7-6第六节 空间向量及其运算(理)(2015年高考总复习)


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第七章 立体几何

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立体几何

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第六节 ??空间向量及其运算(理)

读教材· 抓基础

研考点· 知规律

拓思维· 培能力

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高考这样考 从高考内容上来看,空间向量的概念及其运算在高考题中单 独命题较少,多置于解答题中作为一种方法进行考查,难度中等.

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备考这样做 1.和平面向量类比理解空间向量的概念、运算. 2.掌握空间向量的共线、垂直的条件,理解空间向量基本定 理和数量积.

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D 读教材· 抓基础
回扣教材 扫除盲点

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课 本 导 读 1.空间向量的有关概念
大小 和______ 方向 的量叫做空间 (1)空间向量:在空间中,具有______ 模 长度 或________ 向量,其大小叫做向量的________ . 相同 且模______ 相等 的向量. (2)相等向量:方向________

(3)共线向量:如果表示空间向量的有向线段所在的直线
共线向量 或__________ 平行向量 , 平行 或_______ 重合 ,那么这些向量叫做_________ ______

a平行于b记作a∥b.
平面 的向量叫做共面向量. (4)共面向量:平行于同一_____
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2.空间向量中的有关定理 (1)共线向量定理:对空间任意两个向量a,b(b≠0),a∥b? 存在λ∈R,使a=λb. (2)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. (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,存在一个唯一的有序实数组{x,y,z}使得p= xa+yb+zc.

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3.两个向量的数量积 (1)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.

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4.空间向量的坐标表示及其应用 设a=(a1,a2,a3),b=(b1,b2,b3).

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疑 点 清 源 1.利用坐标运算解决立体几何问题,降低了推理难度,可 以避开一些较复杂的线面关系,但较复杂的代数运算也容易导致 出错.因此,在解决问题时,可以灵活的选用解题方法,不要生 搬硬套.

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2.用空间向量解决立体几何中的平行或共线问题一般用向 量共线定理;求两点间距离或某一线段的长度,一般用向量的模 来解决;求异面直线所成的角,一般可以转化为两向量的夹角, 但要注意两种角的范围不同,最后应进行转化;解决垂直问题一 般可转化为向量的数量积为零.

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基 础 自 评 1.下列命题中是真命题的是( )

A.分别表示空间向量的有向线段所在的直线是异面直线, 则这两个向量不是共面向量 B.若|a|=|b|,则a,b的长度相等且方向相同或相反 → → → → → → → C.若向量 AB , CD 满足| AB |>| CD |,且 AB 与 CD 同向,则 AB → >CD → → → → → → D.若两个非零向量AB与CD满足AB+CD=0,则AB∥CD
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解析

A错.因为空间任两向量平移之后可共面,所以空间

任意两向量均共面. B错.因为|a|=|b|仅表示a与b的模相等,与方向无关. C错.因为空间向量不研究大小关系,只能对向量的长度进 → → 行比较,因此也就没有AB>CD这种写法. → → → → → → → D对.∵AB+CD=0,∴AB=-CD,∴AB与CD共线,故AB → ∥CD正确.
答案 D
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2.已知正方体ABCD-A1B1C1D1中,点E为上底面A1C1的中 → → → → 心,若AE=AA1+xAB+yAD,则x,y的值分别为( A.x=1,y=1 1 1 C.x=2,y=2 1 B.x=1,y=2 1 D.x=2,y=1 )

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解析

→ → → 如图,AE=AA1+A1E

→ 1 → → 1 → → =AA1+2A1C1=AA1+2(AB+AD).

答案 C

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3.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 C.3 B.2 D.4 )

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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MP=xMA+yMB不正确.

答案 B

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→ → → 4.在四面体O—ABC中, OA =a, OB =b, OC =c,D为BC → 的中点,E为AD的中点,则OE=________(用a,b,c表示).

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解析

→ 1→ 1 → 如右图,OE=2OA+2OD

1→ 1→ 1→ =2OA+4OB+4OC 1 1 1 =2a+4b+4c.

1 1 1 答案 a+ b+ c 2 4 4
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→ → → 2 5.已知ABCD—A1B1C1D1为正方a体,①( A1A + A1D1 + A1B1 ) → 2 → → → → → =3 A1B1 ;② A1C · ( A1B1 - A1A )=0;③向量 AD1 与向量 A1B 的夹角 → → → 是60° ;④正方体ABCD—A1B1C1D1的体积为|AB· AA1· AD|.其中正确 命题的序号是________.

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解析
2

→ → → 2 → 设正方体的棱长为1,①中(A1A+A1D1+A1B1) =3A1B1

→ → → =3,故①正确;②中 A1B1 - A1A = AB1 ,由于AB1⊥A1C,故②正

→ → 确;③中A1B与AD1两异面直线所成角为60° ,但 AD1 与 A1B 的夹角 → → → 为120° ,故③不正确;④中|AB· AA1· AD|=0.故④也不正确.
答案 ①②

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Y 研考点· 知规律
探究悟道 点拨技法

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题型一 【例1】

空间向量的线性运算

如图,在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中,G为△

→ → → A1BD的重心,设 AB =a, AD =b, AA1 =c,试用a,b,c表示 → → AC1,AG.

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听课记录

→ → → → AC1=AB+BC+CC1

→ → → =AB+AD+AA1=a+b+c. → → → AG=AA1+A1G → 1 → → =AA1+3(A1D+A1B) 1 → → → 1 → → =AA1+ (AD-AA1)+ (AB-AA1) 3 3 1 → 1 → 1→ = AA1+ AD+ AB 3 3 3 1 1 1 =3a+3b+3c.
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【规律方法】

→ → ①通过以上表示可以看出 AC 1=3 AG ,即证

明:A,G,C1三点共线.G为AC1的三等分点.②解决几何问题 的难点是作辅助线,而利用向量解决几何问题恰好回避了这一难 点问题,把证明转化为运算.

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变式思考 的中点.

1

如图,在长方体ABCD-A1B1C1D1中,O为AC

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→ 1→ 1 → (1)化简:A1O- AB- AD; 2 2 → 2 → → → → (2)设E是棱DD1上的点,且 DE = DD1 ,若 EO=xAB +yAD + 3 → zAA1,试求x,y,z的值.

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→ → → 解 (1)∵AB+AD=AC, → 1→ 1 → → 1 → → ∴A1O-2AB-2AD=A1O-2(AB+AD) → 1→ → → → =A1O-2AC=A1O-AO=A1A. → → → 2 → 1→ (2)∵EO=ED+DO=3D1D+2DB 2 → 1 → → 2 → 1 → 1→ 1→ 1 → 2 = 3 D1D + 2 ( DA + AB )= 3 A1A + 2 DA + 2 AB = 2 AB - 2 AD - 3 → AA1,
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1 1 2 ∴x= ,y=- ,z=- . 2 2 3

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题型二 【例2】

共线定理与共面定理的应用

已知E,F,G,H分别是空间四边形ABCD的边

AB,BC,CD,DA的中点.

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(1)求证:E,F,G,H四点共面; (2)求证:BD∥平面EFGH; (3)设M是EG和FH的交点. → 1 → → → → 求证:对空间任一点O,有OM=4(OA+OB+OC+OD).

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1 听 课 记 录 (1)在△ABD中,EH为△ABD的中位线,EH綊2 1 BD,同理FG綊 BD. 2 ∴EH綊FG,∴E,F,G,H四点共面. (2)由(1)知,BD∥EH, 又∵EH?平面EG,BD?平面EG, ∴BD∥平面EFGH.

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(3)对于空间任一点O,有 → → → → → → OA+OB=2OE,OC+OD=2OG. → → → → → → 又2OE+2OG=2(OE+OG)=2· 2OM=4OM, → 1 → → → → ∴OM=4(OA+OB+OC+OD).

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【规律方法】

向量基本定理揭示了向量间的线性关系,即

任一向量都可由基向量唯一的线性表示,为向量的坐标表示奠定 了基础.共(线)面向量基本定理给出了向量共(线)面的充要条 件,可用以证明点共(线)面.

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变式思考 2

如右图所示,在平行六面体ABCD—A1B1C1D1中,O是B1D1的 中点,求证:B1C∥平面ODC1.

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证明

→ → → 设C1B1=a,C1D1=b,C1C=c,

→ 易知B1C=c-a. 又O是B1D1的中点, → 1 ∴C1O=2(a+b), 1 1 → → → OD1=C1D1-C1O=b- (a+b)= (b-a). 2 2 → → → 1 ∴OD=OD1+D1D= (b-a)+c. 2

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若存在实数x,y使得 → → → B1C=xOD+yOC1(x,y∈R)成立,
?1 ? ? 1 ? 则c-a=x?2?b-a?+c?+y?-2?a+b?? ? ? ? ?

1 1 =- (x+y)a+ (x-y)b+xc. 2 2 ?1 ?2?x+y?=1, ? ∵a,b,c不共线,∴?1 ?2?x-y?=0, ? ?x=1,
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? ?x=1, 解得? ? ?y=1.

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→ → → → → → ∴B1C=OD+OC1,即B1C,OD,OC1是共面向量. ∵B1C?面ODC1,∴B1C∥平面ODC1.

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题型三 【例3】

空间向量的数量积

已知空间三点A(0,2,3),B(-2,1,6),C(1,-1,5).

→ → (1)求以AB,AC为邻边的平行四边形的面积; → → (2)若|a|= 3,且a分别与AB,AC垂直,求向量a的坐标.

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题型三 【例3】

空间向量的数量积

已知空间三点A(0,2,3),B(-2,1,6),C(1,-1,5).

→ → (1)求以AB,AC为邻边的平行四边形的面积; → → (2)若|a|= 3,且a分别与AB,AC垂直,求向量a的坐标. → → 所以以AB,AC为邻边的平行四边形的面积 1→ → 3 → → S=2×2|AB|· |AC|· sin〈AB,AC〉=14× 2 =7 3.

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?x2+y2+z2=3, ? (2)设a=(x,y,z),由题意得?-2x-y+3z=0, ?x-3y+2z=0. ? ?x=1, ? 解得?y=1, ?z=1, ? ?x=-1, ? 或?y=-1, ?z=-1. ?

∴a=(1,1,1),或a=(-1,-1,-1).

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【规律方法】

(1)本例将求平行四边形的面积问题转化为求

三角形的面积问题,因此用向量的模求出边长,用数量积求出夹 角的余弦值,进而求出夹角的正弦值. (2)利用数量积可解决有关垂直、夹角、长度问题. ①a≠0,b≠0,a⊥b?a· b=0;②|a|= a· b = . |a||b| a2 ;③cos〈a,b〉

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变式思考 3

已知向量a=(1,-3,2),b=(-2,1,1),点A(-

3,-1,4),B(-2,-2,2). (1)求|2a+b|; → (2)在直线AB上,是否存在一点E,使得OE⊥b?(O为原点).

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解 (1)2a+b=(2,-6,4)+(-2,1,1)=(0,-5,5), 故|2a+b|= 02+?-5?2+52=5 2. → → → → → (2)OE=OA+AE=OA+tAB =(-3,-1,4)+t(1,-1,-2) =(-3+t,-1-t,4-2t), → → 若OE⊥b,则OE· b=0,

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所以-2(-3+t)+(-1-t)+(4-2t)=0. 9 → 解得t=5,因此存在点E,使得OE⊥b,
? 6 14 2? 点E的坐标为E?-5,- 5 ,5?. ? ?

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名 师 微 博 ●两个原则——建立空间直角坐标系的原则 (1)合理利用几何体中的垂直关系,特别是面面垂直; (2)尽可能地让相关点落在坐标轴或坐标平面上.

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●一个方法——利用向量法求解立体几何问题的一般方法 利用向量解立体几何题的一般方法:把线段或角度转化为向 量表示,用已知向量表示未知向量,然后通过向量的运算或证明 去解决问题.在这里,恰当地选取基底可使向量运算简捷,或者 是建立空间直角坐标系,使立体几何问题成为代数问题.另外, 熟练准确地写出空间中任一点的坐标是解决问题的基础.

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●一个注意点——空间向量数量积计算的一个注意点 空间向量的数量积的计算要充分利用向量所在图形,巧妙地 进行向量的分解与合成,分解时并不是漫无目的的,而要充分利 用图形的特点及其含有的特殊向量,这里的特殊向量主要指具有 特殊夹角或已知模的向量.

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T 拓思维· 培能力
拓展提伸 提高能力

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规范答题系列 利用空间向量解答立体几何问题 1.此类问题通常与立体几何中的位置关系、距离等交汇命 题来考查,考查利用向量方法证明平行、垂直以及求距离、空间 角等问题. 2.求解上述问题的突破口是建立适当的空间直角坐标系, 把位置关系与对应向量之间的关系弄清楚,把空间位置关系翻译 成向量的运算关系,通过向量的运算解答问题.

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【典例】

(2013· 辽宁卷)如右图,AB是圆的直径,PA垂直圆

O所在的平面,C是圆上的点.

(1)求证:平面PAC⊥平面PBC; (2)若AB=2,AC=1,PA=1,求二面角C—PB—A的余弦 值.

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【思维启迪】

(1)利用面面垂直的判定定理证明,只需证明

BC⊥平面PAC即可得证;(2)根据题设条件建立适当的空间直角坐 标系,准确地求得各点的坐标,求出平面BCP、平面ABP的法向 量,求得两法向量的夹角余弦值,可得二面角的余弦值.

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【解】

(1)证明:由AB是圆的直径,得AC⊥BC.

由PA⊥平面ABC,BC?平面ABC,得PA⊥BC. 又PA∩AC=A,PA?平面PAC,AC?平面PAC. ∴BC⊥平面PAC,∵BC?平面PBC, ∴平面PBC⊥平面PAC.

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(2)过C作CM∥AP,则CM⊥平面ABC. 如右图,以点C为坐标原点,分别以直线CB,CA,CM为x 轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系. ∵AB=2,AC=1,∴BC= 3. 又PA=1,∴A(0,1,0),B( 3,0,0),P(0,1,1). → → 故CB=( 3,0,0),CP=(0,1,1). 设平面BCP的法向量为n1=(x,y,z),

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?→ ?CB· n1=0, 则? → ?CP n1=0, ? ·

? ? 3x=0, ∴? ? ?y+z=0.

不妨令y=1,则n1=(0,1,-1). → → ∵AP=(0,0,1),∴AB=( 3,-1,0). 设平面ABP的法向量为n2=(x,y,z), ?→ ?AP· n2=0, 则? → ? n2=0. ?AB·
? ?z=0, ∴? ? ? 3x-y=0.

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不妨令x=1,则n2=(1, 3,0). 3 6 于是cos〈n1,n2〉= = . 2 2 4 6 所以二面角C—PB—A的余弦值为 4 .

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【心得体会】

根据题设条件建立适当的空间直角坐标系是

顺利解题的关键.在空间直角坐标系中求线段的长度,一般先求 线段两端点的坐标.求二面角,一般有两个方法,一是先求两平 面的法向量,再由两法向量的夹角得到二面角,注意两法向量的 夹角与二面角的关系,即相等或互补;二是根据二面角的平面角 的定义,做出平面角,在一个三角形中求解.

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自主体验 (2013· 新课标全国卷Ⅰ)如下图,三棱柱ABC—A1B1C1中, CA=CB,AB=AA1,∠BAA1=60° .

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(Ⅰ)证明:AB⊥A1C; (Ⅱ)若平面ABC⊥平面AA1B1B,AB=CB,求直线A1C与平面 BB1C1C所成角的正弦值.

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解 (Ⅰ)证明:取AB的中点O,连接OC,OA1,A1B. 因为CA=CB,所以OC⊥AB. 由于AB=AA1,∠BAA1=60° ,故△AA1B为等边三角形,所 以OA1⊥AB. 因为OC∩OA1=O,所以AB⊥平面OA1C. 又A1C?平面OA1C,故AB⊥A1C.

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(Ⅱ)

由(Ⅰ)知OC⊥AB,OA1⊥AB. 又平面ABC⊥平面AA1B1B,交线为AB,所以OC⊥平面 → AA1B1B,故OA,OA1,OC两两相互垂直,以O为坐标原点, OA → 的方向为x轴的正方向,| OA |为单位长,建立如右图所示空间直角 坐标系O—xyz.
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由题设知A(1,0,0),A1(0, 3,0),C(0,0, 3), B(-1,0,0). → → → 则BC=(1,0, 3),BB1=AA1=(-1, 3,0), → A1C=(0,- 3, 3). 设n=(x,y,z)是平面BB1C1C的法向量, ? → ?n· BC=0, 则? → ?n· ? BB1=0.
? ?x+ 3z=0, 即? ? ?-x+ 3y=0.

可取n=( 3,1,-1).

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→ n· A1C 10 → 故cos〈n,A1C〉= =- 5 . → |n||A1C| 10 所以A1C与平面BB1C1C所成角的正弦值为 5 .

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