《第3章空间向量与立体几何 §3.1 空间向量及其运算（整理）》由会员分享，可在线阅读，更多相关《第3章空间向量与立体几何 §3.1 空间向量及其运算（整理）（14页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、学 海 无 涯 第三章第三章 间向量与立体几何间向量与立体几何 3 1 空间向量及其运算 知识点一知识点一 空间向量概念的应用空间向量概念的应用 给出下列命题 将空间中所有的单位向量移到同一个点为起点 则它们的终点构成一个圆 若空间向量 a b 满足 a b 则 a b 在正方体 ABCD A1B1C1D1中 必有 AC 11CA 若空间向量 m n p 满足 m n n p 则 m p 空间中任意两个单位向量必相等 其中假命题的个数是 A 1 B 2 C 3 D 4 解析 假命题 将空间中所有的单位向量移到同一个点为起点时 它们的终点将构成 一个球面 而不是一个圆 假命题 根据向量相等的定义
2、 要保证两向量相等 不仅模要相等 而且方向还要相 同 但 中向量 a 与 b 的方向不一定相同 与A1C1 与A1C1 的方向相同 模也相等 应有AC A 1C1 真命题 向量的相等满足递推规律 假命题 空间中任意两个单位向量模均为 1 但方向不一定相同 故不一定相等 故 错 故选 C 答案 C 知识点二知识点二 空间向量的空间向量的运算运算 化简 AB CD AC BD 解 方法一 AB CD AC BD AB CD AC BD AB DC CA BD AB BD DC CA AD DA 0 方法二 AB CD AC BD AB CD AC BD AB AC DC DB CB BC 0 在四
3、面体 ABCD 中 M 为 BC 的中点 Q 为 BCD 的重心 设 AB b AC c AD d 试用 b c d 表示向量BD BC CD BM DM和AQ 解 如图所示 BD BA AD d b BC BA AC c b 学 海 无 涯 CD CA AD d c DM 2 1 DB DC 2 1 b d c d 2 1 b c 2d AQ AD DQ d 3 2 DM d 3 1 b c 2d 3 1 b c d 知识点三知识点三 证明共线问题证明共线问题 已知四边形 ABCD 是空间四边形 E H 分别是边 AB AD 的中点 F G 分 别是边 CB CD 上的点 且 CF 3 2
4、CB CG 3 2 CD 求证 四边形 EFGH 是梯形 证明 E H 分别是 AB AD 的中点 所以 AE 2 1 AB AH 2 1 AD EH AH AE 2 1 AD 2 1 AB 2 1 AD AB 2 1 BD 2 1 CD CB 2 1 3 2 CG 3 2 CF 4 3 CGCF 4 3 FG 四边形 EFGH 是梯形 知识点四知识点四 证明共面问题证明共面问题 正方体 ABCD A1B1C1D1中 E F 分别为 BB1和 A1D1的中点 证明 向量BA1 CB1 EF是共面向量 学 海 无 涯 证明 方法一 如图所示 EF EB 1BA FA1 2 1 BB1 BA1 2
5、 1 11DA 2 1 CB1 BA1 由向量共面的充要条件知 BA1 CB1 EF是共面向量 方法二 连结 A1D BD 取 A1D 中点 G 连结 FG BG 如图所示 则 有 FG 2 1 DD1 BE 2 1 DD1 FGBE 四边形 BEFG 为平行四边形 EF BG EF 平面 A1BD 同理 B1C A1D B1C 平面 A1BD BA1 CB1 EF都与平面 A1BD 平行 BA1 CB1 EF共面 知识点五知识点五 数量积的运算数量积的运算 如图所示 已知空间四边形 ABCD 的每条边和对角线长都等于 1 点 E F 分 别是 AB AD 的中点 计算 1 EF BA 2 E
6、F BD 3 EF DC 解 1 EF BA 2 1 BD BD BA 2 1 BD BA cos60 4 1 所以EF BA 4 1 2 EF BD 2 1 BD BD cos 2 1 1 1 cos0 2 1 学 海 无 涯 所以 EF BD 2 1 3 EF DC 2 1 BD DC 2 1 BD DC cos 2 1 1 1 cos120 4 1 所以 EF DC 4 1 知识点六知识点六 数量积的应用数量积的应用 已知点 O 是正 ABC 平面外的一点 若 OA OB OC AB 1 E F 分别 是 AB OC 的中点 试求 OE 与 BF 所成角的余弦值 如图所示 设OA a O
7、B b OC c 则a b b c c a 2 1 a b c 1 OE 2 1 a b BF 2 1 c b OE BF 2 1 a b 2 1 c b 2 1 2 1 a c 2 1 b c a b b 2 2 1 4 1 4 1 2 1 1 2 1 cos OE BF OE BF OE BF uuu r uuu r uuu r uuu r 1 2 33 22 3 2 异面直线 OE 与 BF 所成角的余弦值为 3 2 如图所示 在平行四边形 ABCD 中 AB AC 1 ACD 90 将它沿对角 线 AC 折起 使 AB 与 CD 成 60 角 求 B D 间的距离 在正方体 ABCD
8、A1B1C1D1中 O 为 AC 与 BD 的交点 G 为 CC1的中点 求 学 海 无 涯 证 A1O 平面 GBD 证明 如图所示 设11BA a 11DA b AA1 c 则 a b 0 b c 0 c a 0 且 a b c 而 OA1 AA1 AO AA1 2 1 AB AD e 2 1 a b BD AD AB b a OG OC CG 2 1 AB AD 2 1 1CC 2 1 a b 2 1 c OA1 BD c 2 1 a 2 1 b b a c b a 2 1 a b b a c b c a 2 1 b 2 a 2 OA1 OG c 2 1 a 2 1 b 2 1 a 2
9、1 b 2 1 c 4 1 a 2 2 1 b 2 2 1 c 2 0 1 1 A OBD A OOG BDOG O A1O 平面 BDG 知识点七知识点七 空间向量的坐标运算空间向量的坐标运算 已知 O 为坐标原点 A B C 三点的坐标分别为 2 1 2 4 5 1 2 2 3 求满足下列条件的 P 点的坐 1 OP 2 1 AB AC 2 AP 2 1 AB AC 解AB 2 6 3 AC 4 3 1 1 OP 2 1 AB AC 2 1 6 3 4 3 3 2 2 则 P 点的坐标为 3 2 3 2 2 设 P x y z 则 AP x 2 y 1 z 2 又因为 2 1 AB AC
10、3 2 3 2 所以 x 5 y 2 1 z 0 故 P 点坐标为 5 2 1 0 知识点八知识点八 坐标运算的应用坐标运算的应用 学 海 无 涯 在棱长为 1 的正方体 ABCD A1B1C1D1中 E F 分别为 D1D BD 的中点 G 在棱 CD 上 且 CG 1 4CD H 为 C1G 的中点 应用空间向量方法求解下列问题 1 求证 EF B1C 2 求 EF 与 C1G 所成的角的余弦值 3 求 FH 的长 解 如图所示 建立空间直角坐标系 D xyz D 为坐标原点 则有 E 0 0 2 1 F 2 1 2 1 0 C 0 1 0 C1 0 1 1 B1 1 1 1 G 0 4
11、3 0 1 EF 2 1 2 1 0 0 0 2 1 2 1 2 1 2 1 CB1 0 1 0 1 1 1 1 0 1 EF CB1 2 1 1 2 1 0 2 1 1 0 EF B1C 即 EF B1C 2 GC1 0 4 3 0 0 1 1 0 4 1 1 GC1 17 4 又EF GC1 2 1 0 2 1 4 1 2 1 1 8 3 EF 3 2 cos EEF GC1 1 1 EF C G EF C G uuu r uuuu r uuu r uuuu r 51 17 即异面直线 EF 与 C1G 所成角的余弦值为51 3 F 2 1 2 1 0 H 0 8 7 2 1 学 海 无
12、涯 FH 2 1 3 8 2 1 EF 222 13114 2828 在长方体 OABC O1A1B1C1中 OA 2 AB 3 AA1 2 E 是 BC 的中点 建 立空间直角坐标系 用向量方法解下列问题 1 求直线 AO1与 B1E 所成角的余弦值 2 作 O1D AC 于 D 求点 O1到点 D 的距离 解 建立如图所示的空间直角坐标系 1 由题意得 A 2 0 0 O1 0 0 2 B1 2 3 2 E 1 3 0 1AO 2 0 2 EB1 1 0 2 cos 1AO EB1 210 102 10 AO1与 B1E 所成角的余弦值为 10 10 2 由题意得DO1 AC AD AC
13、C 0 3 0 设 D x y 0 DO1 x y 2 AD x 2 y 0 AC 2 3 0 230 2 23 xy xy 解得 18 13 12 13 x y D 13 18 13 12 0 O1D O1D 22 18122 286 4 131313 学 海 无 涯 考题赏析考题赏析 1 福建高考 如图所示 在四棱锥 P ABCD 中 侧面 PAD 底面 ABCD 侧棱 PA PD 2 底面 ABCD 为直角梯形 其中 BC AD AB AD AD 2AB 2BC 2 O 为 AD 中点 1 求证 PO 平面 ABCD 2 求异面直线 PB 与 CD 所成角的余弦值 3 求点 A 到平面
14、PCD 的距离 1 证明 在 PAD 中 PA PD O 为 AD 中点 所以 PO AD 又侧面 PAD 底面 ABCD 平面 PAD 平面 ABCD AD PO 平面 PAD 所以 PO 平面 ABCD 2 解以 O 为坐标原点 OC OD OP的方向分别为 x 轴 y 轴 z 轴的正方向 建立空间直角坐标系 O xyz 则 A 0 1 0 B 1 1 0 C 1 0 0 D 0 1 0 P 0 0 1 所以CD 1 1 0 PB 1 1 1 cos PB CD PB CD PB CD uuu r uuu r uuu r uuu r 1 1 32 6 3 学 海 无 涯 所以异面直线 PB
15、 与 CD 所成角的余弦值为 6 3 3 解 由 2 得 CD OB 2 在 Rt POC 中 PC OC2 OP2 2 所以 PC CD DP S PCD 3 4 2 3 2 又S ACD 1 2AD AB 1 设点A到平面PCD的距离为h 由VP ACD VA PCD 得 1 3S ACD OP 1 3S PCD h 即1 3 1 1 1 3 3 2 h 解得 h 2 3 3 2 四川高考 如图所示 平面 ABEF 平面 ABCD 四边形 ABEF 与 ABCD 都是直角梯形 BAD FAB 90 BCAD BEFA G H 分别为 FA FD 的中点 1 证明 四边形 BCHG 是平行四
16、边形 2 C D F E 四点是否共面 为什么 3 设 AB BE 证明 平面 ADE 平面 CDE 解 由题设知 FA AB AD 两两互相垂直 如图 以 A 为坐标原点 射线 AB 为 x 轴正方向 以射线 AD 为 y 轴正方向 以射线 AF 为 z 轴正方向 建立直角坐标系 A xyz 1 证明 设 AB a BC b BE c 则由题设得 学 海 无 涯 A 0 0 0 B a 0 0 C a b 0 D 0 2b 0 E a 0 c G 0 0 c H 0 b c 所以 GH 0 b 0 BC 0 b 0 于是GH BC 又点 G 不在直线 BC 上 所以四边形 BCHG 是平行四边形 2 解 C D F E 四点共面 理由如下 由题设知 F 0 0 2c 所以 EF a 0 c CH a 0 c EF CH 又 C EF H FD 故 C D F E 四点共面 3 证明 由 AB BE 得 c a 所以 CH a 0 a AE a 0 a 又AD 0 2b 0 因此CH AE 0 CH AD 0 即 CH AE CH AD 又 AD AE A 所以 CH 平面 ADE 故
