年高考第一轮复习数学空间向量及其运算B

年高考第一轮复习数学

空间向量及其运算B Company number【1089WT-1898YT-1W8CB-9UUT-92108】

空间向量及其运算（B）

●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|

个个个个

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B A'、D

A'、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：∵D

A－B

B'=BD，

A=D

∴B

A、BD共面.

A、D

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，AB=a－2c，CD=5a+6b－8c，对角线AC、BD的中点分别为E、F，则EF=_____________.

解析：∵=++，

又EF=EC+CD+DF，

两式相加，得2EF=（EA+EC）+（AB+CD）+（BF+DF）.

∵E是AC的中点，

故EA+EC=0.同理，BF+DF=0.

∴2EF= AB+CD=（a－2c）+（5a+6b－8c）=6a+6b－10c.∴EF=3a+3b－5c.

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OA=x OB+y OC +z OD.

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OA=OB+x1BC +y1BD=OB+x1（OC－OB）+y1（OD－OB）=（1－x1－y1）OB+x1OC+y1OD，取x=1－x1－y1、y=x1、z=y1，则有OA=x OB+y OC+z OD，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AC ·CD =0.同理，BA ·AC =0. 因为AB 与CD 成60°角，

所以〈，〉=60°或120°.因为=＋＋，

所以2=2＋AC 2＋CD 2＋2·AC ＋2·CD ＋2AC ·CD =2＋AC 2＋CD 2

＋2·=3＋2×1×1×cos 〈，〉=

4 （〈BA ，〉=60°），

2 （〈BA ，〉=120°）.

所以｜BD ｜=2或2， 即B 、D 间的距离为2或2.

【例3】 在棱长为1的正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，BD 1交平面ACB 1于点E ， 求证：（1）BD 1⊥平面ACB 1； （2）BE =2

1ED 1.

证明：（1）我们先证明BD 1⊥AC .

∵1BD = BC + CD +1DD ，AC = AB +BC ，

∴1BD ·AC =（BC +CD +1DD ）·（AB +BC ）=BC ·BC +

CD ·AB =BC ·BC －AB ·AB =|BC |2

－|AB |2

=1－1=0.

∴BD 1⊥AC .同理可证BD 1⊥AB 1，于是BD 1⊥平面ACB 1. （2）设底面正方形的对角线AC 、BD 交于点M ，则BM =

21BD = 2

1

11D B ，即2BM =11D B .对于空间任意一点O ，设OB =b ，OM =m ，1OB =b 1，1OD =d 1，则上述等式可改写成2（m －b ）=d 1－b 1或b 1+2m =d 1+2b .记

2121++m b =2

121++b

d =

e .此即表明，由e

向量所对应的点E 分线段B 1M 及D 1B 各成λ（λ=2）之比，所以点E 既在线段B 1M （B 1M ?面ACB 1）上又在线段D 1B 上，所以点E 是D 1B 与平面ACB 1之交点，此交点E 将D 1B 分成2与1之比，即D 1E ∶EB =2∶1.∴BE =2

1ED 1.

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 —A 1B 1C 1D 1中，M 为AC 和BD 的交点，若11B A =a ，11D A =b ，

A 1 =

c ，则下列式子中与B 1相等的是

A.－ 2

1a + 2

1b +c B. 21a + 2

1b +c

C. 2

1a － 21b +c

D.－ 21a － 2

1b +c

解析：B 1=B 1 + BM =B 1+

21（+）=A 1－ 2111B A + 2

1

11D A =c － 21

a + 2

1b ，故选A. 答案：A

、A 、B 、C 为空间四个点，又、、为空间的一个基底，则 、A 、B 、C 四点不共线

、A 、B 、C 四点共面，但

不共线

、A 、B 、C 四点中任意三点不共线

、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 = 2

1

|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 〉=||||b a b a ?=22||21||

b b =2

1

.

∴〈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，

a α，求证：a ⊥PA ?a ⊥OA .

证明：设直线a 上非零向量a ，要证a ⊥PA ?a ⊥OA ，即证a ·AP =0?a ·AO =0.

∵a α，a ·OP =0，∴a ·=a ·（AO +OP ）=a ·AO +a ·OP =a ·AO . ∴a ·AP =0?a ·AO =0，即a ⊥PA ?a ⊥OA .

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 —A 1B 1C 1中，BC 1⊥AB 1，BC 1⊥A 1C ，求证：AB 1=A 1C .

证明：∵A 1=)()(,,11111111111CC C C A BC A CC BC C C A +?+=?++=11C A · ∴AB =AC .又A 1A =B 1B ，∴A 1C =AB 1.

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OA 、OB 、OC 的方向有大小等于1、2、3的三个力f 1、f 2、f 3.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f 1=a ，

f 2=2b ，f 3=3c ，则f =f 1+f 2+f 3=a +2b +3c ，

∴

|f |2=

（

a +2

b +3

c ）·（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 〉=

|a ||f |a f ?=5

32|2

c

a b a a ?+?+|=523

11+

+=10

7. 同理，可得cos 〈f ，b 〉=54

，cos 〈f ，c 〉=

10

9. 7.在空间四边形ABCD 中，求证：·CD +AC · +·=0. 证法一：把AB 拆成AC +CB 后重组，AB ·CD +AC ·DB +AD ·=（AC +

CB ）·CD +AC ·DB +AD ·BC =AC ·CD +CB ·CD +AC ·DB +AD ·BC =AC ·（

+）+·（+）=·+· = ·（+）=·0=0.

证法二：如下图，设a=，b= ，c=，则·CD+AC·+·=（b－a）·（－c）+（c－a）·b+（－a）·（c－b）=－b·c+a·c+c·b－a·b－a·c+a·b=0.

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.（2004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=3，∴

PO =PE ·sin60°=

3×

23=23，即点P 到平面ABCD 的距离为2

3. （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 （0，0，23

），B （0，2

3

3，0），PB 中点G 的坐标为（0，

433，4

3

），连结AG .

又知A （1，

23，0），C （－2，2

3

3，0）. 由此得到 =（1，－

43，－4

3

）， =（0，

233，－2

3

），=（－2，0，0）. 于是有GA ·PB =0，·PB =0，

∴GA ⊥PB ，BC ⊥PB . GA ，BC 的夹角θ等于所求二面角的平面角.

于是cos θ==－

7

7

2， ∴所求二面角的大小为π－arccos

7

7

2. 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 =2

1BC .

∵AD ⊥PB ，∴BC ⊥PB ，FG ⊥PB .∴∠AGF 是所求二面角的平面角.

∵AD ⊥面POB ，∴AD ⊥EG .

又∵PE =BE ，∴EG ⊥PB ，且∠PEG =60°. 在Rt △PEG 中，EG =PE ·cos60°=

2

3， 在Rt △GAE 中，AE =2

1AD =1，于是tan ∠GAE =AE

EG

= 23.

又∠AGF =π－∠GAE ，

∴所求二面角的大小为π－arctan

2

3

. ●思悟小结

1.若表示向量a 1，a 2，…，a n 的有向线段终点和始点连结起来构成一个封闭折图形，则a 1＋a 2＋a 3＋…＋a n =0.

2.应用向量知识解决几何问题时，一方面要选择恰当的基向量，另一方面要熟练地进行向量运算.

●教师下载中心 教学点睛

1.要使学生正确理解空间向量的加法法则、减法法则以及空间向量的数量积，掌握空间向量平行、垂直的条件及三个向量共面及四点共面的条件.

2.空间中的任何一个向量都可以用不共面的三个向量线性表示，这三个向量也称为一个基底.在证明两个向量平行、垂直或求其夹角时，往往把它们用同一个基

底来表示，从而实现解题的目的.

拓展题例

【例1】 下列命题中不正确的命题个数是

①若A 、B 、C 、D 是空间任意四点，则有AB ++ CD +DA =0 ②|a |－|b |=|a +b |是a 、b 共线的充要条件 ③若a 、b 共线，则a 与b 所在直线平行 ④对空间任意点O 与不共线的三点A 、B 、C ，若=x +y +z （其中x 、y 、z ∈R ），则P 、A 、B 、C 四点共面

解析：易知只有①是正确的，对于④，若O 平面ABC ，则OA 、OB 、OC 不共面，由空间向量基本定理知，P 可为空间任一点，所以P 、A 、B 、C 四点不一定共面.

答案：C

【例2】 A 是△BCD 所在平面外一点，M 、N 分别是△ABC 和△ACD 的重心，若

BD =4，试求MN 的长.

解：连结AM 并延长与BC 相交于E ，连结AN 并延长与CD 相交于E ，则E 、F 分别是BC 及CD 的中点.

现在=AN －AM =3

2

AF －

32AE = 32（AF －AE ）=32EF = 3

2

（－）= 32（21－ 21）=31（－）=3

1

BD .

∴MN =|MN |= 31|BD |= 31BD =3

4.

说明：本题的关键是利用重心这一特殊位置逐步进行转化.

【例3】 设A 、B 、C 及A 1、B 1、C 1分别是异面直线l 1、l 2上的三点，而M 、N 、

P 、Q 分别是线段AA 1、BA 1、BB 1、CC 1的中点.求证：M 、N 、P 、Q 四点共面.

证明：NM =

21，NP = 2

1

11B A ， ∴BA =2，11B A =2. 又∵PQ = 2

1（+11C B ），

（*）

A 、

B 、

C 及A 1、B 1、C 1分别共线，

∴=λBA =2NM ，11C B =ω11B A =2ωNP .

代入（*）式得PQ = 2

1（2λNM +2ωNP ）=λNM +ωNP ，∴PQ 、NM 、NP 共面.

∴M 、N 、P 、Q 四点共面.