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
本资料为woRD文档，请点击下载地址下载全文下载地址 学案45 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
．空间向量的有关概念
空间向量：
在空间中，具有______和______的量叫做空间向量．
相等向量：
方向______且模______的向量．
共线向量定理
对空间任意两个向量a，b，a∥b的充要条件是______________________________．
推论 如图所示，点P在l上的充要条件是：
oP→＝oA→＋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oP→＝___________________或oP→＝oA→＋toB→.
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惟一的有序实数对，使p＝xa＋yb，推论的表达式为mP→＝xmA→＋ymB→或对空间任意一点o有，oP→＝__________________或oP→＝xoA→＋yoB→＋zom→，其中x＋y＋z＝____.
2．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＝____________________________，把{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
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oA→＝a，oB→＝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______________________________．
空间向量数量积的运算律
①结合律：
•b＝____________________；
②交换律：
a•b＝________；
③分配律：
a•＝________________.
4．空间向量的坐标表示及应用
数量积的坐标运算
若a＝，b＝，
则a•b＝____________________.
共线与垂直的坐标表示
设a＝，b＝，
则a∥b⇔____________⇔________，__________，________________，
a⊥b⇔________⇔_________________________________．
模、夹角和距离公式
设a＝，b＝，
则|a|＝a•a＝_____________________________________________________________，
cos〈a，b〉＝a•b|a||b|＝_________________________________________________________.
若A，B，
则|AB→|＝__________________________________________________________________.
自我检测
．若a＝，b＝，且a∥b，则
A．x＝1，y＝1
B．x＝12，y＝－12
c．x＝16，y＝－32
D．x＝－16，y＝32
2．
如图所示，在平行六面体ABcD—A1B1c1D1中，m为Ac与BD的交点，若A1B1→＝a，A1D1→＝b，A1A→＝c，则下列向量中与B1m→相等的向量是
A．－12a＋12b＋c
B.12a＋12b＋c
c.12a－12b＋c
D．－12a－12b＋c
3．在平行六面体ABcD—A′B′c′D′中，已知∠BAD＝∠A′AB＝∠A′AD＝60°，AB＝3，AD＝4，AA′＝5，则|Ac′→|＝________.
4．有下列4个命题：
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mP→＝xmA→＋ymB→，则P、m、A、B共面；
④若P、m、A、B共面，则mP→＝xmA→＋ymB→.
其中真命题的个数是
A．1
B．2
c．3
D．4
5．A，B，c，D这四个点________．
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AB＝oc，求证：
Pm⊥QN.
变式迁移1
如图，在正四面体ABcD中，E、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，∠EBc＝90°，点m、N分别在BD、AE上，且AN＝Dm.
求证：
mN∥平面EBc；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＝2，AF＝1，m是线段EF的中点．
求证：
Am∥平面BDE；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，Ac＝16，PA＝Pc＝10.
设G是oc的中点，证明FG∥平面BoE；
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ABc—A1B1c1中，底面是以∠ABc为直角的等腰直角三角形，Ac＝2a，BB1＝3a，D为A1c1的中点，E为B1c的中点．
求直线BE与A1c所成的角的余弦值；
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．
．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：
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．通过向量的坐标运算，研究点、线、面之间的位置关系．根据运算结果解释相关几何问题．
一、选择题
．下列命题：
①若A、B、c、D是空间任意四点，则有AB→＋Bc→＋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对空间任意一点o与不共线的三点A、B、c，若oP→＝xoA→＋yoB→＋zoc→则P、A、B、c四点共面．其中假命题的个数是
A．1
B．2
c．3
D．4
2.
如图所示，在正方体ABcD—A1B1c1D1中，o是底面ABcD的中心，m、N分别是棱DD1、D1c1的中点，则直线om
A．既垂直于Ac，又垂直于mN
B．垂直于Ac，但不垂直于mN
c．垂直于mN，但不垂直于Ac
D．与Ac、mN都不垂直
3．
如图所示，在三棱柱ABc—A1B1c1中，AA1⊥底面ABc，AB＝Bc＝AA1，∠ABc＝90°，点E、F分别是棱AB、BB1的中点，则直线EF和Bc1所成的角是
A．45°
B．60°
c．90°
D．120°
4．设点c在点P、A、B确定的平面上，则a等于
A．16
B．4
c．2
D．8
5．在直角坐标系中，A，B，沿x轴把直角坐标系折成120°的二面角，则AB的长度为
A.2
B．211
c．32
D．42
二、填空题
6.
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EF→＝λ，则λ＝________.
7．在正方体ABcD—A1B1c1D1中，给出以下向量表达式：
①－AB→； ②－D1c1→；
③－2DD1→； ④＋DD1→.
其中能够化简为向量BD1→的是________．
8．
如图所示，PD垂直于正方形ABcD所在平面，AB＝2，E为PB的中点，cos〈DP→，AE→〉＝33，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________．
三、解答题
9．
如图所示，已知ABcD—A1B1c1D1是棱长为3的正方体，点E在AA1上，点F在cc1上，且AE＝Fc1＝1.
求证：
E、B、F、D1四点共面；
若点G在Bc上，BG＝23，点m在BB1上，Gm⊥BF，垂足为H，求证：
Em⊥平面Bcc1B1.
10．如图，
四边形ABcD是边长为1的正方形，mD⊥平面ABcD，NB⊥平面ABcD，且mD＝NB＝1，E为Bc的中点．
求异面直线NE与Am所成角的余弦值；
在线段AN上是否存在点S，使得ES⊥平面AmN？
若存在，求线段AS的长；若不存在，请说明理由．
1．
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．
求证：
mN⊥AB，mN⊥cD；
求mN的长；
求异面直线AN与cm所成角的余弦值．
学案45 空间向量及其运算
自主梳理
．大小 方向 相同 相等 存在实数λ，使得a＝λb oA→＋tAB→ om→＋xmA→＋ymB→ 1 2.xa＋yb＋zc 3.①∠AoB 〈a，b〉 0≤〈a，b〉≤π 互相垂直 ②|a||b|cos〈a，b〉 a•b a•b＝|a||b|cos〈a，b〉
①λ ②b•a ③a•b＋a•c 4.a1b1＋a2b2＋a3b3 a＝λb a1＝λb1 a2＝λb2 a3＝λb3 a•b＝0 a1b1＋a2b2＋a3b3＝0 a21＋a22＋a23
a1b1＋a2b2＋a3b3a21＋a22＋a23•b21＋b22＋b23 a2－a12＋b2－b12＋c2－c12
自我检测
．c [∵a∥b，∴2x1＝1－2y＝39，
∴x＝16，y＝－32.]
2．A [B1m→＝B1A1→＋A1A→＋Am→
＝－A1B1→＋A1A→＋12AB→＋12AD→
＝－a＋c＋12＝－12a＋12b＋c.]
3.97
解析 ∵Ac′→＝AB→＋Bc→＋cc′→＝AB→＋AD→＋AA′→，
∴|Ac′→|2＝AB→2＋AD→2＋AA′→2＋2AB→•AD→＋2AD→•AA′→＋2AA′→•AB→＝32＋42＋52＋2×3×4×cos60°＋2×4×5×cos60°＋2×3×5×cos60°＝97，
∴|Ac′→|＝97.
4．B [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mP→＝xmA→＋ymB→不正确．]
5．共面
解析 AB→＝，Ac→＝，AD→＝，设AD→＝xAB→＋yAc→，
即＝．
∴x＝2y＝3，从而A、B、c、D四点共面．
课堂活动区
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oA→＝a，oB→＝b，oc→＝c.
∵om→＝12＝12，
oN→＝12＝12，
∴Pm→＝Po→＋om→＝－12a＋12
＝12，
QN→＝Qo→＋oN→＝－12b＋12＝12．
∴Pm→•QN→＝14[c－][c＋]
＝14[c2－2]＝14
∵|AB→|＝|oc→|，∴Pm→•QN→＝0.
即Pm→⊥QN→，故Pm⊥QN.
变式迁移1 23
解析 设{AB→，Ac→，AD→}为空间一组基底，
则AF→＝12AB→＋12Ac→，
cE→＝12cA→＋12cD→＝12cA→＋12
＝－Ac→＋12AD→.
∴AF→•cE→＝12AB→＋12Ac→•－Ac→＋12AD→
＝－12AB→•Ac→－12Ac→2＋14AB→•AD→＋14Ac→•AD→
＝－14AB→2－12Ac→2＋18AB→2＋18Ac→2
＝－12Ac→2.
又|AF→|＝|cE→|＝32|Ac→|，∴|AF→|•|cE→|＝34|Ac→|2.
∴cos〈AF→，cE→〉＝AF→•cE→|AF→||cE→|＝－12Ac→234|Ac→|2＝－23.
∴异面直线AF与cE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mN平行于平面EBc，只要证mN→的横坐标为0即可．
证明 如图所示，以BA→、Bc→、BE→为单位正交基底建立空间直角坐标系，
则A，D，E，B，
设ANAE＝DmDB＝λ，则mN→＝mD→＋DA→＋AN→＝λBD→＋DA→＋λAE→
＝λ＋＋λ＝．
∵0<λ<1，∴λ－1≠0，λ≠0，且mN→的横坐标为0.
∴mN→平行于平面yBz，即mN∥平面EBc.
解 由知|mN→|＝λ－12＋λ2＝2λ2－2λ＋1
＝2λ－122＋12，
∴当λ＝12时，mN取得长度的最小值为22.
变式迁移2 证明 建立如图所示的空间直角坐标系，
设Ac∩BD＝N，连接NE.
则点N、E的坐标分别为
22，22，0、．
∴NE→＝－22，－22，1.
又点A、m的坐标分别为、22，22，1，
∴Am→＝－22，－22，1.
∴NE→＝Am→且NE与Am不共线．
∴NE∥Am.
又∵NE⊂平面BDE，Am⊄平面BDE，
∴Am∥平面BDE.
由得，Am→＝－22，－22，1，
∵D，F，B，
∴DF→＝，BF→＝．
∴Am→•DF→＝0，Am→•BF→＝0.∴Am→⊥DF→，Am→⊥BF→，
即Am⊥DF，Am⊥BF.
又DF∩BF＝F，
∴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．第题证明FG→与平面BoE的法向量n垂直，即FG→•n＝0即可．第题设出点m的坐标，利用mF→∥n即可解出，然后检验解的合理性．
证明
如图，连接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，建立空间直角坐标系o—xyz.
则o，A，
B，c，P，E，F．
由题意，得G．
因为oB→＝，oE→＝，
所以平面BoE的法向量n＝．
由FG→＝，得n•FG→＝0.
又直线FG不在平面BoE内，所以FG∥平面BoE.
解 设点m的坐标为，
则Fm→＝．
因为Fm⊥平面BoE，所以Fm→∥n，
因此x0＝4，y0＝－94，
即点m的坐标是4，－94，0.
在平面直角坐标系xoy中，△AoB的内部区域可表示为不等式组x>0，y<0，x－y<8.
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Pm⊥平面BoE.
由点m的坐标，得点m到oA，oB的距离分别为4，94.
变式迁移3 解
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，B1，
∵△ABc为等腰直角三角形，
∴AB＝Bc＝22Ac＝2a，
∴A，c，c1，
E0，22a，32a，A1，
∴BE→＝0，22a，32a，A1c→＝，
cos〈BE→，A1c→〉＝BE→•A1c→|BE→||A1c→|＝－72a2112a×13a＝－7143143.
∴直线BE与A1c所成的角的余弦值为7143143.
假设存在点F，使cF⊥平面B1DF，
并设AF→＝λAA1→＝λ＝，
∵D为A1c1的中点，∴D22a，22a，3a，
B1D→＝22a，22a，3a－＝22a，22a，0，
B1F→＝B1B→＋BA→＋AF→＝＋＋＝），
cF→＝cA→＋AF→＝＋
＝．
∵cF⊥平面B1DF，∴cF→⊥B1D→，cF→⊥B1F→，
cF→•B1D→＝0cF→•B1F→＝0，即3λa×0＝09λ2－9λ＋2＝0，
解得λ＝23或λ＝13
∴存在点F使cF⊥面B1DF，且
当λ＝13时，|AF→|＝13|AA1→|＝a，
当λ＝23时，|AF→|＝23|AA1→|＝2a.
课后练习区
．c [②③④均不正确．]
2．A [以D为坐标原点，以DA为x轴，Dc为y轴，DD1为z轴建系，设棱长为2，则m，N，o，A，c，
∴Ac→＝，mN→＝，om→＝，
∴om→•Ac→＝0，om→•mN→＝0，
∴om⊥Ac，om⊥mN.]
3．B [
如图建立坐标系，设AB＝Bc＝AA1＝2，则E，F，c1，
∴EF→＝，Bc1→＝，
∴cos〈EF→，Bc1→〉＝22•8＝12.
∵〈EF→，Bc1→〉∈[0°，180°]
∴EF与Bc1所成的角是60°.]
4．A [由Pc→＝λ1PA→＋λ2PB→得：
＝λ1＋λ2，
∴－λ1＋6λ2＝2a－1－3λ1－λ2＝a＋1，2λ1＋4λ2＝2 解得a＝16.]
5．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＝5，BB1＝2，
∵AB→＝AA1→＋A1B1→＋B1B→，
∴AB→2＝AA1→2＋A1B1→2＋B1B→2＋2AA1→•B1B→＝32＋52＋22＋2×3×2×cos60°＝44.∴|AB→|＝211.]
6.12
解析 ∵EF→＝EA→＋AB→＋BF→，
又EF→＝ED→＋Dc→＋cF→，
∴2EF→＝AB→＋Dc→，∴EF→＝12，∴λ＝12.
7．①②
解析 ①－AB→＝AD1→－AB→＝BD1→；
②－D1c1→＝Bc1→－D1c1→＝BD1→；
③－2DD1→＝BD→－2DD1→≠BD1→；
④＋DD1→＝B1D1→＋＝B1D1→≠BD1→.
8．
解析 设DP＝y>0，则A，B，P，E1，1，y2，DP→＝，AE→＝－1，1，y2.
∴cos〈DP→，AE→〉＝DP→•AE→|DP→||AE→|＝12y2y2＋y24＝y8＋y2＝33.
解得y＝2，∴E．
9．证明
建立如图所示的空间直角坐标系，
则BE→＝，BF→＝，
BD1→＝．
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．
设m，则Gm→＝0，－23，z.
而BF→＝，
由题设，得Gm→•BF→＝－23×3＋z•2＝0，得z＝1.
∴m，E，∴mE→＝．
又BB1→＝，Bc→＝，∴mE→•BB1→＝0，
∴mE→•Bc→＝0，从而mE⊥BB1，mE⊥Bc.
又∵BB1∩Bc＝B，∴mE⊥平面Bcc1B1.
0.
解 如图所示，以点D为坐标原点，建立空间直角坐标系D—xyz.
依题意，得D，
A，m，c，B，N，
E12，1，0.
∴NE→＝－12，0，－1，
Am→＝．
∵cos〈NE→，Am→〉＝NE→•Am→|NE→|•|Am→|＝－1252×2＝－1010，
∴异面直线NE与Am所成角的余弦值为1010.
假设在线段AN上存在点S，使得ES⊥平面AmN.
∵AN→＝，可设AS→＝λAN→＝，
又EA→＝12，－1，0，
∴ES→＝EA→＋AS→＝12，λ－1，λ.
由ES⊥平面AmN，
得ES→•Am→＝0，ES→•AN→＝0，即－12＋λ＝0，λ－1＋λ＝0.
故λ＝12，此时AS→＝0，12，12，|AS→|＝22.
经检验，当AS＝22时，ES⊥平面AmN.
故线段AN上存在点S，
使得ES⊥平面AmN，此时AS＝22.
1．证明 设AB→＝p，Ac→＝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°.
mN→＝AN→－Am→＝12－12AB→
＝12，
∴mN→•AB→＝12•p
＝12
＝12＝0.
∴mN⊥AB
又∵cD→＝AD→－Ac→＝r－q，
∴mN→•cD→＝12•
＝12
＝12
＝0，∴mN⊥cD.
解 由可知mN→＝12，
∴|mN→|2＝mN→2＝142
＝14[q2＋r2＋p2＋2]
＝14a2＋a2＋a2＋2a22－a22－a22
＝14×2a2＝a22.
∴|mN→|＝22a，∴mN的长为22a.
解 设向量AN→与mc→的夹角为θ.
∵AN→＝12＝12，
mc→＝Ac→－Am→＝q－12p，
∴AN→•mc→＝12•q－12p
＝12q2－12q•p＋r•q－12r•p
＝12a2－12a2•cos60°＋a2•cos60°－12a2•cos60°
＝12a2－a24＋a22－a24＝a22.
又∵|AN→|＝|mc→|＝32a，
∴AN→̶
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