2021版新高考数学一轮教师用书：第7章第5节　空间向量的运算及应用

第五节　空间向量的运算及应用

[考点要求]　1.了解空间向量的概念，了解空间向量的基本定理及其意义，掌握空间向量的正交分解及其坐标表示.2.掌握空间向量的线性运算及其坐标表示.3.掌握空间向量的数量积及其坐标表示，能运用向量的数量积判断向量的共线与垂直．4.理解直线的方向向量及平面的法向量.5.能用向量语言表述线线、线面、面面的平行和垂直关系.6.能用向量方法证明立体几何中有关线面位置关系的一些简单定理．

(对应学生用书第130页)

1．空间向量的有关概念

2.空间向量的有关定理

(1)共线向量定理：对空间任意两个向量a，b(b≠0)，a∥b的充要条件是存在实数λ，使得a＝λb．

(2)共面向量定理：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，存在有序实数组{x，y，z}，使得p＝xa＋yb＋zc，其中，{a，b，c}叫做空间的一个基底．

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.

4．空间向量的坐标表示及其应用

设a＝(a1，a2，a3)，b＝(b1，b2，b3).

5.空间位置关系的向量表示

1．对空间任一点O，若＝x＋y(x＋y＝1)，则P，A，B三点共线．

2．对空间任一点O，若＝x＋y＋z(x＋y＋z＝1)，则P，A，B，C四点共面．

3．平面的法向量的确定：设a，b是平面α内两不共线向量，n为平面α的法向量，则求法向量的方程组为

一、思考辨析(正确的打“√”，错误的打“×”)

(1)空间中任意两非零向量a，b共面．(　　)

(2)若A，B，C，D是空间任意四点，则有＋＋＋＝0.(　　)

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

(4)两向量夹角的范围与两异面直线所成角的范围相同．(　　)

[答案]　(1)√　(2)√　(3)×　(4)×

二、教材改编

1．设u＝(－2，2，t)，v＝(6，－4，4)分别是平面α，β的法向量．若α⊥β，则t＝(　　)

A．3　　　　B．4　　　　C．5　　　　D．6

C　[∵α⊥β，则u·v＝－2×6＋2×(－4)＋4t＝0，

∴t＝5.]

2.在平行六面体ABCD­A1B1C1D1中，M为A1C1与B1D1的交点．若＝a，＝b，AA1＝c，则下列向量中与相等的向量是(　　)

A.－a＋b＋c　 B．a＋b＋c

C．－a－b＋c     D．a－b＋c

A　[＝BB1＋B1M＝AA1＋(－)＝c＋(b－a)＝－a＋b＋c.]

3．已知A(1，0，0)，B(0，1，0)，C(0，0，1)，则下列向量是平面ABC法向量的是(　　)

A．(－1，1，1)    B．(1，－1，1)

C．     D．

C　[设n＝(x，y，z)为平面ABC的法向量，

则化简得∴x＝y＝z.故选C.]

4．已知a＝(2，3，1)，b＝(－4，2，x)，且a⊥b，则|b|＝________．

2　[∵a⊥b，∴a·b＝0，

即－8＋6＋x＝0，∴x＝2.

∴b＝(－4，2，2)，

∴|b|＝＝2.]

(对应学生用书第131页)

考点1　空间向量的线性运算

　用基向量表示指定向量的方法

(1)结合已知向量和所求向量观察图形．

(2)将已知向量和所求向量转化到三角形或平行四边形中．

(3)利用三角形法则或平行四边形法则把所求向量用已知基向量表示出来．

　1.如图所示，已知空间四边形OABC，其对角线为OB，AC，M，N分别为OA，BC的中点，点G在线段MN上，且＝2，若＝x＋y＋z，则x＋y＋z＝________．

　[连接ON，设＝a，＝b，＝c，

则＝－＝(＋)－＝b＋c－a，

＝＋＝＋

＝a＋

＝a＋b＋c.

又＝x＋y＋z，所以x＝，y＝，z＝，

因此x＋y＋z＝＋＋＝.]

2.如图所示，在平行六面体ABCD­A1B1C1D1中，设AA1＝a，＝b，＝c，M，N，P分别是AA1，BC，C1D1的中点，

试用a，b，c表示以下各向量：

(1)；(2)A1N；(3)＋NC1．

[解]　(1)因为P是C1D1的中点，

所以＝AA1＋A1D1＋D1P＝a＋＋D1C1

＝a＋c＋＝a＋c＋b.

(2)因为N是BC的中点，

所以A1N＝A1A＋＋＝－a＋b＋

＝－a＋b＋＝－a＋b＋c.

(3)因为M是AA1的中点，

所以＝＋＝A1A＋

＝－a＋＝a＋b＋c，

又NC1＝＋CC1＝＋AA1

＝＋AA1＝c＋a，

所以＋NC1＝＋

＝a＋b＋c.

　空间向量的线性运算类似于平面向量中的线性运算．

考点2　共线(共面)向量定理的应用

　证明三点共线和空间四点共面的方法比较

　如图，已知E，F，G，H分别为空间四边形ABCD的边AB，BC，CD，DA的中点．

(1)求证：E，F，G，H四点共面；

(2)求证：BD∥平面EFGH.

[证明]　(1)连接BG，EG，则＝＋

＝＋

＝＋＋

＝＋.

由共面向量定理的推论知E，F，G，H四点共面．

(2)因为＝－＝－＝(－)＝，

所以EH∥BD.

又EH⊂平面EFGH，BD⊄平面EFGH，

所以BD∥平面EFGH.

　(1)本例(2)在证明中运用了向量共线定理及线面平行的判定定理．

(2)三点共线通常转化为向量共线，四点共面通常转化为向量共面，线面平行可转化为向量共线、共面来证明．

　1.已知a＝(λ＋1，0，2)，b＝(6，2μ－1，2λ)，若a∥b，则λ与μ的值可以是(　　)

A．2，　　 B．－，

C．－3，2     D．2，2

A　[∵a∥b，∴设b＝xa，∴

解得或故选A.]

2．已知a＝(2，－1，3)，b＝(－1，4，－2)，c＝(7，5，λ)，若a，b，c三向量共面，则实数λ等于________．

　[∵a与b不共线，故存在实数x，y使得c＝xa＋yb，

∴解得故填.]

考点3　空间向量数量积的应用

　(1)利用数量积解决问题的两条途径：一是根据数量积的定义，利用模与夹角直接计算；二是利用坐标运算．

(2)空间向量的数量积可解决有关垂直、夹角、长度问题．

②|a|＝.

③cos 〈a，b〉＝.

　如图所示，四棱柱ABCD­A1B1C1D1中，底面为平行四边形，以顶点A为端点的三条棱长都为1，且两两夹角为60°.

(1)求AC1的长；

(2)求证：AC1⊥BD；

(3)求BD1与AC夹角的余弦值．

[解]　(1)记＝a，＝b，AA1＝c，

则|a|＝|b|＝|c|＝1，〈a，b〉＝〈b，c〉＝〈c，a〉＝60°，

∴a·b＝b·c＝c·a＝.

|1|2＝(a＋b＋c)2＝a2＋b2＋c2＋2(a·b＋b·c＋c·a)＝1＋1＋1＋2×＝6，

∴|AC1|＝，即AC1的长为.

(2)证明：∵1＝a＋b＋c，＝b－a，

∴1·＝(a＋b＋c)·(b－a)

＝a·b＋|b|2＋b·c－|a|2－a·b－a·c

＝b·c－a·c＝|b||c|cos 60°－|a||c|cos 60°＝0.

∴1⊥，∴AC1⊥BD.

(3)1＝b＋c－a，＝a＋b，

∴|1|＝，||＝，

1·＝(b＋c－a)·(a＋b)

＝b2－a2＋a·c＋b·c＝1.

∴cos 〈1，〉＝＝.

∴AC与BD1夹角的余弦值为.

　对于不方便建立空间直角坐标系的题目，常常借助基向量及数量积的定义求解；倘若建系方便，则通过坐标法求解．

　如图，已知直三棱柱ABC­A1B1C1，在底面△ABC中，CA＝CB＝1，∠BCA＝90°，棱AA1＝2，M，N分别是A1B1，A1A的中点．

(1)求的模；

(2)求cos 〈BA1，CB1〉的值；

(3)求证：A1B⊥C1M.

[解]　(1)如图，以点C作为坐标原点O，CA，CB，CC1所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系．

由题意得B(0，1，0)，N(1，0，1)，

所以||

＝

＝.

(2)由题意得A1(1，0，2)，B(0，1，0)，C(0，0，0)，B1(0，1，2)，

所以BA1＝(1，－1，2)，CB1＝(0，1，2)，

BA1·CB1＝3，|BA1|＝，|CB1|＝，

所以cos 〈BA1，CB1〉＝＝.

(3)证明：由题意得C1(0，0，2)，M，

A1B＝(－1，1，－2)，

C1M＝，

所以A1B·C1M＝－＋＋0＝0，

所以A1B⊥C1M，

即A1B⊥C1M.

考点4　利用向量证明平行与垂直

　1.利用空间向量证明平行的方法

2.利用空间向量证明垂直的方法

　如图所示，在四棱锥P­ABCD中，PC⊥平面ABCD，PC＝2，在四边形ABCD中，∠B＝∠C＝90°，AB＝4，CD＝1，点M在PB上，PB＝4PM，PB与平面ABCD成30°角，求证：

(1)CM∥平面PAD；

(2)平面PAB⊥平面PAD.

[解]　(1)证明：由题意知，CB，CD，CP两两垂直，以C为坐标原点，CB所在直线为x轴，CD所在直线为y轴，CP所在直线为z轴建立如图所示的空间直角坐标系C­xyz.

∵PC⊥平面ABCD，

∴∠PBC为PB与平面ABCD所成的角，

∴∠PBC＝30°.

∵PC＝2，∴BC＝2，PB＝4，

∴D(0，1，0)，B(2，0，0)，A(2，4，0)，P(0，0，2)，M，

∴＝(0，－1，2)，＝(2，3，0)，

＝.

设n＝(x，y，z)为平面PAD的一个法向量，

由即

令y＝2，得n＝(－，2，1).

∵n·＝－×＋2×0＋1×＝0，

∴n⊥.又CM⊄平面PAD，

∴CM∥平面PAD.

(2)法一：由(1)知＝(0，4，0)，＝(2，0，－2)，

设平面PAB的一个法向量为m＝(x0，y0，z0)，

由即

令x0＝1，得m＝(1，0，).

又∵平面PAD的一个法向量n＝(－，2，1)，

∴m·n＝1×(－)＋0×2＋×1＝0，

∴平面PAB⊥平面PAD.

法二：取AP的中点E，连接BE，

则E(，2，1)，＝(－，2，1).

∵PB＝AB，∴BE⊥PA.

又∵·＝(－，2，1)·(2，3，0)＝0，

∴⊥.∴BE⊥DA.

又PA∩DA＝A，

∴BE⊥平面PAD.

又∵BE⊂平面PAB，

∴平面PAB⊥平面PAD.

　点M的求解是本例的难点，求解的方式有两种：一是在平面BCP中借助直角三角形中的边角关系求解，二是借助向量共线定理利用＝4求解．

　如图所示，在长方体ABCD ­A1B1C1D1中，AA1＝AD＝1，E为CD中点．

(1)求证：B1E⊥AD1；

(2)在棱AA1上是否存在一点P，使得DP∥平面B1AE？若存在，求AP的长；若不存在，说明理由．

[解]　以A为原点，，，AA1的方向分别为x轴，y轴，z轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系．设AB＝a.

(1)证明：A(0，0，0)，D(0，1，0)，D1(0，1，1)，E，B1(a，0，1)，

故AD1＝(0，1，1)，B1E＝.

因为B1E·AD1

＝－×0＋1×1＋(－1)×1＝0，

因此B1E⊥AD1，

所以B1E⊥AD1.

(2)存在满足要求的点P，

假设在棱AA1上存在一点P(0，0，z0)，

使得DP∥平面B1AE，此时＝(0，－1，z0)，

再设平面B1AE的一个法向量为n＝(x，y，z).

AB1＝(a，0，1)，＝.

因为n⊥平面B1AE，所以n⊥AB1，n⊥，

得

取x＝1，则y＝－，z＝－a，

则平面B1AE的一个法向量n＝.

要使DP∥平面B1AE，只要n⊥，

有－az0＝0，

解得z0＝.

所以存在点P，满足DP∥平面B1AE，此时AP＝.