全国统考2024高考数学一轮复习第八章立体几何8.6空间向量及其运算学案理含解析北师大版

8.6空间向量及其运算必备学问预案自诊学问梳理1.空间向量的有关概念(1)空间向量:在空间中,具有和的量叫作空间向量,其大小叫作向量的或.

(2)相等向量:方向且模的向量.

(3)共线向量:假如表示空间向量的有向线段所在的直线或,则这些向量叫作或,a平行于b记作a∥b.

(4)共面对量:平行于同一的向量叫作共面对量.

2.空间向量的有关定理(1)共线向量定理:对空间随意两个向量a,b(b≠0),a∥b⇔存在λ∈R,使a=λb.(2)共面对量定理:若两个向量a,b不共线,则向量p与向量a,b共面⇔存在唯一的有序实数对(x,y),使p=xa+yb.(3)空间向量基本定理:假如三个向量a,b,c不共面,那么对空间任一向量p,存在唯一的有序实数组{x,y,z}使得p=xa+yb+zc.其中{a,b,c}叫作空间的一个基底.3.两个向量的数量积(1)a·b=|a||b|cos<a,b>.(2)a⊥b⇔(a,b为非零向量).

(3)|a|2=.

4.空间向量的坐标运算(1)设a=(a1,a2,a3),b=(b1,b2,b3),则①|a|=a1②a+b=.

③a-b=.

④λa=.

⑤a·b=.

⑥cos<a,b>=a1(2)设A(x1,y1,z1),B(x2,y2,z2),则AB=,|AB|=|AB|=(x11.对空间任一点O,若OP=xOA+yOB(x+y=1),则P,A,B三点共线.2.对空间任一点O,若OP=xOA+yOB+zOC(x+y+z=1),则P,A,B,C四点共面.3.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).4.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.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.若x,y∈R,有下列命题: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若点P,M,A,B共面,则MP=xMA+yMB.其中真命题的个数是()A.1 B.2C.3 D.43.(2024浙江龙泉中学模拟)已知三棱锥O-ABC,点M,N分别为AB,OC的中点,且OA=a,OB=b,OC=c,用a,b,c表示MN,则MN等于()A.12(b+c-a) B.12(C.12(a-b+c) D.12(4.(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.

关键实力学案突破考点空间向量的线性运算【例1】已知ABCD-A'B'C'D'是平行六面体.(1)化简:12(2)设M是底面ABCD的中心,N是侧面BCC'B'对角线BC'上的34分点,设MN=αAB+βAD+γAA',试求α,β,γ思索空间向量的线性运算与平面对量的线性运算有什么区分与联系?解题心得1.选定空间不共面的三个向量作基向量,并用它们表示出指定的向量,这是用向量解决立体几何问题的基本要求,另外解题时应结合已知和所求,视察图形,联想相关的运算法则和公式等,就近表示所需向量.2.空间向量问题可以转化为平面对量问题来解决,即把空间向量转化到某一个平面上,利用三角形法则或平行四边形法则来解决.对点训练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)(2024湖南郴州一中模拟)如图所示,在长方体ABCD-A1B1C1D1中,O为AC的中点.用AB,AD,AA1表示O(第(1)题图)(第(2)题图)考点共线定理、共面定理的应用【例2】已知V为矩形ABCD所在平面外一点,且VA=VB=VC=VD,VP=则VA与平面PMN的位置关系是.

解题心得1.证明点共线的问题可转化为证明向量共线的问题,如证明A,B,C三点共线,即证明AB,AC共线,亦即证明AB=λAC(λ≠2.证明点共面问题可转化为证明向量共面问题,如要证明P,A,B,C四点共面,只要能证明PA=xPB+yPC,或对空间任一点O,有OA=OP+xPB+yPC,或OP=xOA+yOB+zOC(x+y+z=对点训练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(1)推断向量MN是否与向量AB,A(2)直线MN是否与平面ABB1A1平行?考点空间向量的坐标运算【例3】(1)(2024河南郑州调研)已知a=(2,1,-3),b=(-1,2,3),c=(7,6,λ),若a,b,c三向量共面,则λ等于()A.9 B.-9 C.-3 D.3(2)(2024北京朝阳区一模)如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,M,N分别是棱AB,BB1的中点,点P在对角线CA1上运动.当△PMN的面积取得最小值时,点P的位置是()A.线段CA1的三等分点,且靠近点A1B.线段CA1的中点C.线段CA1的三等分点,且靠近点CD.线段CA1的四等分点,且靠近点C解题心得空间向量的坐标表示主要应用于向量平行、向量垂直、向量的模、向量的夹角,在探讨几何问题中只要建立适当的坐标系,把空间几何体中涉及的直线和平面用向量表示,就可以使得几何证明通过代数运算得到解决,这是运用空间向量探讨立体几何问题的基本思想.对点训练3(1)(2024河北五校联考)已知向量a=(2m+1,3,m-1),b=(2,m,-m),且a∥b,则实数m的值为()A.-32 B.C.0 D.-32(2)设点C(2a+1,a+1,2)在由点P(2,0,0),A(1,-3,2),B(8,-1,4)确定的平面上,则a=.

考点空间向量数量积的应用【例4】(1)如图所示,已知PA⊥平面ABC,∠ABC=120°,PA=AB=BC=6,则PC=()A.62B.6C.12D.144(2)(2024福建福州三模,理14)正方体ABCD-A1B1C1D1中,P为BC1中点,Q为A1D中点,则异面直线DP与C1Q所成角的余弦值为.

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4(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.

1.利用向量的线性运算和空间向量基本定理表示向量是向量应用的基础.2.利用共线向量定理、共面对量定理可以证明一些平行、共面问题;利用数量积运算可以解决一些距离、夹角问题.3.利用向量解立体几何题的一般方法:把线段或角度转化为用向量表示,用已知向量表示未知向量,然后通过向量的运算或证明去解决问题.1.向量的数量积满意交换律、安排律,但不满意结合律,即a·b=b·a,a·(b+c)=a·b+a·c成立,(a·b)·c=a·(b·c)不肯定成立.2.在利用MN=xAB+yAC①证明MN∥平面ABC时,必需说明点M或点N不在平面ABC内(因为①式只表示MN与AB3.求异面直线所成的角,一般可以转化为两向量的夹角,但要留意两种角的范围不同,最终应进行转化.8.6空间向量及其运算必备学问·预案自诊学问梳理1.(1)大小方向长度模(2)相同相等(3)平行重合共线向量平行向量(4)平面3.(2)a·b=0(3)a24.(1)②(a1+b1,a2+b2,a3+b3)③(a1-b1,a2-b2,a3-b3)④(λa1,λa2,λa3)⑤a1b1+a2b2+a3b3(2)(x2-x1,y2-y1,z2-z1)考点自诊1.(1)√(2)×(3)√(4)×(5)×2.B①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中若点M,A,B共线,点P不在此直线上,则MP=xMA+yMB不成立.3.DMN=MA+AO+ON=124.l⊥α因为a=-12n,所以l⊥关键实力·学案突破例1解(1)(方法1)取AA'的中点为E,则12又BC=A'D',AB=D'C则D'F=2(方法2)取AB的三等分点P使得PB=23AB,取CC'=CQ=PB+(2)连接BD,则M为BD的中点,MN=12(DA+=12(-AD+AB)=12∴α=12,β=14,γ=对点训练1(1)A(2)12AB+12AD+AA1(1)BM=BB1+(2)因为OC=12AC=1例2平行如图所示,设VA=a,VB=b,VC=c,则VD=VC由题意知PM=23b-PN=23VD-13VC=23a因此VA=32PM+32PN,所以VA,PM,PN对点训练2解∵AM=kAC1,∴MN=MA+AB+BN=kC1A+AB+kBC=k(C1A+BC)+AB=k(C1A+B1∴由共面对量定理知向量MN与向量AB,A(2)当k=0时,点M,A重合,点N,B重合,MN在平面ABB1A1内.当0<k≤1时,MN不在平面ABB1A1内,又由(1)知MN与故MN∥平面ABB1A1.例3(1)B(2)B(1)由题意知c=xa+yb,即(7,6,λ)=x(2,1,-3)+y(-1,2,3),所以2x-y=7(2)设正方体的棱长为1,以A为原点,AB,AD,AA1分别为x,y,z轴,建立空间直角坐标系,如图所示,则M12,0,0,N1,0,12,MN的中点Q34设P(t,t,z),PC=(1-t,1-t,-z),由A1C与PC共线,可得1-t1=1-t1=-z因为|PM|=3z|PN|=3z所以|PM|=|PN|,所以PQ⊥MN,即|PQ|是动点P到直线MN的距离,所以|PQ|=3z所以当z=12时,|PQ|取得最小值64,此时P为线段CA由于|MN|=24为定值,所以当△PMN的面积取得最小值时,P为线段CA1的中点.故选B对点训练3(1)B(2)16(1)因为空间向量a=(2m+1,3,m-1),b=(2,m,-m),且a∥b,所以(2m+1,3,m-1)=λ(2,m,-m)=(2λ,λm,-λm),所以2m+1=2λ,(2)由共面对量定理知PC=xPA+yPB,则(2a-1,a+1,2)=x(-1,-3,2)+y(6,-1,4),故2a-1=-例4(1)C(2)23(1)因为PC=PA+AB+BC,所以PC2=PA2+AB2+BC2+2AB·BC(2)(方法1)设正方体的棱长为2,DA=a,DC=b,DD1=c,则DP=b+12(a+c)=12a+b+12c,C1Q=-b+12(a-c)=12a-b-12c,由DA,DC,DD1三所以DP·C1Q=14a2-b2-14c2=14×22-|DP|=14a2+b2所以cos<DP,C1Q>=DP·C1Q|DP||C(方法2)如图,以D为原点,分别以DA,DC,DD1的方向为x,y,z轴的正方向,建立空间直角坐标系D-xyz.设正方体的棱长为2,则各点的坐标为D(0,0,0),P所以DP=(1,2,1),C1Q=(1,-2,所以cos<DP,C1Q>=DP·C1Q|DP||C对点训练4(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