清单28 空间向量的运算及应用 (解析版）-2022年新高考数学一轮复习知识方法清单与跟踪训练

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清单28 空间向量的运算及应用一、知识与方法清单1．空间向量的有关概念【对点训练1】与向量(－3,－4,5)共线的单位向量是______．【答案】eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3\r(2),10)，\f(2\r(2),5)，－\f(\r(2),2)))和eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3\r(2),10)，－\f(2\r(2),5)，\f(\r(2),2)))【解析】因为与向量a共线的单位向量是±eq \f(a,|a|),又因为向量(－3,－4,5)的模为eq \r(－32＋－42＋52)＝5eq \r(2),所以与向量(－3,－4,5)共线的单位向量是±eq \f(1,5\r(2))(－3,－4,5)＝±eq \f(\r(2),10)(－3,－4,5)．2.共线向量定理空间两个向量a与b(b≠0)共线的充要条件是存在实数λ,使得a＝λb.【对点训练2】(1)如图,在棱长为a的正方体ABCD­A1B1C1D1中,G为△BC1D的重心．①试证A1,G,C三点共线；②试证A1C⊥平面BC1D；解：①证明：由于正方体ABCD­A1B1C1D1是平行六面体,所以eq \o(CA1,\s\up6(→))＝eq \o(CA,\s\up6(→))＋eq \o(AA1,\s\up6(→))＝eq \o(CB,\s\up6(→))＋eq \o(CD,\s\up6(→))＋eq \o(CC1,\s\up6(→)).又因为点G为△BC1D的重心,所以eq \o(CG,\s\up6(→))＝eq \f(1,3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\o(CB,\s\up6(→))＋\o(CD,\s\up6(→))＋\o(CC1,\s\up6(→))))＝eq \f(1,3)eq \o(CA1,\s\up6(→)).故eq \o(CG,\s\up6(→))∥eq \o(CA1,\s\up6(→)),即A1,G,C三点共线．②证明：设eq \o(CB,\s\up6(→))＝b,eq \o(CD,\s\up6(→))＝ c,eq \o(CC1,\s\up6(→))＝d,则eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(b))＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(c))＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(d)),且b·c＝b·d＝c·d＝0.因为eq \o(CA1,\s\up6(→))＝eq \o(CB,\s\up6(→))＋eq \o(CD,\s\up6(→))＋eq \o(CC1,\s\up6(→))＝b＋c＋d,eq \o(BC1,\s\up6(→))＝eq \o(BC,\s\up6(→))＋eq \o(CC1,\s\up6(→))＝d－b,所以eq \o(CA1,\s\up6(→))·eq \o(BC1,\s\up6(→))＝(b＋c＋d)(d－b)＝a2－a2＝0.所以eq \o(CA1,\s\up6(→))⊥eq \o(BC1,\s\up6(→)),即CA1⊥BC1.同理可证CA1⊥BD.又BC1∩BD＝B,所以CA1⊥面BC1D.3.共面向量定理共面向量定理的向量表达式：p＝xa＋yb,其中x,y∈R,a,b为不共线向量．【对点训练3】在平行六面体ABCD­A1B1C1D1中,向量eq \o(AB1,\s\up6(→)),eq \o(AD1,\s\up6(→)),eq \o(BD,\s\up6(→))是(　　)A．有相同起点的向量 B．等长的向量C．共面向量 D．不共面向量【答案】C【解析】因为eq \o(AD1,\s\up6(→))－eq \o(AB1,\s\up6(→))＝eq \o(B1D1,\s\up6(→))＝eq \o(BD,\s\up6(→)),所以eq \o(AB1,\s\up6(→)),eq \o(AD1,\s\up6(→)),eq \o(BD,\s\up6(→))共面．故选C.4.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＝xa＋yb＋zc,{a,b,c}叫做空间的一个基底．【对点训练4】如图,在三棱锥O—ABC中,M,N分别是AB,OC的中点,设eq \o(OA,\s\up6(→))＝a,eq \o(OB,\s\up6(→))＝b,eq \o(OC,\s\up6(→))＝c,用a,b,c表示eq \o(NM,\s\up6(→)),则eq \o(NM,\s\up6(→))等于(　　)A.eq \f(1,2)(－a＋b＋c) B.eq \f(1,2)(a＋b－c)C.eq \f(1,2)(a－b＋c) D.eq \f(1,2)(－a－b＋c)【答案】B【解析】eq \o(NM,\s\up6(→))＝eq \o(NA,\s\up6(→))＋eq \o(AM,\s\up6(→))＝(eq \o(OA,\s\up6(→))－eq \o(ON,\s\up6(→)))＋eq \f(1,2)eq \o(AB,\s\up6(→))＝eq \o(OA,\s\up6(→))－eq \f(1,2)eq \o(OC,\s\up6(→))＋eq \f(1,2)(eq \o(OB,\s\up6(→))－eq \o(OA,\s\up6(→)))＝eq \f(1,2)eq \o(OA,\s\up6(→))＋eq \f(1,2)eq \o(OB,\s\up6(→))－eq \f(1,2)eq \o(OC,\s\up6(→))＝eq \f(1,2)(a＋b－c)．5.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：eq \o(OA,\s\up6(→))＝xeq \o(OB,\s\up6(→))＋yeq \o(OC,\s\up6(→))(其中x＋y＝1),O为平面内任意一点．【解读】证明空间任意三点共线的方法对空间三点P,A,B,可通过证明下列结论成立来证明三点共线：①eq \o(PA,\s\up6(→))＝λeq \o(PB,\s\up6(→))；②对空间任一点O,存在实数t,使eq \o(OP,\s\up6(→))＝eq \o(OA,\s\up6(→))＋teq \o(AB,\s\up6(→))；③对空间任一点O,eq \o(OP,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－t))eq \o(OA,\s\up6(→))＋teq \o(OB,\s\up6(→))或eq \o(OP,\s\up6(→))＝xeq \o(OA,\s\up6(→))＋yeq \o(OB,\s\up6(→)),这里x＋y＝1.【对点训练5】设空间四点O,A,B,P满足eq \o(OP,\s\up6(→))＝meq \o(OA,\s\up6(→))＋neq \o(OB,\s\up6(→)),其中m＋n＝1,则(　　)A．点P一定在直线AB上B．点P一定不在直线AB上C．点P不一定在直线AB上D．以上都不对【答案】A【解析】由题意知m＋n＝1,则m＝1－n.所以eq \o(OP,\s\up6(→))＝(1－n)eq \o(OA,\s\up6(→))＋neq \o(OB,\s\up6(→)),即eq \o(OP,\s\up6(→))－eq \o(OA,\s\up6(→))＝n(eq \o(OB,\s\up6(→))－eq \o(OA,\s\up6(→)))．所以eq \o(AP,\s\up6(→))＝neq \o(AB,\s\up6(→)),即eq \o(AP,\s\up6(→))∥eq \o(AB,\s\up6(→)).又因为eq \o(AP,\s\up6(→))与eq \o(AB,\s\up6(→))有公共点A,所以A,B,P三点共线,即点P在直线AB上．故选A.6.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：eq \o(OP,\s\up6(→))＝xeq \o(OA,\s\up6(→))＋yeq \o(OB,\s\up6(→))＋zeq \o(OC,\s\up6(→))(其中x＋y＋z＝1),O为空间中任意一点．【解读】证明空间四点共面的方法对空间四点P,M,A,B,可通过证明下列结论成立来证明四点共面：①eq \o(MP,\s\up6(→))＝xeq \o(MA,\s\up6(→))＋yeq \o(MB,\s\up6(→))；②对空间任一点O,eq \o(OP,\s\up6(→))＝eq \o(OM,\s\up6(→))＋xeq \o(MA,\s\up6(→))＋yeq \o(MB,\s\up6(→))；③对空间任一点O,eq \o(OP,\s\up6(→))＝xeq \o(OA,\s\up6(→))＋yeq \o(OB,\s\up6(→))＋zeq \o(OM,\s\up6(→)),其中x＋y＋z＝1；④eq \o(PM,\s\up6(→))∥eq \o(AB,\s\up6(→)).【对点训练6】O为空间中任意一点,A,B,C三点不共线,且eq \o(OP,\s\up6(→))＝eq \f(3,4)eq \o(OA,\s\up6(→))＋eq \f(1,8)eq \o(OB,\s\up6(→))＋teq \o(OC,\s\up6(→)),若P,A,B,C四点共面,则实数t＝______.【答案】eq \f(1,8)【解析】∵P,A,B,C四点共面,∴eq \f(3,4)＋eq \f(1,8)＋t＝1,∴t＝eq \f(1,8).7. 利用向量解决立体几何问题的方法(1)利用向量解决立体几何问题的一般方法是：把线段或者角度转化为向量表示,用已知向量(基底或者是建立空间直角坐标系)表示未知向量,然后通过向量的运算或证明去解决平行、垂直、夹角、距离等问题；(2)通常选取两两垂直的向量作为基底,其余的向量都利用这些基底向量来表示,为进一步利用向量进行计算做铺垫；(3)求两个向量的夹角一般是利用夹角公式cos〈a,b〉＝eq \f(a·b,|a||b|)；证明两个非零向量垂直可利用a·b＝0.【对点训练7】正四面体ABCD的棱长为2,E,F分别为BC,AD中点,求EF的长．解：|eq \o(EF,\s\up6(→))|2＝(eq \o(EC,\s\up6(→))＋eq \o(CD,\s\up6(→))＋eq \o(DF,\s\up6(→)))2＝eq \o(EC,\s\up6(→))2＋eq \o(CD,\s\up6(→))2＋eq \o(DF,\s\up6(→))2＋2(eq \o(EC,\s\up6(→))·eq \o(CD,\s\up6(→))＋eq \o(EC,\s\up6(→))·eq \o(DF,\s\up6(→))＋eq \o(CD,\s\up6(→))·eq \o(DF,\s\up6(→)))＝12＋22＋12＋2(1×2×cos120°＋0＋2×1×cos120°)＝2,所以|eq \o(EF,\s\up6(→))|＝eq \r(2),所以EF的长为eq \r(2).8.空间向量的数量积数量积及相关概念①两向量的夹角已知两个非零向量a,b,在空间任取一点O,作eq \o(OA,\s\up6(→))＝a,eq \o(OB,\s\up6(→))＝b,则∠AOB叫做向量a,b的夹角,记作〈a,b〉,其范围是0≤〈a,b〉≤π,若〈a,b〉＝eq \f(π,2),则称a与b互相垂直,记作a⊥b.②两向量的数量积已知空间两个非零向量a,b,则|a||b|cos〈a,b〉叫做向量a,b的数量积,记作a·b,即a·b＝|a||b|cos〈a,b〉．【对点训练8】已知a＝(1,0,1),b＝(x,1,2),且a·b＝3,则向量a与b的夹角为(　　)A.eq \f(5π,6) B.eq \f(2π,3)C.eq \f(π,3) D.eq \f(π,6)【答案】D【解析】∵a·b＝x＋2＝3,∴x＝1,∴b＝(1,1,2),∴cos〈a,b〉＝eq \f(a·b,|a||b|)＝eq \f(3,\r(2)×\r(6))＝eq \f(\r(3),2),又∵〈a,b〉∈[0,π],∴a与b的夹角为eq \f(π,6),故选D.9.空间向量数量积的运算律①(λa)·b＝λ(a·b)；②交换律：a·b＝b·a；③分配律：a·(b＋c)＝a·b＋a·c.【对点训练9】已知空间四边形ABCD的每条边和对角线的长都等于a,点E,F分别是BC,AD的中点,则eq \o(AE,\s\up6(→))·eq \o(AF,\s\up6(→))的值为(　　)A．a2 B.eq \f(1,2)a2 C.eq \f(1,4)a2 D.eq \f(\r(3),4)a2【答案】C【解析】eq \o(AE,\s\up6(→))·eq \o(AF,\s\up6(→))＝eq \f(1,2)(eq \o(AB,\s\up6(→))＋eq \o(AC,\s\up6(→)))·eq \f(1,2)eq \o(AD,\s\up6(→))＝eq \f(1,4)(eq \o(AB,\s\up6(→))·eq \o(AD,\s\up6(→))＋eq \o(AC,\s\up6(→))·eq \o(AD,\s\up6(→)))＝eq \f(1,4)(a2cos60°＋a2cos60°)＝eq \f(1,4)a2.故选C.10.空间向量的坐标表示及其应用设a＝(a1,a2,a3),b＝(b1,b2,b3).【对点训练10】已知空间三点A(－2,0,2),B(－1,1,2),C(－3,0,4),设a＝eq \o(AB,\s\up6(→)),b＝eq \o(AC,\s\up6(→)).(1)若|c|＝3,且c∥eq \o(BC,\s\up6(→)),求向量c；(2)求向量a与向量b的夹角的余弦值．解：(1)∵c∥eq \o(BC,\s\up6(→)),eq \o(BC,\s\up6(→))＝(－3,0,4)－(－1,1,2)＝(－2,－1,2),∴c＝meq \o(BC,\s\up6(→))＝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|＝eq \r(12＋12＋02)＝eq \r(2),|b|＝＝eq \r(5),∴cos〈a,b〉＝eq \f(a·b,|a||b|)＝eq \f(－1,\r(10))＝－eq \f(\r(10),10),即向量a与向量b的夹角的余弦值为－eq \f(\r(10),10).11. 直线的方向向量：在直线上任取一非零向量作为它的方向向量．【对点训练11】如图所示,正方体ABCD­A′B′C′D′的棱长为1,E,F分别是BC,CD上的点,且BE＝CF＝a(00,∴19．如图,直四棱柱ABCD-A1B1C1D1的高为3,底面是边长为4,且∠DAB=60°的菱形,AC∩BD=O,A1C1∩B1D1=O1,E是O1A的中点.则二面角O1-BC-D的大小为___________.【答案】60°【解析】∵OO1⊥平面AC,平面AC,∴ OO1⊥OA,OO1⊥OB,又OA⊥OB,∴建立如图所示的空间直角坐标系.∵底面ABCD是边长为4,∠DAB=60°的菱形,∴ OA=,OB=2,则A（,0,0）,B（0,2,0）,C（,0,0）,O1（0,0,3）.设平面O1BC的法向量为,则,,∴令z=2,则z=2,x=,y=3,∴,而平面AC的法向量,∴,设O1-BC-D的平面角为α,则cosα=,∴ α=60°.故二面角O1-BC-D为60°,四、解答题20．如图,在直三棱柱中,,,,,点是的中点.向量法求证：（1）；（2）平面.【解析】∵直三棱柱底面三边长,,,且垂直底面.∴､､两两垂直.如图,以为坐标原点,直线,,分别为轴,轴,轴建立空间直角坐标系.则,,,,,.（1）,,∴,∴.（2）设与的交点为,连接,则,∵,,∴.∴.∵平面,平面,∴平面.21．在正方体中,已知O为中点,以D为原点,DA,DC,所在直线分别为x,y,z轴,建立如图所示的空间直角坐标系.（1）求平面的法向量,并证明平面；（2）求异面直线与OD夹角的余弦值.【解析】（1）证明：,,故,,设平面的一个法向量为,由得,令,则,,所以.又,从而.∵平面,所以平面；（2）解：设、分别为直线与OD的方向向量.则由,,得.所以两异面直线与OD的夹角的余弦值为.22．如图所示,直三棱柱ABC—A1B1C1中,CA=CB=1,∠BCA=90°,棱AA1=2,M、N分别是A1B1、A1A的中点．（1）求的长；（2）求cos的值；（3）求证：A1B⊥C1M．【解析】以为原点,分别为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系．（1）（2）（3）22．（2021-2022学年江苏省部分学校高三上学期第一次质量评估）在如图所示的几何体中,四边是矩形,,四边形等腰梯形,,,且平面平面,．（1）过与平行的平面与交于点G．求证：G为的中点；（2）求二面角的正弦值．【解析】（1）证明：连接交于点H,因为为矩形,则H为中点,连接．因为平面,平面平面平面,所以, 所以G为的中点． （2）在平面上作,垂足为O,由于平面为等腰梯形,所以,因为平面平面,且平面平面,所以平面,在平面中,作,交于M,所以,以O为原点,OM、OC、OF为x,y,z轴正方向,建立空间直角坐标系． 如图所示：则,设．因为,所以,即,所以,解得．设平面的法向量为,而,由,得,令,解得,所以一条法向量. 由于,所以,又,所以平面,所以为平面的法向量, 所以, 所以二面角的正弦值为．23．如图,在四棱锥中,底面是边长为2的菱形,平面,,为的中点,为边上的一个点．（1）求证：平面平面；（2）记平面平面,求直线与直线所成的角；（3）若为上的动点,与平面所成角的正切值的最大值为,求平面与平面所成的锐二面角的正切值．【解析】（1）证明：菱形中,则是等边三角形,是中点,所以,而,所以,平面,平面,所以,,平面,所以平面,又平面,所以平面平面；（2）平面平面,显然,,平面,平面,所以平面,平面平面,平面,所以,所以与所成的角就是（或其补角）,而等边三角形中,所以与所成的角是；（3）建立如图所示的空间直角坐标系,设,,,设,,则,平面的一个法向量为,,设与平面所成角为,则,,,当最小时,取得最大值,由,得,最小时,表示到的距离,所以直角斜边上的高为,又,因此,从而,,设平面的一个法向量是, ,,取得,设平面的一个法向量是,,,,取,得,．设平面与平面所成的锐二面角为,则,所以,．名称概念表示零向量模为0的向量0单位向量长度(模)为1的向量相等向量方向相同且模相等的向量a＝b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a∥b共面向量平行于同一个平面的向量向量表示坐标表示数量积a·ba1b1＋a2b2＋a3b3共线a＝λb(b≠0,λ∈R)a1＝λb1,a2＝λb2,a3＝λb3垂直a·b＝0(a≠0,b≠0)a1b1＋a2b2＋a3b3＝0模|a|eq \r(a\o\al(2,1)＋a\o\al(2,2)＋a\o\al(2,3))夹角〈a,b〉(a≠0,b≠0)cos〈a,b〉＝eq \f(a1b1＋a2b2＋a3b3,\r(a\o\al(2,1)＋a\o\al(2,2)＋a\o\al(2,3))·\r(b\o\al(2,1)＋b\o\al(2,2)＋b\o\al(2,3)))l1与l2所成的角θa与b的夹角β范围eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))[0,π]求法cosθ＝eq \f(|a·b|,|a||b|)cosβ＝eq \f(a·b,|a||b|)