《【名校资料】高考数学（理）一轮资源库 第8章 学案43.doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《【名校资料】高考数学（理）一轮资源库 第8章 学案43.doc（15页珍藏版）》请在三一文库上搜索。
1、+二一九高考数学学习资料+学案43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，能运用向量的共线与垂直证明直线、平面的平行和垂直关系自主梳理1空间向量的有关概念及定理(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(a0)，b与a共线的充要条件是_(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共面的充要条件是存在有序实数对(x，y)，使得pxay
2、b，推论的表达式为xy或对空间任意一点O有，_或xyz，其中xyz_.(5)空间向量基本定理如果三个向量e1，e2，e3不共面，那么对空间任一向量p，存在惟一的有序实数组(x，y，z)，使得p_，把e1，e2，e3叫做空间的一个基底2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ab_.(2)共线与垂直的坐标表示设a(a1，a2，a3)，b(b1，b2，b3)，若b0，则ab_，_，_，ab_(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|_，cosa，b_.若A(a1，b1，c1)，B
3、(a2，b2，c2)，则|_.3利用空间向量证明空间中的位置关系若直线l，l1，l2的方向向量分别为v，v1，v2，平面，的法向量分别为n1，n2，利用向量证明空间中平行关系与垂直关系的基本方法列表如下：平行垂直直线与直线l1l2v1v2v1v2(为非零实数)l1l2v1v2v1v20直线与平面lvn1vn10lvxv1yv2其中v1，v2为平面内不共线向量，x，y均为实数lvn1vn1(为非零实数)平面与平面n1n2n1n2(为非零实数)n1n2n1n20自我检测1若a(2x,1,3)，b(1，2y,9)，且ab，则x_，y_.2如图所示，在平行六面体ABCDA1B1C1D1中，M为AC与B
4、D的交点，若a，b，c，则用a，b，c表示为_3在平行六面体ABCDABCD中，已知BADAABAAD60，AB3，AD4，AA5，则|_.4下列4个命题：若pxayb，则p与a、b共面；若p与a、b共面，则pxayb；若xy，则P、M、A、B共面；若P、M、A、B共面，则xy.其中真命题是_(填序号)5A(1,0,1)，B(4,4,6)，C(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OABC中，M为BC的中点，N为AC的中点，P为OA的中点，Q为OB的中点，若ABOC，求证：PMQN.变式迁移1如图，在正四面体ABCD中，E、
5、F分别为棱AD、BC的中点，则异面直线AF和CE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2两个边长为1的正方形ABCD与正方形ABEF相交于AB，EBC90，点M、N分别在BD、AE上，且ANDM.(1)求证：MN平面EBC；(2)求MN长度的最小值变式迁移2如图所示，已知正方形ABCD和矩形ACEF所在的平面互相垂直，AB，AF1，M是线段EF的中点求证：(1)AM平面BDE；(2)AM面BDF.探究点三利用向量法解探索性问题例3如图，平面PAC平面ABC，ABC是以AC为斜边的等腰直角三角形，E，F，O分别为PA，PB，AC的中点，AC16，PAPC10.(1)设G是OC的中点
6、，证明FG平面BOE；(2)在AOB内是否存在一点M，使FM平面BOE？若存在，求出点M到OA，OB的距离；若不存在，说明理由变式迁移3已知在直三棱柱ABCA1B1C1中，底面是以ABC为直角的等腰直角三角形，AC2a，BB13a，D为A1C1的中点，E为B1C的中点(1)求直线BE与A1C所成的角的余弦值；(2)在线段AA1上是否存在点F，使CF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
7、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：90分)一、填空题(每小题6分，共48分)1下列命题：若A、B、C、D是空间任意四点，则有0；|a|b|ab|是a、b共线的充要条件；若a、b共线，则a与b所在直线平行；对空间任意一点O与不共线的三点A、B、C，若xyz(其中x、y、zR)则P、A、B、C四点共面其中不正确命题的序号为_2若A、B、C、D是空间中不共面的四点，且满足0，0，0，则BCD的形状是_三角形3. 如图所示，在三棱柱ABCA1B1C1中，AA1底面ABC，ABBCAA1，ABC90，点E
8、、F分别是棱AB、BB1的中点，则直线EF和BC1所成的角等于_4设点C(2a1，a1,2)在点P(2,0,0)、A(1，3,2)、B(8，1,4)确定的平面上，则a_.5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_6. (2010信阳模拟)如图所示，已知空间四边形ABCD，F为BC的中点，E为AD的中点，若()，则_.7(2010铜川一模)在正方体ABCDA1B1C1D1中，给出以下向量表达式：()；()；()2；().其中能够化简为向量的是_(填所有正确的序号)8(2010丽水模拟) 如图所示，PD垂直于正方形ABCD所在平面，AB2，
9、E为PB的中点，cos，若以DA，DC，DP所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，则点E的坐标为_二、解答题(共42分)9(14分) 如图所示，已知ABCDA1B1C1D1是棱长为3的正方体，点E在AA1上，点F在CC1上，且AEFC11.(1)求证：E、B、F、D1四点共面；(2)若点G在BC上，BG，点M在BB1上，GMBF，垂足为H，求证：EM平面BCC1B1.10(14分)(2009福建)如图，四边形ABCD是边长为1的正方形，MD平面ABCD，NB平面ABCD，且MDNB1，E为BC的中点(1)求异面直线NE与AM所成角的余弦值；(2)在线段AN上是否存在点S，使得ES平面A
10、MN？若存在，求线段AS的长；若不存在，请说明理由11. (14分)如图所示，已知空间四边形ABCD的各边和对角线的长都等于a，点M、N分别是AB、CD的中点(1)求证：MNAB，MNCD；(2)求MN的长；(3)求异面直线AN与CM所成角的余弦值学案43空间向量及其运算答案自主梳理1(1)大小方向(2)相同相等(3)存在实数，使ba(4)xy1(5)xe1ye2ze32(1)a1b1a2b2a3b3(2)aba1b1a2b2a3b3 (R)ab0a1b1a2b2a3b30(3)自我检测1.解析ab，x，y.2abc解析ac(ab)abc.3.解析，|2222222324252234cos 6
11、0245cos 60235cos 6097，|.4解析正确中若a、b共线，p与a不共线，则pxayb就不成立正确中若M、A、B共线，点P不在此直线上，则xy不正确5共面解析(3,4,5)，(1,2,2)，(9,14,16)，设xy，即(9,14,16)(3xy,4x2y,5x2y)，从而A、B、C、D四点共面课堂活动区例1解题导引欲证ab，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ab0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，b，c.()(bc)，()(ac)，a(bc)(bca)，b(ac)(acb)c(ab)c(ab)c2(ab)2(|2|2)|，0.即，
12、故PMQN.变式迁移1解析设，为空间一组基底，则，().222222.又|，|2.cos，.异面直线AF与CE所成角的余弦值为.例2解题导引如图所示，建立坐标系后，要证MN平行于平面EBC，只要证的横坐标为0即可(1)证明如图所示，以、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，则(1,1,0)(0，1,0)(1,0,1)(0，1，)01，10，0，且的横坐标为0.平行于平面yBz，即MN平面EBC.(2)解由(1)知| ，当时，MN取得长度的最小值为.变式迁移2证明(1)建立如图所示的空间直角坐标系，设ACBDN，连结NE.
13、则点N、E的坐标分别为、(0,0,1).又点A、M的坐标分别为(，0)、，.且NE与AM不共线NEAM.又NE平面BDE，AM平面BDE，AM平面BDE.(2)由(1)得，D(，0,0)，F(，1)，B(0，0)，(0，1)，(，0,1)0，0.，即AMDF，AMBF.又DFBFF，且DF，BF在平面BDF内，AM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)题证明与平面BOE的法向量n垂直，即n0即可第(2)题设出点M的坐标，利用n即可解出，然后检验解的合理性(1)证明如图，连结OP，以点O为坐标原点，分别以OB，OC，OP所在直线为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐
14、标系Oxyz.则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(4,0,3)由题意，得G(0,4,0)因为(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.又直线FG不在平面BOE内，所以FG平面BOE.(2)解设点M的坐标为(x0，y0,0)，则(x04，y0，3)因为FM平面BOE，所以n，因此x04，y0，即点M的坐标是.在平面直角坐标系xOy中，AOB的内部区域可表示为不等式组经检验，点M的坐标满足上述不等式组所以，在AOB内存在一点M，使FM平面BOE.由点M的坐标，得点M到
15、OA，OB的距离分别为4，.变式迁移3解(1)以点B为原点，以BA、BC、BB1所在直线分别为x轴，y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)，ABC为等腰直角三角形，ABBCACa，A(a,0,0)，C(0，a,0)，C1(0，a,3a)，E，A1(a,0,3a)，(a，a，3a)，cos，.直线BE与A1C所成的角的余弦值为.(2)假设存在点F，使CF平面B1DF，并设(0,0,3a)(0,0,3a) (00，同理，0，0.BDC为锐角三角形360解析如图建立坐标系，设ABBCAA12，则E(0,1,0)，F(0,0,1)，C1(2,0,2)，(0，1
16、,1)，(2,0,2)，cos，.EF与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解析过A、B分别作AA1x轴，BB1x轴，垂足分别为A1和B1，则AA13，A1B15，BB12，22222325222232cos 6044.|2.6.解析，又，2，()，.7解析()；()；()22；()().8(1,1,1)解析设DPy0，则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证明(1)建立如图所示的空间直角坐标系，则(3,0,1)，(0,3,2)，(3,3,3
17、)(3分)所以.故、共面又它们有公共点B，E、B、F、D1四点共面(7分)(2)设M(0,0，z)，则.而(0,3,2)，由题设，得3z20，得z1.(10分)M(0,0,1)，(3,0,0)又(0,0,3)，(0,3,0)，0，0，从而MEBB1，MEBC.又BB1BCB，ME平面BCC1B1.(14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Dxyz.依题意，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，异面直线NE与AM所成角的余弦值为.(7分)(2)假设在线段
18、AN上存在点S，使得ES平面AMN.(0,1,1)，可设(0，)，又，.(9分)由ES平面AMN，得即(11分)故，此时，|.经检验，当AS时，ES平面AMN.故线段AN上存在点S，使得ES平面AMN，此时AS.(14分)11(1)证明设p，q，r.由题意可知：|p|q|r|a，且p、q、r三向量两两夹角均为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的长为a.(9分)(3)解设向量与的夹角为.()(qr)，qp，(qr).(12分)又|a，|cos ，即aacos .cos ，(13分)向量与的夹角的余弦值为，从而异面直线AN与CM所成角的余弦值为.(14分)高考数学复习精品高考数学复习精品