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1、 精品資料學案43空間向量及其運算導學目標： 1.了解空間向量的概念，了解空間向量的基本定理及其意義，掌握空間向量的正交分解及其坐標表示.2.掌握空間向量的線性運算及其坐標表示.3.掌握空間向量的數(shù)量積及其坐標表示，能運用向量的共線與垂直證明直線、平面的平行和垂直關系自主梳理1空間向量的有關概念及定理(1)空間向量：在空間中，具有_和_的量叫做空間向量(2)相等向量：方向_且模_的向量(3)共線向量定理對空間任意兩個向量a，b(a0)，b與a共線的充要條件是_(4)共面向量定理如果兩個向量a，b不共線，那么向量p與向量a，b共面的充要條件是存在有序實數(shù)對(x，y)，使得pxayb，推論的表達式
2、為xy或對空間任意一點O有，_或xyz，其中xyz_.(5)空間向量基本定理如果三個向量e1，e2，e3不共面，那么對空間任一向量p，存在惟一的有序實數(shù)組(x，y，z)，使得p_，把e1，e2，e3叫做空間的一個基底2空間向量的坐標表示及應用(1)數(shù)量積的坐標運算若a(a1，a2，a3)，b(b1，b2，b3)，則ab_.(2)共線與垂直的坐標表示設a(a1，a2，a3)，b(b1，b2，b3)，若b0，則ab_，_，_，ab_(a，b均為非零向量)(3)模、夾角和距離公式設a(a1，a2，a3)，b(b1，b2，b3)，則|a|_，cosa，b_.若A(a1，b1，c1)，B(a2，b2，c
3、2)，則|_.3利用空間向量證明空間中的位置關系若直線l，l1，l2的方向向量分別為v，v1，v2，平面，的法向量分別為n1，n2，利用向量證明空間中平行關系與垂直關系的基本方法列表如下：平行垂直直線與直線l1l2v1v2v1v2(為非零實數(shù))l1l2v1v2v1v20直線與平面lvn1vn10lvxv1yv2其中v1，v2為平面內不共線向量，x，y均為實數(shù)lvn1vn1(為非零實數(shù))平面與平面n1n2n1n2(為非零實數(shù))n1n2n1n20自我檢測1若a(2x,1,3)，b(1，2y,9)，且ab，則x_，y_.2如圖所示，在平行六面體ABCDA1B1C1D1中，M為AC與BD的交點，若a，
4、b，c，則用a，b，c表示為_3在平行六面體ABCDABCD中，已知BADAABAAD60，AB3，AD4，AA5，則|_.4下列4個命題：若pxayb，則p與a、b共面；若p與a、b共面，則pxayb；若xy，則P、M、A、B共面；若P、M、A、B共面，則xy.其中真命題是_(填序號)5A(1,0,1)，B(4,4,6)，C(2,2,3)，D(10,14,17)這四個點_(填共面或不共面).探究點一空間基向量的應用例1已知空間四邊形OABC中，M為BC的中點，N為AC的中點，P為OA的中點，Q為OB的中點，若ABOC，求證：PMQN.變式遷移1如圖，在正四面體ABCD中，E、F分別為棱AD、
5、BC的中點，則異面直線AF和CE所成角的余弦值為_探究點二利用向量法判斷平行或垂直例2兩個邊長為1的正方形ABCD與正方形ABEF相交于AB，EBC90，點M、N分別在BD、AE上，且ANDM.(1)求證：MN平面EBC；(2)求MN長度的最小值變式遷移2如圖所示，已知正方形ABCD和矩形ACEF所在的平面互相垂直，AB，AF1，M是線段EF的中點求證：(1)AM平面BDE；(2)AM面BDF.探究點三利用向量法解探索性問題例3如圖，平面PAC平面ABC，ABC是以AC為斜邊的等腰直角三角形，E，F(xiàn)，O分別為PA，PB，AC的中點，AC16，PAPC10.(1)設G是OC的中點，證明FG平面B
6、OE；(2)在AOB內是否存在一點M，使FM平面BOE？若存在，求出點M到OA，OB的距離；若不存在，說明理由變式遷移3已知在直三棱柱ABCA1B1C1中，底面是以ABC為直角的等腰直角三角形，AC2a，BB13a，D為A1C1的中點，E為B1C的中點(1)求直線BE與A1C所成的角的余弦值；(2)在線段AA1上是否存在點F，使CF平面B1DF？若存在，求出AF；若不存在，請說明理由1向量法解立體幾何問題有兩種基本思路：一種是利用基向量表示幾何量，簡稱基向量法；另一種是建立空間直角坐標系，利用坐標法表示幾何量，簡稱坐標法2利用坐標法解幾何問題的基本步驟是：(1)建立適當?shù)目臻g直角坐標系，用坐標
7、準確表示涉及到的幾何量(2)通過向量的坐標運算，研究點、線、面之間的位置關系(3)根據(jù)運算結果解釋相關幾何問題(滿分：90分)一、填空題(每小題6分，共48分)1下列命題：若A、B、C、D是空間任意四點，則有0；|a|b|ab|是a、b共線的充要條件；若a、b共線，則a與b所在直線平行；對空間任意一點O與不共線的三點A、B、C，若xyz(其中x、y、zR)則P、A、B、C四點共面其中不正確命題的序號為_2若A、B、C、D是空間中不共面的四點，且滿足0，0，0，則BCD的形狀是_三角形3. 如圖所示，在三棱柱ABCA1B1C1中，AA1底面ABC，ABBCAA1，ABC90，點E、F分別是棱AB
8、、BB1的中點，則直線EF和BC1所成的角等于_4設點C(2a1，a1,2)在點P(2,0,0)、A(1，3,2)、B(8，1,4)確定的平面上，則a_.5在直角坐標系中，A(2,3)，B(3，2)，沿x軸把直角坐標系折成120的二面角，則AB的長度為_6. (2010信陽模擬)如圖所示，已知空間四邊形ABCD，F(xiàn)為BC的中點，E為AD的中點，若()，則_.7(2010銅川一模)在正方體ABCDA1B1C1D1中，給出以下向量表達式：()；()；()2；().其中能夠化簡為向量的是_(填所有正確的序號)8(2010麗水模擬) 如圖所示，PD垂直于正方形ABCD所在平面，AB2，E為PB的中點，
9、cos，若以DA，DC，DP所在直線分別為x，y，z軸建立空間直角坐標系，則點E的坐標為_二、解答題(共42分)9(14分) 如圖所示，已知ABCDA1B1C1D1是棱長為3的正方體，點E在AA1上，點F在CC1上，且AEFC11.(1)求證：E、B、F、D1四點共面；(2)若點G在BC上，BG，點M在BB1上，GMBF，垂足為H，求證：EM平面BCC1B1.10(14分)(2009福建)如圖，四邊形ABCD是邊長為1的正方形，MD平面ABCD，NB平面ABCD，且MDNB1，E為BC的中點(1)求異面直線NE與AM所成角的余弦值；(2)在線段AN上是否存在點S，使得ES平面AMN？若存在，求
10、線段AS的長；若不存在，請說明理由11. (14分)如圖所示，已知空間四邊形ABCD的各邊和對角線的長都等于a，點M、N分別是AB、CD的中點(1)求證：MNAB，MNCD；(2)求MN的長；(3)求異面直線AN與CM所成角的余弦值學案43空間向量及其運算答案自主梳理1(1)大小方向(2)相同相等(3)存在實數(shù)，使ba(4)xy1(5)xe1ye2ze32(1)a1b1a2b2a3b3(2)aba1b1a2b2a3b3 (R)ab0a1b1a2b2a3b30(3)自我檢測1.解析ab，x，y.2abc解析ac(ab)abc.3.解析，|2222222324252234cos 60245cos
11、60235cos 6097，|.4解析正確中若a、b共線，p與a不共線，則pxayb就不成立正確中若M、A、B共線，點P不在此直線上，則xy不正確5共面解析(3,4,5)，(1,2,2)，(9,14,16)，設xy，即(9,14,16)(3xy,4x2y,5x2y)，從而A、B、C、D四點共面課堂活動區(qū)例1解題導引欲證ab，只要把a、b用相同的幾個向量表示，然后利用向量的數(shù)量積證明ab0即可，這是基向量證明線線垂直的基本方法證明如圖所示.設a，b，c.()(bc)，()(ac)，a(bc)(bca)，b(ac)(acb)c(ab)c(ab)c2(ab)2(|2|2)|，0.即，故PMQN.變式
12、遷移1解析設，為空間一組基底，則，().222222.又|，|2.cos，.異面直線AF與CE所成角的余弦值為.例2解題導引如圖所示，建立坐標系后，要證MN平行于平面EBC，只要證的橫坐標為0即可(1)證明如圖所示，以、為單位正交基底建立空間直角坐標系，則A(1,0,0)，D(1,1,0)，E(0,0,1)，B(0,0,0)，設，則(1,1,0)(0，1,0)(1,0,1)(0，1，)01，10，0，且的橫坐標為0.平行于平面yBz，即MN平面EBC.(2)解由(1)知| ，當時，MN取得長度的最小值為.變式遷移2證明(1)建立如圖所示的空間直角坐標系，設ACBDN，連結NE.則點N、E的坐標
13、分別為、(0,0,1).又點A、M的坐標分別為(，0)、，.且NE與AM不共線NEAM.又NE平面BDE，AM平面BDE，AM平面BDE.(2)由(1)得，D(，0,0)，F(xiàn)(，1)，B(0，0)，(0，1)，(，0,1)0，0.，即AMDF，AMBF.又DFBFF，且DF，BF在平面BDF內，AM平面BDF.例3解題導引建立適當?shù)目臻g直角坐標系后，寫出各點坐標第(1)題證明與平面BOE的法向量n垂直，即n0即可第(2)題設出點M的坐標，利用n即可解出，然后檢驗解的合理性(1)證明如圖，連結OP，以點O為坐標原點，分別以OB，OC，OP所在直線為x軸，y軸，z軸，建立空間直角坐標系Oxyz.則
14、O(0,0,0)，A(0，8,0)，B(8,0,0)，C(0,8,0)，P(0,0,6)，E(0，4,3)，F(xiàn)(4,0,3)由題意，得G(0,4,0)因為(8,0,0)，(0，4,3)，所以平面BOE的法向量n(0,3,4)由(4,4，3)，得n0.又直線FG不在平面BOE內，所以FG平面BOE.(2)解設點M的坐標為(x0，y0,0)，則(x04，y0，3)因為FM平面BOE，所以n，因此x04，y0，即點M的坐標是.在平面直角坐標系xOy中，AOB的內部區(qū)域可表示為不等式組經檢驗，點M的坐標滿足上述不等式組所以，在AOB內存在一點M，使FM平面BOE.由點M的坐標，得點M到OA，OB的距離
15、分別為4，.變式遷移3解(1)以點B為原點，以BA、BC、BB1所在直線分別為x軸，y軸，z軸建立如圖所示的空間直角坐標系，則B(0,0,0)，B1(0,0,3a)，ABC為等腰直角三角形，ABBCACa，A(a,0,0)，C(0，a,0)，C1(0，a,3a)，E，A1(a,0,3a)，(a，a，3a)，cos，.直線BE與A1C所成的角的余弦值為.(2)假設存在點F，使CF平面B1DF，并設(0,0,3a)(0,0,3a) (00，同理，0，0.BDC為銳角三角形360解析如圖建立坐標系，設ABBCAA12，則E(0,1,0)，F(xiàn)(0,0,1)，C1(2,0,2)，(0，1,1)，(2,0
16、,2)，cos，.EF與BC1所成的角是60.416解析由12得：(2a1，a1,2)1(1，3,2)2(6，1，4)，解得a16.52解析過A、B分別作AA1x軸，BB1x軸，垂足分別為A1和B1，則AA13，A1B15，BB12，22222325222232cos 6044.|2.6.解析，又，2，()，.7解析()；()；()22；()().8(1,1,1)解析設DPy0，則A(2,0,0)，B(2,2,0)，P(0,0，y)，E，(0,0，y)，.cos，.解得y2，E(1,1,1)9證明(1)建立如圖所示的空間直角坐標系，則(3,0,1)，(0,3,2)，(3,3,3)(3分)所以.
17、故、共面又它們有公共點B，E、B、F、D1四點共面(7分)(2)設M(0,0，z)，則.而(0,3,2)，由題設，得3z20，得z1.(10分)M(0,0,1)，(3,0,0)又(0,0,3)，(0,3,0)，0，0，從而MEBB1，MEBC.又BB1BCB，ME平面BCC1B1.(14分)10.解(1)如圖所示，以點D為坐標原點，建立空間直角坐標系Dxyz.依題意，得D(0,0,0)，A(1,0,0)，M(0,0,1)，C(0,1,0)，B(1,1,0)，N(1,1,1)，E.(2分)，(1,0,1)(4分)cos，異面直線NE與AM所成角的余弦值為.(7分)(2)假設在線段AN上存在點S，
18、使得ES平面AMN.(0,1,1)，可設(0，)，又，.(9分)由ES平面AMN，得即(11分)故，此時，|.經檢驗，當AS時，ES平面AMN.故線段AN上存在點S，使得ES平面AMN，此時AS.(14分)11(1)證明設p，q，r.由題意可知：|p|q|r|a，且p、q、r三向量兩兩夾角均為60.()(qrp)，(2分)(qrp)p(qprpp2)(a2cos 60a2cos 60a2)0.MNAB.又rq，(qrp)(rq)(qrq2r2qrprpq)(a2cos 60a2a2a2cos 60a2cos 60a2cos 60)0，MNCD.(4分)(2)解由(1)可知(qrp)，|22(qrp)2q2r2p22(qrpqrp)2a2.|a，MN的長為a.(9分)(3)解設向量與的夾角為.()(qr)，qp，(qr).(12分)又|a，|cos ，即aacos .cos ，(13分)向量與的夾角的余弦值為，從而異面直線AN與CM所成角的余弦值為.(14分)
高考數(shù)學理一輪資源庫 第8章學案43
