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文档简介
1、10.6空间向量及其运算典例精析题型一共线和共面向量【例1】 设A、B、C及A1、B1、C1分别是异面直线l1、l2上的三点,而M、N、P、Q分别是线段AA1、BA1、BB1、CC1的中点,求证:M、N、P、Q四点共面.【证明】因为,所以2,2,又(),2,2,所以(22),所以、共面,即M、N、P、Q四点共面.【点拨】可以利用共面向量定理或其推论完成证明.用共线向量定理证明线线平行,从而证明面面平行,更简捷,使问题简单化.【变式训练1】如图所示,长方体ABCDA1B1C1D1中,M为DD1的中点,NAC,且ANNC2,求证:A、B、N、M四点共面.【证明】设a,b,c,则ba.因为M是DD1
2、的中点,所以ca.因为ANNC2,所以(bc),所以(bc)a(ba)(ca),所以A、B、M、N四点共面.题型二利用向量计算长度和证明垂直【例2】已知平行六面体ABCDA1B1C1D1所有棱长均为1,BADBAA1DAA160°.(1)求AC1的长;(2)求证:AC1平面A1BD.【解析】(1)设a,b,c,则a·bb·cc·a1×1×cos 60°,a2b2c21.而abc,所以|2(abc)2a2b2c22a·b2b·c2a·c1112×2×2×6,即|.(2
3、)证明:因为ac,所以·(abc)·(ac)a2c2a·bb·c110.所以.同理可得.所以AC1平面A1BD.【点拨】利用|a|2a2是计算长度的有效方法之一;而利用向量数量积为零是证明垂直问题的常用方法之一.【变式训练2】已知平行六面体ABCDA1B1C1D1中,底面ABCD是边长为a的正方形,侧棱AA1长为b,且AA1与AB,AD的夹角都是120°.求AC1的长.【解析】|22()22222·2·2·a2a2b202abcos 120°2abcos 120°2a2b22ab.所以|AC1|
4、.题型三利用坐标求法向量和证明垂直问题【例3】 正方体ABCDA1B1C1D1中,棱长为1,E,F分别是BB1,CD的中点.(1)求证:D1F平面ADE;(2)求平面ADE的一个法向量.【解析】(1)建立如图所示的直角坐标系Dxyz,则D1(0,0,1),A(1,0,0),D(0,0,0), F(0,0),E(1,1, ).所以(0,1), (1,0,0),(0,1,),因为·0,所以,又·0,所以,所以D1F平面ADE.(2)由(1)知D1F平面ADE,故平面ADE的一个法向量为(0,1).【点拨】空间向量坐标化,大大降低了立体几何试题的难度,同学们需要善于利用.【变式训
5、练3】 已知平面内有一个点M(1,1,2),平面的一个法向量为n(6,3,6),则下列各点中,在平面内的是()A.A(2,3,3)B.B(2,0,1)C.C(4,4,0)D.D(3,3,4)【解析】由于n(6,3,6)是平面的法向量,所以它应该和平面内任意一个向量垂直,只有在选项A中,(2,3,3)(1,1,2)(1,4,1),·n0.故选A.题型四利用坐标法求解线面及面面位置关系【例4】如图所示,正方体ABCDA1B1C1D1中,E、F分别是BB1、CD的中点.(1)证明:平面AED平面A1FD1;(2)在AE上求一点M,使得A1M平面DAE.【解析】(1)建立如图所示的空间直角坐
6、标系Dxyz,不妨设正方体的棱长为2,则D(0,0,0),A(2,0,0),E(2,2,1),F(0,1,0),A1(2,0,2),D1(0,0,2).设平面AED的一个法向量为n1(x1,y1,z1),则所以2x10,2x12y1z10. 令y11,得n1(0,1,2).同理可得平面A1FD1的一个法向量为n2(0,2,1).因为n1·n20,所以平面AED平面A1FD1.(2)由于点M在直线AE上,所以可设·(0,2,1)(0,2,),可得M(2,2,),于是(0,2,2).A1M平面DAE,则A1MAE,所以·(0, 2,2) (0,2,1)520,得.故当
7、AMAE时,A1M平面DAE.【变式训练4】 已知(2,2,1),(4,5,3),求平面ABC的单位法向量.【解析】设平面ABC的法向量为n(x,y,z),则n·0,且n·0,即2x2yz0且4x5y3z0,解得所以nz(,1,1),单位法向量n0±(,).总结提高1.利用共线向量定理,可解决立体几何中三点共线和两直线平行等问题.2.利用共面向量定理,可解决立体几何中直线在平面内,直线与平面平行以及四点共面等问题.3.同时要重视空间向量基本定理的运用,要注意空间向量基底的选取,用基向量表示出已知条件和所需解决问题的所有向量,将几何问题转化为向量问题.4.用空间向量处理某些立体几何问题时,除要有应用空间向量的意识外,关键是根据空间图形的特点建立恰当的空间直角坐标系.若坐标系选取不当,计算
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