2020高考数学理科大一轮复习导学案：第七章立体几何7.6

　 知识点一　　空间向量及其线性运算 1．空间向量在空间中，具有大小和方向的量叫做空间向量，其大小叫做向量的长度或模．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，使向量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.　解析：2．有下列命题：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＝x＋y，则P，M，A，B共面；④若P，M，A，B共面，则＝x＋y.其中真命题的个数是(　B　)A．1  B．2C．3  D．4解析：其中①③为正确命题．知识点二　　空间向量的数量积运算 1．两个向量的数量积(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.2．空间向量的坐标表示及其应用设a＝(a1，a2，a3)，b＝(b1，b2，b3).3．判断正误(1)在向量的数量积运算中满足(a·b)·c＝a·(b·c)．(　×　)(2)已知向量a＝(4，－2，－4)，b＝(6，－3,2)，则(a＋b)·(a－b)的值为－13.(　√　)(3)已知a＝(1,2，－2)，b＝(0,2,4)，则a，b夹角的余弦值为－.(　√　)4．已知平面α和β的法向量分别是(－1,3,4)和(x,1，－2)，若α⊥β，则x＝－5.解析：因为α⊥β，所以两个平面的法向量也垂直，因此(－1，3,4)·(x,1，－2)＝0，即x＝－5.5．已知平行六面体ABCD­A1B1C1D1中，以顶点A为端点的三条棱长都等于1，且两两夹角都是60°，则对角线AC1的长是.解析：||2＝ 2＝(＋＋)2＝ 2＋ 2＋ 2＋2·＋2·＋2·＝1＋1＋1＋2×＋2×＋2×＝6，所以||＝.1．证明空间三点P，A，B共线的方法(1)＝λ(λ∈R)；(2)对空间任一点O，＝＋t(t∈R)；(3)对空间任一点O，＝x＋y(x＋y＝1)．2．证明空间四点P，M，A，B共面的方法(1)＝x＋y；(2)对空间任一点O，＝＋x＋y；(3)对空间任一点O，＝x＋y＋z(x＋y＋z＝1)；(4)∥(或∥或∥)．3．利用向量法证明平行问题的类型及方法(1)证明线线平行；两条直线的方向向量平行．(2)证明线面平行：①该直线的方向向量与平面的某一法向量垂直；②证明该直线的方向向量与平面内某直线的方向向量平行；③证明该直线的方向向量可以用平面内的两个不共线的向量线性表示．(3)证明面面平行：两个平面的法向量平行．4．利用向量法证明垂直问题的类型及方法(1)证明线线垂直：两条直线的方向向量的数量积为0.(2)证明线面垂直：直线的方向向量与平面的法向量平行．(3)证明面面垂直：①根据面面垂直的判定定理转化为证相应的线面垂直、线线垂直；②两个平面的法向量垂直． 　 考向一　　空间向量的线性运算 【例1】　在三棱锥O­ABC中，M，N分别是OA，BC的中点，G是△ABC的重心，用基向量，，表示，.【解】　＝＋＝＋＝＋(－)＝＋＝＋＋，＝－＝－＝＋＋－＝－＋＋.用已知向量表示某一向量的三个关键点(1)用已知向量来表示某一向量，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．(3)在立体几何中三角形法则、平行四边形法则仍然成立．已知空间四边形OABC中，＝a，＝b，＝c，点M在OA上，且OM＝2MA，N为BC中点，则＝(　B　)A.a－b＋c   B．－a＋b＋cC.a＋b－c   D.a＋b－c解析：如图所示，＝＋＋＝＋(－)＋＝－＋(－)＝－＋＋＝－a＋b＋c.考向二　　共线、共面定理的应用 【例2】　已知E，F，G，H分别是空间四边形ABCD的边AB，BC，CD，DA的中点，用向量法证明：(1)E，F，G，H四点共面；(2)BD∥平面EFGH.【证明】　(1)证法1：∵E，F，G，H分别是空间四边形ABCD的边的中点，∴＝＝.∴＝＋＝＋，∴E，F，G，H四点共面．证法2：∵E，F，G，H分别是空间四边形ABCD的边的中点，∴＝＝.∴FG∥EH.故E，F，G，H四点共面．(2)由题意知＝－＝2－2＝2(－)＝2.∴∥.∴BD∥EH，又BD⊄平面EFGH，EH⊂平面EFGH.∴BD∥平面EFGH.　1利用向量证明点共线或点共面时常用的方法是直接利用定理.向量方法为几何问题的解决提供了一种新的思路.2向量的平行与直线的平行是不同的：直线平行是不允许重合的，而向量平行，它们所在的直线可以平行也可以重合.如图所示，已知斜三棱柱ABC­A1B1C1中，点M，N分别在AC1和BC上，且满足＝k，＝k(0≤k≤1)，问向量是否与向量，共面？解：∵＝k，＝k，∴＝＋＋＝k＋＋k＝k(＋)＋＝k(＋)＋＝k＋＝－k＝－k(＋)＝(1－k)－k，由共面向量定理知，向量与向量，共面．考向三　　空间向量的数量积运算 【例3】　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)EG的长．【解】　设＝a，＝b，＝c，则|a|＝|b|＝|c|＝1，〈a，b〉＝〈b，c〉＝〈c，a〉＝60°，＝＝c－a，＝－a，＝b－c.(1)·＝·(－a)＝－a·c＋a2＝－＋＝；(2)＝＋＋＝＋(－)＋(－)＝－＋＋＝－a＋b＋c，所以 2＝(－a＋b＋c)2＝(a2＋b2＋c2－2a·b－2a·c＋2b·c)＝，所以||＝.即EG的长为. (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)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|＝；③cos〈a，b〉＝.已知空间三点A(－2,0,2)，B(－1,1,2)，C(－3,0,4)，设a＝，b＝.(1)若|c|＝3，且c∥，求向量c；(2)求向量a与向量b的夹角的余弦值．解：(1)∵c∥，＝(－3,0,4)－(－1,1,2)＝(－2，－1,2)，∴c＝m＝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|＝＝，|b|＝＝，∴cos〈a，b〉＝＝＝－，即向量a与向量b的夹角的余弦值为－.考向四　　　利用空间向量证明平行与垂直 【例4】　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°的角．求证：(1)CM∥平面PAD；(2)平面PAB⊥平面PAD.【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)，＝.(1)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1：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2：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. 利用空间向量证明平行与垂直的方法(1)选取空间不共面的三个向量为基底，用基底表示已知条件和所需解决的问题，结合空间向量的法则解决．(2)建立空间直角坐标系，用坐标法证明平行与垂直．如图是某直三棱柱被削去上底后的直观图与三视图的侧视图、俯视图，在直观图中，点M是BD的中点，AE＝CD，侧视图是直角梯形，俯视图是等腰直角三角形，有关数据如图所示．(1)求证：EM∥平面ABC；(2)试问在棱CD上是否存在一点N，使MN⊥平面BDE？若存在，确定点N的位置；若不存在，请说明理由．解：以A为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则A(0,0,0)，B(0,2,0)，C(－2,0,0)，D(－2,0，4)，E(0,0,2)，M(－1,1,2)，＝(0,0,2)，＝(2,2，－4)，＝(2,0，－2)，＝(0,0，－4)，＝(1,1，－2)，＝(－1，1,0)．(1)证明：由图易知为平面ABC的一个法向量，因为·＝0×(－1)＋0×1＋2×0＝0，所以⊥，即AE⊥EM，又EM⊄平面ABC，故EM∥平面ABC.(2)假设在DC上存在一点N满足题意，设＝λ＝(0,0，－4λ)，λ∈[0,1]，则＝－＝(1,1，－2)－(0,0，－4λ)＝(1,1，－2＋4λ)，所以即解得λ＝∈[0,1]．所以棱DC上存在一点N，满足NM⊥平面BDE，此时，DN＝DC.