2022年高考数学一轮复习 9.6 空间向量及其运算(B)教案

2021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=x a+y b.

a、b、c不共面，空间的任一向量p，存在实数x、y、z，使p=x a+y b+z c.

●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.

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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

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=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+c

B. a+ b+c

C. a－b+c

D.－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.

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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⊥AB

1，

BC1⊥A1C，求证：AB1

=A1C.

证明：∵=)

(

)

(

,

,

1

1

1

1

1

1

1

1

1

1

1

CC

BC

C

C

C

A

BC

C

A

CC

BC

C

C

C

A+

?

+

=

?

+

+=·

∴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.

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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.

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