 AN=DM. (1) 求证: MN∥平面 EBC; (2) 求 MN 长度的最小值. → 解: 如图所示, 建立坐标系后, 要证 MN 平行于平面 EBC, 只要证MN的 横坐标为 0 即可. → → → (1) 证明 如图所示, 以BA、BC、BE为单位正交基底建立空间直角坐 AN DM 标系, 则 A(1,0,0), D(1,1,0), E(0,0,1), B(0,0,0), 设 = =λ, 则 AE DB → → → → → → → MN=MD+DA+AN=λBD+DA+λAE=λ(1,1,0)+(0, -1,0)+λ(-1,0,1)=(0, λ-1, λ). → → ∵0<λ<1, ∴λ-1≠0, λ≠0, 且MN的横坐标为 0. ∴MN平行于平面 yBz, 即 MN∥平面 EBC. 1?2 1 → (2) 解: 由(1)知|MN|= ?λ-1?2+λ2= 2λ2-2λ+1= 2? ?λ-2? +2, 1 2 ∴当 λ= 时, MN 取得长度的最小值为 . 2 2

A 组 专项基础训练题组 1. 下列命题: → → → → ① 若 A、B、C、D 是空间任意四点, 则有AB+BC+CD+DA=0; ② |a|-|b|=|a+b|是 a、b 共线的充要条件; ③ 若 a、b 共线, 则 a 与 b 所在直线平行; → → → → ④ 对空间任意一点 O 与不共线的三点 A、B、C, 若OP=xOA+yOB+zOC(其中 x、y、z∈R) 则 P、A、B、C 四点共面. 其中假命题的个数是( C ) A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 2. 如图所示, 在正方体 ABCD—A1B1C1D1 中, O 是底面 ABCD 的中心, M、N 分别是棱 DD1、 D1C1 的中点, 则直线 OM( A ) A. 既垂直于 AC, 又垂直于 MN B. 垂直于 AC, 但不垂直于 MN C. 垂直于 MN, 但不垂直于 AC D. 与 AC、MN 都不垂直 3. (2016· 绍兴月考) 如图所示, 在三棱柱 ABC—A1B1C1 中, AA1⊥底面 ABC, AB=BC=AA1, ∠ABC=90° , 点 E、 F 分别是棱 AB、 BB1 的中点, 则 直线 EF 和 BC1 所成的角是( B ) A. 45° B. 60° C. 90° D. 120° 4. 设点 C(2a+1, a+1,2)在点 P(2,0,0)、A(1, -3,2)、B(8, -1,4)确定的 平面上, 则 a 等于( A ) A. 16 B. 4 C. 2 D. 8 → → → 解: 选 A [由PC=λ1PA+λ2PB得: (2a-1, a+1,2)=λ1(-1, -3,2)+λ2(6, -1, 4), -λ1+6λ2=2a-1 ? ? ∴?-3λ1-λ2=a+1, ? ?2λ1+4λ2=2 解得 a=16.

5. 在直角坐标系中, A(-2,3), B(3, -2), 沿 x 轴把直角坐标系折成 120° 的二面角, 则 AB 的 长度为( B ) A. 2 B. 2 11 C. 3 2 D. 4 2

解: 过 A、 B 分别作 AA1⊥x 轴, BB1⊥x 轴, 垂足分别为 A1 和 B1, 则 AA1=3, A1B1=5, BB1=2, → → → → → → → → → → ∵AB= AA1+A1B1+B1B, ∴AB2 =AA12 + A1B12 +B1B2 +2 AA1· B1B= 32+ 52+ 22+ 2× 3× 2× cos → 60° =44.∴|AB|=2 11. 6. (2016· 信阳模拟)如图所示, 已知空间四边形 ABCD, F 为 BC 的中点, E 为 → → → AD 的中点, 若EF=λ(AB+DC), 则 λ=________. → → → → → → → → 解: ∵EF=EA+AB+BF, 又EF=ED+DC+CF, 1 → → → → 1 → → ∴2EF=AB+DC, ∴EF= (AB+DC), ∴λ= . 2 2 7. (2016· 铜川模拟)在正方体 ABCD—A1B1C1D1 中, 给出以下向量表达式: → → → → → → ① (A1D1-A1A)-AB; ② (BC+BB1)-D1C1; → → → → → → ③ (AD-AB)-2DD1; ④ (B1D1+A1A)+DD1. → 其中能够化简为向量BD1的是________. (填所有正确的序号) → → → → → → 解 ①(A1D1-A1A)-AB=AD1-AB=BD1; → → → → → → ②(BC+BB1)-D1C1=BC1-D1C1=BD1; → → → → → → ③(AD-AB)-2DD1=BD-2DD1≠BD1; → → → → → → → → ④(B1D1+A1A)+DD1=B1D1+(A1A+DD1)=B1D1≠BD1.

8. (2016· 丽水模拟) 如图所示, PD 垂直于正方形 ABCD 所在平面, 3 → → AB=2, E 为 PB 的中点, cos〈DP, AE〉= , 若以 DA, DC, DP 所在直 3 线分别为 x, y, z 轴建立空间直角坐标系, 则点 E 的坐标为________. y? 解: 设 DP=y>0, 则 A(2,0,0), B(2,2,0), P(0,0, y), E? ?1,1,2?, → → y DP· AE → → → → -1,1, ?. ∴cos〈DP, AE〉= DP=(0,0, y), AE=? = 2? ? → → |DP||AE| y 解得 y=2, ∴E(1,1,1). B 组 专项能力提升题组 9. 如图所示, 已知 ABCD—A1B1C1D1 是棱长为 3 的正方体, 点 E 在 AA1 上, 点 F 在 CC1 上, 且 AE=FC1=1. (1) 求证: E、B、F、D1 四点共面; 2 (2) 若点 G 在 BC 上, BG= , 点 M 在 BB1 上, GM⊥BF, 垂足为 H, 求证: 3 EM⊥平面 BCC1B1. → → 证明: (1) 建立如图所示的空间直角坐标系, 则BE=(3,0,1), BF=(0,3,2), → → → → → → → BD1=(3,3,3). 所以BD1=BE+BF. 故BD1、BE、BF共面. 又它们有公共点 B, ∴E、B、F、D1 四点共面. (6 分) 1 2 y 2
2=

y 2+ 4

y 3 2= 3 . 8+y

2 ? → → (2) 设 M(0,0, z), 则GM=? ?0,-3,z?. 而BF=(0,3,2), 2 → → → 由题设, 得GM· BF=- × 3+z· 2=0, 得 z=1. ∴M(0,0,1), E(3,0,1), ∴ME=(3,0,0). 3 → → → → → → 又BB1=(0,0,3), BC=(0,3,0), ∴ME· BB1=0, ∴ME· BC=0, 从而 ME⊥BB1, ME⊥BC. 又∵BB1∩BC=B, ∴ME⊥平面 BCC1B1. 10、如图所示, 已知正方形 ABCD 和矩形 ACEF 所在的平面互相垂直, AB= 2, AF=1, M 是线段 EF 的中点. 求证: (1) AM∥平面 BDE; (2) AM⊥面 BDF. 证: (1)建立如图所示的空间直角坐标系, 设 AC∩BD=N, 连接 NE. 则点 N、E 的坐标分别为? 2 2 ?、 ? 2 , 2 ,0?

2 2 → (0,0,1). ∴NE=?- ,- ,1?.又点 A、M 的坐标分别为 2 ? 2 ? 2 2 2 2 → ( 2, 2, 0)、? , ,1?, ∴AM=?- ,- ,1?. 2 ?2 2 ? ? 2 ? → → ∴NE=AM且 NE 与 AM 不共线. ∴NE∥AM. 又∵NE? 平面 BDE, AM?平面 BDE, ∴AM∥平面 BDE. 2 2 → (2) 由(1)得, AM=?- ,- ,1?, ∵D( 2, 0,0), F( 2, 2, 1), B(0, 2, 0), 2 2 ? ? → → → → → → → → → → ∴DF=(0, 2, 1), BF=( 2, 0,1). ∴AM· DF=0, AM· BF=0.∴AM⊥DF, AM⊥BF, 即 AM⊥DF, AM⊥BF. 又 DF∩BF=F, ∴AM⊥平面 BDF. 11、 (2009· 福建)如图, 四边形 ABCD 是边长为 1 的正方形, MD⊥平面 ABCD, NB⊥平面 ABCD, 且 MD=NB=1, E 为 BC 的中点. (1) 求异面直线 NE 与 AM 所成角的余弦值; (2) 在线段 AN 上是否存在点 S, 使得 ES⊥平面 AMN?若存在, 求线段 AS 的长;若不存在, 请说明理由. 解 (1) 如图所示, 以点 D 为坐标原点, 建立空间直角坐标系 D—xyz. 依题意, 得 D(0,0,0), A(1,0,0), M(0,0,1), C(0,1,0), B(1,1,0), N(1,1,1), 1 ? → ? 1 ? → E? ?2,1,0?.∴NE=?-2,0,-1?, AM=(-1,0,1). 1 - → → 2 NE· AM 10 → → ∵cos〈NE, AM〉= = =- , → → 10 5 |NE|· |AM| × 2 2 10 ∴异面直线 NE 与 AM 所成角的余弦值为 . 10 (2) 假设在线段 AN 上存在点 S, 使得 ES⊥平面 AMN. 1 → → → → ? ∵AN=(0,1,1), 可设AS=λAN=(0, λ, λ), 又EA=? ?2,-1,0?, → → ? AM=0, ?ES· → → → ?1 ? ∴ES=EA+AS=?2,λ-1,λ?. 由 ES⊥平面 AMN, 得? → → ? AN=0, ?ES· 1 ? ?-2+λ=0, 1 1? → 1 2 → 即? 故 λ= , 此时AS=? ?0,2,2?, |AS|= 2 . 2 ??λ-1?+λ=0. ?

经检验, 当 AS= AS= 2 . 2

2 时, ES⊥平面 AMN. 故线段 AN 上存在点 S, 使得 ES⊥平面 AMN, 此时 2

12. (2011· 汕头月考) 如图所示, 已知空间四边形 ABCD 的各边和对 角线的长都等于 a, 点 M、N 分别是 AB、CD 的中点. (1) 求证: MN⊥AB, MN⊥CD; (2) 求 MN 的长; (3) 求异面直线 AN 与 CM 所成角的余弦值. → → → (1) 证明 设AB=p, AC=q, AD=r. 由题意可知: |p|=|q|=|r|=a, 且 p、q、r 三向量两两夹角均为 60° . 1 1 1 → → → → → → MN=AN-AM= (AC+AD)- AB= (q+r-p), (2 分) 2 2 2 1 1 → → 1 ∴MN· AB= (q+r-p)· p= (q· p+r· p-p2)= (a2· cos 60° +a2· cos 60° -a2)=0. 2 2 2 → → → ∴MN⊥AB,又∵CD=AD-AC=r-q, 1 → → 1 ∴MN· CD= (q+r-p)· (r-q)= (q· r-q2+r2-q· r-p· r+p· q) 2 2 1 = (a2cos 60° -a2+a2-a2cos 60° -a2cos 60° +a2cos 60° )=0, ∴MN⊥CD. 2 1 → 1 → → (2) 解 由(1)可知MN= (q+r-p), ∴|MN|2=MN2= (q+r-p)2 2 4 a2 a2 a2?? 1 1 2 2 1? 2 a2 2 2 2 ? = [q +r +p +2(q· r-p· q-r· p)]= ?a +a +a +2? 2 - 2 - 2 ??= × 2a2= . 4 4 4 2 2 2 → ∴|MN|= a, ∴MN 的长为 a.(9 分) 2 2 → → (3) 解 设向量AN与MC的夹角为 θ. 1 → 1 → → 1 → → → ∵AN= (AC+AD)= (q+r), MC=AC-AM=q- p, 2 2 2 1 1 1 1 → → 1 2 ?q- p?= ?q - q· p+r· q- r· p? ∴AN· MC= (q+r)· 2 2 ? ? 2 ? 2? 2 2 2 2 2 1 1 2 1 2 ?=1?a2-a +a -a ?=a .(12 分) a- a· cos 60° +a2· cos 60° - a2· cos 60° = ? 2 2 4 2 4? 2 ? 2? 2? 3 3 3 a2 → → → → → → 又∵|AN|=|MC|= a, ∴AN· MC=|AN|· |MC|· cos θ 即 a· a· cos θ= . 2 2 2 2 2 2 → → ∴cos θ= , ∴向量AN与MC的夹角的余弦值为 , 从而异面直线 AN 与 CM 所成角的余弦值为 3 3 2 . 3


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