专题8.6空间向量及空间位置关系(讲)(解析版)43507.pdf

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1、 专题 8.6 空间向量及空间位置关系 1.了解空间向量的概念，了解空间向量的基本定理及其意义，掌握空间向量的正交分解及其坐标表示；2.掌握空间向量的线性运算及其坐标表示；3.掌握空间向量的数量积及其坐标表示，能用向量的数量积判断向量的共线和垂直；4.理解直线的方向向量及平面的法向量；5.能用向量语言表述线线、线面、面面的平行和垂直关系；6.能用向量方法证明立体几何中有关线面位置关系的一些简单定理.知识点一 空间向量及其有关概念 概念 语言描述 共线向量(平行向量)表示空间向量的有向线段所在的直线互相平行或重合 共面向量 平行于同一个平面的向量 共线向量定理 对空间任意两个向量 a，b(b0)

2、，ab存在 R，使 ab 共面向量定理 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 pxayb 空间向量基本定理及推论 定理：如果三个向量 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 pxaybzc.推论：设 O，A，B，C 是不共面的四点，则对平面 ABC 内任一点 P 都存在唯一的三个有序实数 x，y，z，使 OPx OAy OBz OC且 xyz1 知识点二 数量积及坐标运算(1)两个空间向量的数量积：ab|a|b|cosa，b；abab0(a，b 为非零向量)；设 a(x，y，z)，则|a|2a2，

3、|a|x2y2z2.(2)空间向量的坐标运算：a(a1，a2，a3)，b(b1，b2，b3)向量和 ab(a1b1，a2b2，a3b3)向量差 ab(a1b1，a2b2，a3b3)数量积 aba1b1a2b2a3b3 共线 aba1b1，a2b2，a3b3(R，b0)垂直 aba1b1a2b2a3b30 夹角公式 cosa，ba1b1a2b2a3b3a21a22a23b21b22b23 知识点三 直线的方向向量与平面的法向量(1)直线的方向向量：如果表示非零向量 a 的有向线段所在直线与直线 l 平行或或共线，则称此向量 a为直线 l 的方向向量(2)平面的法向量：直线 l，取直线 l 的方向

4、向量 a，则向量 a 叫做平面 的法向量 知识点四 空间位置关系的向量表示 位置关系 向量表示 直线 l1，l2的方向向量分别为 n1，n2 l1l2 n1n2n1kn2(kR)l1l2 n1n2n1n20 直线 l 的方向向量为 n，平面 的法向量为 m l nmnm0 l nmnkm(kR)平面，的法向量分别为 n，m nmnkm(kR)nmnm0【特别提醒】1空间向量基本定理的几点注意(1)空间任意三个不共面的向量都可构成空间的一个基底(2)由于 0 与任意一个非零向量共线，与任意两个非零向量共面，故 0 不能作为基向量(3)基底选定后，空间的所有向量均可由基底唯一表示 2有关向量的数量

5、积的提醒(1)若 a，b，c(b0)为实数，则 abbcac；但对于向量就不正确，即 abbcac.(2)数量积的运算只适合交换律、加乘分配律及数乘结合律，但不适合乘法结合律，即(ab)c 不一定等于a(bc)这是由于(ab)c 表示一个与 c 共线的向量，而 a(bc)表示一个与 a 共线的向量，而 c 与 a 不一定共线 3方向向量和法向量均不为零向量且不唯一【知识必备】1证明空间任意三点共线的方法 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 PB(R);(2)对空间任一点 O，OP OAt AB(tR)；(3)对空间任一点 O，OPx OAy OB(xy1)

6、2证明空间四点共面的方法 对空间四点 P，M，A，B 除空间向量基本定理外也可通过证明下列结论成立来证明四点共面：(1)MPx MAy MB；(2)对空间任一点 O，OP OMx MAy MB；(3)PM AB(或 PA MB或 PB AM)3确定平面的法向量的方法(1)直接法：观察是否有垂直于平面的向量，若有，则此向量就是法向量(2)待定系数法：取平面内的两条相交向量 a，b，设平面的法向量为 n(x，y，z)，由 na0，nb0，解方程组求得 考点一 空间向量的数量积及应用【典例 1】（湖南长郡中学 2019 届高三模拟）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

7、 E，F，G 分别是 AB，AD，CD 的中点，计算：(1)EFBA；(2)EGBD.【解析】设ABa，ACb，ADc.则|a|b|c|1，a，bb，cc，a60，(1)EF12BD12c12a，BAa，DCbc，EFBA12c12a(a)12a212ac14，(2)EGBD(EAADDG)(ADAB)12ABADAGAD(ADAB)12AB12AC12AD(ADAB)12a12b12c(ca)12111211121111121112 12.【方法技巧】1.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.2.空间向量的数量积可解决有关垂直、夹角、长度

8、问题.(1)a0，b0，abab0；(2)|a|a2；(3)cosa，bab|a|b|.【变式 1】（天津新华中学 2019 届高三质检）如图所示，四棱柱 ABCDA1B1C1D1中，底面为平行四边形，以顶点 A 为端点的三条棱长都为 1，且两两夹角为 60.(1)求 AC1的长；(2)求证：AC1BD；(3)求 BD1与 AC 夹角的余弦值.(1)解 记ABa，ADb，AA1c，则|a|b|c|1，a，bb，cc，a60，abbcca12.|AC1|2(abc)2a2b2c22(abbcca)11121212126，|AC1|6，即 AC1的长为 6.(2)证明 AC1abc，BDba，AC

9、1BD(abc)(ba)ab|b|2bc|a|2abac bcac|b|c|cos 60|a|c|cos 600.AC1BD，AC1BD.(3)解 BD1bca，ACab，|BD1|2，|AC|3，BD1AC(bca)(ab)b2a2acbc1.cosBD1，ACBD1AC|BD1|AC|66.AC 与 BD1夹角的余弦值为66.考点二 共线、共面向量定理的应用【典例 2】（河北正定中学 2019 届高三调研）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(OA OB OC)(1)判断 MA，MB，MC三个向量是否共面；(2)判断点 M 是否在平面 AB

10、C 内【解析】(1)由已知 OA OB OC3 OM，所以 OA OM(OM OB)(OM OC)，即 MA BM CM MB MC，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【方法技巧】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 PAx PBy PC即可对空间任意一点 O，若 OPx OAy OBz OC(xyz1)，则 P，A，B，C 四点共面【变式 2】（山西忻州一中 2019 届高三模拟）如图所示，已知斜三棱柱 ABC-A1B1C1，点 M，N

11、 分别在AC1和 BC 上，且满足 AMkAC1，BNk BC(0k1)判断向量 MN是否与向量 AB，AA1共面 【解析】AMkAC1，BNk BC，MN MA AB BNkC1A ABk BCk(C1A BC)ABk(C1AB1C1)ABkB1A AB ABk AB1 ABk(AA1 AB)(1k)ABk AA1，由共面向量定理知向量 MN与向量 AB，AA1共面 考点三 利用向量证明平行与垂直问题【典例 3】（2018 年天津卷）如图，且 AD=2BC，,且 EG=AD，且 CD=2FG，DA=DC=DG=2.（I）若 M 为 CF 的中点，N 为 EG 的中点，求证：；（II）求二面角

12、的正弦值；（III）若点 P 在线段 DG 上，且直线 BP 与平面 ADGE 所成的角为 60，求线段 DP 的长.【答案】()证明见解析；()；().【解析】依题意，可以建立以 D 为原点，分别以，的方向为 x 轴，y 轴，z 轴的正方向的空间直角坐标系（如图），可得 D（0，0，0），A（2，0，0），B（1，2，0），C（0，2，0），E（2，0，2），F（0，1，2），G（0，0，2），M（0，1），N（1，0，2）（）依题意=（0，2，0），=（2，0，2）设 n0=(x，y，z)为平面 CDE 的法向量，则即 不妨令 z=1，可得 n0=（1，0，1）又=（1，1），可得，又因为

13、直线 MN 平面 CDE，所以 MN平面 CDE（）依题意，可得=（1，0，0），=（0，1，2）设 n=（x，y，z）为平面 BCE 的法向量，则即 不妨令 z=1，可得 n=（0，1，1）设 m=（x，y，z）为平面 BCF 的法向量，则即 不妨令 z=1，可得 m=（0，2，1）因此有 cos=，于是 sin=所以，二面角 EBCF 的正弦值为（）设线段 DP 的长为 h（h0，2），则点 P 的坐标为（0，0，h），可得 易知，=（0，2，0）为平面 ADGE 的一个法向量，故，由题意，可得=sin60=，解得 h=0，2 所以线段的长为.【举一反三】（吉林长春市实验中学 2019 届

14、高三模拟）如图所示，在四棱锥 P-ABCD 中，底面 ABCD是正方形，侧棱 PD底面 ABCD，PDDC，E 是 PC 的中点，过点 E 作 EFPB 于点 F.求证：(1)PA平面 EDB；(2)PB平面 EFD.【证明】以 D 为坐标原点，射线 DA，DC，DP 分别为 x 轴、y 轴、z 轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系 D-xyz.设 DCa.(1)连接 AC 交 BD 于点 G，连接 EG.依题意得 A(a,0,0)，P(0,0，a)，C(0，a,0)，E0，a2，a2.因为底面 ABCD 是正方形，所以 G 为 AC 的中点 故点 G 的坐标为a2，a2，0，所以 PA(a

15、,0，a)，EGa2，0，a2，则 PA2 EG，故 PAEG.而 EG平面 EDB，PA平面 EDB，所以 PA平面 EDB.(2)依题意得 B(a，a,0)，所以 PB(a，a，a)又 DE0，a2，a2，故 PB DE0a22a220，所以 PBDE，所以 PBDE.由题可知 EFPB，且 EFDEE，所以 PB平面 EFD.【方法技巧】利用空间向量证明空间垂直、平行的一般步骤(1)建立空间直角坐标系，建系时要尽可能地利用条件中的垂直关系(2)建立空间图形与空间向量之间的关系，用空间向量表示出问题中所涉及的点、直线、平面的要素(3)通过空间向量的运算求出直线的方向向量或平面的法向量，再研

16、究平行、垂直关系(4)根据运算结果解释相关问题【变式 3】（浙江学军中学 2019 届高三质检）如图，在三棱锥 P-ABC 中，ABAC，D 为 BC 的中点，PO平面 ABC，垂足 O 落在线段 AD 上已知 BC8，PO4，AO3，OD2.(1)证明：APBC；(2)若点 M 是线段 AP 上一点，且 AM3.试证明平面 AMC平面 BMC.证明：(1)以 O 为坐标原点，以射线 OD 为 y 轴正半轴，射线 OP 为 z 轴正半轴建立如图所示的空间直角坐标系 O-xyz.则 O(0,0,0)，A(0，3,0)，B(4,2,0)，C(4,2,0)，P(0,0,4)于是 AP(0,3,4)，

17、BC(8，0,0)，所以 AP BC(0,3,4)(8,0,0)0，所以 AP BC，即 APBC.(2)由(1)知 AP5，又 AM3，且点 M 在线段 AP 上，所以 AM35AP0，95，125，又 BA(4，5,0)，所以 BM BA AM4，165，125，则 AP BM(0,3,4)4，165，1250，所以 AP BM，即 APBM，又根据(1)的结论知 APBC，且 BCBMB，所以 AP平面 BMC，于是 AM平面 BMC.又 AM平面 AMC，故平面 AMC平面 BMC.考点四 用空间向量解决有关位置关系的探索性问题【典例 4】（2018 年北京卷）如图，在三棱柱 ABC-

18、中，平面 ABC，D，E，F，G 分别为，AC，的中点，AB=BC=，AC=2 （）求证：AC平面 BEF；（）求二面角 B-CD-C1的余弦值；（）证明：直线 FG 与平面 BCD 相交【答案】(1)证明见解析(2)B-CD-C1的余弦值为(3)证明过程见解析【解析】（）在三棱柱 ABC-A1B1C1中，CC1平面 ABC，四边形 A1ACC1为矩形 又 E，F 分别为 AC，A1C1的中点，ACEF AB=BC ACBE，AC平面 BEF（）由（I）知 ACEF，ACBE，EFCC1 又 CC1平面 ABC，EF平面 ABC BE 平面 ABC，EFBE 如图建立空间直角坐称系 E-xyz

19、 由题意得 B（0，2，0），C（-1，0，0），D（1，0，1），F（0，0，2），G（0，2，1），设平面 BCD 的法向量为，令 a=2，则 b=-1，c=-4，平面 BCD 的法向量，又平面 CDC1的法向量为，由图可得二面角 B-CD-C1为钝角，所以二面角 B-CD-C1的余弦值为（）平面 BCD 的法向量为，G（0，2，1），F（0，0，2），与不垂直，GF 与平面 BCD 不平行且不在平面 BCD 内，GF 与平面 BCD 相交【举一反三】（福建三明一中 2019 届高三调研）如图，正方形 ADEF 所在平面和等腰梯形 ABCD所在的平面互相垂直，已知 BC4，ABAD2.(1

20、)求证：ACBF；(2)在线段 BE 上是否存在一点 P，使得平面 PAC平面 BCEF？若存在，求出|BP|PE|的值；若不存在，请说明理由.(1)证明 平面 ADEF平面 ABCD，平面 ADEF平面 ABCDAD，AFAD，AF平面 ADEF，AF平面 ABCD.AC平面 ABCD，AFAC.过 A 作 AHBC 于 H，则 BH1，AH 3，CH3，AC2 3，AB2AC2BC2，ACAB，ABAFA，AC平面 FAB，BF平面 FAB，ACBF.(2)解 存在.由(1)知，AF，AB，AC 两两垂直.以 A 为坐标原点，AB，AC，AF的方向分别为 x 轴，y 轴，z 轴正方向，建立

21、如图所示的空间直角坐标系 Axyz，则 A(0，0，0)，B(2，0，0)，C(0，2 3，0)，E(1，3，2).假设在线段 BE 上存在一点 P 满足题意，则易知点 P 不与点 B，E 重合，设|BP|PE|，则 0，P21，31，21.设平面 PAC 的法向量为 m(x，y，z).由AP21，31，21，AC(0，2 3，0)，得mAP21x31y21z0，mAC2 3y0，即y0，z22x，令 x1，则 z22，所以 m1，0，22为平面 PAC 的一个法向量.同理，可求得 n1，33，1 为平面 BCEF 的一个法向量.当 mn0，即 23时，平面 PAC平面 BCEF，故存在满足题

22、意的点 P，此时|BP|PE|23.【方法技巧】解决立体几何中探索性问题的基本方法(1)通常假设题中的数学对象存在(或结论成立)，然后在这个前提下进行逻辑推理.(2)探索性问题的关键是设点：空间中的点可设为(x，y，z)；坐标平面内的点其中一个坐标为 0，如 xOy 面上的点为(x，y，0)；坐标轴上的点两个坐标为 0，如 z 轴上的点为(0，0，z)；直线(线段)AB上的点 P，可设为APAB，表示出点 P 的坐标，或直接利用向量运算.【变式 4】（江西高安中学 2019 届高三模拟）如图，棱柱 ABCDA1B1C1D1的所有棱长都等于 2，ABC 和A1AC 均为 60，平面 AA1C1C

23、平面 ABCD.(1)求证：BDAA1；(2)在直线 CC1上是否存在点 P，使 BP平面 DA1C1，若存在，求出点 P 的位置，若不存在，请说明理由.(1)证明 设 BD 与 AC 交于点 O，则 BDAC，连接 A1O，在AA1O 中，AA12，AO1，A1AO60，A1O2AA21AO22AA1AOcos 603，AO2A1O2AA21，A1OAO.由于平面 AA1C1C平面 ABCD，且平面 AA1C1C平面 ABCDAC，A1O平面 AA1C1C，A1O平面ABCD.以 OB，OC，OA1所在直线分别为 x 轴，y 轴，z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则 A(0，1，0)，B

24、(3，0，0)，C(0，1，0)，D(3，0，0)，A1(0，0，3)，C1(0，2，3).由于BD(2 3，0，0)，AA1(0，1，3)，AA1BD0(2 3)10 300，BDAA1，即 BDAA1.(2)解 假设在直线 CC1上存在点 P，使 BP平面 DA1C1，设CPCC1，P(x，y，z)，则(x，y1，z)(0，1，3).从而有 P(0，1，3)，BP(3，1，3).设平面 DA1C1的法向量为 n3(x3，y3，z3)，则n3A1C1，n3DA1，又A1C1(0，2，0)，DA1(3，0，3)，则2y30，3x3 3z30，取 n3(1，0，1)，因为 BP平面 DA1C1，则 n3BP，即 n3BP 3 30，得 1，即点 P 在 C1C 的延长线上，且 C1CCP.