高考数学统考一轮复习第7章立体几何第5节空间向量的运算及应用学案

　空间向量的运算及应用

[考试要求]　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．

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、易错易误辨析(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)对于非零向量b，由a·b＝b·c，则a＝c. (　　)

(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、教材习题衍生

1．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

C　[∵n1≠λn2，且n1·n2＝－23≠0，∴α，β相交但不垂直．]

2.在平行六面体ABCD­A1B1C1D1中，M为A1C1与B1D1的交点．若＝a，＝b，＝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　[＝＋＝＋(－)＝c＋(b－a)＝－a＋b＋c.]

3．O为空间中任意一点，A，B，C三点不共线，且＝＋＋t，若P，A，B，C四点共面，则实数t＝        .

　[∵P，A，B，C四点共面，∴＋＋t＝1，∴t＝.]

4．正四面体ABCD的棱长为2，E，F分别为BC，AD的中点，则EF的长为        ．

　[||2＝2＝(＋＋)2

＝2＋2＋2＋2(·＋·＋·)

＝12＋22＋12＋2(1×2×cos 120°＋0＋2×1×cos 120°)

＝2，所以||＝，所以EF的长为.]

考点一　空间向量的线性运算             

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＝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)；(3)＋.

[解]　(1)因为P是C1D1的中点，

所以＝＋＋＝a＋＋

＝a＋c＋＝a＋c＋b.

(2)因为N是BC的中点，

所以＝＋＋＝－a＋b＋

＝－a＋b＋＝－a＋b＋c.

(3)因为M是AA1的中点，

所以＝＋＝＋

＝－a＋＝a＋b＋c，

又＝＋＝＋

＝＋＝c＋a，

所以＋＝＋

＝a＋b＋c.

点评：空间向量的线性运算类似于平面向量中的线性运算．

考点二　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

[典例1]　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.

点评：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，或对空间任一点O，有＝＋x＋y，或＝x＋y＋z(x＋y＋z＝1)即可．

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.]

考点三　空间向量数量积的应用              

[典例2]　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，＝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，

∴||＝，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.

点评：解决数量积的两条常用途径：一是数量积的定义，常借助基向量运算求解；二是坐标法，常用于可好建系的几何体(如正方体、长方体等)．

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〈，〉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＝(1，－1,2)，＝(0,1,2)，

·＝3，||＝，||＝，

所以cos〈，〉＝＝.

(3)证明：由题意得C1(0,0,2)，M，

＝(－1,1，－2)，

＝，

所以·＝－＋＋0＝0，

所以⊥，

即A1B⊥C1M.

考点四　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

[典例3]　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．

点评：利用向量法证明空间位置关系的关键是相应坐标元素的正确求解．如本例中的点M可借助＝4可得．

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，，，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＝(0,1,1)，＝.

因为·

＝－×0＋1×1＋(－1)×1＝0，

因此⊥，

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)．

＝(a,0,1)，＝.

因为n⊥平面B1AE，所以n⊥，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＝.