2025版新教材高考数学一轮复习第七章空间向量与立体几何7.5空间向量及其运算学案新人教A版

7.5空间向量及其运算必备学问预案自诊学问梳理1.空间向量及其有关概念概念语言描述共线向量(平行向量)表示若干空间向量的有向线段所在的直线

共面对量平行于的向量

共线向量定理对随意两个空间向量a,b(b≠0),a∥b的充要条件是

共面对量定理假如两个向量a,b不共线,则向量p与向量a,b共面的充要条件是

空间向量基本定理定理:假如三个向量a,b,c不共面,那么对随意一个空间向量p,存在唯一的有序实数组(x,y,z),使得p=xa+yb+zc2.空间向量的数量积及空间向量的坐标运算(1)两个非零向量的数量积:①a·b=|a||b|cos<a,b>,特殊地,零向量与随意向量的数量积为0;②若a与b都是非零向量,则a⊥b⇔a·b=0;③设a=(a1,a2,a3),则|a|2=a·a,|a|=a·(2)空间向量的坐标运算:a=(a1,a2,a3),b=(b1,b2,b3)向量和a+b=

向量差a-b=

数乘λa=,λ∈R

数量积a·b=

共线当b≠0时,a∥b⇔a=λb⇔a1=λb1,a2=λb2,a3=λb3(λ∈R)垂直a⊥b⇔a·b=0⇔(a,b均为非零向量)

夹角公式cos<a,b>=a3.直线的方向向量与平面的法向量(1)直线的方向向量:O是直线l上一点,在直线l上取非零向量a,则对于直线l上随意一点P,由数乘向量的定义及向量共线的充要条件可知,存在实数λ,使得OP=λa.把与向量a平行的非零向量称为直线l的方向向量.(2)平面的法向量:直线l⊥α平面,取直线l的方向向量a,称向量a为平面α的法向量.(3)方向向量和法向量均不为零向量且不唯一.4.空间位置关系的向量表示位置关系向量表示直线l1,l2的方向向量分别为u1,u2l1∥l2u1∥u2⇔∃λ∈R,使得u1=λu2l1⊥l2u1⊥u2⇔u1·u2=0直线l的方向向量为u,平面α的法向量为nl∥α(l⊄α)u⊥n⇔u·n=0l⊥αu∥n⇔∃λ∈R,使得u=λnn1,n2分别是平面α,β的法向量α∥βn1∥n2⇔∃λ∈R,使得n1=λn2α⊥βn1⊥n2⇔n1·n2=01.证明空间随意三点共线的方法对空间三点P,A,B可通过证明下列结论成立来证明三点共线:(1)PA=λPB(λ∈R);(2)对空间随意一点O,OP=OA+tAB(t∈(3)对空间随意一点O,OP=xOA+yOB(x+y=1).2.证明空间四点共面的方法已知空间随意一点O和不共线的三点A,B,C,若满意向量关系式OP=xOA+yOB+zOC(其中x+y+z=1),则点P与点A,B,C共面.3.确定平面的法向量的方法(1)干脆法:视察是否有垂直于平面的向量,若有,则此向量就是法向量.(2)待定系数法:取平面内的两个不共线向量a,b,设平面的法向量为n=(x,y,z),由n·a考点自诊1.推断下列结论是否正确,正确的画“√”,错误的画“×”.(1)若A,B,C,D是空间随意四点,则有AB+BC+CD+DA=(2)|a|-|b|=|a+b|是a,b共线的充要条件.()(3)空间中随意两非零向量a,b共面.()(4)对于空间非零向量a,b,若a·b<0,则a与b的夹角为钝角.()(5)对于非零向量b,由a·b=b·c,得a=c.()2.(2024北京朝阳检测)已知平面α的一个法向量为(1,2,-2),平面β的一个法向量为(-2,-4,k),若α∥β,则k等于()A.2 B.-4 C.4 D.-23.在如图所示的坐标系中,ABCD-A1B1C1D1为棱长是1的正方体,给出下列结论:①直线DD1的一个方向向量为(0,0,1);②直线BC1的一个方向向量为(0,1,1);③平面ABB1A1的一个法向量为(0,1,0);④平面B1CD的一个法向量为(1,1,1).其中正确的个数为()A.1 B.2 C.3 D.44.(2024山东烟台月考)若直线l的方向向量为a=(1,0,2),平面α的法向量为n=(-2,0,-4),则直线l与平面α的位置关系为.

5.正四面体A-BCD的棱长为2,E,F分别为BC,AD的中点,则EF的长为.

关键实力学案突破考点空间向量的线性运算【例1】(1)如图所示,在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中,M为A1C1与B1D1的交点.若AB=a,AD=b,AA1=c,则下列向量中与BM相等的是(A.-12a+12b+c B.12C.-12a-12b+c D.12(2)已知正方体ABCD-A1B1C1D1中,点E为上底面A1B1C1D1的中心,若AE=AA1+xAB+yAD,则x,yA.1,1 B.1,12 C.12,1解题心得进行向量的线性运算,有以下几个关键点(1)结合图形,明确图形中各线段的几何关系.(2)正确运用向量加法、减法与数乘运算的几何意义.(3)平面对量的三角形法则、平行四边形法则在空间中仍旧成立.对点训练1如图所示,在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中,设AA1=a,AB=b,AD=c,M,N,P分别是AA1,BC,C1D1的中点,试用a,b,c表示以下各向量:(1)AP;(2)A1考点共线、共面对量定理的应用【例2】(1)已知a=(λ+1,0,2),b=(6,2μ-1,2λ),若a∥b,则λ与μ的值可以是()A.2,12 B.-13,12 C.(2)如图所示,已知斜三棱柱ABC-A1B1C1,点M,N分别在AC1和BC上,且满意AM=kAC1,BN=kBC(0≤k≤1).推断向量MN解题心得共线、共面对量定理的类比三点P,A,B共线空间四点M,P,A,B共面PA=λPBMP=xMA+yMB对空间任一点O,OP=OA对空间任一点O,OP=OM+xMA对空间任一点O,OP=xOA+(1-x)OB对空间任一点O,OP=xOM+yOA+(1-x-y)OB对点训练2(1)若A(-1,2,3),B(2,1,4),C(m,n,1)三点共线,则m+n=.

(2)已知向量a=(2,-1,3),b=(-1,4,-2),c=(7,5,λ),若向量a,b,c共面,则实数λ等于.

考点空间向量数量积的应用【例3】如图所示,在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中,以顶点A为端点的三条棱长都为1,且两两夹角为60°.(1)求AC1的长;(2)求证:AC1⊥BD;(3)求BD1与AC夹角的余弦值.解题心得空间向量数量积的应用(1)求夹角.设向量a,b所成的角为θ,则cosθ=a·b|(2)求长度(距离).运用公式|a|2=a·a,可使线段长度的计算问题转化为向量数量积的计算问题.(3)解决垂直问题.利用a⊥b⇔a·b=0(a≠0,b≠0),可将垂直问题转化为向量数量积的计算问题.对点训练3(1)如图,在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中,M,P,Q分别是棱A1D1,AB,BC的中点,若经过点M,P,Q的平面与平面CDD1C1的交线为l,则直线l与直线QB1所成角的余弦值为()A.33 B.105 C.54(2)已知空间向量a=(1,-λ,λ-1),b=(-λ,1-λ,λ-1)的夹角为钝角,则实数λ的取值范围是.

考点利用空间向量证明平行、垂直【例4】如图,在四棱锥P-ABCD中,PC⊥平面ABCD,PC=2,在四边形ABCD中,∠ABC=∠BCD=90°,AB=4,CD=1,点M在PB上,PB=4PM,PB与平面ABCD所成的角为30°.求证:(1)CM∥平面PAD;(2)平面PAB⊥平面PAD.解题心得1.用向量证明平行的方法(1)线线平行:证明两直线的方向向量共线.(2)线面平行:①证明直线的方向向量与平面的某一法向量垂直;②证明直线的方向向量与平面内某直线的方向向量平行.(3)面面平行:①证明两平面的法向量为共线向量;②转化为线面平行、线线平行问题.2.用向量证明垂直的方法(1)线线垂直:证明两直线的方向向量相互垂直,即证它们的数量积为零.(2)线面垂直:证明直线的方向向量与平面的法向量共线.(3)面面垂直:证明两个平面的法向量垂直.对点训练4如图所示,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,侧面AA1C1C和侧面AA1B1B都是正方形且相互垂直,M为AA1的中点,N为BC1的中点.求证:(1)MN∥平面A1B1C1;(2)平面MBC1⊥平面BB1C1C.7.5空间向量及其运算必备学问·预案自诊学问梳理1.相互平行或重合同一个平面存在唯一一个实数λ,使a=λb存在唯一的有序实数对(x,y),使p=xa+yb2.(2)(a1+b1,a2+b2,a3+b3)(a1-b1,a2-b2,a3-b3)(λa1,λa2,λa3)a1b1+a2b2+a3b3a1b1+a2b2+a3b3=0考点自诊1.(1)√(2)×(3)√(4)×(5)×2.C因为α∥β,所以1-2=2-3.C因为DD1∥AA1,AA1=(0,0,1),故①因为BC1∥AD1,AD1=(0,1,1),故②因为直线AD⊥平面ABB1A1,AD=(0,1,0).故③正确;因为点C1的坐标为(1,1,1),AC1与平面B1CD不垂直,故④4.l⊥α因为a=-12n,所以l⊥α5.2|EF|2=EF2=(EC+CD+DF)2=EC2+CD2+DF2+2(EC·CD+EC·DF+CD·DF)=12+22所以|EF|=2,所以EF的长为2.关键实力·学案突破例1(1)A(2)C(1)BM=BB1+B1M=AA1+12(AD-(2)AE=AA1+A1E=AA1+1对点训练1解(1)∵P是C1D1的中点,∴AP=AA1+A1D1+D1P=(2)∵N是BC的中点,∴A1N=A1A+AB+BN=-a+b+(3)∵M是AA1的中点,∴MP=MA+AP=12A1A+AP=-1又NC1∴MP+NC1=12a+12b+c+a+12c=32a+1例2(1)A∵a∥b,∴b=ka(k∈R),即(6,2μ-1,2λ)=k(λ+1,0,2),∴6=解得λ=2,μ(2)解∵AM=kAC1,∴MN=MA+AB+BN=kC1A+AB+kBC=k(C1A+BC)+AB=k(C1A+B∴由共面对量定理知向量MN与向量AB,A对点训练2(1)-3(2)657(1)∵AB=(3,-1,1),AC=(m+1,n-2,-2),且A,B,C三点共线,∴存在实数λ,使得AC=λAB.即(m+1,n-2,-2)=λ(3,-1,1)=(3λ,-λ,λ),∴解得λ=-2,(2)由题意,可设a=xb+yc,故(2,-1,3)=x(-1,4,-2)+y(7,5,λ),即-x+7y=2,例3(1)解设AB=a,AD=b,AA1=c,则|a|=|b|=|c|=1,<a,b>=<b,c>=<c,a>=60所以a·b=b·c=c·a=12.因为AC1=AB+BC+CC1=AB+AD+AA1=a+b+c,所以|AC1|2=(a+b+c)2=a2+b2+c2+2(所以|AC1|=6,即AC1的长为(2)证明BD=AD-AB=b-a,又由(1)知所以AC1·BD=(a+b+c)·(b-a)=a·b+b2+b·c-a2-a·b-a·c=12+1+12-1-12-12=(3)解BD1=BC+CC1+C1D1=b+c-a,AC=AB+AD=a+b,所以|BD1|=2,|AC|=3.BD1·AC=所以BD1与AC夹角的余弦值为66对点训练3(1)B(2)2-22,2+22(1)取C1D1的中点E,则平面PQEM是经过点M,P,Q的平面,延长PQ,交DC延长线于点F,则EF是经过点M,P,Q的平面与平面以D为原点,DA,DC,DD1所在直线分别为x轴,y轴,z轴,建立空间直角坐标系,则E0,12,1,F0,32,0,Q12,1,0,B1(1,1,1),EF=(0,1,-1),QB1=12,0,1,设直线l与直线QB1所成角为θ,则cosθ=|EF·QB1||EF||QB(2)∵a与b的夹角为钝角,∴a·b<0,且a与b不反向共线.由a·b=-λ-λ(1-λ)+(λ-1)2<0,化为2λ2-4λ+1<0,解得2-22<λ<2+22,若a与b反向共线,则存在负实数k,使得a=kb,得到1=-λk,-例4证明以点C为坐标原点,分别以CB,CD,CP所在的直线为x轴,y轴,z轴建立如图所示的空间直角坐标系C-xyz.∵PC⊥平面ABCD,∴∠PBC为PB与平面ABCD所成的角.∴∠PBC=30°.∵PC=2,∴BC=23,PB=4.∴D(0,1,0),B(23,0,0),A(23,4,0),P(0,0,2),M32,0,32,∴DP=(0,-1,2),DA(1)设n=(x,y,z)为平面PAD的一个法向量,由DP令y=2,得n=(-3,2,1).∵n·CM=-3×32+2×0+1×32=0,∴n⊥CM.又CM⊄平面PAD,∴CM(2)如图,取AP的中点E,连接BE,则E(3,2,1),BE=(-3,2,1).∵PB=AB,∴BE⊥PA.又BE·DA=(-3,2,1)·(23,3,0)∴BE⊥DA,即BE⊥又PA∩DA=A,∴BE⊥平面PAD.又BE⊂平面PAB,∴平面PAB⊥平面PAD.对点训练4证明由题意知AA1,AB,AC两两垂直,以A为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系.不妨设正方形AA1C1C的边长为2,则A(0,0,0),A1(2,0,0),B(0,2,0),B1(2,2,0),C(0,0,2),C1(2,0