2019高考数学考点突破——空间向量与立体几何空间向量及其运算学案
空间向量及其运算
【考点梳理】
1.空间向量的有关概念
名称 定义
空间向量 在空间中,具有大小和方向的量
相等向量 方向相同且模相等的向量 相反向量 方向相反且模相等的向量
共线向量 (或平行向量) 表示空间向量的有向线段所在的直线互相平行或重合的向量
共面向量 平行于同一个平面的向量
(1)共线向量定理:对空间任意两个向量a ,b (b ≠0),a ∥b 的充要条件是存在实数λ,使得a =λb .
(2)共面向量定理:如果两个向量a ,b 不共线,那么向量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p =x a +y b .
(3)空间向量基本定理:如果三个向量a ,b ,c 不共面,那么对空间任一向量p ,存在有序实数组{x ,y ,z },使得p =x a +y b +z c ,其中,{a ,b ,c }叫做空间的一个基底.
3.空间向量的数量积及运算律 (1)数量积及相关概念 ①两向量的夹角
已知两个非零向量a ,b ,在空间任取一点O ,作OA →=a ,OB →
=b ,则∠AOB 叫做向量a 与b 的夹角,记作〈a ,b 〉,其范围是[0,π],若〈a ,b 〉=π
2
,则称a 与b 互相垂直,记作a ⊥b .
②非零向量a ,b 的数量积a·b =|a ||b |cos 〈a ,b 〉. (2)空间向量数量积的运算律: ①结合律:(λa )·b =λ(a·b ); ②交换律:a·b =b·a ;
③分配律:a·(b +c )=a·b +a·c . 4.空间向量的坐标表示及其应用
设a =(a 1,a 2,a 3),b =(b 1,b 2,b 3).
向量表示 坐标表示
数量积 a·b
a 1
b 1+a 2b 2+a 3b 3 共线 a =λb (b ≠0,λ∈R ) a 1=λb 1,a 2=λb 2,a 3=λb 3
垂直 a·b =0(a ≠0,b ≠0)
a 1
b 1+a 2b 2+a 3b 3=0
模
|a |
a 21+a 22+a 2
3
夹角
〈a ,b 〉(a ≠0,b ≠0)
cos 〈a ,b 〉=
a 1
b 1+a 2b 2+a 3b 3
a 21+a 22+a 23·
b 21+b 22+b 2
3
考点一、空间向量的线性运算
【例1】如图所示,在空间几何体ABCD -A 1B 1C 1D 1中,各面为平行四边形,设AA 1→=a ,AB →
=b ,AD →
=c ,M ,N ,P 分别是AA 1,BC ,C 1D 1的中点,试用a ,b ,c 表示以下各向量:
(1)AP →;(2)MP →+NC 1→.
[解析] (1)因为P 是C 1D 1的中点,所以AP →=AA 1→+A 1D 1→+D 1P →=a +AD →+12D 1C 1→
=a +c +12AB →=a +c +1
2
b .
(2)因为M 是AA 1的中点,所以MP →=MA →+AP →
=12
A 1A →+AP → =-12a +? ?
???a +c +12b =12a +12b +c .
又NC 1→=NC →+CC 1→=12BC →+AA 1→
=12AD →+AA 1→=1
2
c +a , 所以MP →+NC 1→=? ????12a +12b +c +? ????a +12c
=32a +12b +3
2c . 【类题通法】
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. 【对点训练】
如图,三棱锥O -ABC 中,M ,N 分别是AB ,OC 的中点,设OA →=a ,OB →=b ,OC →
=c ,用a ,b ,
c 表示NM →,则NM →
=( )
A .1
2
(-a +b +c ) B .1
2
(a +b -c ) C .12(a -b +c ) D .1
2
(-a -b +c )
[答案] B
[解析] NM →=NA →+AM →=(OA →-ON →)+12AB →=OA →-12OC →+12(OB →-OA →)=12OA →+12OB →-12OC →=1
2
(a +b -
c ).
考点二、共线定理、共面定理的应用
【例2】已知E ,F ,G ,H 分别是空间四边形ABCD 的边AB ,BC ,CD ,DA 的中点,用向量方法求证:
(1)E ,F ,G ,H 四点共面;
(2)BD ∥平面EFGH .
[解析] (1)连接BG ,则EG →=EB →+BG →=EB →+12(BC →+BD →)=EB →+BF →+EH →=EF →+EH →
,由共面向量
定理知E ,F ,G ,H 四点共面.
(2)因为EH →=AH →-AE →=12AD →-12AB →=12(AD →-AB →
)=12
BD →,因为E ,H ,B ,D 四点不共线,所以
EH ∥BD .
又EH ?平面EFGH ,BD ?平面EFGH , 所以BD ∥平面EFGH . 【类题通法】
1.证明空间三点P ,A ,B 共线的方法 ①PA →=λPB →
(λ∈R );
②对空间任一点O ,OP →=xOA →+yOB →
(x +y =1). 2.证明空间四点P ,M ,A ,B 共面的方法 ①MP →=xMA →+yMB →;
②对空间任一点O ,OP →=xOM →+yOA →+zOB →
(x +y +z =1); ③PM →∥AB →(或PA →∥MB →或PB →∥AM →).
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. 【对点训练】
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OM →=13(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ABC 内. [解析] (1)由已知OA →+OB →+OC →=3OM →
, ∴OA →-OM →=(OM →-OB →)+(OM →-OC →). 即MA →=BM →+CM →=-MB →-MC →, ∴MA →,MB →,MC →
共面.
(2)由(1)知MA →,MB →,MC →
共面且过同一点M . ∴四点M ,A ,B ,C 共面, 从而点M 在平面ABC 内.
考点三、空间向量数量积的应用
【例3】如图所示,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.
(1)求证:MN ⊥AB ,MN ⊥CD ; (2)求MN 的长;
(3)求异面直线AN 与CM 所成角的余弦值.
[解析] (1)设AB →=p ,AC →=q ,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 →=12(AC →+AD →)-12AB →=1
2(q +r -p ),
∴MN →·AB →=12(q +r -p )·p =12(q ·p +r ·p -p 2
)
=12(a 2cos 60°+a 2cos 60°-a 2
)=0. ∴MN →⊥AB →,
即MN ⊥AB . 同理可证MN ⊥CD .
(2)由(1)可知MN →=1
2(q +r -p ),
∴|MN →|2=14
(q +r -p )2
=14[q 2+r 2+p 2
+2(q ·r -p ·q -r·p )] =14??????a 2+a 2+a 2+2? ????a 2
2-a 2
2-a 2
2 =14×2a 2
=a 2
2. ∴|MN →
|=22a .
∴MN 的长为
22
a . (3)设向量AN →与MC →
的夹角为θ. ∵AN →=12(AC →+AD →
)=12(q +r ),
MC →=AC →-AM →
=q -12p ,
∴AN →·MC →=1
2(q +r )·(q -12p )
=12(q 2-12q ·p +r·q -1
2
r·p ) =12(a 2-12a 2cos 60°+a 2
cos 60°-12a 2cos 60°) =12(a 2-a 2
4+a 2
2-a 2
4)=a 2
2. 又∵|AN →|=|MC →
|=32
a ,
∴AN →·MC →=|AN →||MC →
|cos θ=32a ×32a ×cos θ=a 2
2.
∴cos θ=2
3
,
∴向量AN →与MC →
的夹角的余弦值为23,
因此异面直线AN 与CM 所成角的余弦值为2
3.
【类题通法】
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)a ≠0,b ≠0,a ⊥b ?a ·b =0; (2)|a |=a 2
; (3)cos 〈a ,b 〉=a ·b
|a ||b |
. 【对点训练】
如图所示,四棱柱ABCD -A 1B 1C 1D 1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AC 1的长; (2)求证:AC 1⊥BD ;
(3)求BD 1与AC 夹角的余弦值.
[解析] (1)记AB →=a ,AD →=b ,AA 1→
=c ,
则|a |=|b |=|c |=1,〈a ,b 〉=〈b ,c 〉=〈c ,a 〉=60°, ∴a ·b =b ·c =c ·a =12
.
|AC 1→|2=(a +b +c )2=a 2+b 2+c 2
+2(a ·b +b ·c +c ·a )
=1+1+1+2×? ??
??12+12+12=6, ∴|AC →
1|=6,
即AC 1的长为 6.
(2)∵AC 1→=a +b +c ,BD →
=b -a , ∴AC 1→·BD →
=(a +b +c )·(b -a ) =a ·b +|b |2
+b ·c -|a |2
-a ·b -a ·c =b ·c -a ·c
=|b ||c |cos 60°-|a ||c |cos 60°=0. ∴AC 1→⊥BD →, ∴AC 1⊥BD .
(3)BD 1→=b +c -a ,AC →=a +b ,∴|BD 1→|=2,|AC →
|=3,
BD 1→·AC →
=(b +c -a )·(a +b )
=b 2
-a 2
+a ·c +b ·c =1.
∴cos 〈BD 1→
,AC →
〉=BD 1→·AC →|BD 1→||AC →|
=66.
∴AC 与BD 1夹角的余弦值为
66
.