第6节空间向量及其运算--备战2022年高考数学配套word试题(创新设计版).pdf

第 6 节 空间向量及其运算 知 识 梳 理 1空间向量的有关概念 名称 概念 表示 零向量 模为 0 的向量 0 单位向量 长度(模)为 1 的向量 相等向量 方向相同且模相等的向量 ab 相反向量 方向相反且模相等的向量 a 的相反向量为a 共线向量 表示空间向量的有向线段所在的直线互相平行或重合的向量 ab 共面向量 平行于同一个平面的向量 2.空间向量中的有关定理(1)共线向量定理 空间两个向量 a(a0)与 b 共线的充要条件是存在实数，使得 ba 推论 如图所示，点 P 在 l 上的充要条件是OPOAta 其中 a 叫直线 l 的方向向量，tR，在 l 上取ABa，则可化为OPOAtAB或OP(1t)OA tOB (2)共面向量定理 共面向量定理的向量表达式：pxayb，其中 x，yR，a，b 为不共线向量，推论的表达式为MPxMAyMB或对空间任意一点 O，有OPOMxMAyMB或OPxOMyOAzOB，其中 xyz1(3)空间向量基本定理 如果向量 e1，e2，e3是空间三个不共面的向量，a 是空间任一向量，那么存在唯一一组实数 1，2，3，使得 a1e12e23e3，空间中不共面的三个向量 e1，e2，e3叫作这个空间的一个基底 3空间向量的数量积及运算律(1)数量积及相关概念 两向量的夹角 已知两个非零向量 a，b，在空间任取一点 O，作OAa，OBb，则AOB 叫做向量 a 与 b 的夹角，记作a，b，其范围是0，若a，b2，则称 a 与 b互相垂直，记作 ab.两向量的数量积 已知空间两个非零向量 a，b，则|a|b|cosa，b叫做向量 a，b 的数量积，记作ab，即 ab|a|b|cosa，b (2)空间向量数量积的运算律 结合律：(a)b(ab)；交换律：abba；分配律：a(bc)abac.4空间向量的坐标表示及其应用 设 a(a1，a2，a3)，b(b1，b2，b3).向量表示 坐标表示 数量积 ab a1b1a2b2a3b3 共线 ab(b0，R)a1b1，a2b2，a3b3 垂直 ab0(a0，b0)a1b1a2b2a3b30 模|a|a21a22a23 夹角 a，b(a0，b0)cosa，ba1b1a2b2a3b3a21a22a23b21b22b23 5.空间两点间的距离公式 空 间 中 点P1(x1，y1，z1)，P2(x2，y2，z2)之 间 的 距 离|P1P2|（x1x2）2（y1y2）2（z1z2）2.1ab0a0 或 b0 或a，b2.2ab0 不等价为a，b为锐角，因为a，b可能为 0.诊 断 自 测 1判断下列说法的正误(1)空间中任意两非零向量 a，b 共面()(2)对任意两个空间向量 a，b，若 ab0，则 ab.()(3)若a，b，c是空间的一个基底，则 a，b，c 中至多有一个零向量()(4)若 ab0，则a，b是钝角()答案(1)(2)(3)(4)解析 对于(2)，因为 0 与任何向量数量积为 0，所以(2)不正确；对于(3)，若 a，b，c 中有一个是 0，则 a，b，c 共面，所以(3)不正确；对于(4)，若a，b，则ab0，故(4)不正确 2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AB(3，3，3)，CD(1，1，1)，AB3CD，AB与CD共线，又 AB 与 CD 没有公共点 ABCD.3.(选修 21P97A2 改编)如图一所示，在平行六面体 ABCDA1B1C1D1中，M 为A1C1与 B1D1的交点若ABa，ADb，AA1c，则下列向量中与BM相等的向量是()A12a12bc B.12a12bc C12a12bc D.12a12bc 答案 A 解析 由题意，根据向量运算的几何运算法则，BMBB1B1MAA112(ADAB)c12(ba)12a12bc.4.如图，以长方体 ABCDA1B1C1D1的顶点 D 为坐标原点，过 D 的三条棱所在的直线为坐标轴，建立空间直角坐标系，若DB1的坐标为(4，3，2)，则AC1的坐标为_ 答案(4，3，2)解析 A(4，0，0)，C1(0，3，2)，AC1(4，3，2)5已知 O 为空间中任意一点，A，B，C 三点不共线，且OP34OA18OBtOC，若 P，A，B，C 四点共面，则实数 t_ 答案 18 解析 P，A，B，C 四点共面，3418t1，t18.6 已知 i，j，k 为两两垂直的单位向量，非零向量 aa1ia2ja3k(a1，a2，a3R)，若向量 a 与向量 i，j，k 的夹角分别为，则 cos2cos2cos2_ 答案 1 解析 设 i，j，k 为长方体的共顶点的三条棱的方向向量，因非零向量 aa1ia2ja3k(a1，a2，a3R)，故 a 可为长方体体对角线的方向向量，则 xEA，yEA，zEA，所以 cos cosxEAcosCAEACAE，cos cosyEAcosDAEADAE，cos coszEAcosEABABAE，cos2cos2cos2AB2AC2AD2AE2AE2AE21.考点一 空间向量的线性运算【例 1】如图所示，在空间几何体 ABCDA1B1C1D1中，各面为平行四边形，设AA1a，ABb，ADc，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)MPNC1.解(1)因为 P 是 C1D1的中点，所以APAA1A1D1D1PaAD12D1C1 ac12ABac12b.(2)因为 M 是 AA1的中点，所以MPMAAP 12A1AAP 12aac12b 12a12bc.又NC1NCCC112BCAA1 12ADAA112ca，所以MPNC112a12bc a12c 32a12b32c.感悟升华(1)选定空间不共面的三个向量作基向量，这是用向量解决立体几何问题的基本要求 用已知基向量表示指定向量时，应结合已知和所求向量观察图形，将已知向量和未知向量转化至三角形或平行四边形中，然后利用三角形法则或平行四边形法则进行运算(2)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，我们把这个法则称为向量加法的多边形法则 提醒 空间向量的线性运算类似于平面向量中的线性运算【训练 1】如图，三棱锥 OABC 中，M，N 分别是 AB，OC的中点，设OAa，OBb，OCc，用 a，b，c 表示NM，则NM()A.12(abc)B.12(abc)C.12(abc)D.12(abc)答案 B 解析 NMNAAM(OAON)12AB OA12OC12(OBOA)12OA12OB12OC 12(abc)考点二 共线定理、共面定理的应用【例 2】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OM13(OAOBOC)(1)判断MA，MB，MC三个向量是否共面；(2)判断点 M 是否在平面 ABC 内 解(1)由题意知OAOBOC3OM，所以OAOM(OMOB)(OMOC)，即MABMCMMBMC，所以MA，MB，MC共面(2)由(1)知MA，MB，MC共面且过同一点 M，所以 M，A，B，C 四点共面 从而点 M 在平面 ABC 内 感悟升华(1)证明空间三点 P，A，B 共线的方法 PAPB(R)；对空间任一点 O，OPxOAyOB(xy1)(2)证明空间四点 P，M，A，B 共面的方法 MPxMAyMB；对空间任一点 O，OPxOMyOAzOB(xyz1)；PMAB(或PAMB或PBAM)(3)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【训练 2】(1)若 A(1，2，3)，B(2，1，4)，C(m，n，1)三点共线，则 mn_(2)已知空间四点 A(2，0，2)，B(1，1，2)，C(3，0，4)，D(1，2，t)，若四点共面，则 t 的值为_ 答案(1)3(2)0 解析(1)AB(3，1，1)，AC(m1，n2，2)A，B，C 三点共线，ABAC，m13n2121，m7，n4，mn3.(2)AB(1，1，0)，AC(1，0，2)，AD(3，2，t2)，A，B，C，D 四点共面，AB，AC，AD共面 设ADxAByAC，即(3，2，t2)(xy，x，2y)，则xy3，x2，2yt2，解得x2，y1，t0.t 的值为 0.考点三 空间向量数量积及其应用【例 3】如图，在平行六面体 ABCDA1B1C1D1中，以顶点 A为端点的三条棱长度都为 1，且两两夹角为 60.(1)求 AC1的长；(2)求BD1与AC夹角的余弦值 解(1)记ABa，ADb，AA1c，则|a|b|c|1，a，bb，cc，a60，所以 abbcca12.|AC1|2(abc)2 a2b2c22(abbcca)1112121212 6，所以|AC1|6，即 AC1的长为 6.(2)BD1bca，ACab，所以|BD1|2，|AC|3，BD1AC(bca)(ab)b2a2acbc1，所以 cosBD1，ACBD1AC|BD1|AC|66.即BD1与AC夹角的余弦值为66.感悟升华 利用数量积解决问题的两条途径：一是根据数量积的定义，利用模与夹角直接计算；二是利用坐标运算可解决有关垂直、夹角、长度问题(1)a0，b0，abab0；(2)|a|a2；(3)cosa，bab|a|b|.【训练 3】正方体 ABCDA1B1C1D1的棱长为 2，MN 是其内切球 O 的一条直径，E 是正方体表面上一点，求EMEN的最大值 解 由极化恒等式的三角形形式得 EMEN14(2EO)2MN2 又因为 MN 是其内切球 O 的一条直径，E 是正方体表面上的动点，所以|MN|2，|EO|3，所以EMEN14(2EO)242，所以EMEN的最大值为 2.基础巩固题组 一、选择题 1已知向量 a(2m1，3，m1)，b(2，m，m)，且 ab，则实数 m 的值为()A.32 B2 C0 D.32或2 答案 B 解析 ab，2m123mm1m，解得 m2.2 在正方体 ABCDA1B1C1D1中，M，N 分别为棱 AA1和 BB1的中点，则 sin CM，D1N的值为()A.19 B.4 59 C.2 59 D.23 答案 B 解析 如图，设正方体棱长为 2，则易得CM(2，2，1)，D1N(2，2，1)，cosCM，D1N CMD1N|CM|D1N|19，又CM，D1N0，sinCM，D1N11924 59.3已知向量 a(1，1，0)，b(1，0，2)，且 kab 与 2ab 互相垂直，则 k的值是()A1 B.43 C.53 D.75 答案 D 解析 由题意得 kab(k1，k，2)，2ab(3，2，2)所以(kab)(2ab)3(k1)2k225k70，解得 k75.4已知空间四边形ABCD 的各边和对角线均相等，E 是 BC 的中点，那么()A.AEBCAECD B.AEBCAECD C.AEBCAECD D.AEBC与AECD的大小不能比较 答案 C 解析 取 BD 的中点 F，连接 EF，则 EF 綉12CD，因为AE，EFAE，CD90，因为AEBC0，AECD0，所以AEBCAECD.5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AEAF的值为()Aa2 B.12a2 C.14a2 D.34a2 答案 C 解析 如图，设ABa，ACb，ADc，则|a|b|c|a，且 a，b，c 三向量两两夹角为 60.AE12(ab)，AF12c，AEAF12(ab)12c 14(acbc)14(a2cos 60a2cos 60)14a2.6.如图所示，在平行六面体 ABCDA1B1C1D1中，点 M，P，Q 分别为棱 AB，CD，BC 的中点，若平行六面体的各棱长均相等，则：A1MD1P；A1MB1Q；A1M平面 DCC1D1；A1M平面 D1PQB1.以上说法正确的个数为()A1 B2 C3 D4 答案 C 解析 A1MA1AAMA1A12AB，D1PD1DDPA1A12AB，A1MD1P，所以 A1MD1P，又 D1P平面 DCC1D1，D1P平面 D1PQB1，A1M平面 DCC1D1，A1M平面 D1PQB1，由线面平行的判定定理可知，A1M平面 DCC1D1，A1M平面 D1PQB1.正确 二、填空题 7已知 2ab(0，5，10)，c(1，2，2)，ac4，|b|12，则 b，c 的夹角为_ 答案 120 解析 由题意得(2ab)c0102010.即 2acbc10，又ac4，bc18，cosb，cbc|b|c|1812 14412，0b，c180，b，c120.8已知 a(2，1，3)，b(1，2，1)，a 与 b 夹角的余弦值为_；若a(ab)，则 _ 答案 216 2 解析 a(2，1，3)，b(1，2，1)，cosa，bab|a|b|22314 6216；由题意 a(ab)0，即 a2ab0，又 a214，ab7，1470，2.9已知AB(1，5，2)，BC(3，1，z)，若ABBC，BP(x1，y，3)，且BP平面 ABC，则 x_，y_，z_ 答案 407 157 4 解析 由条件得352z0，x15y60，3（x1）y3z0，解得 x407，y157，z4.10设 A1，A2，A3，A4，A5是空间中给定的 5 个不同的点，则使5k1MAk0 成立的点 M 的个数有_ 答案 1 解析 设 M(a，b，c)，Ak(xk，yk，zk)(k1，2，3，4，5)则MAk(xka，ykb，zkc)，由5k1MAk0 得x1x2x3x4x55a0，y1y2y3y4y55b0，z1z2z3z4z55c0，a15（x1x2x3x4x5），b15（y1y2y3y4y5），c15（z1z2z3z4z5），存在唯一点 M.三、解答题 11.如图，已知平行六面体 ABCDABCD.试用AC表示ACABAD.解 平行六面体的六个面均为平行四边形，在ABCD 中，ACABAD，在ABBA中，ABABAA，在ADDA中，ADADAA，ACABAD(ABAD)(ABAA)(ADAA)2(ABADAA)又在ABCD 中，ADBC，在ACCA中，AACC，ABADAAABBCCCAC，ACABAD2AC.12已知空间中三点 A(2，0，2)，B(1，1，2)，C(3，0，4)，设 aAB，bAC.(1)若|c|3，且 cBC，求向量 c.(2)求向量 a 与向量 b 的夹角的余弦值 解(1)cBC，BC(3，0，4)(1，1，2)(2，1，2)，cmBCm(2，1，2)(2m，m，2m)，|c|（2m）2（m）2（2m）23|m|3，m1，c(2，1，2)或(2，1，2)(2)a(1，1，0)，b(1，0，2)，ab(1，1，0)(1，0，2)1，又|a|121202 2，|b|（1）20222 5，cosa，bab|a|b|1101010，即向量 a 与向量 b 的夹角的余弦值为1010.能力提升题组 13在空间四边形 ABCD 中，ABCDACDBADBC()A1 B0 C1 D不确定 答案 B 解析 如图，令ABa，ACb，ADc，则ABCDACDBADBC a(cb)b(ac)c(ba)acabbabccbca0.14若a，b，c是空间的一个基底，且向量 pxaybzc，则(x，y，z)叫向量p 在基底a，b，c下的坐标 已知a，b，c是空间的一个基底，ab，ab，c是空间的另一个基底，一向量 p 在基底a，b，c下的坐标为(4，2，3)，则向量 p 在基底ab，ab，c下的坐标是()A(4，0，3)B(3，1，3)C(1，2，3)D(2，1，3)答案 B 解析 设 p 在基底ab，ab，c下的坐标为(x，y，z)则 px(ab)y(ab)zc(xy)a(xy)bzc，因为 p 在a，b，c下的坐标为(4，2，3)，p4a2b3c，由得xy4，xy2，z3，x3，y1，z3，即 p 在ab，ab，c下的坐标为(3，1，3)15已知 O 点为空间直角坐标系的原点，向量OA(1，2，3)，OB(2，1，2)，OP(1，1，2)，且点 Q 在直线 OP 上运动，当QAQB取得最小值时，OQ的坐标是_ 答案 43，43，83 解析 点 Q 在直线 OP 上，设点 Q(，2)，则QA(1，2，32)，QB(2，1，22)，QAQB(1)(2)(2)(1)(32)(22)621610643223.即当 43时，QAQB取得最小值23.此时OQ43，43，83.16已知空间向量PA，PB，PC的模长分别为 1，2，3，且两两夹角均为 60.点 G为ABC 的重心，若PGxPAyPBzPC，x，y，zR，则 xyz_|PG|_ 答案 1 53 解析 因为 A，B，C，G 四点共面，所以 xyz1，则 z1xy，PGPAAGPA13(ABAC)PA13(PBPA)(PCPA)13PA13PB13PC13(PAPBPC)，17.如图，在棱长为 a 的正方体 OABCO1A1B1C1中，E，F 分别是棱 AB，BC 上的动点，且 AEBFx，其中 0 xa，以 O 为原点建立空间直角坐标系 Oxyz.(1)写出点 E，F 的坐标；(2)求证：A1FC1E；(3)若 A1，E，F，C1四点共面，求证：A1F12A1C1A1E.(1)解 E(a，x，0)，F(ax，a，0)(2)证明 A1(a，0，a)，C1(0，a，a)，A1F(x，a，a)，C1E(a，xa，a)，A1FC1Eaxa(xa)a20，A1FC1E.(3)证明 A1，E，F，C1四点共面，A1E，A1C1，A1F共面 选A1E与A1C1为在平面 A1C1E 上的一组基向量，则存在唯一实数对(1，2)，使A1F1A1C12A1E，即(x，a，a)1(a，a，0)2(0，x，a)(a1，a1x2，a2)，xa1，aa1x2，aa2，解得 112，21.于是A1F12A1C1A1E.18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：(1)EFBA；(2)EG的长；(3)AG与CE所成角的余弦值 解 设ABa，ACb，ADc.则|a|b|c|1，a，bb，cc，a60，(1)EF12BD12c12a，BAa，EFBA12c12a(a)12a212ac14，(2)EGEBBCCG12aba12c12b 12a12b12c，|EG|214a214b214c212ab12bc12ca12，则|EG|22.(3)AG12b12c，CECAAEb12a，cosAG，CEAGCE|AG|CE|23.