2010届高中立体几何教学案第6讲：空间向量的坐标运算

题目 第九章(B)直线、平面、简单几何体空间向量的坐标运算 高考要求 要使学生理解空间向量、空间点的坐标的意义，掌握向量加法、减法、数乘、点乘的坐标表示以及两点间的距离、夹角公式通过解题，会应用空间向量的坐标运算解决立体几何中有关平行、垂直、夹角、距离等问题 知识点归纳 1空间直角坐标系： （1）若空间的一个基底的三个基向量互相垂直，且长为 ，这个基底叫单位正交基底，用 表示； （2）在空间选定一点 和一个单位正交基底 ，以点 为原点，分别以 的方向为正方向建立三条数轴： 轴、 轴、 轴，它们都叫坐标轴．我们称建立了一个空间直角坐标系 ，点 叫原点，向量 都叫坐标向量．通过每两个坐标轴的平面叫坐标平面，分别称为 平面， 平面， 平面； 2．空间直角坐标系中的坐标：     在空间直角坐标系 中，对空间任一点 ，存在唯一的有序实数组 ，使 ，有序实数组 叫作向量 在空间直角坐标系 中的坐标，记作 ， 叫横坐标， 叫纵坐标， 叫竖坐标． 3．空间向量的直角坐标运算律： （1）若 ， ， 则 ， ， ， ， ， ． （2）若 ， ，则 ． 一个向量在直角坐标系中的坐标等于表示这个向量的有向线段的终点的坐标减去起点的坐标 4模长公式：若 ， ， 则 ， ． 5．夹角公式： ． 6．两点间的距离公式：若 ， ， 则 ， 或 7．线面角夹角公式 二面角cos改sin 8. 线线距离公式 9．点面距离公式 题型讲解 例1 已知 =（2，2，1）， =（4，5，3），求平面ABC的单位法向量 解：设面ABC的法向量 ， 则 ⊥ 且 ⊥ ，即 · =0，且 · =0， 即2x+2y+z=0且4x+5y+3z=0，解得 ∴ =z（ ，－1，1），单位法向量 =±（ ，－ ， ） 点评：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 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  已知A（3，2，1）、B（1，0，4），求： （1）线段AB的中点坐标和长度； （2）到A、B两点距离相等的点P（x，y，z）的坐标满足的条件 解：（1）设P（x，y，z）是AB的中点， 则 = （ + ）= ［（3，2，1）+（1，0，4）］=（2，1， ），∴点P的坐标是（2，1， ）， dAB= = （2）设点P（x，y，z）到A、B的距离相等， 则 = 化简得4x+4y－6z+3=0（线段AB的中垂面方程，其法向量的坐标就是方程中x,y,z的系数），即为P的坐标应满足的条件 点评：空间两点P1（x1，y1，z1）、P2（x2，y2，z2）的中点为（ ， ， ），且|P1P2|= 例3 棱长为a的正方体ABCD—A1B1C1D1中，在棱DD1上是否存在点P使B1D⊥面PAC？ 解：以D为原点建立如图所示的坐标系， 设存在点P（0，0，z）， =（－a，0，z）， =（－a，a，0）， =（a，a，a）， ∵B1D⊥面PAC，∴ · =0， · =0 ∴－a2+az=0∴z=a，即点P与D1重合 ∴点P与D1重合时，DB1⊥面PAC 例4 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 点评：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5 如图，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：如图建立坐标系，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 例6  如图，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 点评：①通过建立空间直角坐标系，点用三维坐标表示，向量用坐标表示，进行向量的运算，轻而易举地解决立体几何问题，不需要添加辅助线一个需要经过严密推理论证的问题就这样被简单机械的运算代替了 ②本题是高考题， 标准 excel标准偏差excel标准偏差函数exl标准差函数国标检验抽样标准表免费下载红头文件格式标准下载 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 例7  如图，正三棱柱ABC-A1B1C1的底边长为a,侧棱长为 a 建立适当的坐标系，⑴写出A，B，A1，B1的坐标；⑵求AC1与侧面ABB1A1所成的角 分析：（1）所谓“建立适当的坐标系”，一般应使尽量多的点在数轴上或便于计算，（2）首先要找出所求的角，或找出平面的法向量与直线所成的角，然后再求之 解：（1）建系如图，则A（0，0，0） B（0，a,0） A1（0，0， a),C1（- a, ) (2)解法一：在所建的坐标系中，取A1B1的中点M， 于是M（0， ），连结AM，MC1 则有 ， ， ∴ ， ， 所以，MC1⊥平面ABB1A1 因此，AC1与AM所成的角就是AC1与侧面ABB1A1所成的角 ， ， ,而| 由cos< >= ,     < >=30° 解法二：     ， 平面ABB1A1的一个法向量 ∴AC1与侧面ABB1A1所成的角 的正弦为： = ∴AC1与侧面ABB1A1所成的角为30° 例8  棱长为2的正方体A1B1C1D1-ABCD中，E、F分别是C1C和D1A1的中点，（1）求EF长度；（2）求< >；3）求点A到EF的距离 分析：一般来说，与长方体的棱或棱上的点有关的问题，建立空间直角坐标系比较方便，适当建立坐标系后，正确地写出相关点的坐标及向量然后进行运算即可得解 解：以D为原点，DA，DC，DD1分别为x轴， y轴，z轴建立直角坐标系， 则A（2，0，0），B（2，2，0）， E（0，2，1），F（1，0，2） 由此可得： =（0，2，0）， =（1，-2，1） =（1，0，-2），| |=2，| |= ， = - 4, =1-2=-1， 所以 （1） = （2）cos< >= =- ,所以< >= -arccos (3) 在 上的射影的数量 cos< >= = A到EF的距离= 点评：点到直线的距离的向量求法，就是先求出该点与直线上某点连线在直线上的射影，再用勾股定理求对应的距离 例9 平面ABCD⊥平面ABEF，ABCD是正方形，ABEF是矩形，且 G是EF的中点， （1）求证平面AGC⊥平面BGC； （2）求GB与平面AGC所成角正弦值； （3）求二面角B—AC—G的大小 解：如图，以A为原点建立直角坐标系， 则A（0，0，0），B（0，2a，0），C（0，2a，2a）， G（a，a，0），F（a，0，0） （1）证明： ， ， 设平面AGC的法向量为 ， 设平面BGC的法向量为 ， ∴ 即   ∴平面AGC⊥平面BGC； （2）由⑴知平面AGC的法向量为 ， ∴ （3）因 是平面AGC的法向量，又AF⊥平面ABCD， 平面ABCD的法向量 ， 得 ∴二面角B—AC—G的大小为 求平面法向量的另一种方法： 由 A（0，0，0），B（0，2a，0），C（0，2a，2a）， G（a，a，0），F（a，0，0） 设平面AGC的方程为： 则 ∴平面AGC的法向量为 设平面BGC的方程为： 则 ∴平面BGC的法向量为 点评：①平面平行于哪一个轴，其法向量的对应坐标就是0； ②平面经过原点时平面方程中的常数项等于0； ③平面法向量的两种求法的区别 小结： 1运用空间向量的坐标运算解决几何问题时，首先要恰当建立空间直角坐标系，计算出相关点的坐标，进而写出向量的坐标，再结合公式进行论证、计算，最后转化为几何结论 2本节知识是代数化方法研究几何问题的基础，向量运算分为向量法与坐标法两类，以通过向量运算推理，去研究几何元素的位置关系为重点利用两个向量（非零）垂直 数量积为零，可证明空间直线垂直；利用数量积可计算两异面直线的夹角，可求线段的长度；运用共面向量定理可证点共面、线面平行等；利用向量的射影、平面的法向量，可求点面距、线面角、异面直线的距离等 学生练习 1若 =（2x，1，3）， =（1，－2y，9），如果 与 为共线向量，则 Ax=1，y=1      Bx= ，y=－     Cx= ，y=－     Dx=－ ，y= 解析：∵ =（2x，1，3）与 =（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） A3          B2              C1            D0 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 =（1，1，0）， =（－1，0，2），且k ＋ 与2 － 互相垂直，则k值是 A1                B                 C                 D 解析：k + =k（1，1，0）＋（－1，0，2）=（k－1，k，2），2 － =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 5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 Aarccos         Barccos         Carccos     Darccos 解：建立坐标系，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 6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° 7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： 8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 另法：先求出三点确定的平面方程，然后代入求a的值 9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， （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）二面角C1—PQ—A的大小是π－arctan2 10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， · =1·（－2）+2·0+（－2）·（－3）=－2+6=4， ∴S = = 11证明正三棱柱的两个侧面的异面对角线互相垂直的充要条件是它的底面边长与侧棱长的比为 ∶1 证明：如图，以正三棱柱的顶点O为原点，棱OC、OB为y轴、z轴，建立空间直角坐标系，设正三棱柱底面边长与棱长分别为2a、b，则A（ a，a，b）、B（0，0，b）、C（0，2a，0）因为异面对角线OA⊥BC · =0 （ a，a，b）·（0，2a，－b）=2a2－b2=0 b= a，即2a∶b= ∶1，所以OA⊥BC的充要条件是它的底面边长与侧棱长的比为 ∶1 12如图，ABCD是边长为a的菱形，且∠BAD=60°，△PAD为正三角形，且面PAD⊥面ABCD （1）求cos〈 ， 〉的值； （2）若E为AB的中点，F为PD的中点，求| |的值； （3）求二面角P—BC—D的大小 解：（1）选取AD中点O为原点，OB、AD、OP所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，则A（0，－ ，0），B（ a，0，0），P（0，0， a），D（0， ，0） ∴ =（ a， ，0）， =（0， ，－ a）， 则cos〈 ， 〉= = = （2）∵E、F分别为AB、PD的中点， ∴E（ a，－ ，0），F（0， ， a） 则| |= = a （3）∵面PAD⊥面ABCD，PO⊥AD， ∴PO⊥面ABCD ∵BO⊥AD，AD∥BC，∴BO⊥BC 连结PB，则PB⊥BC， ∴∠PBO为二面角P—BC—D的平面角 在Rt△PBO中，PO= a，BO= a， ∴tan∠PBO= = =1则∠PBO=45° 故二面角P—BC—D的大小为45° w.w.w.k.s.5.u.c.o.m www.ks5u.com