高三复习教案集08空间向量

高三复习教案集

空间向量

考纲导读 1．理解空间向量的概念；掌握空间向量的加法、减法和数乘．

2．了解空间向量的基本定理；理解空间向量坐标的概念；掌握空间向量的坐标运算．

3．掌握空间向量的数量积的定义及其性质；掌握用直角坐标计算空间向量数量积的公式；掌握空间两点间的距离公式．

知识网证明平行与垂直

求空间角 空间向数量积

坐标表示：夹角和距离公式

高考导航 求距离

理解空间向量的夹角的概念；掌握空间向量的数量积的概念、性质和运算律；了解空间向量的数量积的几何意义；掌握空间向量的数量积的坐标形式；能用向量的数量积判断向量的共线与垂直.

定义、加法、减法、数乘运第1课时 空间向量及其运算

基础过空间向量是平面向量的推广．在空间，任意两个向量都可以通过平移转化为平面向量．因此，空间向量的加减、数乘向量运算也是平面向量对应运算的推广．本节知识点是：

1．空间向量的概念，空间向量的加法、减法、数乘运算和数量积；(1) 向量：具有 和 的量．(2) 向量相等：方向 且长度 ．(3) 向量加法法则： ．(4) 向量减法法则： ．(5) 数乘向量法则： ．2．线性运算律

(1) 加法交换律：a＋b＝ ．(2) 加法结合律：(a＋b)＋c＝ ．(3) 数乘分配律：(a＋b)＝ ．3．共线向量

(1)共线向量：表示空间向量的有向线段所在的直线互相 或 ．(2) 共线向量定理：对空间任意两个向量a、b(b0)，a∥b等价于存在实数，使 ．

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(3) 直线的向量参数方程：设直线l过定点A且平行于非零向量a，则对于空间中任意一点O，点P在l上等价于存在tR，使 ．4．共面向量

(1) 共面向量：平行于 的向量．

(2) 共面向量定理：两个向量a、b不共线，则向量P与向量a、b共面的充要条件是存在实数对(x,y)，使P ．共面向量定理的推论： ．5．空间向量基本定理

(1) 空间向量的基底： 的三个向量．

(2) 空间向量基本定理：如果a，b，c三个向量不共面，那么对空间中任意一个向量p，存在一个唯一的有序实数组x,y,z，使 ．

空间向量基本定理的推论：设O，A，B，C是不共面的的四点，则对空间中任意一点P，都存在唯一的有序实数组x,y,z，使 ．6．空间向量的数量积

(1) 空间向量的夹角： ．

(2) 空间向量的长度或模： ．

(3) 空间向量的数量积：已知空间中任意两个向量a、b，则a·b＝ ．空间向量的数量积的常用结论：(a) cos〈a、b〉＝ ； (b) a2＝ ；

(c) ab ．(4) 空间向量的数量积的运算律：(a) 交换律a·b＝ ； (b) 分配律a·(b＋c)＝ ．典型例例1．已知正方体ABCD—A1B1C1D1中，点F是侧面CDD1C1的中心，若AF求x－y的值.

ADxAByAA1，

解：易求得xy12,xy0变式训练1. 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．1a＋1b＋c B．1a＋1b＋c

2222AD BC

C

C．1a1b＋c

22D．1a1b＋c

22解：A

B 例2. 底面为正三角形的斜棱柱ABC－A1B1C1中，D为AC的中点，求证：AB1∥平面C1BD.

A

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证明：记ABa,ACb,AA1c,则

AB1ac,DBABADa12b,DC1DCCC112bc∴DBDC1acAB1,∴AB1,DB,DC1共面.

∵B1平面C1BD, AB1//平面C1BD.

变式训练2：正方体ABCD－EFGH中，M、N分别是对角线AC和BE上的点，且AM＝EN．(1) 求证：MN∥平面FC； (2) 求证：MN⊥AB；

(3) 当MA为何值时，MN取最小值，最小值是多少？

解：(1) 设NBEBMCACk,则MN(k1)BCkBF.(2)

MNAB(k1)BCABkBFAB0.(3) 设正方体的边长为a,

MN(2k22k1)a,即当k212,也即AM12AC时，MNmin22a例3. 已知四面体ABCD中，AB⊥CD，AC⊥BD， G、H分别是△ABC和△ACD的重心．求证：(1) AD⊥BC； (2) GH∥BD．

证明：(1) AD⊥BCADBC0．因为ABCDABCD0，ACBDACBD0，而ADBC(ABBD)(BDDC)0．所以AD⊥BC．

(2) 设E、F各为BC和CD的中点．欲证GH∥BD，只需证GH∥EF，GH＝23GAAH＝2(EAAF)

3EF．

变式训练3：已知平行六面体ABCD证：E、F、G、H四点共面．解：HG＝HCHCCGA1B1C1D1，E、F、G、H分别为棱A1D1,D1C1,C1C和AB的中点．求

＝HCGC1GFFC1＝A1FFC1GF＝2EFGF，

所以EF,EG,EH共面，即点E、F、G、H共面．

例4. 如图，平行六面体AC1中，AE＝3EA1，AF＝FD，AG＝1GB，过E、F、G的平面与对

2角线AC1交于点P，求AP:PC1的值．

CDAB

E P 解：设APmAC1C B G D A F 欢迎访问南京市网上家长学校·教育超市

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AC1ABBB1B1C1ABAA1AD3AG43AE2AF43∴AP3mAGmAE2mAF又∵E、F、G、P四点共面，∴3m∴m31943m2m1 ∴AP︰PC1＝3︰16

变式训练4：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．

证明：法一：OM1212(OBOC)

ON12(OAOC)2

2PMPOOM12(ABOC)QNQOON(OCAB)PMQN14(OCAB)0故PMQN法二：PM·(QM＋MN)QN＝(PQ＋QM)·

1(OC＝1(ABOC)·22BA)＝1(OC42AB2)＝0

小结归纳 1．立体几何中有关垂直和平行的一些命题，可通过向量运算来证明．对于垂直，一般是利用

a⊥ba·b＝0进行证明．对于平行，一般是利用共线向量和共面向量定理进行证明．

2．运用向量求解距离问题，其一般方法是找出代表相应距离的线段所对向量，然后计算这个向量对应的模．而计算过程中只要运用好加法法则，就总能利用一个一个的向量三角形，将所求向量用有模和夹角的已知向量表示出来，从而求得结果．

3．利用向量求夹角(线线夹角、线面夹角、面面夹角)有时也很方便．其一般方法是将所求的

角转化为求两个向量的夹角，而求两个向量的夹角则可以利用公式cosθ＝abab．

4．异面直线间的距离的向量求法：已知异面直线l1、l2，AB为其公垂线段，C、D分别为l1、l2上的任意一点，n为与AB共线的向量，则｜AB｜＝|CDn|.

|n|5．设平面α的一个法向量为n，点P是平面α外一点，且Po∈α，则点P到平面α的距离是d＝|PoPn|.|n|

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第2课时 空间向量的坐标运算

基础过设a＝(a1,a2,a3)，b＝(b1,b2,b3)(1) a±b＝ (2) a＝ ． (3) a·b＝ ．

(4) a∥b ；ab ．

(5) 设A(x1,y1,z1),B(x2,y2,z2) 则AB＝ ，

AB ．

AB的中点M的坐标为 ． 典型例 例1. 若a＝(1,5,－1)，b＝(－2,3,5) （1）若(ka+b)∥(a－3b)，求实数k的值； （2）若(ka+b)⊥(a－3b)，求实数k的值； （3）若kab取得最小值，求实数k的值． 解：(1)k(2)k106313；

827； (3)k

变式训练1. 已知O为原点，向量OA3,0,1,OB1,1,2,OCOA,BC∥OA，求AC． 解：设OCx,y,z,BCx1,y1,z2，

∵OCOA,BC∥OA，∴OCOA0，BCOAR3xz0,x13,3xz0,∴，即 x1,y1,z23,0,1y10,z2.，

解此方程组，得x710,y1,z2110,110。

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∴OC371121，ACOCOA,1,,1,。

101010107A1B1C1例2. 如图，直三棱柱ABC，底面ABC中，CA＝CB＝1，BCA90，棱AA12，M、N

分别A1B1、A1A是的中点．

(1) 求BM的长； (2) 求cosBA1,CB1的值； (3) 求证：A1BC1N．

解：以C为原点建立空间直角坐标系Oxyz. (1) 依题意得B（0，1，0），M（1，0，1）．BM2z C1 AM C A x

(10)(01)(10)22B1 N y

B 3.

(2) 依题意得A1（1，0，2），B（0，1，0），C（0，0，0），B1（0，1，2）.

BA1(1,1,2),CB1(0,1,2),BA1CB13,BA16,CB15

cosBA1,CB1BA1CB1BA1CB13010.

(3) 证明：依题意得C1（0，0，2），N(1,1,2),A1B(1,1,2),C1N22A1BC1N121200,A1BC1N(11,,0)22.

变式训练2. 在四棱锥P－ABCD中， 底面ABCD为矩形，侧棱PA⊥底面ABCD，AB＝BC＝1，PA＝2，E为PD的中点．

(1) 在侧面PAB内找一点N，使NE⊥面PAC，并求出N点到AB和AP的距离； (2) 求(1) 中的点N到平面PAC的距离． P · E D

C

A B

解：(1) 建立空间直角坐标系A－BDP，则A、B、C、D、P、E的坐标分别是A(0, 0, 0)、B(0, 0)、C(

33，

3,

, 1, 0)、D(0, 1, 0)、P(0, 0, 2)、E(0,

12, 1)，依题设N(x, 0, z)，则NE＝(－x,

12, 1－

z)，由于NE⊥平面PAC，

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NE∴AP0NEAC0(x,(x,1

即

z10113x0,1z)(3,1,0)0222,1z)(0,0,2)0

3x6z1，即点N的坐标为(

36, 0, 1)，

36从而N到AB、AP的距离分别为1，.

(2) 设N到平面PAC的距离为d，则d＝|NANE| |NE||(36,0,1)(|(36,1236,12,0)|＝

1123312.

,0)|例3. 如图，在底面是棱形的四棱锥PABCD中，点E在PD上，ABC60,PAACa,PBPD2a，

P 且PE:ED＝2:1．

(1) 证明 PA平面ABCD；

E (2) 求以AC为棱，EAC与DAC为面的二面角的大小；

(3) 在棱PC上是否存在一点F，使BF∥平面AEC？证明你的结论． A D 解：（1）证明略； （2）易解得30； B C （3）解 以A为坐标原点，直线AD,AP分别为y轴、z轴，过A点垂直于平面PAD的直线为x轴，建立空间直角坐标系（如图）．由题设条件，相关各点的坐标为

A(0,0,0),B(32a,12a,0),C(231332a)a,12a,0)

D(0,a,0),P(0,0,a),E(0,a,

(32a,12a,0)所以AE(0,23a,13a)，ACa,12，

AP(0,0,a),PC(321232a,a)

PC(32BP(a,a,a)，设点F是棱PC上的点，PFa,12a,a)，其中01，则

BFBPPF(32a(1),12a(1),a(1))．令BF1AC2AE得

33a(1)a122121a(1)a1a22321a(1)a23

解得12,112,232，即时，BF2

1

12AC32AE．亦即，F是PC的中点时，BF,AC,AE共面，

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又BF平面AEC，所以当F是PC的中点时，BF∥平面AEC．

例4. 如图，多面体是由底面为ABCD的长方体被截面AEFG所截而得，其中AB＝4，BC＝1，BE＝3，CF＝4.

F (1) 求EF和点G的坐标；

Z (2) 求GE与平面ABCD所成的角； (3) 求点C到截面AEFG的距离． G E D 解：(1) 由图可知：A(1，0，0)，B(1，4，0)， y

C E(1，4，3)，F(0，4，4) ∴EF(1,0,1) A B 又∵AGEF，设G(0，0，z)，则(－1，0，z) x ＝(－1，0，1) ∴z＝1 ∴G(0，0，1) (2)平面ABCD的法向量DGGE(1,4,2)(0,0,1).

，设GE与平面ABCD成角为，则

DGGE|DG||GE|22121cos(2)

∴arcsin22121

(3)设n0⊥面AEFG，n0＝(x0，y0，z0)

∵n0⊥AG，n0⊥AE，而AG＝(－1，0，1)，AE＝(0，4，3) ∴

x0z0x0z003n0(z0,z0,z0)344y03z00y0z04

取z0＝4，则n0＝(4，－3，4) ∵CF(0,0,4),d|CFn0||n0|1141

4141即点C到截面AEFG的距离为16．

变式训练4. 如图四棱锥P—ABCD中，底面ABCD是平行四边形，PG⊥平面ABCD，垂足为G，G在AD上，且PG＝4，AG13GD，BG⊥GC，GB＝GC＝2，P E是BC的中点．

(1)求异面直线GE与PC所成的角的余弦值； (2)求点D到平面PBG的距离；

(3)若F点是棱PC上一点，且DF⊥GC，求

、GC、GPPFFC的值．

B A G F D C

解：(1)以G点为原点，GB为x轴、y轴、

E

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z轴建立空间直角坐标系，则B(2，0，0)，C(0，2，0)， P(0，0，4)，故E(1，1，0)，GE＝(1，1，0)，

GEPC|GE||PC|22201010PC＝(0，2，4)。

cosGE，PC，

∴GE与PC所成的余弦值为

1010．

(2)平面PBG的单位法向量n＝(0，±1，0) . ∵GD34AD34BC(32，32，0)，

323∴点D到平面PBG的距离为|GDn |＝ (3)设F(0，y，z)，则DF∵DF即(32GC.

。

(0，y，z)(333，，0)(，y，z)2222，∴DF32GC0，

，

，z－4)＝λ(0，2，－4)， ∴z=1，

35，y32，z)(0，2，0)2y30PC∴y , 又PF，即(0，

32故F(0，

32，1) ，PF31(0，，3)，FC(0，，1)22，∴

PFPC253。

2小结归纳 对于以下几类立体几何问题：(1) 共线与共面问题；(2) 平行与垂直问题；(3) 夹角问题；(4) 距离问题；(5) 探索性问题．

运用向量来解决它们有时会体现出一定的优势．用空间向量解题的关键步骤是把所求向量用某个合适的基底表示，本节主要是用单位正交基底表示，就是适当地建立起空间直角坐标系，把向量用坐标表示，然后进行向量与向量的坐标运算，最后通过向量在数量上的关系反映出向量的空间位置关系，从而使问题得到解决．在寻求向量间的数量关系时，一个基本的思路是列方程，解方程．

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空间向量章节测试题

1．在正三棱柱ABC-A1B1C1中，若AB=2，A A1=1，则点A到平面A1BC的距离为（

A．

34）

B．

32 C．

334 D．3

2．在正三棱柱ABC-A1B1C1中，若AB=2BB1,则AB1与C1B所成的角的大小为

A.60ºB. 90ºC.105ºD. 75º

3．正方体ABCD—A1B1C1D1中，E、F分别是AA1与CC1的中点，则直线ED与D1F所成角的大小是 （ ）

A．

15 B。

31C。

21D。

32

4． 设E，F是正方体AC1的棱AB和D1C1的中点，在正方体的12条面对角线中，与截面A1ECF成60°角的对角线的数目是 （ ） A．0 B．2 C．4 D．6 5．棱长都为2的直平行六面体ABCD—A1B1C1D1中，∠BAD=60°，则对角线A1C与侧面DCC1D1所成角的正弦值为 （ ）

A．

22 B．

12

A1B1C1D1中，O

C．

34 D．

38

6． 在棱长为2的正方体ABCD是底面ABCD的中心，E、F分别是CC1、AD

（

155的中点，那么异面直线OE和FD1所成的角的余弦值等于

A．

105）

B．

23 C．

55 D．

7． 棱长为a的正四面体中，高为H，斜高为h，相对棱间的距离为d，则a、H、h、d的大小关系正确的是 （ ） A．a>H>h>d B．a>d>h>H C．a>h>d>H D．a>h>H>d 8．将正方形ABCD沿对角线BD折起，使平面ABD⊥平面CBD，E是CD中点，则AED的大小为 （ ） A.45 B.30 C.60 D.90 9．三棱锥A—BCD的高AH = 33a，H是底面△BCD的重心．若AB=AC，二面角A—BC—D为60°，G是△ABC的重心，则HG的长为

A．5a

B．6a

C．7a

D．10a

（

）

10．PA，PB，PC是从P引出的三条射线，每两条的夹角都是60º，则直线PC与平面PAB所成的角的余弦值为 （ ）

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A．

12 B。

32 C。33 D。

63 11．已知正三棱柱ABC-A1B1C1的所有棱长都相等，D是A1C1的中点，则直线AD与平面B1DC所成角的正弦值为 。

12。如图，正方体的棱长为1，C、D分别是两条棱的中点， A、B、M是顶点，那么点M到截面ABCD的距离是 . D C

A M

B

13．正四棱锥P-ABCD的所有棱长都相等，E为PC中点，则直线AC与截面BDE所成的角为 ．

14．已知边长为42的正三角形ABC中，E、F分别为BC和AC的中点，PA⊥面ABC，且PA=2，设平面过PF且与AE平行，则AE与平面间的距离为 ．

15．如右下图，在长方体ABCD-A1B1C1D1中，已知AB= 4， AD =3， AA1= 2．E、F分别是线段AB、BC上的点，且EB= FB=1．

D1 C1

（1）求二面角C-DE-C1的正切值； （2）求直线EC1与FD1所成的余弦值． A1 B1

D C

F

B A E

P16．如图，三棱锥P—ABC中， PC平面ABC，PC=AC=2，

AB=BC，D是PB上一点，且CD平面PAB． (I) 求证：AB平面PCB；

(II) 求异面直线AP与BC所成角的大小； D (III)求二面角C-PA-B的大小的余弦值． B

CA

17．如图所示，已知在矩形ABCD中，AB=1，BC=a（a>0），PA⊥平面AC，且PA=1． （1）试建立适当的坐标系，并写出点P、B、D的坐标； P （2）问当实数a在什么范围时，BC边上能存在点Q， 使得PQ⊥QD？

（3）当BC边上有且仅有一个点Q使得PQ⊥QD时，

A 求二面角Q-PD-A的大小．

D

B

Q C

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空间向量章节测试题答案

1．B。 2． B。 3． A。

4． C。提示：以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，DD1为z轴建立空间直角坐标系，并设正方体的棱长为1，则A1(1，0，0)，E(1，，0)，C(0，1，0)．设平面A1ECF的法向量为

21n=(x，y，z)，则由A1En=0及ECn=0，可得x=z=y，于是可取n=(1，，1)．

22AB1DC1(0,1,1)，D1B1DB(1,1,0)，而且可计算得到这四个向量与向量

11n所成的角为30°，

于是这四个向量与平面A1ECF所成的角为60°．而其它的面对角线所在的向量均不满足条件．

5 D。 6． C。 7． C。 8．A。 9． D。 10． D 11．。

212． 。

3

13．设AC与BD相交于点14．

233O，则OE与OC所成的角即∠EOC

为所求．易得大小为45°．

15．（1）如图，以A为原点，AB,AD,AA1分别为x轴，y轴，z轴的正向建立空间直角坐标

系A-xyz，则有D(0，3，0)、D1(0，3，2)、E(3，0，0)、F(4，1，0)、C1(4，3，2)．

 于是，DE(3,3,0),EC1(1,3,2)，

FD1(4,2,2)．

设向量n(x,y,z)与平面C1DE垂直，则有

nDE3x3y01xyz．

x3y2z02nEC1∴n(z2,z2,z)z2(1,1,2),其中z＞0．

取n0=(-1，-1，2)，则n0是一个与平面C1DE垂直的向量． ∵向量AA1=（0，0，2）与平面CDE垂直，

∴n0与AA1所成的角θ为二面角C-DE-C1的平面角．

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n0AA11010226∵cos， 3|n0||AA1|114004∴tan22．

1(4)3222132222（2）设EC1与FD1所成角为，则

EC1FD1cos|EC1||FD1|(4)222222114．

16． (1) ∵PC⊥平面ABC,AB平面ABC， ∴PCAB.∵CD平面PAB，AB平面PAB， ∴CDAB．又PCCDC，∴AB平面PCB． ∴二面角C-PA-B的大小的余弦值为

33．

Pz(2) 由(I) AB平面PCB，∵PC=AC=2，

又∵AB=BC，可求得BC=2 ．以B为原点， 如图建立坐标系．则Ａ（０,2,０），Ｂ（0,0,0）， C（2,０,0），P（2,０,2）．

AP=(2,－2,2)，BC=(2,0,0)． 则APBC=2×2+0+0=2．

APBCcosAP,BC=APBCDB=

2222=

12CAy．

x∴异面直线AP与BC所成的角为（3）设平面PAB的法向量为

ABm0,则 APm0.3．

=(0, －

2,0),APm= (x，y，z)．AB=(2,－2,2)，

即2y0,2x2y2z0. 设平面PAC的法向量为

PCn0,则 ACn0.x2zn=(x, y, z).PC＝(0,0,－2), AC解得y0,令z= -1,得 m= (2，0，-1)．

=(2,－2,0)，

=

''2z0,z0,即解得''''xy2x2y0. 令x=1, 得 n= (1，1，0)．

33cosm,nmnmn23233. ∴二面角C-PA-B的大小的余弦值为

z P ．

17．（1）以A为坐标原点，AB、AD、AP分

别为x、y、z轴建立坐标系如图所示． ∵PA=AB=1，BC=a， ∴P（0，0，1），B（1，1，0）， D（0，a，0）．

（2）设点Q（1，x，0），则

DQ(1,xa,0),QP(1,x,1)由DQQP02

N A B x Q 第10题答图

y M C D ．

，得x-ax+1=0．

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显然当该方程有实数解时，BC边上才存在点Q，使得PQ⊥QD，故⊿=a2-4≥0． 因a>0，故a的取值范围为a≥0．

（3）易见，当a=2时，BC上仅有一点满足题意，此时x=1，即Q为BC的中点． 取AD的中点M，过M作MN⊥PD，垂足为N，连结QM、QN．则M（0，1，0），P（0，0，1），D（0，2，0）． ∵D、N、P三点共线，

MDMP(0,1,0)(0,1,1)(0,1,)∴MN111又PD(0,2,1)，且MNPD0，

．

故

(0,1,)1(0,2,1)231023．

于是MN(0,1122,)33(0,1,2)255．

312故NQNMMQMNAB(1,,)．

5512∵PDNQ02()(1)()0，

55∴PDNQ．

∴∠MNQ为所求二面角的平面角．

NMNQ6∵cosMNQ6|NM||NQ|，

∴所求二面角为arccos

66．

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