人教版高考数学一轮复习第8章立体几何第6节空间向量及其运算学案理含解析

第六节　空间向量及其运算

‖知识梳理‖

1．空间向量及其有关概念

►常用结论

1．当p，a，b都是非零向量时，共面向量定理实际上也是p，a，b所在三条直线共面的充要条件．

2．推论与共面向量定理实质是一样的，只是形式不同，是证明P，A，B，C四点共面的重要理论依据和判定方法．

2．数量积及坐标运算

(1)两个向量的数量积

①a·b＝|a||b|cos〈a，b〉；

②a⊥b⇔a·b＝0(a，b为非零向量)；

③|a|2＝a2，|a|＝.

(2)向量的坐标运算

►常用结论

设a＝(a1，a2，a3)，b＝(b1，b2，b3)，则a∥b(b≠0)⇔这一形式不能随便写成＝＝.只有在b与三个坐标轴都不平行时，才能这样写，这是因为：若b与坐标平面xOy平行，则b3＝0，这样就无意义了．

‖基础自测‖

一、疑误辨析

1．判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)．

(1)空间中任意两非零向量a，b共面．(　　)

(2)对于向量a，b，若a·b＝0，则一定有a＝0或b＝0.(　　)

(3)若a·b<0，则〈a，b〉是钝角．(　　)

(4)若{a，b，c}是空间的一个基底，则a，b，c中至多有一个零向量．(　　)

(5)两不重合直线l1和l2的方向向量分别为v1＝(1，0，－1)，v2＝(－2，0，2)，则l1与l2的位置关系是平行．(　　)

答案：(1)√　(2)×　(3)×　(4)×　(5)√

二、走进教材

2．(选修2－1P104练习2改编)已知平面α，β的法向量分别为n1＝(2，3，5)，n2＝(－3，1，－4)，则(　　)

A．α∥β B．α⊥β

C．α，β相交但不垂直 D．以上均不对

答案：C

3．(选修2－1P118A6改编)已知a＝(cos θ，1，sin θ)，b＝(sin θ，1，cos θ)，则向量a＋b与a－b的夹角是________．

答案：

三、易错自纠

4．(2019届济南月考)O为空间任意一点，若＝＋＋，则A，B，C，P四点(　　)

A．一定不共面 B．一定共面

C．不一定共面 D．无法判断

解析：选B　因为＝＋＋，且＋＋＝1，所以P，A，B，C四点共面．

5．已知a＝(2，－1，3)，b＝(－1，4，－2)，c＝(7，5，λ)．若a，b，c共面，则实数λ等于(　　)

A． B．

C． D．

解析：选D　由题意得c＝ta＋μb＝(2t－μ，－t＋4μ，3t－2μ)，

∴∴

6．已知在正方体ABCD－A1B1C1D1中，点E为上底面A1C1的中心，若＝＋x＋y，则x，y的值分别为(　　)

A．x＝1，y＝1 B．x＝1，y＝

C．x＝，y＝ D．x＝，y＝1

解析：选C　因为＝＋＝＋＝＋(＋)，故x＝，y＝.故选C．

|题组突破|

1.如图所示，在平行六面体ABCD－A1B1C1D1中，M为A1C1与B1D1的交点．若＝a，＝b，＝c，则下列向量中与相等的是(　　)

A．－a＋b＋c

B．a＋b＋c

C．－a－b＋c

D．a－b＋c

解析：选A　＝＋＝＋(－)＝c＋(b－a)＝－a＋b＋c.

2．已知在空间四边形OABC中，＝a，＝b，＝c，点M在OA上，且OM＝2MA，N为BC的中点，则＝(　　)

A．a－b＋c B．－a＋b＋c

C．a＋b－c D．a＋b－c

解析：选B　由题意得，＝OA，＝，如图所示，＝＋＋

＝＋(－)＋

＝－＋(－)

＝－＋

＝－a＋b＋c.故选B．

►名师点津

用已知向量表示未知向量的解题策略

(1)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．

(2)要正确理解向量加法、减法与数乘运算的几何意义，如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，我们可把这个法则称为向量加法的多边形法则．

(3)在立体几何中要灵活应用三角形法则，向量加法的平行四边形法则在空间仍然成立．

|题组突破|

3．若A(－1，2，3)，B(2，1，4)，C(m，n，1)三点共线，则m＋n＝________．

解析：∵＝(3，－1，1)，＝(m＋1，n－2，－2)，且A，B，C三点共线，∴存在实数λ，使得＝λ，

即(m＋1，n－2，－2)＝λ(3，－1，1)＝(3λ，－λ，λ)，

∴解得λ＝－2，m＝－7，n＝4.

∴m＋n＝－3.

答案：－3

4．已知A，B，C三点不共线，对平面ABC外的任一点O，若点M满足＝(＋＋)．

(1)判断，，三个向量是否共面；

(2)判断点M是否在平面ABC内．

解：(1)由已知＋＋＝3，

得－＝(－)＋(－)，

即＝＋＝－－，

所以，，共面．

(2)由(1)知，，共面且过同一点M，

所以M，A，B，C四点共面，从而点M在平面ABC内．

►名师点津

证明点共面问题可转化为证明向量共面问题，如要证明P，A，B，C四点共面，只要能证明＝x＋y即可．对空间任意一点O，若＝x＋y＋z(x＋y＋z＝1)，则P，A，B，C四点共面．

【例】　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)求异面直线AN与CM所成角的余弦值．

[解]　(1)证明：设＝p，＝q，＝r.

由题意可知，|p|＝|q|＝|r|＝a，且p，q，r两两夹角均为60°，＝－＝(＋)－＝(q＋r－p)，

∴·＝(q＋r－p)·p＝(q·p＋r·p－p2)

＝(a2cos 60°＋a2cos 60°－a2)＝0.

∴⊥，即MN⊥AB．同理可证MN⊥CD．

(2)设向量与的夹角为θ.

∵＝(＋)＝(q＋r)，

＝－＝q－p，

∴·＝(q＋r)·

＝

＝

＝＝.

又||＝||＝a，

∴·＝||||cos θ＝a×a×cos θ＝.∴cos θ＝.∴向量与的夹角的余弦值为.

因此异面直线AN与CM所成角的余弦值为.

|变式探究|

1．在本例条件下，试求·.

解：由题意得，＝p，＝(q＋r)，

∴·＝p·q＋p·r＝.

2．在本例条件下，试求||.

解：由题意得＝－p，＝(q＋r)，∴＝＋＝－p＋q＋r，

∴||2＝＝a2.

∴||＝a.

►名师点津

空间向量数量积的三个应用

(1)求夹角，设向量a，b所成的角为θ，则cos θ＝，进而可求两异面直线所成的角．

(2)求长度(距离)，运用公式|a|2＝a·a，可使线段长度的计算问题转化为向量数量积的计算问题．

(3)解决垂直问题，利用a⊥b⇔a·b＝0(a≠0，b≠0)，可将垂直问题转化为向量数量积的计算问题．

|跟踪训练|

如图所示，已知空间四边形ABCD的每条边和对角线长都等于1，点E，F，G分别是AB，AD，CD的中点，计算：

(1)·；

(2)·.

解：设＝a，＝b，＝c，

则|a|＝|b|＝|c|＝1，〈a，b〉＝〈b，c〉＝〈c，a〉＝60°.

(1)由题意，得＝＝(－)＝c－a，＝－a，

所以·＝·(－a)＝a2－a·c＝.

(2)·＝(＋)·(－)

＝·(－)

＝·(c－a)

＝－＋＋－＋－＝.

【例】　(2019届湖南三湘名校第三次联考)正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为1，动点M在线段CC1上，动点P在平面A1B1C1D1上，且AP⊥平面MBD1，线段AP的长度的取值范围为(　　)

A．[1， ] B．[1， ]

C． D．

[解析]　以D为原点，DA所在直线为x轴，DC所在直线为y轴，DD1所在直线为z轴，建立空间直角坐标系，如图所示，设P(a，b，1)，M(0，1，t)(0≤t≤1)，

易知A(1，0，0)，B(1，1，0)，D1(0，0，1)，则＝(a－1，b，1)，＝(－1，－1，1)，＝(0，－1，1－t)．

∵AP⊥平面BMD1，∴AP⊥BD1，AP⊥MD1，

即∴

解得∴＝(t，1－t，1)，

∴||＝＝.

又知0≤t≤1，∴当t＝，即M是CC1的中点时，||取得最小值为.

当t＝0或1，即M与点C或点C1重合时，||取得最大值.

∴线段AP的长度的取值范围为，故选D．

[答案]　D

►名师点津

以D为原点，建立合适的空间直角坐标系，设出点P与点M的坐标，利用AP⊥平面MBD1，得出点P与点M坐标之间的关系，从而利用两点间的距离公式表示出||，最后利用函数思想求||的取值范围．

|跟踪训练|

如图，在大小为45°的二面角A－EF－D中，四边形ABFE，四边形CDEF都是边长为1的正方形，则B，D两点间的距离是(　　)

A． B．

C．1 D．

解析：选D　由题意得，·＝0，·＝0，·＝－，∵＝＋＋，∴||2＝||2＋||2＋||2＋2·＋2·＋2·＝1＋1＋1－＝3－，∴||＝.故选D．