高考数学理科一轮复习空间向量及其运算学案附答案.docx
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高考数学理科一轮复习空间向量及其运算学案附答案
高考数学(理科)一轮复习空间向量及其运算学案附答案
学案4 空间向量及其运算
导学目标:
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.自主梳理
1.空间向量的有关概念
(1)空间向量:
在空间中,具有______和______的量叫做空间向量.
(2)相等向量:
方向______且模______的向量.
(3)共线向量定理
对空间任意两个向量a,b(b≠0),a∥b的充要条是______________________________.
推论 如图所示,点P在l上的充要条是:
P→=A→+ta①
其中a叫直线l的方向向量,t∈R,在l上取AB→=a,则①可化为P→=___________________或P→=(1-t)A→+tB→
(4)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共面的充要条是存在惟一的有序实数对(x,),使p=xa+b,推论的表达式为P→=xA→+B→或对空间任意一点有,P→=__________________或P→=xA→+B→+z→,其中x++z=____
2.空间向量基本定理
如果三个向量a,b,不共面,那么对空间任一向量p,存在有序实数组{x,,z},使得p=____________________________,把{a,b,}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,作A→=a,B→=b,则________叫做向量a与b的夹角,记作________,其范围是________________,若〈a,b〉=π2,则称a与b______________,记作a⊥b
②两向量的数量积
已知两个非零向量a,b,则______________________叫做向量a,b的数量积,记作________,即______________________________.
(2)空间向量数量积的运算律
①结合律:
(λa)•b=____________________;
②交换律:
a•b=________;
③分配律:
a•(b+)=________________
4.空间向量的坐标表示及应用
(1)数量积的坐标运算
若a=(a1,a2,a3),b=(b1,b2,b3),
则a•b=____________________
(2)共线与垂直的坐标表示
设a=(a1,a2,a3),b=(b1,b2,b3),
则a∥b(b≠0)⇔____________⇔________,__________,________________,
a⊥b⇔________⇔_________________________________(a,b均为非零向量).
(3)模、夹角和距离公式
设a=(a1,a2,a3),b=(b1,b2,b3),
则|a|=a•a=_____________________________________________________________,
s〈a,b〉=a•b|a||b|=_________________________________________________________
若A(a1,b1,1),B(a2,b2,2),
则|AB→|=__________________________________________________________________
自我检测
1.若a=(2x,1,3),b=(1,-2,9),且a∥b,则( )
A.x=1,=1B.x=12,=-12
.x=16,=-32D.x=-16,=32
2.(2011•青岛月考)如图所示,在平行六面体ABD—A1B11D1中,为A与BD的交点,若A1B1→=a,A1D1→=b,A1A→=,则下列向量中与B1→相等的向量是( )
A.-12a+12b+B12a+12b+
12a-12b+D.-12a-12b+
3.(2011•广州调研)在平行六面体ABD—A′B′′D′中,已知∠BAD=∠A′AB=∠A′AD=60°,AB=3,AD=4,AA′=,则|A′→|=________
4.有下列4个命题:
①若p=xa+b,则p与a、b共面;
②若p与a、b共面,则p=xa+b;
③若P→=xA→+B→,则P、、A、B共面;
④若P、、A、B共面,则P→=xA→+B→
其中真命题的个数是( )
A.1B.2.3D.4
.A(1,0,1),B(4,4,6),(2,2,3),D(10,14,17)这四个点________(填共面或不共面).探究点一 空间基向量的应用
例1 已知空间四边形AB中,为B的中点,N为A的中点,P为A的中点,Q为B的中点,若AB=,求证:
P⊥QN
变式迁移1 如图,在正四面体ABD中,E、F分别为棱AD、B的中点,则异面直线AF和E所成角的余弦值为________.
探究点二 利用向量法判断平行或垂直
例2 (2011•合肥调研)两个边长为1的正方形ABD与正方形ABEF相交于AB,∠EB=90°,点、N分别在BD、AE上,且AN=D
(1)求证:
N∥平面EB;
(2)求N长度的最小值.
变式迁移2 如图所示,已知正方形ABD和矩形AEF所在的平面互相垂直,AB=2,AF=1,是线段EF的中点.
求证:
(1)A∥平面BDE;
(2)A⊥面BDF
探究点三 利用向量法解探索性问题
例3 (2011•泉州月考)如图,平面PA⊥平面AB,△AB是以A为斜边的等腰直角三角形,E,F,分别为PA,PB,A的中点,A=16,PA=P=10
(1)设G是的中点,证明FG∥平面BE;
(2)在△AB内是否存在一点,使F⊥平面BE?
若存在,求出点到A,B的距离;若不存在,说明理由.
变式迁移3 已知在直三棱柱AB—A1B11中,底面是以∠AB为直角的等腰直角三角形,A=2a,BB1=3a,D为A11的中点,E为B1的中点.
(1)求直线BE与A1所成的角的余弦值;
(2)在线段AA1上是否存在点F,使F⊥平面B1DF?
若存在,求出AF;若不存在,请说明理由.1.向量法解立体几何问题有两种基本思路:
一种是利用基向量表示几何量,简称基向量法;另一种是建立空间直角坐标系,利用坐标法表示几何量,简称坐标法.
2.利用坐标法解几何问题的基本步骤是:
(1)建立适当的空间直角坐标系,用坐标准确表示涉及到的几何量.
(2)通过向量的坐标运算,研究点、线、面之间的位置关系.(3)根据运算结果解释相关几何问题.(满分:
7分)
一、选择题(每小题分,共2分)
1.下列命题:
①若A、B、、D是空间任意四点,则有AB→+B→+D→+DA→=0;
②|a|-|b|=|a+b|是a、b共线的充要条;
③若a、b共线,则a与b所在直线平行;
④对空间任意一点与不共线的三点A、B、,若P→=xA→+B→+z→(其中x、、z∈R)则P、A、B、四点共面.其中假命题的个数是( )
A.1B.2.3D.4
2如图所示,在正方体ABD—A1B11D1中,是底面ABD的中心,、N分别是棱DD1、D11的中点,则直线( )
A.既垂直于A,又垂直于N
B.垂直于A,但不垂直于N
.垂直于N,但不垂直于A
D.与A、N都不垂直
3.(2011•绍兴月考)如图所示,在三棱柱AB—A1B11中,AA1⊥底面AB,AB=B=AA1,∠AB=90°,点E、F分别是棱AB、BB1的中点,则直线EF和B1所成的角是( )
A.4°B.60°
.90°D.120°
4.设点(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,则a等于( )
A.16B.4.2D.8
.在直角坐标系中,A(-2,3),B(3,-2),沿x轴把直角坐标系折成120°的二面角,则AB的长度为( )
A2B.211.32D.42
二、填空题(每小题4分,共12分)
6(2011•信阳模拟)如图所示,已知空间四边形ABD,F为B的中点,E为AD的中点,若EF→=λ(AB→+D→),则λ=________
7.(2011•铜川模拟)在正方体ABD—A1B11D1中,给出以下向量表达式:
①(A1D1→-A1A→)-AB→; ②(B→+BB1→)-D11→;
③(AD→-AB→)-2DD1→; ④(B1D1→+A1A→)+DD1→
其中能够化简为向量BD1→的是________.(填所有正确的序号)
8.(2011•丽水模拟)如图所示,PD垂直于正方形ABD所在平面,AB=2,E为PB的中点,s〈DP→,AE→〉=33,若以DA,D,DP所在直线分别为x,,z轴建立空间直角坐标系,则点E的坐标为________.
三、解答题(共38分)
9.(12分)如图所示,已知ABD—A1B11D1是棱长为3的正方体,点E在AA1上,点F在1上,且AE=F1=1
(1)求证:
E、B、F、D1四点共面;
(2)若点G在B上,BG=23,点在BB1上,G⊥BF,垂足为H,求证:
E⊥平面B1B1
10.(12分)(2009•福建)如图,四边形ABD是边长为1的正方形,D⊥平面ABD,NB⊥平面ABD,且D=NB=1,E为B的中点.
(1)求异面直线NE与A所成角的余弦值;
(2)在线段AN上是否存在点S,使得ES⊥平面AN?
若存在,求线段AS的长;若不存在,请说明理由.
11.(14分)(2011•汕头月考)如图所示,已知空间四边形ABD的各边和对角线的长都等于a,点、N分别是AB、D的中点.
(1)求证:
N⊥AB,N⊥D;
(2)求N的长;
(3)求异面直线AN与所成角的余弦值.
学案4 空间向量及其运算
自主梳理
1.
(1)大小 方向
(2)相同 相等 (3)存在实数λ,使得a=λb A→+tAB→ (4)→+xA→+B→ 1 2xa+b+z 3
(1)①∠AB 〈a,b〉 0≤〈a,b〉≤π 互相垂直 ②|a||b|s〈a,b〉 a•b a•b=|a||b|s〈a,b〉
(2)①λ(a•b) ②b•a ③a•b+a• 4
(1)a1b1+a2b2+a3b3
(2)a=λb a1=λb1 a2=λb2 a3=λb3(λ∈R) a•b=0 a1b1+a2b2+a3b3=0 (3)a21+a22+a23
a1b1+a2b2+a3b3a21+a22+a23•b21+b22+b23 a2-a12+b2-b12+2-12
自我检测
1. [∵a∥b,∴2x1=1-2=39,
∴x=16,=-32]
2.A [B1→=B1A1→+A1A→+A→
=-A1B1→+A1A→+12AB→+12AD→
=-a++12(a+b)=-12a+12b+]
397
解析 ∵A′→=AB→+B→+′→=AB→+AD→+AA′→,
∴|A′→|2=AB→2+AD→2+AA′→2+2AB→•AD→+2AD→•AA′→+2AA′→•AB→=32+42+2+2×3×4×s60°+2×4××s60°+2×3××s60°=97,
∴|A′→|=97
4.B [①正确.②中若a、b共线,p与a不共线,则p=xa+b就不成立.③正确.④中若、A、B共线,点P不在此直线上,则P→=xA→+B→不正确.]
.共面
解析 AB→=(3,4,),A→=(1,2,2),AD→=(9,14,16),设AD→=xAB→+A→,
即(9,14,16)=(3x+,4x+2,x+2).
∴x=2=3,从而A、B、、D四点共面.
堂活动区
例1 解题导引 欲证a⊥b,只要把a、b用相同的几个向量表示,然后利用向量的数量积证明a•b=0即可,这是基向量证明线线垂直的基本方法.
证明 如图所示
设A→=a,B→=b,→=
∵→=12(B→+→)=12(b+),
N→=12(A→+→)=12(a+),
∴P→=P→+→=-12a+12(b+)
=12(b+-a),
QN→=Q→+N→=-12b+12(a+)=12(a+-b).
∴P→•QN→=14[-(a-b)][+(a-b)]
=14[2-(a-b)2]=14(|→|2-|BA→|2)
∵|AB→|=|→|,∴P→•QN→=0
即P→⊥QN→,故P⊥QN
变式迁移1 23
解析 设{AB→,A→,AD→}为空间一组基底,
则AF→=12AB→+12A→,
E→=12A→+12D→=12A→+12(AD→-A→)
=-A→+12AD→
∴AF→•E→=12AB→+12A→•-A→+12AD→
=-12AB→•A→-12A→2+14AB→•AD→+14A→•AD→
=-14AB→2-12A→2+18AB→2+18A→2
=-12A→2
又|AF→|=|E→|=32|A→|,∴|AF→|•|E→|=34|A→|2
∴s〈AF→,E→〉=AF→•E→|AF→||E→|=-12A→234|A→|2=-23
∴异面直线AF与E所成角的余弦值为23
例2 解题导引 如图所示,建立坐标系后,要证N平行于平面EB,只要证N→的横坐标为0即可.
(1)证明 如图所示,以BA→、B→、BE→为单位正交基底建立空间直角坐标系,
则A(1,0,0),D(1,1,0),E(0,0,1),B(0,0,0),
设ANAE=DDB=λ,则N→=D→+DA→+AN→=λBD→+DA→+λAE→
=λ(1,1,0)+(0,-1,0)+λ(-1,0,1)=(0,λ-1,λ).
∵0<λ<1,∴λ-1≠0,λ≠0,且N→的横坐标为0
∴N→平行于平面Bz,即N∥平面EB
(2)解 由
(1)知|N→|=λ-12+λ2=2λ2-2λ+1
=2λ-122+12,
∴当λ=12时,N取得长度的最小值为22
变式迁移2 证明
(1)建立如图所示的空间直角坐标系,设A∩BD=N,连接NE
则点N、E的坐标分别为
22,22,0、(0,0,1).
∴NE→=-22,-22,1
又点A、的坐标分别为(2,2,0)、22,22,1,
∴A→=-22,-22,1
∴NE→=A→且NE与A不共线.
∴NE∥A
又∵NE⊂平面BDE,A⊄平面BDE,
∴A∥平面BDE
(2)由
(1)得,A→=-22,-22,1,
∵D(2,0,0),F(2,2,1),B(0,2,0),
∴DF→=(0,2,1),BF→=(2,0,1).
∴A→•DF→=0,A→•BF→=0∴A→⊥DF→,A→⊥BF→,
即A⊥DF,A⊥BF
又DF∩BF=F,
∴A⊥平面BDF
例3 解题导引 建立适当的空间直角坐标系后,写出各点坐标.第
(1)题证明FG→与平面BE的法向量n垂直,即FG→•n=0即可.第
(2)题设出点的坐标,利用F→∥n即可解出,然后检验解的合理性.
(1)证明 如图,连接P,以点为坐标原点,分别以B,,P所在直线为x轴,轴,z轴,建立空间直角坐标系—xz
则(0,0,0),A(0,-8,0),
B(8,0,0),(0,8,0),P(0,0,6),E(0,-4,3),F(4,0,3).
由题意,得G(0,4,0).
因为B→=(8,0,0),E→=(0,-4,3),
所以平面BE的法向量n=(0,3,4).
由FG→=(-4,4,-3),得n•FG→=0
又直线FG不在平面BE内,所以FG∥平面BE
(2)解 设点的坐标为(x0,0,0),
则F→=(x0-4,0,-3).
因为F⊥平面BE,所以F→∥n,
因此x0=4,0=-94,
即点的坐标是4,-94,0
在平面直角坐标系x中,△AB的内部区域可表示为不等式组x>0,<0,x-<8
经检验,点的坐标满足上述不等式组.
所以,在△AB内存在一点,使P⊥平面BE
由点的坐标,得点到A,B的距离分别为4,94
变式迁移3 解
(1)以点B为原点,以BA、B、BB1所在直线分别为x轴,轴,z轴建立如图所示的空间直角坐标系,则B(0,0,0),B1(0,0,3a),
∵△AB为等腰直角三角形,
∴AB=B=22A=2a,
∴A(2a,0,0),(0,2a,0),1(0,2a,3a),
E0,22a,32a,A1(2a,0,3a),
∴BE→=0,22a,32a,A1→=(-2a,2a,-3a),
s〈BE→,A1→〉=BE→•A1→|BE→||A1→|=-72a2112a×13a=-7143143
∴直线BE与A1所成的角的余弦值为7143143
(2)假设存在点F,使F⊥平面B1DF,
并设AF→=λAA1→=λ(0,0,3a)=(0,0,3λa)(0<λ<1),
∵D为A11的中点,∴D22a,22a,3a,
B1D→=22a,22a,3a-(0,0,3a)=22a,22a,0,
B1F→=B1B→+BA→+AF→=(0,0,-3a)+(2a,0,0)+(0,0,3λa)=(2a,0,3a(λ-1)),
F→=A→+AF→=(2a,-2a,0)+(0,0,3λa)
=(2a,-2a,3λa).
∵F⊥平面B1DF,∴F→⊥B1D→,F→⊥B1F→,
F→•B1D→=0F→•B1F→=0,即3λa×0=09λ2-9λ+2=0,
解得λ=23或λ=13
∴存在点F使F⊥面B1DF,且
当λ=13时,|AF→|=13|AA1→|=a,
当λ=23时,|AF→|=23|AA1→|=2a
后练习区
1. [②③④均不正确.]
2.A [以D为坐标原点,以DA为x轴,D为轴,DD1为z轴建系,设棱长为2,则(0,0,1),N(0,1,2),(1,1,0),A(2,0,0),(0,2,0),
∴A→=(-2,2,0),N→=(0,1,1),→=(-1,-1,1),
∴→•A→=0,→•N→=0,
∴⊥A,⊥N]
3.B [如图建立坐标系,设AB=B=AA1=2,则E(0,1,0),F(0,0,1),1(2,0,2),
∴EF→=(0,-1,1),B1→=(2,0,2),
∴s〈EF→,B1→〉=22•8=12
∵〈EF→,B1→〉∈[0°,180°]
∴EF与B1所成的角是60°]
4.A [由P→=λ1PA→+λ2PB→得:
(2a-1,a+1,2)=λ1(-1,-3,2)+λ2(6,-1,4),
∴-λ1+6λ2=2a-1-3λ1-λ2=a+1,2λ1+4λ2=2 解得a=16]
.B [过A、B分别作AA1⊥x轴,BB1⊥x轴,垂足分别为A1和B1,则AA1=3,A1B1=,BB1=2,
∵AB→=AA1→+A1B1→+B1B→,
∴AB→2=AA1→2+A1B1→2+B1B→2+2AA1→•B1B→=32+2+22+2×3×2×s60°=44∴|AB→|=211]
612
解析 ∵EF→=EA→+AB→+BF→,
又EF→=ED→+D→+F→,
∴2EF→=AB→+D→,∴EF→=12(AB→+D→),∴λ=12
7.①②
解析 ①(A1D1→-A1A→)-AB→=AD1→-AB→=BD1→;
②(B→+BB1→)-D11→=B1→-D11→=BD1→;
③(AD→-AB→)-2DD1→=BD→-2DD1→≠BD1→;
④(B1D1→+A1A→)+DD1→=B1D1→+(A1A→+DD1→)=B1D1→≠BD1→
8.(1,1,1)
解析 设DP=>0,则A(2,0,0),B(2,2,0),P(0,0,),E1,1,2,DP→=(0,0,),AE→=-1,1,2
∴s〈DP→,AE→〉=DP→•AE→|DP→||AE→|=1222+24=8+2=33
解得=2,∴E(1,1,1).
9.证明
(1)建立如图所示的空间直角坐标系,
则BE→=(3,0,1),BF→=(0,3,2),
BD1→=(3,3,3).(2分)
所以BD1→=BE→+BF→
故BD1→、BE→、BF→共面.
又它们有公共点B,∴E、B、F、D1四点共面.(6分)
(2)设(0,0,z),则G→=0,-23,z
而BF→=(0,3,2),
由题设,得G→•BF→=-23×3+z•2=0,得z=1(8分)
∴(0,0,1),E(3,0,1),∴E→=(3,0,0).
又BB1→=(0,0,3),B→=(0,3,0),∴E→•BB1→=0,
∴E→•B→=0,从而E⊥BB1,E⊥B
又∵BB1∩B=B,∴E⊥平面B1B1(12分)
10解
(1)如图所示,以点D为坐标原点,建立空间直角坐标系D—xz
依题意,得D(0,0,0),
A(1,0,0),(0,0,1),(0,1,0),B(1,1,0),N(1,1,1),
E12,1,0(2分)
∴NE→=-12,0,-1,
A→=(-1,0,1).
∵s〈NE→,A→〉=NE→•A→|NE→|•|A→|=-122×2=-1010,
∴异面直线NE与A所成角的余弦值为1010
(6分)
(2)假设在线段AN上存在点S,使得ES⊥平面AN
∵AN→=(0,1,1),可设AS→=λAN→=(0,λ,λ),
又EA→=12,-1,0,
∴ES→=EA→+AS→=12,λ-1,λ(8分)
由ES⊥平面AN,
得ES→•A→=0,ES→•AN→=0,即-12+λ=0,λ-1+λ=0(10分)
故λ=12,此时AS→=0,12,12,|AS→|=22
经检验,当AS=22时,ES⊥平面AN
故线段AN上存在点S,
使得ES⊥平面AN,此时AS=22(12分)
11.
(1)证明 设AB→=p,A→=q,AD→=r
由题意可知:
|p|=|q|=|r|=a,且p、q、r三向量两两夹角均为60°
N→=AN→-A→=12(A→+AD→)-12AB→
=12(q+r-p),(2分)
∴N→•AB→=12(q+r-p)•p
=12(q•p+r•p-p2)
=12(a2•s60°+a2•s60°-a2)=0
∴N⊥AB
又∵D→=AD→-A→=r-q,
∴N→•D→=12(q+r-p)
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