2019版高考数学（理）高分计划一轮高分讲义：第7章　立体几何 7.6　空间向量及运算 .docx

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1、76空间向量及运算 知识梳理1空间两点间的距离公式、中点公式(1)距离公式设点A(x1，y1，z1)，B(x2，y2，z2)，则|AB|.设点P(x，y，z)，则与坐标原点O之间的距离为|OP|.(2)中点公式设点P(x，y，z)为P1(x1，y1，z1)，P2(x2，y2，z2)的中点，则.2空间向量的数量积ab|a|b|cosa，b3空间向量的坐标运算a(a1，a2，a3)，b(b1，b2，b3)(a，b均为非零向量)：诊断自测1概念思辨(1)两向量夹角的范围与两异面直线所成的角的范围相同()(2)在向量的数量积运算中(ab)ca(bc)()(3)若a，b，c是空间的一个基底，则a，b，c

2、中至多有一个零向量()(4)对空间任意一点O与不共线的三点A，B，C，若xyz(其中x，y，zR)，则P，A，B，C四点共面()答案(1)(2)(3)(4)2教材衍化 (1)(选修A21P97A组T2)如图所示，在平行六面体ABCDA1B1C1D1中，M为A1C1与B1D1的交点若a，b，c，则下列向量中与相等的向量是()Aabc B.abcCabc D.abc答案A解析由题意，根据向量运算的几何运算法则，()c(ba)abc.故选A.(2)(选修A21P98T4)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，G分别是AB，AD，CD的中点，计算：；EG的长解设a，b，

3、c，则|a|b|c|1，a，bb，cc，a60.ca，a，bc，(a)a2ac.(ca)(bc)(bcabc2ac).abacbabc，|2a2b2c2abbcca，则|.所以EG的长为.3小题热身(1)在空间直角坐标系中，A(1,2,3)，B(2，1,6)，C(3,2,1)，D(4,3,0)，则直线AB与CD的位置关系是()A垂直 B平行C异面 D相交但不垂直答案B解析由题意得，(3，3,3)，(1,1，1)，A3C，A与C共线，又AB与CD没有公共点，ABCD.故选B.(2)O为空间中任意一点，A，B，C三点不共线，且t，若P，A，B，C四点共面，则实数t_.答案解析P，A，B，C四点共面

4、，t1，t.题型1空间向量的线性运算如图所示，在平行六面体ABCDA1B1C1D1中，设a，b，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)；(2)；(3).解(1)P是C1D1的中点，aacacb.(2)N是BC的中点，abababc.(3)M是AA1的中点，aacbabc，又ca.abc.方法技巧用已知向量表示某一向量的方法1用已知向量来表示某一向量，一定要结合图形，以图形为指导是解题的关键2要正确理解向量加法、减法与数乘运算的几何意义首尾相接的若干向量之和，等于由起始向量的始点指向末尾向量的终点的向量，我们可把这个法则称为向量加法的多边形法则3在

5、立体几何中要灵活应用三角形法则，向量加法的平行四边形法则在空间仍然成立提醒：利用三角形法则或平行四边形法则，把所求向量用已知基向量表示出来冲关针对训练(2018郑州模拟)如图所示，已知空间四边形OABC，其对角线为OB，AC，M，N分别为OA，BC的中点，点G在线段MN上，且2，若xyz，则xyz_.答案解析设a，b，c.则()bca，aabc，又xyz，所以x，y，z，xyz.题型2共线向量与共面向量定理的应用已知E，F，G，H分别是空间四边形ABCD的边AB，BC，CD，DA的中点(1)求证：E，F，G，H四点共面；(2)设M是EG和FH的交点，求证：对空间任一点O，有()证明(1)如图，

6、连接BG， 则()，由共面向量定理的推论知：E，F，G，H四点共面(2)找一点O，并连接OM，OA，OB，OC，OD，OE，OG，如图所示，由(2)知，同理，所以，即EH綊FG，所以四边形EFGH是平行四边形所以EG，FH交于一点M且被M平分故()()方法技巧证明三点共线和空间四点共面的方法三点(P，A，B)共线空间四点(M，P，A，B)共面且同过点Pxy对空间任一点O，t对空间任一点O，xy对空间任一点O，x(1x)对空间任一点O，xy(1xy)提醒：三点共线通常转化为向量共线，四点共面通常转化为向量共面，线面平行可转化为向量共线、共面来证明，共面向量定理实际上也是三个非零向量所在直线共面的

7、充要条件冲关针对训练1已知A，B，C三点不共线，对平面ABC外的任一点O，若点M满足()(1)判断，三个向量是否共面；(2)判断点M是否在平面ABC内解(1)由已知3，()()，即，共面(2)由(1)知，共面且MA，MB，MC过同一点M，M，A，B，C四点共面，从而点M在平面ABC内2如图，设P为长方形ABCD所在平面外一点，M在PD上，N在AC上，若，用向量法证明：直线MN平面PAB.证明建立如图所示的空间坐标系，设C(a,0,0)，A(0，b,0)，P(m，n，p)，则D(a，b,0)，(m，n，p)，(0，b,0)，(a，b,0)，(ma，nb，p)，(0，b,0)，设，则(ma，nb，

8、p)，(a，b，0)(m，2bnb，p)，(21).BP平面PAB，BA平面PAB，MN平面PAB，MN平面PAB.题型3空间向量的数量积及应用如图所示，已知空间四边形ABCD的各边和对角线的长都等于a，点M，N分别是AB，CD的中点(1)求证：MNAB，MNCD；(2)求异面直线AN与CM所成角的余弦值解(1)证明：设p，q，r.由题意可知，|p|q|r|a，且p，q，r三向量两两夹角均为60.()(qrp)，(qrp)p(qprpp2)(a2cos60a2cos60a2)0.，即MNAB.同理可证MNCD.(2)设向量与的夹角为.()(qr)，qp，(qr).又|a，|cosaacos.c

9、os，向量与的夹角的余弦值为，因此异面直线AN与CM所成角的余弦值为.方法技巧利用数量积解决有关垂直、夹角、长度问题1a0，b0，abab0.2|a|.3cosa，b.冲关针对训练(2018湛江期末)如图，在四面体SABC中，E，F，G，H，M，N分别是棱SA，BC，AB，SC，AC，SB的中点，且EFGHMN，求证：SABC，SBAC，SCAB.证明如图，设r1，r2，r3，则，分别为r1，(r2r3)，(r1r2)，r3，(r1r3)，r2.由条件EFGHMN得222，展开得r1r2r2r3r1r3，r1(r2r3)0，r10，r2r30，r1(r2r3)，即SABC.同理可证SBAC，S

10、CAB.1.(2014广东高考)已知向量a(1,0，1)，则下列向量中与a成60夹角的是()A(1,1,0) B(1，1,0)C(0，1,1) D(1,0,1)答案B解析经检验，选项B中向量(1，1,0)与向量a(1,0，1)的夹角的余弦值为，即它们的夹角为60.故选B.2(2017成都模拟)已知a(1,0,2)，b(6,2u1,2)，若ab，则与u的值可以是()A2， B，C3,2 D2,2答案A解析由题意知(1)226，可得3或2，由022(2u1)得u.故选A.3(2018西安质检)已知空间四边形ABCD的每条边和对角线的长都等于a，点E，F分别是BC，AD的中点，则的值为()Aa2 B

11、.a2 C.a2 D.a2答案C解析如图，设a，b，c，则|a|b|c|a，且a，b，c三个向量两两的夹角为60.(ab)，c，(ab)c(acbc)(a2cos60a2cos60)a2.故选C.4. (2017包头模拟)如图所示，PD垂直于正方形ABCD所在平面，AB2，E为PB的中点，cos，若以DA，DC，DP所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，则点E的坐标为_答案(1,1,1)解析由已知得D(0,0,0)，A(2,0,0)，B(2,2,0)，设P(0,0，a)(a0)，则E，所以(0,0，a)，|a.| .又cos，所以，解得a24，即a2，所以E(1,1,1). 基础送分

12、提速狂刷练一、选择题1已知点O，A，B，C为空间不共面的四点，且向量a，向量b，则与a，b不能构成空间基底的向量是()A. B.C. D.或答案C解析根据题意得(ab)，所以，a，b共面故选C.2有4个命题：若pxayb，则p与a，b共面；若p与a，b共面，则pxayb；若xy，则P，M，A，B共面；若P，M，A，B共面，则xy.其中真命题的个数是()A1 B2 C3 D4答案B解析正确；中，若a，b共线，p与a不共线，则pxayb就不成立；正确；中，若M，A，B共线，点P不在此直线上，则xy不正确故选B.3在平行六面体ABCDABCD中，若x2y3z，则xyz()A1 B. C. D.答案B

13、解析x2y3z，x1，y，z，xyz1.故选B.4已知四边形ABCD满足0，0，0，0，则该四边形为()A平行四边形 B梯形C平面四边形 D空间四边形答案D解析由已知条件得四边形的四个外角均为锐角，但在平面四边形中任一四边形的外角和都是360，这与已知条件矛盾，所以该四边形是一个空间四边形故选D.5. (2018北京东城模拟)如图所示，已知PA平面ABC，ABC120，PAABBC6，则|等于()A6 B6 C12 D144答案C解析，22222，|2363636236cos60144，|12.故选C.6(2017舟山模拟)平行六面体ABCDA1B1C1D1中，向量，两两的夹角均为60，且|1

14、，|2，|3，则|等于()A5 B6 C4 D8答案A解析设a，b，c，则abc，|2a2b2c22ab2bc2ca25，因此|5.故选A.7(2017南充三模)已知正方体ABCDA1B1C1D1，下列命题：()232；()0；向量与向量的夹角为60；正方体ABCDA1B1C1D1的体积为|，其中正确命题的序号是()A B C D答案A解析设正方体边长为单位长为1，建立空间直角坐标系，如图(0,0,1)，(1,0,0)，(0,1,0)，(1,1,1)，(1,0，1)，所以对于，()2(1,1,1)(1,1,1)332，故正确；对于，()(1,1,1)(0,1，1)0，故正确；对于，因为(1,0

15、，1)(0,1,1)1，向量与向量的夹角为120，故错误；正方体ABCDA1B1C1D1的体积为|，但是|0，故错误故选A.8对于空间任意一点O和不共线的三点A，B，C，且有xyz(x，y，zR)，则x2，y3，z2是P，A，B，C四点共面的()A必要不充分条件 B充分不必要条件C充要条件 D既不充分又不必要条件答案B解析当x2，y3，z2时，即232，则23()2()，即32，根据共面向量定理，知P，A，B，C四点共面；反之，当P，A，B，C四点共面时，根据共面向量定理mn，即m()n()，即(1mn)mn，即x1mn，ym，zn，这组数显然不止2，3,2.故是充分不必要条件故选B.9(20

16、18福州质检)正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为a，点M在AC1上且，N为B1B的中点，则|为()A.a B.a C.a D.a答案A解析以D为原点建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz，则A(a,0,0)，C1(0，a，a)，N.设M(x，y，z)，点M在AC1上且A，(xa，y，z)(x，ay，az)，xa，y，z.M，| a.故选A.10已知矩形ABCD，AB1，BC，将ABD沿矩形的对角线BD所在的直线进行翻折，在翻折过程中()A存在某个位置，使得直线AC与直线BD垂直B存在某个位置，使得直线AB与直线CD垂直C存在某个位置，使得直线AD与直线BC垂直D对任意位置，三对直线“AC与B

17、D”，“AB与CD”，“AD与BC”均不垂直答案B解析如图所示，在图1中，易知AECF，BEEFFD.在图2中，设a，b，c，则a，bb，c90，设a，c，则abc，3b，故3b210，故AC与BD不垂直，A不正确；ab，bc，所以acb2cos.当cos，即时，0，故B正确，D不正确；a2b，2bc，所以ac4b2cos(cos2)，故无论为何值，0，故C不正确故选B.二、填空题11(2017银川模拟)已知点A(1,2,1)，B(1,3,4)，D(1,1,1)，若2，则|的值是_答案解析设P(x，y，z)，(x1，y2，z1)(1x，3y，4z)，由2，得点P坐标为，又D(1,1,1)，|.

18、12如图，已知ABCD为正方形，P是ABCD所在平面外一点，P在平面ABCD上的射影恰好是正方形的中心O，Q是CD的中点，若xy，则xy_.答案0解析()22()22.xy，xy，22xy.与不共线，x2，y2，xy0.13已知O(0,0,0)，A(1,2,3)，B(2,1,2)，P(1,1,2)，点Q在直线OP上运动，当取最小值时，点Q的坐标是_答案解析由题意，设，即(，2)，则(1，2，32)，(2，1，22)，(1)(2)(2)(1)(32)(22)62161062，当时有最小值，此时Q点坐标为.14如图，四边形ABCD和ADPQ均为正方形，它们所在的平面互相垂直，动点M在线段PQ上，E

19、，F分别为AB，BC的中点设异面直线EM与AF所成的角为，则cos的最大值为_答案解析以A为坐标原点，射线AB，AD，AQ分别为x轴，y轴，z轴的正半轴，建立如图所示的空间直角坐标系设正方形ABCD和ADPQ的边长为2，则E(1,0,0)，F(2,1,0)，M(0，y,2)(0y2)所以(2,1,0)，(1，y,2)所以2y，|，|.所以cos.令2yt，则y2t，且t0,2所以cos.当t0时，cos0.当t0时，cos，由t(0,2，得，所以 .所以0cos，即cos的最大值为.三、解答题15(2018唐山模拟)已知空间三点A(2,0,2)，B(1,1,2)，C(3,0,4)，设a，b.(

20、1)求a和b夹角的余弦值；(2)设|c|3，c，求c的坐标解(1)因为A(1,1,0)，(1,0,2)，所以ab1001，|a|，|b|.所以cosa，b.(2)(2，1,2)，设c(x，y，z)，因为|c|3，c，所以3，存在实数使得c，即联立解得或所以c(2，1,2)16已知平行六面体ABCDA1B1C1D1中，底面ABCD是边长为1的正方形，AA12，A1ABA1AD120.(1)求线段AC1的长；(2)求异面直线AC1与A1D所成角的余弦值；(3)证明：AA1BD.解(1)如图所示，设a，b，c，则|a|b|1，|c|2.ab0，acbc21cos1201.abc，|2(abc)2a2b2c22ab2ac2bc1122222.|.即AC1长为.(2)abc，bc，(abc)(bc)abacb2bcbcc2112222.又|2(bc)2b2c22bc1427，|.cos，.异面直线AC1与A1D所成角的余弦值为.(3)证明：c，ba，c(ba)cbca1(1)0.，即AA1BD.