高考数学一轮复习 96 空间向量及其运算B教案.docx
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高考数学一轮复习96空间向量及其运算B教案
2019-2020年高考数学一轮复习9.6空间向量及其运算(B)教案
●知识梳理
空间两个向量的加法、减法法则类同于平面向量,即平行四边形法则及三角形法则.
a·b=|a||b|cos〈a,b〉.
a2=|a|2.
a与b不共线,那么向量p与a、b共面的充要条件是存在实数x、y,使p=xa+yb.
a、b、c不共面,空间的任一向量p,存在实数x、y、z,使p=xa+yb+zc.
●点击双基
1.在以下四个式子中正确的有
a+b·c,a·(b·c),a(b·c),|a·b|=|a||b|
A.1个B.2个C.3个D.0个
解析:
根据数量积的定义,b·c是一个实数,a+b·c无意义.实数与向量无数量积,故a·(b·c)错,|a·b|=|a||b||cos〈a,b〉|,只有a(b·c)正确.
答案:
A
2.设向量a、b、c不共面,则下列集合可作为空间的一个基底的是
A.{a+b,b-a,a}B.{a+b,b-a,b}
C.{a+b,b-a,c}D.{a+b+c,a+b,c}
解析:
由已知及向量共面定理,易得a+b,b-a,c不共面,故可作为空间的一个基底,故选C.
答案:
C
3.在平行六面体ABCD—A′B′C′D′中,向量、、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
解析:
∵-==,
∴、、共面.
答案:
C
4.已知a=(1,0),b=(m,m)(m>0),则〈a,b〉=_____________.
答案:
45°
5.已知四边形ABCD中,=a-2c,=5a+6b-8c,对角线AC、BD的中点分别为E、F,则=_____________.
解析:
∵=++,又=++,
两式相加,得2=(+)+(+)+(+).
∵E是AC的中点,故+=0.同理,+=0.
∴2=+=(a-2c)+(5a+6b-8c)=6a+6b-10c.∴=3a+3b-5c.
答案:
3a+3b-5c
●典例剖析
【例1】证明空间任意无三点共线的四点A、B、C、D共面的充分必要条件是:
对于空间任一点O,存在实数x、y、z且x+y+z=1,使得=x+y+z.
剖析:
要寻求四点A、B、C、D共面的充要条件,自然想到共面向量定理.
解:
依题意知,B、C、D三点不共线,则由共面向量定理的推论知:
四点A、B、C、D共面对空间任一点O,存在实数x1、y1,使得=+x1+y1=+x1(-)+y1(-)=(1-x1-y1)+x1+y1,取x=1-x1-y1、y=x1、z=y1,则有=x+y+z,且x+y+z=1.
特别提示
向量基本定理揭示了向量间的线性关系,即任一向量都可由基向量唯一的线性表示,为向量的坐标表示奠定了基础.共(线)面向量基本定理给出了向量共(线)面的充要条件,可用以证明点共(线)面.本题的结论,可作为证明空间四点共面的定理使用.
【例2】在平行四边形ABCD中,AB=AC=1,∠ACD=90°,将它沿对角线AC折起,使AB与CD成60°角,求B、D间的距离.
解:
如下图,因为∠ACD=90°,
所以·=0.同理,·=0.
因为AB与CD成60°角,
所以〈,〉=60°或120°.因为=++,
所以2=2+2+2+2·+2·+2·=2+2+2+2·=3+2×1×1×cos〈,〉=4(〈,〉=60°),
2(〈,〉=120°).
所以||=2或,
即B、D间的距离为2或.
【例3】在棱长为1的正方体ABCD—A1B1C1D1中,BD1交平面ACB1于点E,
求证:
(1)BD1⊥平面ACB1;
(2)BE=ED1.
证明:
(1)我们先证明BD1⊥AC.
∵=++,=+,
∴·=(++)·(+)=·+·=·-·=||2-||2=1-1=0.
∴BD1⊥AC.同理可证BD1⊥AB1,于是BD1⊥平面ACB1.
(2)设底面正方形的对角线AC、BD交于点M,则==,即2=.对于空间任意一点O,设=b,=m,=b1,=d1,则上述等式可改写成2(m-b)=d1-b1或b1+2m=d1+2b.记==e.此即表明,由e向量所对应的点E分线段B1M及D1B各成λ(λ=2)之比,所以点E既在线段B1M(B1M面ACB1)上又在线段D1B上,所以点E是D1B与平面ACB1之交点,此交点E将D1B分成2与1之比,即D1E∶EB=2∶1.∴BE=ED1.
思考讨论
利用空间向量可以解决立体几何中的线线垂直、线线平行、四点共面、求长度、求夹角等问题.
●闯关训练
夯实基础
1.平行六面体ABCD—A1B1C1D1中,M为AC和BD的交点,若=a,=b,=
c,则下列式子中与相等的是
A.-a+b+cB.a+b+c
C.a-b+cD.-a-b+c
解析:
=+=+(+)=-+=c-a+b,故选A.
答案:
A
2.O、A、B、C为空间四个点,又、、为空间的一个基底,则
A.O、A、B、C四点不共线B.O、A、B、C四点共面,但不共线
C.O、A、B、C四点中任意三点不共线D.O、A、B、C四点不共面
解析:
由基底意义,、、三个向量不共面,但A、B、C三种情形都有可能使、、共面.只有D才能使这三个向量不共面,故应选D.
答案:
D
3.已知a+3b与7a-5b垂直,且a-4b与7a-2b垂直,则〈a,b〉=_____________.
解析:
由条件知(a+3b)·(7a-5b)=7|a|2-15|b|2+16a·b=0,及(a-4b)·(7a-2b)=
7|a|2+8|b|2-30a·b=0.两式相减得46a·b=23|b|2,∴a·b=|b|2.代入上面两个式子中的任意一个,即可得到|a|=|b|.∴cos〈a,b〉===.
∴〈a,b〉=60°.
答案:
60°
4.试用向量证明三垂线定理及其逆定理.
已知:
如下图,PO、PA分别是平面α的垂线和斜线,OA是PA在α内的射影,aα,求证:
a⊥PAa⊥OA.
证明:
设直线a上非零向量a,要证a⊥PAa⊥OA,即证a·=0a·=0.
∵aα,a·=0,∴a·=a·(+)=a·+a·=a·.
∴a·=0a·=0,即a⊥PAa⊥OA.
评述:
向量的数量积为零是证明空间直线垂直的重要工具.在应用过程中,常需要通过加、减法对向量进行转换,当然,转换的方向是有利于计算向量的数量积.
5.直三棱柱ABC—A1B1C1中,BC1⊥AB1,BC1⊥A1C,求证:
AB1=A1C.
证明:
∵=
=·
∴AB=AC.又A1A=B1B,∴A1C=AB1.
评述:
本题在利用空间向量来解决位置关系问题时,要用到空间多边形法则、向量的运算、数量积以及平行、相等和垂直的条件.
培养能力
6.沿着正四面体OABC的三条棱、、的方向有大小等于1、2、3的三个力f1、f2、f3.试求此三个力的合力f的大小以及此合力与三条棱所夹角的余弦.
解:
用a、b、c分别代表棱、、上的三个单位向量,则f1=a,f2=2b,f3=3c,则f=f1+f2+f3=a+2b+3c,
∴|f|2=(a+2b+3c)·(a+2b+3c)=|a|2+4|b|2+9|c|2+4a·b+6a·c+12b·c=1+4+9+4|a||b|cos〈a,b〉
+6|a||c|cos〈a,c〉+12|b||c|cos〈b,c〉=14+4cos60°+6cos60°+12cos60°=14+2+3+6=25.
∴|f|=5,即所求合力的大小为5,
且cos〈f,a〉====.
同理,可得cos〈f,b〉=,cos〈f,c〉=.
7.在空间四边形ABCD中,求证:
·+·+·=0.
证法一:
把拆成+后重组,·+·+·=(+
)·+·+·=·+·+·+·=·(+)+·(+)=·+·=·(+)=·0=0.
证法二:
如下图,设a=,b=,c=,则·+·+·=(b-a)·(-c)+(c-a)·b+(-a)·(c-b)=-b·c+a·c+c·b-a·b-a·c+a·b=0.
评述:
把平面向量的运算推广到空间后,许多基本的运算规则没有变.证法一中体现了向量的拆分重组技巧,要求较高;证法二设定三个向量为基底,而原式中所有向量化归为关于a、b、c的式子,化简时的思路方向较清楚.
探究创新
8.(xx年全国Ⅰ,理20)如下图,已知四棱锥P—ABCD,PB⊥AD,侧面PAD为边长等于2的正三角形,底面ABCD为菱形,侧面PAD与底面ABCD所成的二面角为120°.
(1)求点P到平面ABCD的距离;
(2)求面APB与面CPB所成二面角的大小.
(1)解:
如下图,作PO⊥平面ABCD,垂足为点O.连结OB、OA、OD,OB与AD交于点E,连结PE.
∵AD⊥PB,∴AD⊥OB.∵PA=PD,∴OA=OD.
于是OB平分AD,点E为AD的中点,∴PE⊥AD.由此知∠PEB为面PAD与面ABCD所成二面角的平面角,∴∠PEB=120°,∠PEO=60°.由已知可求得PE=,∴PO=PE·sin60°=
×=,即点P到平面ABCD的距离为.
(2)解法一:
如下图建立直角坐标系,其中O为坐标原点,x轴平行于DA.
P(0,0,),B(0,,0),PB中点G的坐标为(0,,),连结AG.
又知A(1,,0),C(-2,,0).
由此得到=(1,-,-),
=(0,,-),=(-2,0,0).
于是有·=0,·=0,
∴⊥,⊥.,的夹角θ等于所求二面角的平面角.
于是cosθ==-,
∴所求二面角的大小为π-arccos.
解法二:
如下图,取PB的中点G,PC的中点F,连结EG、AG、GF,则AG⊥PB,FG∥
BC,FG=BC.
∵AD⊥PB,∴BC⊥PB,FG⊥PB.∴∠AGF是所求二面角的平面角.
∵AD⊥面POB,∴AD⊥EG.
又∵PE=BE,∴EG⊥PB,且∠PEG=60°.
在Rt△PEG中,EG=PE·cos60°=,
在Rt△GAE中,AE=AD=1,于是tan∠GAE==.
又∠AGF=π-∠GAE,
∴所求二面角的大小为π-arctan.
●思悟小结
1.若表示向量a1,a2,…,an的有向线段终点和始点连结起来构成一个封闭折图形,则a1+a2+a3+…+an=0.
2.应用向量知识解决几何问题时,一方面要选择恰当的基向量,另一方面要熟练地进行向量运算.
●教师下载中心
教学点睛
1.要使学生正确理解空间向量的加法法则、减法法则以及空间向量的数量积,掌握空间向量平行、垂直的条件及三个向量共面及四点共面的条件.
2.空间中的任何一个向量都可以用不共面的三个向量线性表示,这三个向量也称为一个基底.在证明两个向量平行、垂直或求其夹角时,往往把它们用同一个基底来表示,从而实现解题的目的.
拓展题例
【例1】下列命题中不正确的命题个数是
①若A、B、C、D是空间任意四点,则有+++=0②|a|-|b|=|a+b|是a、b共线的充要条件③若a、b共线,则a与b所在直线平行④对空间任意点O与不共线的三点A、B、C,若=x+y+z(其中x、y、z∈R),则P、A、B、C四点共面
A.1B.2C.3D.4
解析:
易知只有①是正确的,对于④,若O平面ABC,则、、不共面,由空间向量基本定理知,P可为空间任一点,所以P、A、B、C四点不一定共面.
答案:
C
【例2】A是△BCD所在平面外一点,M、N分别是△ABC和△ACD的重心,若BD=4,试求MN的长.
解:
连结AM并延长与BC相交于E,连结AN并延长与CD相交于E,则E、F分别是BC及CD的中点.
现在=-=-=(-)==(-)=
(-)=(-)=.
∴=||=||=BD=.
说明:
本题的关键是利用重心这一特殊位置逐步进行转化.
【例3】设A、B、C及A1、B1、C1分别是异面直线l1、l2上的三点,而M、N、P、Q分别是线段AA1、BA1、BB1、CC1的中点.求证:
M、N、P、Q四点共面.
证明:
=,=,
∴=2,=2.
又∵=(+),(*)
A、B、C及A1、B1、C1分别共线,
∴=λ=2,=ω=2ω.
代入(*)式得=(2λ+2ω)=λ+ω,∴、、共面.
∴M、N、P、Q四点共面.
2019-2020年高考数学一轮复习9.7空间向量及其坐标运算(B)教案
●知识梳理
1.若=xi+yj+zk,那么(x,y,z)叫做向量的坐标,也叫点P的坐标.
2.设a=(x1,y1,z1),b=(x2,y2,z2),
那么a±b=(x1±x2,y1±y2,z1±z2),
a·b=x1x2+y1y2+z1z2,
cos〈a,b〉=
.
3.设M1(x1,y1,z1),M2(x2,y2,z2),
则|M1M2|=
.
4.对非零向量a与b,有a∥ba=kb;a⊥ba·b=0.
●点击双基
1.若a=(2x,1,3),b=(1,-2y,9),如果a与b为共线向量,则
A.x=1,y=1B.x=,y=-C.x=,y=-D.x=-,y=
解析:
∵a=(2x,1,3)与b=(1,-2y,9)共线,故有==.
∴x=,y=-.应选C.
答案:
C
2.在空间直角坐标系中,已知点P(x,y,z),下列叙述中正确的个数是
①点P关于x轴对称点的坐标是P1(x,-y,z)②点P关于yOz平面对称点的坐标是P2(x,-y,-z)③点P关于y轴对称点的坐标是P3(x,-y,z)④点P关于原点对称的点的坐标是P4(-x,-y,-z)
A.3B.2C.1D.0
解析:
P关于x轴的对称点为P1(x,-y,-z),关于yOz平面的对称点为P2(-x,y,z),关于y轴的对称点为P3(-x,y,-z).故①②③错误.
答案:
C
3.已知向量a=(1,1,0),b=(-1,0,2),且ka+b与2a-b互相垂直,则k值是
A.1B.C.D.
解析:
ka+b=k(1,1,0)+(-1,0,2)=(k-1,k,2),2a-b=2(1,1,0)-
(-1,0,2)=(3,2,-2).∵两向量垂直,∴3(k-1)+2k-2×2=0.∴k=.
答案:
D
4.已知空间三点A(1,1,1)、B(-1,0,4)、C(2,-2,3),则与的夹角θ的大小是_________.
解析:
=(-2,-1,3),=(-1,3,-2),
cos〈,〉=
==-,∴θ=〈,〉=120°.
答案:
120°
5.已知点A(1,2,1)、B(-1,3,4)、D(1,1,1),若=2,则||的值是__________.
解析:
设点P(x,y,z),则由=2,得(x-1,y-2,z-1)=2(-1-x,3-y,4-z),即
则||=
=.
答案:
●典例剖析
【例1】已知=(2,2,1),=(4,5,3),求平面ABC的单位法向量.
即
∴n=(,-1,1),单位法向量n0=±=±(,-,).
解:
设面ABC的法向量n=(x,y,1),则n⊥且n⊥,即n·=0,且n·=0,即
2x+2y+1=0,
4x+5y+3=0,
特别提示
一般情况下求法向量用待定系数法.由于法向量没规定长度,仅规定了方向,所以有一个自由度,可把n的某个坐标设为1,再求另两个坐标.平面法向量是垂直于平面的向量,故法向量的相反向量也是法向量,所以本题的单位法向量应有两解.
【例2】在三棱锥S—ABC中,∠SAB=∠SAC=∠ACB=90°,AC=2,BC=,SB=.
(1)求证:
SC⊥BC;
(2)求SC与AB所成角的余弦值.
解法一:
如下图,取A为原点,AB、AS分别为y、z轴建立空间直角坐标系,则有AC=2,BC=,SB=,得B(0,,0)、S(0,0,2)、C(2,,0),=(2,,-2),=(-2,,0).
(1)∵·=0,∴SC⊥BC.
(2)设SC与AB所成的角为α,∵=(0,,0),·=4,||||=4,
∴cosα=,即为所求.
解法二:
(1)∵SA⊥面ABC,AC⊥BC,AC是斜线SC在平面ABC内的射影,∴SC⊥BC.
(2)如下图,过点C作CD∥AB,过点A作AD∥BC交CD于点D,连结SD、SC,则∠SCD为异面直线SC与AB所成的角.∵四边形ABCD是平行四边形,CD=,SA=2,SD===5,∴在△SDC中,由余弦定理得cos∠SCD=,即为所求.
特别提示
本题
(1)采用的是“定量”与“定性”两种证法.题
(2)的解法一应用向量的数量积直接计算,避免了作辅助线、平移转化的麻烦,但需建立恰当的坐标系;解法二虽然避免了建系,但要选点、平移、作辅助线、解三角形.
【例3】如下图,直棱柱ABC—A1B1C1的底面△ABC中,CA=CB=1,∠BCA=90°,棱AA1=2,M、N分别是A1B1、A1A的中点.
(1)求的长;
(2)求cos〈,〉的值;
(3)求证:
A1B⊥C1M.
(1)解:
依题意得B(0,1,0),N(1,0,1),
∴||=
=.
(2)解:
A1(1,0,2),B(0,1,0),C(0,0,0),B1(0,1,2),
∴=(1,-1,2),=(0,1,2),·=3,||=,||=.
∴cos〈,〉==.
(3)证明:
C1(0,0,2),M(,,2),
=(-1,1,-2),=(,,0),∴·=0,∴A1B⊥C1M.
深化拓展
根据本题条件,还可以求直线AC1与平面A1ABB1所成的角.(答案是arcsin)
【例4】如下图,在正方体ABCD—A1B1C1D1中,E、F分别是BB1、CD的中点.
(1)证明AD⊥D1F;
(2)求AE与D1F所成的角;
(3)证明面AED⊥面A1D1F.
解:
取D为原点,DA、DC、DD1为x轴、y轴、z轴建立直角坐标系,取正方体棱长为2,则A(2,0,0)、A1(2,0,2)、D1(0,0,2)、E(2,2,1)、F(0,1,0).
(1)∵·=(2,0,0)·(0,1,-2)=0,∴AD⊥D1F.
(2)∵·=(0,2,1)·(0,1,-2)=0,
∴AE⊥D1F,即AE与D1F成90°角.
(3)∵·=(2,2,1)·(0,1,-2)=0,
∴DE⊥D1F.∵AE⊥D1F,∴D1F⊥面AED.
∵D1F面A1D1F,∴面AED⊥面A1D1F.
思考讨论
本题是高考题,标准答案的解法较为复杂,而运用代数向量求解则轻而易举,充分显示出代数化方法研究几何图形的优越性,这应作为立体几何复习的一个重点去掌握.通过坐标法计算数量积去证垂直,求夹角、距离,是高考的重点.
●闯关训练
夯实基础
1.设OABC是四面体,G1是△ABC的重心,G是OG1上一点,且OG=3GG1,若=
x+y+z,则(x,y,z)为
A.(,,)B.(,,)C.(,,)D.(,,)
解析:
∵==(+)=+·[(+)]=+[(-)+(-)]=++,而=x+y+z,∴x=,y=,z=.
答案:
A
2.在棱长为1的正方体ABCD—A1B1C1D1中,M、N分别为A1B1和BB1的中点,那么直线AM与CN所成的角为
A.arccosB.arccosC.arccosD.arccos
解法一:
∵=+,=+,∴·=(+
)·(+)=·=.
而||=
===.
同理,||=.如令α为所求之角,则
cosα==
=,
∴α=arccos.
解法二:
建立如下图所示坐标系,把D点视作原点O,分别沿、、方向为x轴、y轴、z轴的正方向,则A(1,0,0),M(1,,1),C(0,1,0),N(1,1,).
∴=(1,,1)-(1,0,0)=(0,,1),
=(1,1,)-(0,1,0)=(1,0,).
故·=0×1+×0+1×=,
||==,||==.∴cosα==
=.∴α=arccos.
答案:
D
3.命题:
①若a与b共线,b与c共线,则a与c共线;②向量a、b、c共面,则它们所在的直线也共面;③若a与b共线,则存在唯一的实数λ,使b=λa;④若A、B、C三点不共线,O是平面ABC外一点,=++,则点M一定在平面ABC上,且在△ABC内部.
上述命题中的真命题是_____________.
解法一:
①中b为零向量时,a与c可以不共线,故①是假命题;②中a所在的直线其实不确定,故②是假命题;③中当a=0,而b≠0时,则找不到实数λ,使b=λa,故③是假命题;④中M是△ABC的重心,故M在平面ABC上且在△ABC内,故④是真命题.
解法二:
可以证明④中A、B、C、M四点共面.等式两边同加,则(+)+(+)+(+)=0,即++=0,=--,则与、共面,又M是三个有向线段的公共点,故A、B、C、M四点共面.
答案:
④
4.设点C(2a+1,a+1,2)在点P(2,0,0)、A(1,-3,2)、B(8,-1,4)确定的平面上,求a的值.
解:
=(-1,-3,2),=(6,-1,4).根据共面向量定理,设=x+y(x、y∈R),则(2a-1,a+1,2)=x(-1,-3,2)+y(6,-1,4)=(-x+6y,-3x-y,
2x+4y),∴
解得x=-7,y=4,a=16.
5.已知正方体ABCD—A1B1C1D1的棱长为2,P、Q分别是BC、CD上的动点,且|PQ|=,建立如下图所示的坐标系.
(1)确定P、Q的位置,使得B1Q⊥D1P;
(2)当B1Q⊥D1P时,求二面角C1—PQ—A的大小.
解:
(1)设BP=t,则
CQ=,DQ=2-.
∴B1(2,0,2),D1(0,2,2),P(2,t,0),Q(2-,2,0),
∴=(,-2,2),
=(-2,2-t,2).
∵B1Q⊥D1P等价于·=0,
即-2-2(2-t)+2×2=0,
整理得=t,解得t=1.
此时,P、Q分别是棱BC、CD的中点,即P、Q分别是棱BC、CD的中点时,B1Q⊥D1P;
(2)当B1Q⊥D1P时,由
(1)知P、Q分别是棱BC、CD的中点.
在正方形ABCD中,PQ∥BD,且AC⊥BD,故AC⊥PQ.
设AC与PQ的交点为E,连结C1E.
∵在正方体ABCD—A1B1C1D1中,CC1⊥底面ABCD,CE是C1E在底面ABCD内的射影,∴C1E⊥PQ,
即∠C1EC是二面角C1—PQ—C的平面角,∠C1EA是二面角C1—PQ—A的平面角.
在正方形ABCD中,CE=,
在Rt△C1EC中,tan∠C1EC==2,
∴∠C1EC=arctan2,
∠C1EA=π-arctan2.
∴二面角C1—PQ—A的大小是π-arctan2.
培养能力
6.已知三角形的顶点是A(1,-1,1),B(2,1,-1),C(-1,-1,-2).试求这个三角形的面积.
解:
S=|AB||AC|sinα,其中α是AB与AC这两条边的夹角.则
S=||||
=||||
=
.
在本题中,=(2,1,-1)-(1,-1,1)=(1,2,-2),=(-1,-1,
-2)-(1,-1,1)=(-2,0,-3),
∴||2=12+22+(-2)2=9,
||2=(-2)2+02+(-3)2=13,
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