2019年高考数学一轮复习第7章立体几何第6节空间向量及其运算课件理北师大版

第章　立体几何 第六节　空间向量及其运算 返回导航 2019版高三一轮 [考纲传真]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 关于同志近三年现实表现材料材料类招标技术评分表图表与交易pdf视力表打印pdf用图表说话 pdf 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． 双基自主测评 题型分类突破 栏目导航 课时分层训练 返回导航 2019版高三一轮 大小 方向 (对应学生用书第120页) [基础知识填充] 1．空间向量的有关概念 名称 定义 空间向量 在空间中，具有 和 的量 自由向量 数学中所讨论的向量与向量的起点无关，我们称之为自由向量 返回导航 2019版高三一轮 方向向量 A、B是空间直线l上任意两点，则称eq \o(AB,\s\up13(→))为直线l的方向向量 法向量 如果直线l垂直于平面α，那么把直线l的方向向量n叫作平面α的法向量 返回导航 2019版高三一轮 2.空间向量的有关定理 (1)共线向量定理：空间两个向量a，b(b≠0)，共线的充要条件是存在实数λ，使得 . (2)空间向量基本定理：如果向量e1，e2，e3是空间三个不共面的向量．a是空间任一向量，那么存在唯一一组实数λ1，λ2，λ3，使得a＝λ1e1＋λ2e2＋λ3e3，其中e1，e2，e3叫作这个空间的一个基底． a＝λb 返回导航 2019版高三一轮 3．两个向量的数量积及运算律 (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交换律：a·b＝b·a； ②分配律：a·(b＋c)＝a·b＋a·c； ③(λa)·b＝λ(a·b)． 返回导航 2019版高三一轮 4．空间向量的坐标表示及其应用 设a＝(a1，a2，a3)，b＝(b1，b2，b3)． 向量表示 坐标表示 数量积 a·b a1b1＋a2b2＋a3b3 返回导航 2019版高三一轮 共线 a＝λb(b≠0，λ∈R) 垂直 a·b＝0(a≠0，b≠0) 模 |a| 夹角 cos〈a，b〉(a≠0，b≠0) eq \f(a1b1＋a2b2＋a3b3,\r(a\o\al(2,1)＋a\o\al(2,2)＋a\o\al(2,3))·\r(b\o\al(2,1)＋b\o\al(2,2)＋b\o\al(2,3))) eq \r(a\o\al(2,1)＋a\o\al(2,2)＋a\o\al(2,3)) a1＝λb1，a2＝λb2，a3＝λb3 a1b1＋a2b2＋a3b3＝0 返回导航 2019版高三一轮 [基本能力自测] 1．(思考辨析)判断下列结论的正误．(正确的打“√”，错误的打“×”) (1)空间中任意两非零向量a，b共面．(　　) (2)对任意两个空间向量a，b，若a·b＝0，则a⊥b.(　　) (3)若a·b＜0，则〈a，b〉是钝角．(　　) (4)若A，B，C，D是空间任意四点，则有eq \o(AB,\s\up13(→))＋eq \o(BC,\s\up13(→))＋eq \o(CD,\s\up13(→))＋eq \o(DA,\s\up13(→))＝0.(　　) [ 答案 八年级地理上册填图题岩土工程勘察试题省略号的作用及举例应急救援安全知识车间5s试题及答案 ]　(1)√　(2)×　(3)×　(4)√ 返回导航 2019版高三一轮 2．(教材改编)如图7­6­1所示，在平行六面体ABCD­A1B1C1D1中，M为A1C1与B1D1的交点．若eq \o(AB,\s\up13(→))＝a，eq \o(AD,\s\up13(→))＝b，eq \o(AA1,\s\up13(→))＝c，则下列向量中与eq \o(BM,\s\up13(→))相等的向量是(　　) 图7­6­1 返回导航 2019版高三一轮 A．－eq \f(1,2)a＋eq \f(1,2)b＋c B．eq \f(1,2)a＋eq \f(1,2)b＋c C．－eq \f(1,2)a－eq \f(1,2)b＋c D．eq \f(1,2)a－eq \f(1,2)b＋c A　[eq \o(BM,\s\up13(→))＝eq \o(BB1,\s\up13(→))＋eq \o(B1M,\s\up13(→))＝eq \o(AA1,\s\up13(→))＋eq \f(1,2)(eq \o(AD,\s\up13(→))－eq \o(AB,\s\up13(→)))＝c＋eq \f(1,2)(b－a)＝－eq \f(1,2)a＋eq \f(1,2)b＋c.] 返回导航 2019版高三一轮 3．若向量c垂直于不共线的向量a和b，d＝λa＋μb(λ、μ∈R，且λμ≠0)，则(　　) A．c∥d B．c⊥d C．c不平行于d，c也不垂直于d D．以上三种情况均有可能 B　[由题意得，c垂直于由a，b确定的平面． ∵d＝λa＋μb，∴d与a，b共面．∴c⊥d.] 返回导航 2019版高三一轮 4．已知a＝(2,3,1)，b＝(－4,2，x)，且a⊥b，则|b|＝________. 2eq \r(6)　[∵a⊥b，∴a·b＝2×(－4)＋3×2＋1·x＝0， ∴x＝2，∴|b|＝eq \r((－4)2＋22＋22)＝2eq \r(6).] 返回导航 2019版高三一轮 5．已知向量a＝(4，－2，－4)，b＝(6，－3,2)，则(a＋b)·(a－b)的值为________． －13　[(a＋b)·(a－b)＝a2－b2＝42＋(－2)2＋(－4)2－[62＋(－3)2＋22]＝－13.] 返回导航 2019版高三一轮 (对应学生用书第121页) 　如图7­6­2所示，在空间几何体ABCD­A1B1C1D1中，各面为平行四边形，设eq \o(AA1,\s\up13(→))＝a，eq \o(AB,\s\up13(→))＝b，eq \o(AD,\s\up13(→))＝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： 返回导航 2019版高三一轮 图7­6­2 (1)eq \o(AP,\s\up13(→))； (2)eq \o(MP,\s\up13(→))＋eq \o(NC1,\s\up13(→)). 返回导航 2019版高三一轮 [解]　(1)因为P是C1D1的中点， 所以eq \o(AP,\s\up13(→))＝eq \o(AA1,\s\up13(→))＋eq \o(A1D1,\s\up13(→))＋eq \o(D1P,\s\up13(→))＝a＋eq \o(AD,\s\up13(→))＋eq \f(1,2) eq \o(D1C1,\s\up13(→)) ＝a＋c＋eq \f(1,2) eq \o(AB,\s\up13(→))＝a＋c＋eq \f(1,2)b. 返回导航 2019版高三一轮 (2)因为M是AA1的中点， 所以eq \o(MP,\s\up13(→))＝eq \o(MA,\s\up13(→))＋eq \o(AP,\s\up13(→))＝eq \f(1,2) eq \o(A1A,\s\up13(→))＋eq \o(AP,\s\up13(→)) ＝－eq \f(1,2)a＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a＋c＋\f(1,2)b))＝eq \f(1,2)a＋eq \f(1,2)b＋c. 因为N是BC的中点， 返回导航 2019版高三一轮 则eq \o(NC1,\s\up13(→))＝eq \o(NC,\s\up13(→))＋eq \o(CC1,\s\up13(→))＝eq \f(1,2) eq \o(BC,\s\up13(→))＋eq \o(AA1,\s\up13(→)) ＝eq \f(1,2) eq \o(AD,\s\up13(→))＋eq \o(AA1,\s\up13(→))＝eq \f(1,2)c＋a， 所以eq \o(MP,\s\up13(→))＋eq \o(NC1,\s\up13(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)a＋\f(1,2)b＋c))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a＋\f(1,2)c)) ＝eq \f(3,2)a＋eq \f(1,2)b＋eq \f(3,2)c. 返回导航 2019版高三一轮 [规律方法]　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. 返回导航 2019版高三一轮 [跟踪训练]　如图7­6­3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eq \o(MG,\s\up13(→))＝2eq \o(GN,\s\up13(→))，若eq \o(OG,\s\up13(→))＝xeq \o(OA,\s\up13(→))＋yeq \o(OB,\s\up13(→))＋zeq \o(OC,\s\up13(→))，则x＋y＋z＝________. 图7­6­3 返回导航 2019版高三一轮 eq \f(5,6)　[连接ON，设eq \o(OA,\s\up13(→))＝a，eq \o(OB,\s\up13(→))＝b，eq \o(OC,\s\up13(→))＝c， 则eq \o(MN,\s\up13(→))＝eq \o(ON,\s\up13(→))－eq \o(OM,\s\up13(→))＝eq \f(1,2)(eq \o(OB,\s\up13(→))＋eq \o(OC,\s\up13(→)))－eq \f(1,2) eq \o(OA,\s\up13(→)) ＝eq \f(1,2)b＋eq \f(1,2)c－eq \f(1,2)a， eq \o(OG,\s\up13(→))＝eq \o(OM,\s\up13(→))＋eq \o(MG,\s\up13(→))＝eq \f(1,2) eq \o(OA,\s\up13(→))＋eq \f(2,3) eq \o(MN,\s\up13(→)) ＝eq \f(1,2)a＋eq \f(2,3) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)b＋\f(1,2)c－\f(1,2)a))＝eq \f(1,6)a＋eq \f(1,3)b＋eq \f(1,3)c. 返回导航 2019版高三一轮 又eq \o(OG,\s\up13(→))＝xeq \o(OA,\s\up13(→))＋yeq \o(OB,\s\up13(→))＋zeq \o(OC,\s\up13(→))，所以x＝eq \f(1,6)，y＝eq \f(1,3)，z＝eq \f(1,3)， 因此x＋y＋z＝eq \f(1,6)＋eq \f(1,3)＋eq \f(1,3)＝eq \f(5,6).] 返回导航 2019版高三一轮 共线、共面向量定理的应用 　(1)(2017·佛山模拟)已知a＝(λ＋1,0,2)，b＝(6,2μ－1,2λ)，若a∥b，且a与b反向，则λ＋μ＝________. 【导学号：79140244】 (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，用向量方法求证： ①E，F，G，H四点共面； ②BD∥平面EFGH. 返回导航 2019版高三一轮 (1)－eq \f(5,2)　[∵a∥b，且a与b反向， ∴(6,2μ－1,2λ)＝k(λ＋1,0,2)，k<0. ∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(6＝k(λ＋1)，,2μ－1＝0，,2λ＝2k，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(λ＝2，,μ＝\f(1,2)))或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(λ＝－3，,μ＝\f(1,2)，)) 当λ＝2，μ＝eq \f(1,2)时，k＝2不合题意，舍去． 返回导航 2019版高三一轮 当λ＝－3，μ＝eq \f(1,2)时，a与b反向． 因此λ＋μ＝－3＋eq \f(1,2)＝－eq \f(5,2).] 返回导航 2019版高三一轮 (2)[证明]　 ①连接BG，则eq \o(EG,\s\up13(→))＝eq \o(EB,\s\up13(→))＋eq \o(BG,\s\up13(→))＝eq \o(EB,\s\up13(→))＋eq \f(1,2)(eq \o(BC,\s\up13(→))＋eq \o(BD,\s\up13(→)))＝ eq \o(EB,\s\up13(→))＋eq \o(BF,\s\up13(→))＋eq \o(EH,\s\up13(→))＝eq \o(EF,\s\up13(→))＋eq \o(EH,\s\up13(→))，由共面向量定理知E，F，G， H四点共面． ②因为eq \o(EH,\s\up13(→))＝eq \o(AH,\s\up13(→))－eq \o(AE,\s\up13(→))＝eq \f(1,2) eq \o(AD,\s\up13(→))－eq \f(1,2) eq \o(AB,\s\up13(→))＝eq \f(1,2)(eq \o(AD,\s\up13(→))－eq \o(AB,\s\up13(→)))＝eq \f(1,2) eq \o(BD,\s\up13(→))，因为E，H，D，B四点不共线，所以EH∥BD. 又EH平面EFGH，BDeq \o(⊆,/)平面EFGH. 所以BD∥平面EFGH. 返回导航 2019版高三一轮 [规律方法]　1.证明点共线的方法,证明点共线问题可转化为证明向量共线问题，如证明A，B，C三点共线，即证明eq \o(AB,\s\up13(→)) ，eq \o(AC,\s\up13(→)) 共线，亦即证明eq \o(AB,\s\up13(→)) ＝λeq \o(AC,\s\up13(→)) λ≠0. 2.证明点共面的方法,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，证明eq \o(PA,\s\up13(→)) ＝xeq \o(PB,\s\up13(→)) ＋yeq \o(PC,\s\up13(→)) ，或对空间任一点O，有eq \o(OA,\s\up13(→)) ＝eq \o(OB,\s\up13(→)) ＋xeq \o(PB,\s\up13(→)) ＋yeq \o(PC,\s\up13(→)) ，或eq \o(OP,\s\up13(→)) ＝xeq \o(OA,\s\up13(→)) ＋yeq \o(OB,\s\up13(→)) ＋zeq \o(OC,\s\up13(→)) x＋y＋z＝1即可. 返回导航 2019版高三一轮 [跟踪训练]　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eq \o(OM,\s\up13(→))＝eq \f(1,3)(eq \o(OA,\s\up13(→))＋eq \o(OB,\s\up13(→))＋eq \o(OC,\s\up13(→)))． (1)判断eq \o(MA,\s\up13(→))，eq \o(MB,\s\up13(→))，eq \o(MC,\s\up13(→))三个向量是否共面； (2)判断点M是否在平面ABC内． 返回导航 2019版高三一轮 [解]　(1)由已知eq \o(OA,\s\up13(→))＋eq \o(OB,\s\up13(→))＋eq \o(OC,\s\up13(→))＝3eq \o(OM,\s\up13(→))， ∴eq \o(OA,\s\up13(→))－eq \o(OM,\s\up13(→))＝(eq \o(OM,\s\up13(→))－eq \o(OB,\s\up13(→)))＋(eq \o(OM,\s\up13(→))－eq \o(OC,\s\up13(→)))． 即eq \o(MA,\s\up13(→))＝eq \o(BM,\s\up13(→))＋eq \o(CM,\s\up13(→))＝－eq \o(MB,\s\up13(→))－eq \o(MC,\s\up13(→))， ∴eq \o(MA,\s\up13(→))，eq \o(MB,\s\up13(→))，eq \o(MC,\s\up13(→))共面． (2)由(1)知eq \o(MA,\s\up13(→))，eq \o(MB,\s\up13(→))，eq \o(MC,\s\up13(→))共面且过同一点M. ∴四点M，A，B，C共面，从而点M在平面ABC内． 返回导航 2019版高三一轮 空间向量数量积的应用 　如图7­6­4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． 图7­6­4 (1)求证：MN⊥AB，MN⊥CD； (2)求异面直线AN与CM所成角的余弦值． 返回导航 2019版高三一轮 [解]　(1)证明：设eq \o(AB,\s\up13(→))＝p，eq \o(AC,\s\up13(→))＝q，eq \o(AD,\s\up13(→))＝r. 由题意可知，|p|＝|q|＝|r|＝a，且p，q，r三个向量两两夹角均为60°. eq \o(MN,\s\up13(→))＝eq \o(AN,\s\up13(→))－eq \o(AM,\s\up13(→))＝eq \f(1,2)(eq \o(AC,\s\up13(→))＋eq \o(AD,\s\up13(→)))－eq \f(1,2) eq \o(AB,\s\up13(→)) ＝eq \f(1,2)(q＋r－p)， 返回导航 2019版高三一轮 ∴eq \o(MN,\s\up13(→))·eq \o(AB,\s\up13(→))＝eq \f(1,2)(q＋r－p)·p ＝eq \f(1,2)(q·p＋r·p－p2) ＝eq \f(1,2)(a2cos 60°＋a2cos 60°－a2)＝0. ∴eq \o(MN,\s\up13(→))⊥eq \o(AB,\s\up13(→))，即MN⊥AB. 同理可证MN⊥CD. 返回导航 2019版高三一轮 (2)设向量eq \o(AN,\s\up13(→))与eq \o(MC,\s\up13(→))的夹角为θ. ∵eq \o(AN,\s\up13(→))＝eq \f(1,2)(eq \o(AC,\s\up13(→))＋eq \o(AD,\s\up13(→)))＝eq \f(1,2)(q＋r)， eq \o(MC,\s\up13(→))＝eq \o(AC,\s\up13(→))－eq \o(AM,\s\up13(→))＝q－eq \f(1,2)p， ∴eq \o(AN,\s\up13(→))·eq \o(MC,\s\up13(→))＝eq \f(1,2)(q＋r)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(q－\f(1,2)p)) ＝eq \f(1,2) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(q2－\f(1,2)q·p＋r·q－\f(1,2)r·p)) 返回导航 2019版高三一轮 ＝eq \f(1,2) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a2－\f(1,2)a2cos 60°＋a2cos 60°－\f(1,2)a2cos 60°)) ＝eq \f(1,2) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a2－\f(a2,4)＋\f(a2,2)－\f(a2,4)))＝eq \f(a2,2). 又∵|eq \o(AN,\s\up13(→))|＝|eq \o(MC,\s\up13(→))|＝eq \f(\r(3),2)a， 返回导航 2019版高三一轮 ∴eq \o(AN,\s\up13(→))·eq \o(MC,\s\up13(→))＝|eq \o(AN,\s\up13(→))||eq \o(MC,\s\up13(→))|cos θ＝eq \f(\r(3),2)a×eq \f(\r(3),2)a×cos θ＝eq \f(a2,2). ∴cos θ＝eq \f(2,3). ∴向量eq \o(AN,\s\up13(→))与eq \o(MC,\s\up13(→))的夹角的余弦值为eq \f(2,3)，从而异面直线AN与CM所成角的余弦值为eq \f(2,3). 返回导航 2019版高三一轮 [规律方法]　1.空间向量数量积计算的两种方法 (1)基向量法：a·b＝|a||b|cos〈a，b〉． (2)坐标法：设a＝(x1，y1，z1)，b＝(x2，y2，z2)，则a·b＝x1x2＋y1y2＋z1z2. 2．利用数量积可解决有关垂直、夹角、长度问题 (1)a⊥b⇔a·b＝0. (2)|a|＝eq \r(a2). (3)cos〈a，b〉＝eq \f(a·b,|a||b|). 易错警示：空间向量的坐标(x，y，z)有三个，在进行运算时千万别看串了． 返回导航 2019版高三一轮 [跟踪训练]　如图7­6­5，在平行六面体ABCD­A1B1C1D1中，以顶点A为端点的三条棱长度都为1，且两两夹角为60°. 图7­6­5 返回导航 2019版高三一轮 (1)求AC1的长； (2)求AC与BD1夹角的余弦值. 【导学号：79140245】 返回导航 2019版高三一轮 [解]　(1)设eq \o(AB,\s\up13(→))＝a，eq \o(AD,\s\up13(→))＝b，eq \o(AA1,\s\up13(→))＝c， 则|a|＝|b|＝|c|＝1， 〈a，b〉＝〈b，c〉＝〈c，a〉＝60°， ∴a·b＝b·c＝c·a＝eq \f(1,2). |eq \o(AC1,\s\up13(→))|2＝(a＋b＋c)2＝a2＋b2＋c2＋2(a·b＋b·c＋c·a)＝1＋1＋1＋2×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)＋\f(1,2)＋\f(1,2)))＝6， ∴|eq \o(AC1,\s\up13(→))|＝eq \r(6)，即AC1的长为eq \r(6). 返回导航 2019版高三一轮 (2)eq \o(BD1,\s\up13(→))＝b＋c－a，eq \o(AC,\s\up13(→))＝a＋b， ∴|eq \o(BD1,\s\up13(→))|＝eq \r(2)，|eq \o(AC,\s\up13(→))|＝eq \r(3)， eq \o(BD1,\s\up13(→))·eq \o(AC,\s\up13(→))＝(b＋c－a)·(a＋b) ＝b2－a2＋a·c＋b·c＝1. ∴cos〈eq \o(BD1,\s\up13(→))，eq \o(AC,\s\up13(→))〉＝eq \f(\o(BD1,\s\up13(→))·\o(AC,\s\up13(→)),|\o(BD1,\s\up13(→))||\o(AC,\s\up13(→))|)＝eq \f(\r(6),6). ∴AC与BD1夹角的余弦值为eq \f(\r(6),6).