1、第第 2 课时课时空间向量基本定理的初步应用空间向量基本定理的初步应用 学习目标1.会用基底表示空间向量.2.初步体会利用空间向量基本定理求解立体几何问题 的方法 导语 道生一，一生二，二生三，三生万物”这句话出自老子道德经 ，它表示“道”生万物从少 到多，从简单到复杂的一个过程 联系到我们学过的平面向量基本定理，可以概括为给出一组二维的基底可以生成平面中所有 的向量；推广到三维空间，仍然为给出一组三维的基底，可以生成空间中的所有向量 一、证明平行、共面问题 知识梳理 1. 对于空间任意两个向量 a，b(b0)，ab 的充要条件是存在实数，使 ab. 2. 如果两个向量 a，b 不共线，那么向
2、量 p 与向量 a，b 共面的充要条件是存在唯一的有序实 数对(x，y)，使 pxayb. 3直线平行和点共线都可以转化为向量共线问题；点线共面可以转化为向量共面问题 例 1如图， 在平行六面体 ABCDABCD中， E， F， G 分别是 AD， DD， DC 的中点，请选择恰当的基底向量证明： (1)EGAC； (2)平面 EFG平面 ABC. 证明取基底AA ， AB ，AD ， (1)因为EG ED DG 1 2AD 1 2AB ，ACABAD 2EG ， 所以EG AC ， 又 EG，AC 无公共点，所以 EGAC. (2)因为FG FD DG 1 2AA 1 2AB ，AB AB
3、AA 2FG ， 所以FG AB ， 又 FG，AB无公共点，所以 FGAB. 又 FG平面 ABC，AB平面 ABC， 所以 FG平面 ABC. 又由(1)知 EGAC， 可得 EG平面 ABC， 又 FGEGG，FG，EG平面 EFG， 所以平面 EFG平面 ABC. 反思感悟证明平行、共面问题的思路 (1)利用向量共线的充要条件来证明点共线或直线平行 (2)利用空间向量基本定理证明点线共面或线面平行 跟踪训练 1如图所示，在平行六面体 ABCDA1B1C1D1中，E，F 分别在 B1B 和 D1D 上，且 BE1 3BB 1，DF2 3DD 1. 求证：A，E，C1，F 四点共面 证明因
4、为AC1 AB AD AA1 AB AD 1 3AA 1 2 3AA 1 AB 1 3AA 1 AD 2 3AA 1 AB BEAD DF AE AF， 所以AC1 ， AE ，AF共面，所以 A，E，C 1，F 四点共面 二、夹角、垂直问题 问题如何利用空间向量解决空间几何中的垂直问题，以及求解夹角问题？ 提示(1)为 a，b 的夹角，则 cos ab |a|b|. (2)若 a，b 是非零向量，则 abab0. 注意点： 区分向量的夹角与异面直线所成的角的范围 例 2在棱长为 2 的正方体 ABCDA1B1C1D1中，E，F 分别是 DD1，BD 的中点，点 G 在棱 CD 上，且 CG1
5、 3CD. (1)证明：EFB1C； (2)求 EF 与 C1G 所成角的余弦值 (1)证明设DA i，DC j，DD1 k， 则i，j，k构成空间的一个正交基底 所以EF ED DF 1 2k 1 2(DA AB ) 1 2i 1 2j 1 2k，B 1C B 1B BCik， 所以EF B 1C 1 2i 1 2j 1 2k(ik) 1 2|i| 21 2|k| 20， 所以 EFB1C. (2)解EF 1 2i 1 2j 1 2k，C 1G C 1C CG k1 3j， |EF |2 1 2i 1 2j 1 2k 21 4|i| 21 4|j| 21 4|k| 23，|EF | 3， |
6、C1G |2k1 3j 2|k|21 9|j| 244 9 40 9 ，|C1G |2 10 3 ， cosEF ， C 1G EF C 1G |EF |C 1G |， 1 2i 1 2j 1 2k k1 3j 32 10 3 4 3 2 30 3 30 15 . 即 EF 与 C1G 所成角的余弦值为 30 15 . 延伸探究设这个正方体中线段 A1B 的中点为 M，证明：MFB1C. 证明设DA i，DC j，DD1 k， 则B1C B 1B BCik， MF AF AM 1 2 (AD AB )1 2 (AA1 AB ) 1 2DC 1 2DA 1 2DC 1 2DD 1 1 2j 1
7、2i 1 2j 1 2k 1 2i 1 2k 1 2(ik) 1 2 B1C ， 所以MF B1C ， 又 MF，B1C 无公共点， 所以 MFB1C. 反思感悟求夹角、证明线线垂直的方法 利用数量积定义可得 cosa，b ab |a|b|，求a，b的大小，进而求得线线角，两直线垂直 可作为求夹角的特殊情况 跟踪训练 2(1)已知在直三棱柱 ABCA1B1C1中，ABC120，AB2，BCCC11，则 异面直线 AB1与 BC1所成角的余弦值为_. 答案 10 5 解析如图所示， 设BA a，BCb，BB 1 c，则a，b120，ca，cb， 因为AB1 AB BB 1 ac，BC1 BC C
8、C 1 bc， |cosAB1 ， BC1 | |AB1 BC1 | |AB1 |BC1 | |acbc| 5 2 |abacbcc 2| 10 |21cos 1201| 10 2 10 10 5 . (2)在正方体 ABCDA1B1C1D1中，已知 E，F，G，H 分别是 CC1，BC，CD 和 A1C1的中点 证明：AB1GE，AB1EH； A1G平面 EFD. 证明设正方体棱长为 1，AB i，AD j，AA1 k， 则i，j，k构成空间的一个单位正交基底 AB1 AB BB 1 ik， GE GC CE 1 2i 1 2k 1 2AB 1 ， AB1GE. EH EC1 C1H 1 2
9、k 1 2 (ij) 1 2i 1 2j 1 2k， AB1 EH (ik) 1 2i 1 2j 1 2k 1 2|i| 21 2|k| 20， AB1EH. A1G A 1A AD DG kj1 2i. DF DC CF i1 2j，DE DC CE i1 2k. A1G DF kj1 2i i1 2j 1 2|j| 21 2|i| 20， A1GDF. A1G DE kj1 2i i1 2k1 2|k| 21 2|i| 20， A1GDE. 又 DEDFD，DE，DF平面 EFD， A1G平面 EFD. 1知识清单： (1)空间向量基本定理 (2)空间向量共线、共面的充要条件 (3)向量的
10、数量积及应用 2方法归纳：转化化归 3常见误区： (1)向量夹角和线线角的范围不同，不要混淆 (2)转化目标不清：表示向量时没有转化目标，不理解空间向量基本定理的意义 1在棱长为 1 的正四面体 ABCD 中，直线 AB 与 CD() A相交B平行 C垂直D无法判断位置关系 答案C 解析CD BD BC ， 所以BA CD BA (BD BC )BABD BA BC 111 211 1 20，故BA CD ，即直线 AB 与 CD 垂直 2.如图，在正方体 ABCDA1B1C1D1中，M，N 分别为 AB，B1C 的中点，若 ABa，则 MN 的长为() A. 3 2 aB. 3 3 a C.
11、 5 5 aD. 15 5 a 答案A 解析取空间中一组基底：AB i，AD j，AA1 k， MN MB BC CN 1 2ij 1 2(jk) 1 2i 1 2j 1 2k， 故|MN |21 4a 21 4a 21 4a 23 4a 2， 所以 MN 3 2 a. 3如图，在长方体 ABCDA1B1C1D1中，AA1AB2，AD1，E，F，G 分别是 DC，AB， CC1的中点，则异面直线 A1E 与 GF 所成角的余弦值是() A0B. 3 3 C. 5 5 D. 15 5 答案A 解析取空间中一组基底：AB a，AD b，AA1 c， 根据题意可得， A1E GF cb1 2a 1
12、2cb 1 2a 1 2c 2 b21 4a 21 241 1 440，从而得到A 1E 和GF 垂直，故其所成角的余弦值为 0. 4.如图，在平行六面体 ABCDA1B1C1D1中，ABADAA11，BADBAA1120， DAA160，则线段 AC1的长度是_ 答案2 解析取空间中一组基底：AB a，AD b，AA1 c， AC1 abc， |AC1 |2a2b2c22ab2ac2bc 111211 1 2 211 1 2 2111 22， AC1 2. 课时课时对点对点练练 1在正方体 ABCDA1B1C1D1中，E 是上底面 A1B1C1D1的中心，则 AC1与 CE 的位置关系是 (
13、) A重合B垂直 C平行D无法确定 答案B 解析取空间中一组基底：AB a，AD b，AA1 c， AC1 abc，CE CC 1 C1E c1 2a 1 2b， 设正方体的棱长为 1， 则AC1 CE (abc)c1 2a 1 2b01 2000 1 21000， 故AC1 CE ，即 AC1与 CE 垂直 2已知斜三棱柱 ABCA1B1C1中，底面 ABC 是等腰直角三角形，ABAC2，CC12，AA1 与 AB，AC 都成 60角，则异面直线 AB1与 BC1所成角的余弦值为() A.1 4 B. 15 5 C. 10 5 D.1 6 答案D 解析设AB a，ACb，AA 1 c， 则
14、ab0，ac2，bc2， AB1 ac，BC1 bca，AB1 BC1 abbcc2a22， |AB1 | a2c22ac 4442 3， |BC1 | a2b2c22bc2ab2ac 4442 3， 所以 cosAB1 ， BC1 AB1 BC1 |AB 1|BC1 | 1 6. 3已知 l，m 是异面直线，A，Bl，C，Dm，ACm，BDm 且 AB2，CD1，则异 面直线 l，m 所成的角等于() A30B45C60D90 答案C 解析如图，设AC a，CD b，DB c， 则AB abc， 所以AB CD (abc)b1，|AB |2，|CD |1， 所以 cosAB ， CD AB
15、CD |AB |CD | 1 2， 所以异面直线 l，m 所成的角等于 60. 4.如图，正方体 ABCDA1B1C1D1的棱长为 1，AM 1 2MC 1 ，点 N 为 B1B 的中点，则|MN |等于 () A. 21 6 B. 6 6 C. 15 6 D. 15 3 答案A 解析取空间中一组基底：AB a，AD b，AA1 c， MN AN AM AN 1 3AC 1 aBN 1 3( abc) 2 3a 1 6c 1 3b， |MN | 4 9|a| 21 36|c| 21 9|b| 2 21 6 . 5.如图，三棱锥 SABC 中，SA底面 ABC，ABBC，ABBC2，SA2 2，
16、则 SC 与 AB 所成角的大小为() A90B60 C45D30 答案B 解析取空间中一组基底：AB a，ACb，ASc， 因为 SA底面 ABC，所以 SAAC，SAAB， 所以 ac0， 又 ABBC，ABBC2， 所以BAC45 ，AC2 2 . 因此 ab|a|b|cos 4522 2 2 2 4， 所以SC a(ACAS)abaca4， 又 SA2 2， 所以 SC SA2AC24 ， 因此 cosSC ， ABSC AB |SC |AB| 4 42 1 2 ， 所以 SC 与 AB 所成角的大小为 60. 6在棱长为 2 的正四面体 ABCD 中，点 M 满足AM xAB yAC
17、(xy1)AD ，点 N 满足BN BA (1)BC，当 AM，BN 最短时，AM MN 等于() A4 3 B.4 3 C1 3 D.1 3 答案A 解析由共面向量基本定理和空间向量基本定理可知，M平面 BCD，N直线 AC，当 AM， BN 最短时，AM平面 BCD，BNAC，M 为BCD 的中心，N 为 AC 的中点，即 2|MC | 2 sin 60 4 3 3 ，|MC |2 3 3 ， AM平面 BCD，MC平面 BCD，AMMC， |MA |AC |2|MC |222 2 3 3 22 6 3 . 又MN 1 2(MC MA )，AM MN 1 2(AM MC AM MA )1
18、2|MA |24 3. 7正四面体 ABCD 中，M，N 分别为棱 BC，AB 的中点，则异面直线 DM 与 CN 所成角的余 弦值为_ 答案 1 6 解析如图，画出对应的正四面体，取空间中一组基底：AB a，ACb，AD c，设棱长均 为 1， 因为DM DA AM c1 2(ab) 1 2(ab2c)， 又CN AN AC1 2ab 1 2(a2b) 又 abacbc1 2. 设异面直线 DM 与 CN 所成的角为，则 cos |2DM 2CN | |2DM |2CN | |ab2ca2b| 3 3 |a 22abab2b22ac4bc| 3 | 111 2212| 3 1 6. 8.如图
19、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，则 MN_AB(填“”或“”) 答案 解析设AB p，ACq，AD r. 由题意可知，|p|q|r|a， 且 p，q，r 三向量两两夹角均为 60. MN AN AM 1 2(AC AD )1 2AB 1 2(qrp)， 所以MN AB 1 2(qrp)p 1 2(qprpp 2) 1 2(a 2cos 60a2cos 60a2)0， 所以MN AB ，即 MNAB. 9.如图，在正方体 ABCDA1B1C1D1中，E，F 分别是 C1D1，D1D 的中点，正方体的棱长为 1. (1)求CE
20、， AF 的余弦值； (2)求证：BD1 EF . (1)解AF AD DF AD 1 2AA 1 ，CE CC 1 C1E AA 1 1 2CD AA1 1 2AB . 因为AB AD 0，AB AA 1 0，AD AA1 0， 所以CE AFAA1 1 2AB AD 1 2AA 1 1 2. 又|AF |CE|5 2 ，所以 cosCE ， AF 2 5. (2)证明BD1 BD DD1 AD AB AA 1 ， EF ED 1 D1F 1 2(AB AA 1 )， 所以BD1 EF 0，所以BD 1 EF . 10.如图，已知在直三棱柱 ABCABC中，ACBCAA，ACB90，D，E
21、分别 为 AB，BB的中点 (1)求证：CEAD； (2)求异面直线 CE 与 AC所成角的余弦值 (1)证明设CA a，CBb， CC c， 根据题意，得|a|b|c|且 abbcca0. 所以CE b1 2c，AD c1 2b 1 2a. 所以CE AD1 2c 21 2b 20， 所以CE AD ，即 CEAD. (2)解因为AC ac， 所以|AC | 2|a|，|CE |5 2 |a|， 因为AC CE (ac)b1 2c1 2c 21 2|a| 2， 所以 cosAC ， CE 1 2|a| 2 2 5 2 |a|2 10 10 . 所以异面直线 CE 与 AC所成角的余弦值为 1
22、0 10 . 11在四面体 OABC 中，G 是底面ABC 的重心，且OG xOA yOB zOC ，则 log3|xyz| 等于() A3B1C1D3 答案A 解析取空间一组基底OA a，OB b，OC c，则 连接 AG(图略)，OG aAG a1 3(AC AB) a1 3(caba) 1 3a 1 3b 1 3c， 又OG xOA yOB zOC xaybyc， xyz1 3， 则 log3|xyz|log3 1 273. 12在三棱柱 ABCA1B1C1中，AA1底面 ABC，ABBCAA1，ABC90，点 E，F 分 别是棱 AB，BB1的中点，则异面直线 EF 和 BC1所成的角
23、是() A30B45C90D60 答案D 解析设空间一组基底BA a，BCb，BB 1 c， 因为点 E，F 分别是棱 AB，BB1的中点， 所以 EF BF BE1 2(ca)，BC 1 bc， 所以EF BC 1 1 2(ca)(bc) 1 2c 2， 设所求异面直线的夹角为 ， 则 cos |EF BC 1 | |EF |BC 1 | 1 2， 所以60 . 13如图所示，在正方体 ABCDA1B1C1D1中，O 是底面正方形 ABCD 的中心，M 是 DD1 的中点，N 是 A1B1的中点，则直线 ON 与 AM 的位置关系是() A平行B垂直 C相交但不垂直D无法判断 答案B 解析A
24、M AD 1 2AA 1 ，ON OA AA1 A1N 1 2(AD AB )AA 1 1 2AB 1 2AD AA1 ， 设|AB |a， 则AM ON AD 1 2AA 1 1 2AD AA1 1 2AD 2AD AA1 1 4AA 1 AD 1 2AA 1 2 1 2a 21 2a 20， 故ON AM ，即 ONAM. 14.如图， 在三棱柱 ABCA1B1C1中， BC1与 B1C 相交于点 O， A1ABA1AC60， BAC 90，A1A3，ABAC2，则线段 AO 的长度为() A. 29 2 B. 29 C. 23 2 D. 23 答案A 解析取空间中一组基底：AB a，AC
25、b，AA 1 c， 四边形 BCC1B1是平行四边形， BO 1 2BC 1 1 2(BC BB1 )， AO aBO a1 2BC 1 2c 1 2a 1 2b 1 2c， A1ABA1AC60，BAC90，A1A3，ABAC2， a2b24，c29，ab0，acbc32cos 603， AO 21 4(abc) 21 4(a 2b2c22ab2ac2bc)29 4 .|AO | 29 2 ，即 AO 29 2 . 15.在如图所示的平行六面体 ABCDA1B1C1D1中，已知 ABAA1AD，BADDAA1 60，BAA130，N 为 A1D1上一点，且 A1NA1D1.若 BDAN，则的
26、值为_ 答案31 解析取空间中一组基底：AB a，AD b，AA1 c， 设 AB1， 因为 BDAN， 所以BD AN 0， 因为BD AD AB ba，ANAA 1 A1N cb， 所以(ba)(cb)0， 所以1 2 3 2 20， 所以 31. 16如图，在正方体 ABCDA1B1C1D1中，P 是 DD1的中点，O 是底面 ABCD 的中心求证： B1O平面 PAC. 证明如图，连接 BD，则 BD 过点 O， 令AB a，AD b，AA1 c， 设|a|b|c|1， AC ABAD ab， OB1 OB BB1 1 2DB BB1 1 2(AB AD )BB1 1 2a 1 2bc . AC OB 1 (ab) 1 2a 1 2bc 1 2|a| 21 2ab 1 2ab 1 2|b| 2acbc 1 2 1 20. AC OB1 ，即 ACOB1. 又AP AD 1 2DD 1 b1 2c， OB1 AP 1 2a 1 2bc b1 2c 1 2ab 1 2|b| 2cb1 4ac 1 4bc 1 2|c| 2 1 2 1 20， OB1 AP ，即 OB 1AP. 又 ACAPA，AC，AP平面 PAC， OB1平面 PAC.
