1、金版教程金版教程20212021高考科学复习创新方案高考科学复习创新方案- -理数理数 （创新版）（创新版） 【精品课件精品课件】 第第6 6讲讲 空间向量及运算空间向量及运算 第七章 立体几何 考纲解读 1.了解空间直角坐标系，会用空间直角坐标表示点的位置，了 解空间向量的概念，了解空间向量的基本定理及其意义 2能应用空间两点间的距离公式，掌握空间向量的正交分解及其坐标表示 3掌握空间向量的线性运算及其坐标表示，掌握空间向量的数量积及其坐 标表示，并能运用向量的数量积判断向量的共线与垂直(重点、难点) 考向预测 从近三年高考情况来看，本讲一直是空间立体几何的基础，一 般不单独命题预测2021
2、年会与多面体相结合进行考查，题型为解答题， 解题时利用空间向量法解决问题，试题难度不会太大，属中档题型. 1 基础知识过关基础知识过关 PART ONE 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 | 01 _. 设点P(x，y，z)，则与坐标原点O之间的距离为 |OP | 02 _. x1x22y1y22z1z22 x2y2z2 (2)中点公式 设点P(x，y，z)为P1(x1，y1，z1)，P2(x2，y2，z2)的中点，则03 _. 2空间向量的数量积 a b|a|b|cosa，b 3空间向量的坐标运算 a(a1，a
3、2，a3)，b(b1，b2，b3) (a，b均为非零向量)： 1概念辨析 (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(a b) ca (b c)( ) (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)对空间任意一点O与不共线的三点A，B，C，若OP xOA yOB zOC (其中x，y，zR)，则P，A，B，C四点共面( ) 答案 (1) (2) (3) (4) 答案答案 2小题热身 (1)如图，在四面体ABCD中，设G是CD的中点， 则AB 1 2(BD BC )等于( ) A.AD B.CD C.BG D.AG
4、解析 因为G是CD的中点，所以BD BC 2BG ，所以AB 1 2(BD BC ) AB BG AG . 答案答案 解析解析 (2)若a，b，c为空间的一组基底，则下列各项中，能构成基底的一 组向量是( ) Aa，ab，ab Bb，ab，ab Cc，ab，ab Dab，ab，a2b 解析 A，B，D中三组向量都是共面向量，不能构成基底，c，ab， ab不共面可以构成基底 答案答案 解析解析 (3)已知向量a(2，3,5)，b 3，15 2 ，且ab，则等于 _ 解析 因为ab，所以3 2 3 15 2 5 ，所以9 2. 解析解析 9 2 (4)已知a(1,2，2)，b(0,2,4)，则a，
5、b夹角的余弦值为_ 解析 cosa，b a b |a|b| 2 5 15 . 解析解析 2 5 15 2 经典题型冲关经典题型冲关 PART TWO 如图所示，在平行六面体ABCDA1B1C1D1中，设AA1 a，AB b， AD 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)AP ； (2)A1N ； (3)MP NC1 . 题型题型 一一 空间向量的线性运算空间向量的线性运算 解 (1)P是C1D1的中点， AP AA1 A1D1 D1P aAD 1 2D1C1 ac1 2AB ac1 2b. (2)N是BC的中点， A1N A1A AB BN
6、ab1 2BC ab1 2AD ab1 2c. (3)M是AA1的中点， MP MA AP 1 2A1A AP 1 2a ac1 2b 1 2a 1 2bc， 又NC1 NC CC1 1 2BC AA1 1 2AD AA1 1 2ca. MP NC1 1 2a 1 2bc 1 2ca 3 2a 1 2b 3 2c. 解解 用已知向量表示某一向量的注意事项 (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)要正确理解和运用向量加法、减法与数乘运算的几何意义向量加 法的多边形法则对空间向量仍然成立 (3)在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
7、空间仍然成立 提醒：灵活运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 提醒提醒 1如图所示，在四面体OABC中，OA a，OB b，OC c，D为BC的中点，E为AD的中点，则OE _(用a，b，c表示) 解析 因为D为BC的中点， 所以OD 1 2(OB OC )1 2(bc)， 又E为AD的中点，所以OE 1 2(OA OD )1 2 a1 2bc 1 2a 1 4b 1 4c. 解析解析 1 2a 1 4b 1 4c 2如图所示，已知P为矩形ABCD所在平面外一点，PA平面ABCD， 点M在线段PC上，点N在线段PD上，且PM2MC，PNND，若MN xAB yAD
8、zAP ，则xyz_. 2 3 解析 MN PN PM 1 2PD 2 3PC 1 2(AD AP )2 3(PA AC )1 2AD 1 2 AP 2 3AP 2 3(AB AD )2 3AB 1 6AD 1 6AP ， 所以xyz2 3 1 6 1 6 2 3. 解析解析 1(2019 郑州调研)已知a(2,1，3)，b(1,2,3)，c(7,6，)，若 a，b，c三向量共面，则等于_ 题型题型 二二 共线向量与共面向量定理的应用共线向量与共面向量定理的应用 解析 由题意知cxayb，即(7,6，)x(2,1，3)y(1,2,3)， 2xy7， x2y6， 3x3y， 解得9. 解析解析
9、9 2(2019 唐山质检)如图所示，已知斜三棱 柱ABCA1B1C1，点M，N分别在AC1和BC上， 且满足AM kAC1 ，BN kBC (0k1) (1)向量MN 是否与向量AB ，AA1 共面？ (2)直线MN是否与平面ABB1A1平行？ 解 (1)AM kAC1 ，BN kBC ， MN MA AB BN kC1A AB kBC k(C1A BC )AB k(C1A B1C1 )AB kB1A AB AB kAB1 AB k(AA1 AB ) (1k)AB kAA1 ，由共面向量定理知向量MN 与向量AB ，AA1 共面 解解 (2)当k0时，点M，A重合，点N，B重合，MN在平面A
10、BB1A1内，故直 线MN与平面ABB1A1不平行 当00，则实数 _. 解析 (ab)22a22a bb229，所以260(0)，所以 3. 3 解析解析 3 课时作业课时作业 PART THREE 1已知a(2,3，4)，b(4，3，2)，b 1 2 x2a，则x等于 ( ) A(0,3，6) B(0,6，20) C(0,6，6) D(6,6，6) A组组 基础关基础关 解析 因为b 1 2 x2a，所以x4a2b4(2,3，4)2(4，3， 2)(0,6，20) 答案答案 解析解析 2(2019 黑龙江齐齐哈尔实验中学期中)设ABCDA1B1C1D1是棱长为 a的正方体，则有( ) A.
11、AB C1A a2 B.AB A1C1 2a2 C.BC A1D a2 D.AB C1A1 a2 答案答案 解析 建立空间直角坐标系如图 则AB C1A (a,0,0) (a，a，a)a2， AB A1C1 (a,0,0) (a，a,0)a2， BC A1D (0，a,0) (0，a，a)a2， AB C1A1 (a,0,0) (a，a,0)a2，故只有C正确 解析解析 3已知a(1,0,1)，b(x,1,2)，且a b3，则向量a与b的夹角为( ) A.5 6 B.2 3 C. 3 D. 6 解析 因为a b(1,0,1) (x,1,2)x23，所以x1，所以|b|6，又 |a| 2，所以c
12、osa，b a b |a|b| 3 2 6 3 2 .又0a，b，所以 a，b 6. 答案答案 解析解析 4对于空间一点O和不共线的三点A，B，C，有6 OP OA 2 OB 3OC ，则( ) AO，A，B，C四点共面 BP，A，B，C四点共面 CO，P，B，C四点共面 DO，P，A，B，C五点共面 解析 解法一：因为6OP OA 2OB 3OC ，所以OP 1 6OA 1 3OB 1 2 OC ，又1 6 1 3 1 21，所以A，B，C，P四点共面 解法二：因为6OP OA 2OB 3OC ，所以0(OA OP )2(OB OP ) 3(OC OP )，所以PA 2PB 3PC 0，所以
13、PC 1 3 PA 2 3 PB ，所以 PC ，PA ，PB 共面，又三个向量有公共点P.所以P，A，B，C四点共面 答案答案 解析解析 5在正方体ABCDA1B1C1D1中，给出以下向量表达式： (A1D1 A1A )AB ；(BC BB1 )D1C1 ；(AD AB )2DD1 ； (B1D1 A1A )DD1 . 其中能够化简为向量BD1 的是( ) A B C D 解析 (A1D1 A1A )AB AD1 AB BD1 ； (BC BB1 )D1C1 BC1 D1C1 BD1 ； (AD AB )2DD1 BD 2DD1 BD1 ； (B1D1 A1A )DD1 B1D DD1 B1
14、D1 BD1 . 综上，符合题意故选A. 答案答案 解析解析 6向量a(1,2，x)，b(2，y，1)，若|a|5 ，且ab，则xy的 值为( ) A2 B2 C1 D1 解析 向量a(1,2，x)，b(2，y，1)，|a| 5，且ab， 1222x25，a b22yx0，解得x0，y1，xy 1. 答案答案 解析解析 7(2019 唐山统考)已知正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为a，点M在 AC1上且AM 1 2MC1 ，N为B1B的中点，则|MN |为( ) A. 21 6 a B. 6 6 a C. 15 6 a D. 15 3 a 答案答案 解析 以D为原点建立如图所示的空间直角
15、坐标系Dxyz，则A(a,0,0)，C1(0，a，a)， N a，a，a 2 . 设M(x，y，z)，因为点M在AC1上且 AM 1 2 MC1 ，所以(xa，y，z) 1 2 (x，ay，az)， 所以x 2a 3 ，y a 3 ，z a 3 .所以M 2a 3 ，a 3， a 3 ，所以|MN | a2a 3 2 aa 3 2 a 2 a 3 2 21 6 a. 解析解析 8若向量a(1,1，x)，b(1,2,1)，c(1,1,0)，满足条件(ca) (2b) 2，则x_. 解析 向量a(1,1，x)，b(1,2,1)，c(1,1,0)，则ca(0,0，x)， 2b(2,4,2)，又(ca
16、) (2b)2，则2x2，解得x1. 1 解析解析 9(2019 南昌调研)已知空间四边形OABC，其对角线为OB，AC， M，N分别是OA，BC的中点，点G在线段MN上，且MG 2GN ，现用基底 OA ，OB ，OC 表示向量OG ，有OG xOA yOB zOC ，则x，y，z的值 分别为_ 解析 OG OM MG 1 2OA 2 3MN 1 2OA 2 3(ON OM )1 2OA 2 3 1 2OB OC 1 2OA 1 6OA 1 3OB 1 3OC ，x1 6，y 1 3，z 1 3. 1 6， 1 3， 1 3 解析解析 10(2019 淄博模拟)如图，直角三角形OAC所在平面
17、与平面交于 OC，平面OAC平面，OAC为直角，OC4，B为OC的中点，且 ABC 2 3 ，平面内一动点满足PAB 3 ，则 OP CP 的取值范围是 _ 1，) 解析 平面OAC平面， 作AOOC，则AO平面， 过O在平面内作OC的垂线Ox，如图建立空间直角坐标系Oxyz. 解析解析 OAC为直角，OC4，B为OC的中点，且ABC2 3 ， BCABOB2，ABO 3 ，OA 3，OB1，OO1， OC3，则O(0，1,0)，A(0,0， 3)，B(0,1,0)，C(0,3,0)， 设P(x，y,0)， AP (x，y，3 )， AB (0,1，3 )，PAB 3 ， AP AB y32
18、x2y231 2， x26y6，OP CP x2(y1)(y3)6y6y22y3y24y 3(y2)211. 解析解析 1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) B组组 能力关能力关 答案答案 解析 设向量p在基底ab，ab，c下的坐标是(x，y，z)，则 4a2b3cx(ab)y(ab)zc(x
19、y)a(xy)bzc， 因为a，b，c不共面，所以 xy4， xy2， z3， 解得x3，y1，z3， 所以向量p在基底ab，ab，c下的坐标为(3,1,3) 解析解析 2如图所示，在平行四边形ABCD中，ABACCD1，ACD 90 ，把ADC沿对角线AC折起，使AB与CD成60 角，则BD的长为 _ 2或 2 解析 AB与CD成60 角， BA ，CD 60 或120 . 又ABACCD1，ACCD，ACAB， |BD | BD 2 BA AC CD 2 BA 2AC2CD 22BA AC 2AC CD 2BA CD 11100211cosBA ，CD 32cosBA ，CD ， |BD
20、|2或 2.BD的长为2或 2. 解析解析 3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，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_ 2 5 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 解析解析 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AF (2,1,0)，EM (1，y,2) 所以AF EM 2y，|AF | 5， |EM | 5y2. 所以cos |AF EM | |AF |E
21、M | |2y| 5 5y2 2y 5 5y2. 令2yt， 则y2t，且t0,2 解析解析 所以cos t 5 52t2 t 5 94tt2. 当t0时，cos0； 当t0时， cos 1 5 9 t2 4 t 1 1 59 1 t 2 9 25 9 ， 由t(0,2，得1 t 1 2， ， 所以 9 1 t 2 9 25 9 9 1 2 2 9 25 9 5 2 ， 所以0cos2 5. 综上所述，0cos 2 5，故cos的最大值为 2 5. 解析解析 4如图所示，平行六面体ABCDA1B1C1D1中，E，F分别在B1B和 D1D上，且BE1 3BB1，DF 2 3DD1. (1)求证：A，E，C1，F四点共面； (2)若EF xAB yAD zAA1 ，求xyz的值 解 (1)证明：因为AC1 AB AD AA1 AB AD 1 3 AA1 2 3 AA1 AB 1 3AA1 AD 2 3AA1 (AB BE )(AD DF )AE AF ， 所以A，E，C1，F四点共面 (2)因为EF AF AE AD DF (AB BE )AD 2 3DD1 AB 1 3BB1 AB AD 1 3AA1 ， 所以x1，y1，z1 3，所以xyz 1 3. 解解 本课结束本课结束
