第三章 間向量與立體幾何§3.1 空間向量及其運算知識點一 空間向量概念的應(yīng)用給出下列命題：①將空間中所有的單位向量移到同一個點為起點，則它們的終點構(gòu)成一個圓；②若空間向量a、b滿足|a|＝|b|，則a＝b；③在正方體ABCD-A1B1C1D1中，必有AC=A1C1;④若空間向量m、n、p滿足m＝n，n＝p，則m＝p；⑤空間中任意兩個單位向量必相等．其中假命題的個數(shù)是( >A．1 B．2 C．3 D．4解讀 ①假命題．將空間中所有的單位向量移到同一個點為起點時，它們的終點將構(gòu)成一個球面，而不是一個圓；②假命題．根據(jù)向量相等的定義，要保證兩向量相等，不僅模要相等，而且方向還要相同，但②中向量 a與b的方向不一定相同；P6j4VRBwro與錯誤!與錯誤!的方向相同，模也相等，應(yīng)有 錯誤!＝錯誤!；P6j4VRBwro④真命題．向量的相等滿足遞推規(guī)律；⑤假命題．空間中任意兩個單位向量模均為 1，但方向不一定相同，故不一定相等，故⑤錯．故選 C.答案 C知識點二 空間向量的運算化簡：<AB CD） (AC BD>解方法一<AB CD） (AC BD>=AB CD AC+BDAB+DC+CA+BD=<AB+BD）+<DC+CA）=AD+DA=0。方法二<ABCD）(ACBD>=ABCDAC+BD=<ABAC）+<DCDB）=CB+BC=0。在四面體 ABCD中，M為BC的中點，Q為△BCD的重心，設(shè)AB=bAC=cAD=d，試用b，c，d表示向量BD，BC、CD，BM，DM和AQ。解 如圖所示1/14BD=BA+AD=dBC=BA+AC=cCD=CA+AD=d

b,b,c,DM=1(DB+DC>2=1(b

d+c

d>=

1

(b+c

2d>,2

2AQ=AD+DQ=d+

2

DM

,3=d+1(b+c

2d>=1(b+c+d>.3

3知識點三 證明共線問題已知四邊形ABCD是空間四邊形，E、H分別是邊AB、AD的中點，F(xiàn)、G分別是邊CB、CD上的點，且CF=2CB,CG=2CD.求證：四邊形 EFGH是梯形.3

3證明

∵E、H

分別是

AB、AD

的中點所以

AE=1

AB,

AH

=1

AD,2

2EH

=AH

-

AE=

AD

AB=

(

AD

AB>=

BD2

2

2

21<CD-CB）=1{2CG-2CF}2 2 3 3=3<CG

CF）=

3

FG,∴四邊形

EFGH是梯形.4

4知識點四 證明共面問題正方體ABCD-A1B1C1D1中，E、F分別為證明：向量A1B，B1C，EF是共面向量.

BB1和

A1D1的中點.證明方法一如圖所示.EF=EB+BA+AF112/141B1BA1B+1A1D1-2 2=1<B1CA1B）。2由向量共面的充要條件知，A1B，B1C，EF是共面向量。方法二連結(jié)A1D、BD，取A1D中點G，連結(jié)FG、BG(如圖所示>，則有FG1DD1，BE1DD1，22FGBE.∴四邊形BEFG為平行四邊形．EF∥BG.∴EF∥平面A1BD.同理，B1C∥A1D，∴B1C∥平面A1BD.A1B，B1C，EF都與平面A1BD平行A1B，B1C，EF共面.知識點五 數(shù)量積的運算如圖所示，已知空間四邊形ABCD的每條邊和對角線長都等于1，點E，F(xiàn)分別是AB，AD的中點，計算<1）EF·BA;(2>EF·BD;(3>EF·DC.解 (1 ）EF·BA=1BD·|BD|BA=1|BD|·|BA|·cos<BD·BA>60°2 21,所以EF·BA=1,4 4<2）EF·BD=1| BD|·| BD|·cos<BD,BD>=1×2 21×1×cos0°=1,2所以 EF·BD=1,(3> EF·DC=1BD·DC2 2=1|BD|·|DC|·cos<BD,DC>=1×1×1×cos120°2 23/14=-1，4所以 EF·DC=-1，4知識點六 數(shù)量積的應(yīng)用已知點O是正△ABC平面外的一點，若 OA＝OB＝OCAB＝1，E、F分別是AB、OC的中點，試求OE與BF所成角的余弦值．P6j4VRBwro如圖所示，設(shè) OA=a,OB=b,OC=c,則a·b=b·c=c·a=1，2|a|=|b|=|c|=1，OE=1(a+b>,BF=1c-b,22OE·BF=1(a+b>·{1c-b}22=1{1a·c+1b·c-a·b-|b|2}222=1×{1+1-1-1}=-1,244212OE2∴cos〈OE,BF〉=BF=2=|OE||BF|33322∴異面直線OE與BF所成角的余弦值為2.3ABCD中，AB＝AC＝1，如圖所示，在平行四邊形ACD＝90°，將它沿對角線AC折起，使AB與CD成60°角，求B、D間的距離．P6j4VRBwro在正方體ABCD－A1B1C1D1中，O為AC與BD的交點，G為CC1的中點，求證：A1O⊥平面GBD.P6j4VRBwro證明 如圖所示，設(shè)A1B1=a，A1D1=b，A1A=c，則a·b=0，b·c=0，c·a=0，且|a|=|b|=|c|，而A1O=A1A+AO=A1A+1(AB+AD>=e+1(a+b>,2 2BD=AD-AB=b–a,OG=OC+CG4/14=1(AB+AD>+1CC1=1(a+b>-1c2222∴1·BD={c+1a+1b}·–AO(ba>2c·(b–a>+1(a+b>·(b–a>2=c·b-c·a+1(|b|2-| a|22A1O·OG ={c+1a+1b}–{1a+1b-1c}2 2 2 2 2=1(|a|2+1|b|2>-1|c|2=04 2 2A1O BD∴A1O OG A1O平面BDGBD OG=O知識點七 空間向量的坐標(biāo)運算已知O為坐標(biāo)原點，A，B，C三點的坐標(biāo)分別為(2，－1,2>，(4,5，－1>，(－2,2,3>，求滿足下列條件的 P點的坐P6j4VRBwro(1>OP=1(AB AC>;2(2>AP=1(AB AC>;2解AB=<2，6，3），AC=<4，3，1）。<1）OP=1(ABAC>=1(6,3,4>={3,2,2},223則P點的坐標(biāo)為{3，3， 2）.2(2>設(shè)P<x,y,z）則，AP=<x–2,y+1,z–2）.又因為1(AB- AC> =(3, 3,-2>,2 2所以x=5,y=1,z=0,2故P點坐標(biāo)為<5，1，0）.2知識點八 坐標(biāo)運算的應(yīng)用在棱長為 1的正方體 ABCD—A1B1C1D1中，E、F分別為D1D、BD的中點，G在棱CD上，且CG＝錯誤!CD，H為C1G的中點，應(yīng)用空間向量方法求解下列問題．P6j4VRBwro(1>求證：EF⊥B1C；(2>求EF與C1G所成的角的余弦值；(3>求FH的長.5/14解如圖所示，建立空間直角坐標(biāo)系D—xyz，D為坐標(biāo)原點，則有E<0，0，1）、F<1，1，0）、C<0，1，0）、C1<0，1，2232）、1，，）、G<0，，0）..4P6j4VRBwro<1）EF=<1，1，0）-<0，0，1）={1，1，1），222222B1C=<0，1，0）-<1，1，1）=<-1，0，-1）.EF·B1C=1×(-1>+1×0+(-1>×(-1>=0,2 2 2EF⊥B1C,即EF⊥B1C.(2>∵C1G=<0,3,0）-(0,1,1>=<0,-1,-1）.44∴|C1G|=17又EF·C1G=1×0+1×<-1）+<-1）×(-1>=3,422428|EF|=3,∴cos〈EEF,C1G〉=EFC1G2|EF|?C1G|=5117即異面直線EF與C1G所成角的余弦值為51.<3）∵F<1，1，0）、H<0，7，1），2282∴FH=<-1，3，1），282∴|EF|=(1)2(3)2(1)2=142828在長方體OABC－O1A1B1C1中，|OA|＝2，|AB|＝3，|AA1|＝2，E是BC的中點，建立空間直角坐標(biāo)系，用向量方法解下列問題：P6j4VRBwro(1>求直線AO1與B1E所成角的余弦值；(2>作O1D⊥AC于D，求點O1到點D的距離．解6/14建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系．<1）由題意得A<2，0，0），O1<0，0，2），B1<2，3，2），E<1，3，0）.AO1=<-2，0，2），B1E=<1，0，2），∴cos〈AO1,B1E〉=21021010∴AO1與B1E所成角的余弦值為 1010<2）由題意得O1D⊥AC， AD∥AC，C<0，3，0），設(shè)D<x,y,0）,∴O1D=(x,y, 2>, AD=(x 2,y,0>, AC=( 2,3,0>,2x3y0,x18,∴x2y解得13122,y3,13∴D(18,12,0>∴|O1D|=|O1D|=(18)2(12)242286,1313131313考題賞析1．(福建高考>如圖所示，在四棱錐P—ABCD中，側(cè)面PAD⊥底面ABCD，側(cè)棱PA=PD=2，底面ABCD為直角梯形，其中BC∥AD，AB⊥AD，7/14AD=2AB=2BC=2，O為AD中點．P6j4VRBwro(1>求證：PO⊥平面ABCD；(2>求異面直線PB與CD所成角的余弦值；(3>求點A到平面PCD的距離．(1>證明 在△PAD中，PA=PD，O為AD中點，所以PO⊥AD.又側(cè)面PAD⊥底面ABCD，平面PAD∩平面ABCD=AD，PO?平面PAD，所以PO⊥平面ABCD.P6j4VRBwro<2）解以 O為坐標(biāo)原點， OC、OD、OP的方向分別為 x軸、y軸、z軸的正方向，建立空間直角坐標(biāo)系 O—xyz.則A<0， 1，0），B<1， 1，0），C<1，0，0），D<0，1，0），P<0，0，1），所以 CD=< 1，1，0），PB =<1， 1， 1），cos〈PB，CD〉=PBCD116,|PB|?CD|323所以異面直線PB與CD所成角的余弦值為錯誤!.(3>解 由(2>得CD＝OB＝錯誤!，在Rt△POC中，PC＝錯誤!＝錯誤!，所以PC＝CD＝DP，S△PCD＝錯誤!·2＝錯誤!.P6j4VRBwro又S△ACD＝錯誤!AD·AB＝1，設(shè)點A到平面PCD的距離為h，由VP—ACD＝VA—PCD，得錯誤!S△ACD·OP＝錯誤!S△PCD·h，P6j4VRBwro即錯誤!×1×1＝錯誤!×錯誤!×h，解得h＝錯誤!.P6j4VRBwro8/142．(四川高考>如圖所示，平面 ABEF⊥平面ABCD，四邊形ABEF與ABCD都是直角梯形，∠BAD=∠FAB=90°，BC AD，BE FA，G、H分別為FA、FD的中點．P6j4VRBwro(1>證明：四邊形BCHG是平行四邊形；(2>C、D、F、E四點是否共面？為什么？(3>設(shè)AB=BE，證明：平面ADE⊥平面CDE.解 由題設(shè)知，F(xiàn)A、AB、AD兩兩互相垂直．如圖，以A為坐標(biāo)原點，射線AB為x軸正方向，以射線AD為y軸正方向，以射線AF為z軸正方向，建立直角坐標(biāo)系A(chǔ)—xyz.P6j4VRBwro(1>證明 設(shè)AB=a，BC=b，BE=c，則由題設(shè)得A(0,0,0>，B(a,0,0>，C(a，b,0>，D(0,2b,0>，E(a,0，c>，G(0,0，c>，H(0，b，c>．所以，GH=<0，b，0），BC=<0，b，0），于是GH=BC又點G不在直線BC上，P6j4VRBwro所以四邊形BCHG是平行四邊形.<2）解C、D、F、E四點共面.理由如下：由題設(shè)知F<0，0，2c），所以EF=<-a，0，c），CH=<-a，0，c），EF=CH.又CEF，H∈FD，故C、D、F、E四點共面.<3）證明由AB=BE，得c=a，所以CH=<a，0，a），AE=<a，0，a）.又AD=<0，2b，0），因此CH·AE=0，CH·AD=0.9/14即CH⊥AE，CH⊥AD.又AD∩AE=A，所以CH⊥平面ADE.故由CH∩平面CDFE，得平面ADE⊥平面CDE..1．空間的任意三個向量 a，b,3a－2b，它們一定是( >A．共線向量 B．共面向量C．不共面向量 D．既不共線也不共面向量答案 B解讀 如果a，b是不共線的兩個向量，由共面向量定理知，a，b,3a－2b共面；若 a，b共線，則 a，b,3a－2b共線，當(dāng)然也共面，故選B.P6j4VRBwro2．若a，b是平面α內(nèi)的兩個向量，則(>A．α內(nèi)任意一向量p＝λa＋μb(λ，μ∈R>B．若存在λ，μ∈R使λa＋μb＝0，則λ＝μ＝0C．若a，b不共線，則空間任一向量p＝λa＋μb(λ，μ∈R>D．若a，b不共線，則α內(nèi)任一向量p＝λa＋μb(λ，μ∈R>答案D解讀當(dāng)a與b是共線向量時，A不正確，當(dāng)a與b是相反向量，λ＝μ≠0時，λa＋μb＝0，故B不正確，若a、b不共線，則平面α內(nèi)的向量都可用a、b表示，對空間向量不行，故C不正確，D正確，選D.P6j4VRBwro3．有4個命題：①若p＝xa＋yb，則p與a、b共面；②若p與a、b共面，則p＝xa＋yb；③若MP=xMA+yMB，則P、M、A、B共面；④若P、M、A、B共面，則MP=xMA+yMB其中真命題的個數(shù)是(>A．1B．2C．3D．4答案B解讀命題①③正確，命題②④不正確.因命題②中若a∥b，則p不能用a，b表示，命題④中，若M、A、B三點共線，則MP也不能10/14用MA、MB表示.P6j4VRBwro4.設(shè)

A，B，C，D

是空間不共面的四點，且滿足

AB·

AC=0，AC·AD

=0，

AB·

AD

=0，則△BCD

是

(

>P6j4VRBwroA．鈍角三角形

B．銳角三角形C．直角三角形

D．不確定答案 B5．如圖所示，已知

PA⊥平面

ABC，∠ABC＝120°，PA＝AB＝BC＝6，則PC等于(

>A.62B．6C．12D．144答案C解讀因為PC=PA+AB+BC，所以PC2=PA2+AB2+BC2+2AB·BC=36+36+36+2×36cos60=144.P6j4VRBwro所以|PC|=12.6．若四邊形ABCD為平行四邊形，且A(4,1,3>，B(2，－5,1>，C(3,7，－5>，則頂點D的坐標(biāo)為(>P6j4VRBwroA.錯誤!B．(2,3,1>P6j4VRBwroC．(－3,1,5>D．(5,13，－3>P6j4VRBwro答案D在△ABC中，已知AB=<2，4，0），BC=<1，3，0），則ABC=____.答案135°解讀因為BA=<2，4，0），BC=<1，3，0），所以BA·BC=212+0=10，|BA|=(2)2(4)2025,P6j4VRBwro|BC|=(1)232010,所以cos〈BA,BC〉=BABC=2510=2|BA||BC|102.所以∠ABC=135° .8．等邊三角形ABC與正方形ABDE有一公共邊AB，二面角C—AB—D的余弦值為錯誤!，M、N分別是AC、BC的中點，則11/14EM、AN所成角的余弦值等于________．P6j4VRBwro答案錯誤!9.已知P，A，B，C四點共面且對于空間任一點O都有OP=2OA+4OB+λOC，則λ=_____..3答案7.3解讀因為P、A、B、C四點共面，所以O(shè)P=xOA+yOB+zOC，且x+y+z=1，所以2+4+λ=1，得λ=73310．命題①若a與b共線，b與c共線，則a與c共線；②向量a，b，c共面，則它們所在直線也共面；③若a與b共線，則存在惟一的實數(shù)λ，使b＝λa；④若A，B，C三點不共線，O是平面ABC外一點，錯誤!＝錯誤!錯誤!＋錯誤!錯誤!＋錯誤!錯誤!，則點M一定在平面ABC上，且在△ABC內(nèi)部．上述命題中真命題是________．P6j4VRBwro答案④解讀①中b為零向量時，a與c可以不共線，故①是假命題；②中a，b，c所在的直線其實不確定，故②是假命題；③中當(dāng)a＝0，而b≠0時，則找不到實數(shù)λ，使b＝λa，故③是假命題；④中M是△ABC的重心，故M在平面ABC上且在△ABC內(nèi)，故④是真命題．P6j4VRBwro11．已知|a|＝3錯誤!，|b|＝4，m＝a＋b，n＝a＋λb，〈a，b〉135°，m⊥n，則λ＝________.P6j4VRBwro答案 －錯誤!解讀 由m⊥n，得(a＋b>·(a＋λb>＝0，a2＋λa·b＋a·b＋λb2＝0,18＋λ×3錯誤!×4×cos135°＋3錯誤!×4×cos135°＋16λ＝0,4λ＋60，λ＝－錯誤!.P6j4VRBwro12.在四面體O-ABC中，OA=a，OB=b， OC=c，D為BC的中點，E為AD的中點，則OE=_____<用a，b，c表示）.P6j4VRBwro答案錯誤!a＋錯誤!b＋錯誤!c解讀如下圖由三角形法則，易得AB=OBOA=ba，b，