创新设计一轮复习 第七章 第5节.docx
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创新设计一轮复习第七章第5节
第5节 空间直角坐标系与空间向量
考试要求 1.了解空间直角坐标系,会用空间直角坐标系刻画点的位置;2.借助特殊长方体(所有棱分别与坐标轴平行)顶点的坐标,探索并得出空间两点间的距离公式;3.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示;4.掌握空间向量的线性运算及其坐标表示;5.掌握空间向量的数量积及其坐标表示,能用向量的数量积判断向量的共线和垂直.
知识梳理
1.空间向量的有关概念
名称
定义
空间向量
在空间中,具有大小和方向的量
相等向量
方向相同且模相等的向量
相反向量
方向相反且模相等的向量
共线向量
(或平行向量)
表示空间向量的有向线段所在的直线互相平行或重合的向量
共面向量
平行于同一个平面的向量
2.空间向量的有关定理
(1)共线向量定理:
对空间任意两个向量a,b(b≠0),a∥b的充要条件是存在实数λ,使得a=λb.
(2)共面向量定理:
如果两个向量a,b不共线,那么向量p与向量a,b共面的充要条件是存在唯一的有序实数对(x,y),使p=xa+yb.
(3)空间向量基本定理:
如果三个向量a,b,c不共面,那么对空间任一向量p,存在有序实数组{x,y,z},使得p=xa+yb+zc,其中,{a,b,c}叫做空间的一个基底.
3.空间向量的数量积及运算律
(1)数量积及相关概念
①两向量的夹角:
已知两个非零向量a,b,在空间任取一点O,作=a,=b,则∠AOB叫做向量a与b的夹角,记作〈a,b〉,其范围是[0,π],若〈a,b〉=,则称a与b互相垂直,记作a⊥b.
②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结合律:
(λa)·b=λ(a·b);
②交换律:
a·b=b·a;
③分配律:
a·(b+c)=a·b+a·c.
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
加法
a+b
(a1+b1,a2+b2,a3+b3)
减法
a-b
(a1-b1,a2-b2,a3-b3)
数量积
a·b
a1b1+a2b2+a3b3
共线
a=λb(b≠0,λ∈R)
a1=λb1,a2=λb2,a3=λb3
垂直
a·b=0(a≠0,b≠0)
a1b1+a2b2+a3b3=0
模
|a|
夹角
〈a,b〉(a≠0,b≠0)
cos〈a,b〉=
[微点提醒]
1.在平面中A,B,C三点共线的充要条件是:
=x+y(其中x+y=1),O为平面内任意一点.
2.在空间中P,A,B,C四点共面的充要条件是:
=x+y+z(其中x+y+z=1),O为空间任意一点.
3.向量的数量积满足交换律、分配律,即a·b=b·a,a·(b+c)=a·b+a·c成立,但不满足结合律,即(a·b)·c=a·(b·c)不一定成立.
4.若向量α的投影向量是γ,则向量α-γ与向量γ垂直,当向量γ与向量α起点相同时,终点间的距离最小.
基础自测
1.判断下列结论正误(在括号内打“√”或“×”)
(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,则a·b=0,则a⊥b.( )
(3)若{a,b,c}是空间的一个基底,则a,b,c中至多有一个零向量.( )
(4)若a·b<0,则〈a,b〉是钝角.( )
解析 对于
(2),因为0与任何向量数量积为0,所以
(2)不正确;对于(3),若a,b,c中有一个是0,则a,b,c共面,所以(3)不正确;对于(4),若〈a,b〉=π,则a·b<0,故(4)不正确.
答案
(1)√
(2)× (3)× (4)×
2.(选修2-1P97A2改编)如图所示,在平行六面体ABCDA1B1C1D1中,M为A1C1与B1D1的交点.若=a,=b,1=c,则下列向量中与相等的向量是( )
A.-a+b+cB.a+b+c
C.-a-b+cD.a-b+c
解析 由题意,根据向量运算的几何运算法则,=1+=1+(-)=c+(b-a)=-a+b+c.
答案 A
3.(选修2-1P118A6改编)已知a=(cosθ,1,sinθ),b=(sinθ,1,cosθ),则向量a+b与a-b的夹角是________.
解析 a+b=(cosθ+sinθ,2,cosθ+sinθ),
a-b=(cosθ-sinθ,0,sinθ-cosθ),
∴(a+b)·(a-b)=(cos2θ-sin2θ)+(sin2θ-cos2θ)=0,
∴(a+b)⊥(a-b),则a+b与a-b的夹角是.
答案
4.(2018·济宁一中月考)在空间直角坐标系中,A(1,2,3),B(-2,-1,6),C(3,2,1),D(4,3,0),则直线AB与CD的位置关系是( )
A.垂直B.平行
C.异面D.相交但不垂直
解析 由题意得,=(-3,-3,3),=(1,1,-1),
∴=-3,∴与共线,又AB与CD没有公共点.
∴AB∥CD.
答案 B
5.(2019·北京四中月考)已知a=(2,3,1),b=(-4,2,x),且a⊥b,则|b|=________.
解析 a·b=2×(-4)+3×2+1·x=0,∴x=2,
∴|b|==2.
答案 2
6.(2019·杭州二中月考)O为空间中任意一点,A,B,C三点不共线,且=++t,若P,A,B,C四点共面,则实数t=________.
解析 ∵P,A,B,C四点共面,∴++t=1,∴t=.
答案
考点一 空间向量的线性运算
【例1】如图所示,在空间几何体ABCD-A1B1C1D1中,各面为平行四边形,设=a,=b,=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:
(1);
(2)+.
解
(1)因为P是C1D1的中点,所以=++=a++
=a+c+=a+c+b.
(2)因为M是AA1的中点,所以=+
=+
=-a+=a+b+c.
又=+=+
=+=c+a,
所以+=+
=a+b+c.
规律方法
(1)选定空间不共面的三个向量作基向量,这是用向量解决立体几何问题的基本要求.用已知基向量表示指定向量时,应结合已知和所求向量观察图形,将已知向量和未知向量转化至三角形或平行四边形中,然后利用三角形法则或平行四边形法则进行运算.
(2)首尾相接的若干向量之和,等于由起始向量的始点指向末尾向量的终点的向量,我们把这个法则称为向量加法的多边形法则.
提醒 空间向量的坐标运算类似于平面向量中的坐标运算.
【训练1】在三棱锥O-ABC中,M,N分别是OA,BC的中点,G是△ABC的重心,用基向量,,表示,.
解 =+=+
=+(-)=+
=-++
=+=-++
=++.
考点二 共线定理、共面定理的应用
【例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:
(1)E,F,G,H四点共面;
(2)BD∥平面EFGH.
证明
(1)连接BG,则=+=+(+)=++=+,由共面向量定理知E,F,G,H四点共面.
(2)因为=-=-=(-)=,
因为E,H,B,D四点不共线,
所以EH∥BD.
又EH⊂平面EFGH,BD⊄平面EFGH,
所以BD∥平面EFGH.
规律方法
(1)证明空间三点P,A,B共线的方法
①=λ(λ∈R);
②对空间任一点O,=x+y(x+y=1).
(2)证明空间四点P,M,A,B共面的方法
①=x+y;
②对空间任一点O,=x+y+z(x+y+z=1);
③∥(或∥或∥).
(3)三点共线通常转化为向量共线,四点共面通常转化为向量共面,线面平行可转化为向量共线、共面来证明.
【训练2】如图所示,已知斜三棱柱ABC-A1B1C1,点M,N分别在AC1和BC上,且满足=k,=k(0≤k≤1).
(1)向量是否与向量,共面?
(2)直线MN是否与平面ABB1A1平行?
解
(1)因为=k,=k,
所以=++
=k++k
=k(+)+
=k(+)+
=k+=-k
=-k(+)
=(1-k)-k,
所以由共面向量定理知向量与向量,共面.
(2)当k=0时,点M,A重合,点N,B重合,
MN在平面ABB1A1内,
当0 又由 (1)知与,共面, 所以MN∥平面ABB1A1. 考点三 空间向量的数量积及其应用 多维探究 角度1 数量积的坐标运算 【例3-1】已知空间三点A(0,2,3),B(-2,1,6),C(1,-1,5). (1)求以AB,AC为边的平行四边形的面积; (2)若向量a分别与,垂直,且|a|=,求a的坐标. 解 (1)∵=(-2,-1,3),=(1,-3,2), 设〈,〉=θ,则 cosθ===,θ=60°, 所以以AB,AC为边的平行四边形的面积 S=AB·ACsinθ=7. (2)设a的坐标为(x,y,z),则a·=(x,y,z)·(-2,-1,3)=0,a·=(x,y,z)·(1,-3,2)=0,x2+y2+z2=3,解得a=(1,1,1),或a=(-1,-1,-1). 角度2 数量积的线性运算 典例迁移 【例3-2】(经典母题)如图所示,已知空间四边形ABCD的每条边和对角线长都等于1,点E,F,G分别是AB,AD,CD的中点,计算: (1)·; (2)·; 解 设=a,=b,=c. 则|a|=|b|=|c|=1,〈a,b〉=〈b,c〉=〈c,a〉=60°, (1)==c-a,=-a,=b-c, ·=·(-a)=a2-a·c=, (2)·=(++)·(-) =·(-) =·(-) =·(c-a) = =. 【迁移探究1】本例的条件不变,求证: EG⊥AB. 证明 由本例知=(+-)=(b+c-a), 所以·=(a·b+a·c-a2) ==0. 故⊥,即EG⊥AB. 【迁移探究2】本例的条件不变,求EG的长. 解 由本例知=-a+b+c, ||2=a2+b2+c2-a·b+b·c-c·a=,则||=,即EG的长为. 【迁移探究3】本例的条件不变,求异面直线AG和CE所成角的余弦值. 解 由本例知=b+c,=+=-b+a, cos,==-, 由于异面直线所成角的范围是, 所以异面直线AG与CE所成角的余弦值为. 规律方法 1.利用数量积解决问题的两条途径: 一是根据数量积的定义,利用模与夹角直接计算;二是利用坐标运算. 2.空间向量的数量积可解决有关垂直、夹角、长度问题. (1)a≠0,b≠0,a⊥b⇔a·b=0; (2)|a|=; (3)cos〈a,b〉=. 【训练3】如图所示,四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,底面为平行四边形,以顶点A为端点的三条棱长都为1,且两两夹角为60°. (1)求AC1的长; (2)求证: AC1⊥BD; (3)求BD1与AC夹角的余弦值. (1)解 记=a,=b,=c, 则|a|=|b|=|c|=1,〈a,b〉=〈b,c〉=〈c,a〉=60°, ∴a·b=b·c=c·a=. ||2=(a+b+c)2=a2+b2+c2+2(a·b+b·c+c·a) =1+1+1+2×=6, ∴|1|=,即AC1的长为. (2)证明 ∵=a+b+c,=b-a, ∴·=(a+b+c)·(b-a) =a·b+|b|2+b·c-|a|2-a·b-a·c =b·c-a·c=|b||c|cos60°-|a||c|cos60°=0. ∴⊥,∴AC1⊥BD. (3)解 =b+c-a,=a+b, ∴||=,||=, ·=(b+c-a)·(a+b) =b2-a2+a·c+b·c=1. ∴cos〈,〉==. ∴AC与BD1夹角的余弦值为. [思维升华] 1.利用向量解立体几何题的一般方法: 把线段或角度转化为向量表示,用已知向量表示未知向量,然后通过向量的运算或证明去解决问题.其中合理选取基底是优化运算的关键. 2.向量的运算有线性运算和数量积运算两大类,运算方法有两种,一种是建立空间坐标系,用坐标表示向量,向量运算转化为坐标运算,另一种是选择一组基向量,用基向量表示其它向量,向量运算转化为基向量的运算. [易错防范] 1.在利用=x+y①证明MN∥平面ABC时,必须说明M点或N点不在面ABC内(因为①式只表示与,共面). 2.求异面直线所成角,一般可转化为两向量夹角,但要注意两种角范围不同,注意两者关系,合理转化. 3.找两个向量的夹角,应使两个向量具有同一起点,不要误找成它的补角. 基础巩固题组 (建议用时: 40分钟) 一、选择题 1.(2019·烟台模拟)已知向量a=(-3,2,5),b=(1,x,-1),则a·b=2,则x的值为( ) A.3B.4C.5D.6 解析 因为a=(-3,2,5),b=(1,x,-1), 所以a·b=-3+2x-5=2,解得x=5. 答案 C 2.(2019·黄冈模拟)已知向量a=(2m+1,3,m-1),b=(2,m,-m),且a∥b,则实数m的值等于( ) A.B.-2C.0D.或-2 解析 ∵a∥b,∴==,解得m=-2. 答案 B 3.已知空间四边形ABCD的每条边和对角线的长都等于a,点E,F分别是BC,AD的中点,则·的值为( ) A.a2B.a2C.a2D.a2 解析 如图,设=a,=b,=c, 则|a|=|b|=|c|=a,且a,b,c三向量两两夹角为60°. =(a+b),=c, ∴·=(a+b)·c =(a·c+b·c)=(a2cos60°+a2cos60°)=a2. 答案 C 4.如图,在空间四边形OABC中,OA=8,AB=6,AC=4,BC=5,∠OAC=45°,∠OAB=60°,则OA与BC所成角的余弦值为( ) A.B.C.D. 解析 因为=-, 所以·=·-· =||||cos〈,〉-||||cos〈,〉 =8×4×cos135°-8×6×cos120°=-16+24. 所以cos〈,〉===. 即OA与BC所成角的余弦值为. 答案 A 5.若{a,b,c}是空间的一个基底,且向量p=xa+yb+zc,则(x,y,z)叫向量p在基底{a,b,c}下的坐标. 已知{a,b,c}是空间的一个基底,{a+b,a-b,c}是空间的另一个基底,一向量p在基底{a,b,c}下的坐标为(4,2,3),则向量p在基底{a+b,a-b,c}下的坐标是( ) A.(4,0,3)B.(3,1,3) C.(1,2,3)D.(2,1,3) 解析 设p在基底{a+b,a-b,c}下的坐标为x,y,z.则 p=x(a+b)+y(a-b)+zc=(x+y)a+(x-y)b+zc,① 因为p在{a,b,c}下的坐标为(4,2,3), ∴p=4a+2b+3c,② 由①②得∴ 即p在{a+b,a-b,c}下的坐标为(3,1,3). 答案 B 二、填空题 6.如图所示,在四面体OABC中,=a,=b,=c,D为BC的中点,E为AD的中点,则=________(用a,b,c表示). 解析 =+=a+ =a+(-)=a+ =a+×(+)=a+b+c. 答案 a+b+c 7.在正方体ABCD-A1B1C1D1中,M,N分别为棱AA1和BB1的中点,则sin〈,〉的值为________. 解析 如图建立空间直角坐标系D-xyz,设正方体棱长为2,则易得=(2,-2,1),=(2,2,-1), ∴cos〈,〉==-,∴sin〈,〉==. 答案 8.正四面体ABCD的棱长为2,E,F分别为BC,AD中点,则EF的长为________. 解析 ||2=(++)2 =2+2+2+2(·+·+·) =12+22+12+2(1×2×cos120°+0+2×1×cos120°) =2, ∴||=,∴EF的长为. 答案 三、解答题 9.已知空间中三点A(-2,0,2),B(-1,1,2),C(-3,0,4),设a=,b=. (1)若|c|=3,且c∥,求向量c. (2)求向量a与向量b的夹角的余弦值. 解 (1)∵c∥,=(-3,0,4)-(-1,1,2)=(-2,-1,2), ∴c=m=m(-2,-1,2)=(-2m,-m,2m), ∴|c|==3|m|=3, ∴m=±1.∴c=(-2,-1,2)或(2,1,-2). (2)∵a=(1,1,0),b=(-1,0,2), ∴a·b=(1,1,0)·(-1,0,2)=-1, 又∵|a|==, |b|==, ∴cos〈a,b〉===-, 即向量a与向量b的夹角的余弦值为-. 10.如图,在棱长为a的正方体OABC-O1A1B1C1中,E,F分别是棱AB,BC上的动点,且AE=BF=x,其中0≤x≤a,以O为原点建立空间直角坐标系Oxyz. (1)写出点E,F的坐标; (2)求证: A1F⊥C1E; (3)若A1,E,F,C1四点共面,求证: =+. (1)解 E(a,x,0),F(a-x,a,0). (2)证明 ∵A1(a,0,a),C1(0,a,a), ∴=(-x,a,-a),=(a,x-a,-a), ∴·=-ax+a(x-a)+a2=0, ∴⊥,∴A1F⊥C1E. (3)证明 ∵A1,E,F,C1四点共面, ∴,,共面. 选与为在平面A1C1E上的一组基向量,则存在唯一实数对(λ1,λ2),使=λ1+λ2, 即(-x,a,-a)=λ1(-a,a,0)+λ2(0,x,-a) =(-aλ1,aλ1+xλ2,-aλ2), ∴解得λ1=,λ2=1. 于是=+. 能力提升题组 (建议用时: 20分钟) 11.有下列命题: ①若p=xa+yb,则p与a,b共面;②若p与a,b共面,则p=xa+yb;③若=x+y,则P,M,A,B共面;④若P,M,A,B共面,则=x+y.其中真命题的个数是( ) A.1B.2C.3D.4 解析 ①正确;②中若a,b共线,p与a不共线,则p=xa+yb就不成立;③正确;④中若M,A,B共线,点P不在此直线上,则=x+y不正确. 答案 B 12.如图,正方形ABCD与矩形ACEF所在平面互相垂直,AB=,AF=1,M在EF上,且AM∥平面BDE.则M点的坐标为( ) A.(1,1,1) B. C. D. 解析 设AC与BD相交于O点,连接OE,由AM∥平面BDE,且AM⊂平面ACEF,平面ACEF∩平面BDE=OE,∴AM∥EO, 又O是正方形ABCD对角线交点, ∴M为线段EF的中点. 在空间坐标系中,E(0,0,1),F(,,1). 由中点坐标公式,知点M的坐标. 答案 C 13.(2019·郑州调研)已知O点为空间直角坐标系的原点,向量=(1,2,3),=(2,1,2),=(1,1,2),且点Q在直线OP上运动,当·取得最小值时,的坐标是__________. 解析 ∵点Q在直线OP上,∴设点Q(λ,λ,2λ), 则=(1-λ,2-λ,3-2λ),=(2-λ,1-λ,2-2λ),·=(1-λ)(2-λ)+(2-λ)(1-λ)+(3-2λ)(2-2λ)=6λ2-16λ+10=6-. 即当λ=时,·取得最小值-. 此时=. 答案 14.如图,正△ABC的边长为4,CD为AB边上的高,E,F分别是AC和BC边的中点,现将△ABC沿CD翻折成直二面角A-DC-B. (1)试判断直线AB与平面DEF的位置关系,并说明理由; (2)在线段BC上是否存在一点P,使AP⊥DE? 如果存在,求出的值;如果不存在,请说明理由. 解 (1)AB∥平面DEF,理由如下: 在△ABC中,由E,F分别是AC,BC的中点,得EF∥AB. 又因为AB⊄平面DEF,EF⊂平面DEF, 所以AB∥平面DEF. (2)以点D为坐标原点,直线DB,DC,DA分别为x轴,y轴,z轴,建立空间直角坐标系(如图所示),则A(0,0,2),B(2,0,0),C(0,2,0),E(0,,1),故=(0,,1). 假设存在点P(x,y,0)满足条件, 则=(x,y,-2),·=y-2=0, 所以y=. 又=(x-2,y,0),=(-x,2-y,0),∥, 所以(x-2)(2-y)=-xy,所以x+y=2. 把y=代入上式得x=,所以=, 所以在线段BC上存在点P使AP⊥DE,此时=. 新高考创新预测 15.(多填题)已知空间向量,,的模长分别为1,2,3,且两两夹角均为60°.点G为△ABC的重心,若=x+y+z,x,y,z∈R,则x+y+z=________.||=________. 解析 因为A,B,C,G四点共面,所以x+y+z=1,则z=1-x-y,=x+y+z=x+y+(1-x-y),则-=x(-)+y(-),即=x+y,即=x(-)+y(-),所以x+y=(x+y-1)=(x+y-1)·(--)=(1-x-y)+(1-x-y),所以解得x=y=,则z=,则=(++), ||= =× =. 答案 1
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- 创新设计一轮复习 第七章 第5节 创新 设计 一轮 复习 第七