18-空间向量及其运算
18.空间向量及其运算
【知识要点】
1.空间向量的有关概念
(1)空间向量:在空间中,具有大小和方向的量叫做空间向量. (2)相等向量:方向相同且模相等的向量.
(3)共线向量: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. (4)共面向量:平行于同一个平面的向量. 2.空间向量的线性运算及运算律
→
(1)定义:与平面向量运算一样,空间向量的加法、减法与数乘向量运算,如下:OB=→OA+→AB=ab;→
BA=→OA-→OB=ab;→OP=λa(λ∈R).(2)运算律:(1)加法交换律:abba. (3)加法结合律:abcabc.(4)数乘分配律:λ(a+b)=λa+λb. 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,→OBπ=b,则∠AOB叫做向量a与b的夹角,记作a,b,其范围是0a,b≤π,若a,b=2则称a与b互相垂直,记作ab;
②两向量的数量积:已知空间两个非零向量a则abcosa,b叫做向量a,b的数量积,即
ababcosa,b.
(2)空间向量数量积的运算律::①结合律:abab;②交换律:abba;③分配律:
abcabac; 4.基本定理
(1)共线向量定理:空间任意两个向量a,bb0,a//b的充要条件是存在实数λ,使ab. (2)共面向量定理:如果两个向量a,b不共线,p与向量a,b共面的充要条件是存在实数x,y使
pxayb.(3)空间向量基本定理:如果三个向量a,b,cp,存在
一个唯一的有序实数组x,y,z,使pxaybzc。 【解题技巧】
一种方法:用空间向量解决几何问题的一般方法步骤是:
OPOAOB1
(2)对于共面向量定理和空间向量基本定理可对比共线向量定理进行学习理解.空间向量基本定理是适当选取基底的依据,共线向量定理和共面向量定理是证明三点共线、线线平行、四点共面、线面平行的工具,三个定理保证了由向量作为桥梁由实数运算方法完成几何证明问题的完美“嫁接”。 四种运算:空间向量的四种运算与平面向量的四种运算加法、减法、数乘、数量积从形式到内容完全 一致可类比学习.学生要特别注意共面向量的概念.而对于四种运算的运算律,要类比实数加、减、乘的运算律进行学习.
【基础自测】
1.已知向量a∥平面β,向量a所在直线为a,则( ).
A.a∥β B.a⊂β C.a交β于一点 D.a∥β或a⊂β 答案 D
2.(人教A版教材习题改编)下列命题:
→+BC→+CD→+DA→=0; ①若A、B、C、D是空间任意四点,则有AB
②|a|-|b|=|a+b|是a、b共线的充要条件;③若a、b共线,则a与b所在直线平行;
→=xOA→+yOB→+zOC→(其中x、y、z∈④对空间任意一点O与不共线的三点A、B、C,若OPR),则P、A、B、C四点共面.其中不正确命题的个数是( ). A.1 B.2 C.3 D.4
解析 ①中四点恰好围成一封闭图形,正确;②中当a、b同向时,应有|a|+|b|=|a+b|; ③中a、b所在直线可能重合;④中需满足x+y+z=1,才有P、A、B、C四点共面.答案 C 3.(2012·福州质检)a=λb(λ是实数)是a与b共线的( ).
A.充分不必要条件 B.必要不充分条件 C.充要条件 D.既不充分也不必要条件
b0解析 a=λb⇒a∥b但,则a∥b,a≠λb。答案 A
a0
→、AD→、AA→两两的夹角均为60°→|
4.(2012·舟山月考)平行六面体ABCD-A1B1C1D1中,向量AB,且|AB1→|=2,|AA→|=3,则|AC→|等于( ). =1,|AD11A.5 B.6 C.4 D.8
→=a,AD→=b,AA→=c,则AC→=a+b+c,AC→2=a2+b2+c2+2a·解析 设ABb+2b·c+2c·a=25, 111→|=5.答案 A 因此|AC1
→=a,→=b,→=c,→=________(用
5.在四面体O-ABC中,OAOBOCD为BC的中点,E为AD的中点,则OEa,b,c表示).
→=1→+1→=1→+1→+1→=1+1+1. 答案 1a+1b+1c 解析 如图,OE
[1**********]
【典型例题】
→=a,
【例1】►如图,在平行六面体ABCDA1B1C1D1中G为△A1BD的重心,设AB→=b,AA→=c,试用a,b,c表示AC→,AG→. AD11
考向一 空间向量的线性运算[审题视点] 正确运用空间向量的加法运算用已知向量表示出未知向量. →=AB→+BC→+CC→=AB→+AD→+AA→=a+b+c. →=AA→+A→→+1(A→→→+1解 ACG=AAD+AB)=AA11111111AG313→-AA→)+1(AB→-AA→)=1AA→+1AD→+1AB→=1a+1b+1c. (AD111
3333333
→=3AG→即证明:
方法:(1)通过以上表示可以看出ACA、G、C1三点共线.G为AC1的三分之一分点.(2)1解决几何问题的难点是作辅助线,而利用向量解决几何问题恰好回避了这一难点问题,把证明转化为运算.
【训练1】 如右图,已知M、N分别为四面体ABCD的面BCD与面ACD的重心,且G为AM上一→=a,AC→=b,AD→=c,试用a,b,c表示BG→,BN→. 点,且GM∶GA=1∶3.设AB→=BA→+AG→=BA→+3→=-a+1a+b+c)=-3+1+1, 解 BG
44444→=BA→+AN→=BA→+1AC→+AD→)=-a+1b+1c.
BN
333
说明:此问题事实上解决了B、G、N三点共线问题,同学们可以通过此题想象正四面体外接球和内切球的球心位置.
【例2】►如右图,已知平行六面体ABCD-A′B′C′D′,E、F、G、H分别是棱A′D′、D′C′、C′C和AB的中点,求证E、F、G、H四点共面.
考向二 共线共面定理的应用[审题视点] 四点共点,考虑构造有关向量,然后利用共面向量定理证明. →′=a、EF→=b、EH→=c,则HG→=HB→+BC→+CG→=D→→′+1→′
证明:取ED′F+2ED
21→→→131
=b-a+2a+2AH+HE+EA′)=b+a+2b-a-c-a)=2-2,∴H→G与b、c共面.即E、F、G、H四点共面.
→=λEF→+μEH→即可,即证HG→、EF→
、方法:证明E、F、G、H四点共线,只须证明HG
→三个向量共面.此种方法也是证明直线与平面平行的方法. EH
【训练2】 如图在三棱柱ABC-A1B1C1中,D为BC边上的中点,试证A1B∥平面AC1D.
→=a,BB→=c,BC→=b,则BA→=BA→+AA→=BA→+BB→=a+c,AD→=AB→+BD→=AB→+1BC→=-
证明:设BA1111
21→=AC→+CC→=BC→-BA→+BB→=b-a+c,BA→=AC→-2AD→,∵a+2,ACAB⊄平面AC1D,因此A1B∥11111平面AC1D.
【例3】►如图,在四面体S-ABC中,若SA⊥BC,SB⊥AC,试证SC⊥AB.
考向三 空间向量数量积的应用[审题视点] 可通过证明两直线的方向向量的数量积为0来证明两直线垂直.
acb0①→=a,SB→=b,SC→=c,由已知SA⊥证明 取SABC,SB⊥AC,即②-①
bca0②得c·(b-a)=0,则SC⊥AB.
方法: 利用空间向量的基本定理适当的选取基底,将立体几何问题转化为已知
acb0
求证c·(b-a)=0回避了传统几何法中作辅助线这一难题.以上证法同时也证
bca0
明了平面几何中“三角形的三条高线交于同一点”这一命题.
【训练3】 已知如右图所示,平行六面体ABCD-A1B1C1D1的底面ABCD是菱形,且∠C1CD=∠C1CBCD
=∠BCD=60°.(1)求证:C1C⊥BD;(2)当CCA1C⊥平面C1BD?请
1
给出证明.
→=a,CB→=b,CC→=c,由已知|a|=|b|,且〈a,b〉=〈b,c〉=〈c,a〉(1)证明 取CD111→=CD→-CB→=a-b,CC→·→=c·→=60°,BDBD(a-b)=c·a-c·b=|c||a|-|c||b|=0,∴C11C22→,即CC⊥⊥BDBD. 1
→=a+b+c,C→→·→(2)若A1C⊥平面C1BD,则A1C⊥C1D,CACA(a-c)11D=a-c.∴1C1D=0,即(a+b+c)·CD|a|=0.整理得:3a2-|a||c|-2c2=0,(3|a|+2|c|)(|a|-|c|)=0,∴|a|-|c|=0,即|a|=|c|.即当CC|c|1时,
1
A1C⊥平面C1BD.
【难点突破——利用空间向量证明平行或垂直问题】
【问题研究】 从近几年高考试题的命题情况来看,高考对平行、垂直关系的考查主要以线面平行,线面垂直为核心,以多面体为载体结合平面几何知识,常和角与距离的求解.体积的计算等综合命题,同时考查判定定理、性质定理、定义以及对符号语言的识别和转化,难度以中低档题目为主
.
【解决方案】 建立空间直角坐标系,用坐标或基底表示相关的向量,把线面关系的逻辑推理转化为相应直线的方向向量和平面的法向量之间的运算,用代数运算代替空间线面关系的逻辑推理,使证明和运算过程具有程序化.
【示例】► (本题满分12分)(2011·全国改编)如图,四棱锥SABCD中,AB∥CD,BC⊥CD,侧面SAB为等边三角形.AB=BC=2,CD=SD=1.
(1)证明:SD⊥平面SAB;(2)求AB与平面SBC所成的角的正弦值.
(1)本题可以通过计算边边关系证明SD⊥平面SAB,第2问也可作出AB与平面SBC所成的
角,利用解三角形来计算,但这种方法必须加辅助线,且易找错角,故考虑用向量法,建立恰当的空间直角坐标系是解题关键.
[解答示范] 以C为坐标原点,射线CD为x正半轴,建立如图所示的空间直角坐标系Cxyz.
设D(1,0,0),则A(2,2,0)、B(0,2,0).又设S(x,y,z),则x>0,y>0,z>0.
→=(x,y-2,z),DS→=(x-1,y,z),由|AS→|=|BS→|得(1)证明 A→S=(x-2,y-2,z),BS
x22y22z2=
2
2
2
2→|=1得y2+z2=1,又由|BS→|=2得x2+(y-2)2
x2y2z2,故x=1.由|DS
13→133→33,,1,,+z=4,即y+z-4y+1=0,故y=2z=2.于是S1,,,AS=1,,BS=222222
13→→→→·→=0,故DS⊥,DS·1,,DS=AS=0,DSBSAS,DS⊥BS,又ASBS=S,所以SD⊥平面SAB 22
→,a⊥→,∴→=0,a·→=0. (2)解 设平面SBC的法向量a=(m,n,p),则a⊥BSCBa·BSCB
3333mn0→→→=(-2,0,0),,CB=(0,2,0),故1,,又BS=,取p=2得a=(-3,0,2).又AB 2222
2n0
→·ABa2121→
cos〈AB,a〉=→7故AB与平面SBC所成角的正弦值为7.
|AB|·|a|
反思: 直线和平面的位置关系可以利用直线的方向向量和平面的法向量之间的关系来判断.证明的主要思路是:(1)证明线线平行:可证两条直线的方向向量共线;(2)证明
线面平行:①证明直线的方向向量和平面的法向量垂直,②证明直线的方向向量可用平面内的两个不共线向量线性表示;(3)证明面面平行:可证两个平面的法向量共线;(4)证明线线垂直:可证两条直线的方向向量垂直;(5)证明线面垂直:①证明直线的方向向量和平面内的两个不共线向量垂直,②
证明直线的方向向量与平面的法向量共线;(6)证明面面垂直:可证两个平面的法向量互相垂直.
【习题解答】
一、选择题。
1.在正方体ABCD-A1B1C1D1中,给出以下向量表达式:
→→→+BB→)-D→→-AB→)-2DD→; ④→→
①(A→(BC(AD(B→1D1-A1A)-AB; ②11C1; ③11D1+A1A)+DD1. →的是( ) 其中能够化简为向量BD1 A.①② B.②③ C.③④
D.①④
→→→→→②→+BB→)-D→→→→③→-答案:A解析:①(A→(BC(AD1D1-A1A)-AB=AD1-AB=BD1;11C1=BC1-D1C1=BD1;→)-2DD→=BD→-2DD→≠BD→;④→→→→→→AB(B→②符合题意. 1111D1+A1A)+DD1=B1D+DD1=B1D1≠BD1,综上①→=a,OB→=b,OC→=c,D为BC的中点,E为AD的中点,则OE→可表示2.在四面体O-ABC中,OA为(用a,b,c表示).( )
111A.2a+4b+4c
111111
B.2+3-2 C.3a+4b+4c
111 D.3a-4b+4c
1→→→=OA→+1→=OA→+1→+1→-OA→+OC→-OA→)=1→+1→+1OC→
答案:A解析:OEAB+AC)=OA(OB
2224244111
=2+4+4.
3.若a、b、c为任意向量,m∈R,则下列等式不一定成立的是( )
A.(a+b)+c=a+(b+c) B.(a+b)·c=a·c+b·c C.m(a+b)=m a+mb D.(a·b)c=a(b·c) 答案:D
→+1BD→+BC→)等于( ) 4.已知空间四边形ABCD中,M、G分别为BC、CD的中点,则AB
2
→ A.AG
→ C.BC→ B.CG
1→ D.2BC
1→→→,AB→+BG→=AG→.
答案:A解析:如图所示:2(BD+BC)=BG
AC1
5.已知A(4,1,3),B(2,-5,1),C为线段AB上一点,且AB3C点的坐标为( )
7158107A.(2,-2,2) B.(3,-3,2) C.(31,3 7322→=CB→,设C(x,y,z),则2(x-4,y-1,z-3)=(2-x,
答案:C解析:由题意知2AC-5-y,1-z),
5D.(2,-
2x-8=2-x,∴2y-2=-5-y,2z-6=1-z.
∴y=-1,
7z=310x=3
107即C(3,-1,3)
2
6.在正方体ABCD-A1B1C1D1中,棱长为a,M、N分别为A1B和AC上的点,A1M=AN=3,则MN与平面BB1C1C的位置关系是( )
A.相交
B.平行 C.垂直
D.不能确定
21a2
答案:B解析:如右图,建立空间直角坐标系B1-xyz,则M(0,3a,3a)、N33,a),
→=a0,2).∴→∥∴MNMN平面BB1C1C.
33二、填空题
→·→+BC→·→+CA→·→=________.
7.在空间四边形ABCD中,ABCDADBD
→=b,AC→=c,AD→=d,则CD→=d-c,BD→=d-b,BC→=c-b .原式=b·答案:0解析:设AB(d-c)+d·(c-b)-c(d-b)=0.
→与CA→的夹角θ的大小是________. 8.已知空间三点A(1,1,1)、B(-1,0,4)、C(2,-2,3),则AB
→·→2-3-6ABCA→→→→
答案:120°解析:AB=(-2,-1,3),CA=(-1,3,-2),cos〈AB,CA〉=→→14|AB||CA|-71→,CA→〉=120°
=142〈AB,即θ=120°.
9.若空间三点A(1,5,-2),B(2,4,1),C(p,3,q+2)共线,则p=________,q=________. →∥→.由已知AB→=(1,-1,3),BC→=(p-2,-1,q+1), 答案:3 2解析:∵A、B、C共线,∴ABBCp-2-1q+11==3.∴p=3,q=2.
-1三、解答题
10.已知长方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=AA1=2,AD=4,E为侧面AB1的中心,→·→。→FC→.
F为A1D1的中点.试计算:(1)BCED1(2)EF·1
→=a,AD→=b,AA→=c,则|a|=|c|=2,|b|=4,a·解:如图,设ABb=b·c=c·a=0. 11→·→=b22(1)BCED[(c-a)+b]=|b|=4=16; 1
2
111111212→→
(2)EF·FC1=[2(c-a)+2b2+a)=2-a+b+c(2b+a)=-2a
|
+4b|=2.
11.Rt△ABC中,∠C=90°,∠B=60°,AB=4,取∠B的平分线BD,作CE⊥BD,交AB于E,交BD于F.将图形BCD沿BD折起,使∠CFE=60°,求折后线段AC的长.
解:图(1)是未折前平面图形,据题意得,△BCE是正三角形,且E为AB的中点.由AB=4得BE=CE=BC=2,CF=FE=1,BF3.作AH⊥BD,交BD延长线于H,则AH=2EF=2,HF=3.折后→|2=(AH→+HF→+FC→)2=AH→2+HF→2+FC→2+2AH→·→+2AH→·→+2HF→·→如图(2),CF⊥BD,AH⊥BD,故|ACHFFCFC=4+3+1+0+2×2×1×cos120°+0=6,∴AC=6.
12.直三棱柱ABC-A′B′C′中,AC=BC=AA′,∠ACB=90°,D、E分别为AB、BB′的中点. (1)求证:CE⊥A′D;(2)求异面直线CE与AC′所成角的余弦值.
→=a,CB→=b,CC→′=c,根据题意,|a|=|b|=|c|且a·→=b+1c,解:(1)证明:设CAb=b·c=c·a=0,∴CE
21111→→·→→⊥→
A′D=-c+2-2.∴CEA′D=-22+22=0.∴CEA′D,即CE⊥A′D.
11212→′=-a+c,∴→′|2|a|,|CE→|=5a|.AC→′·→=(-a+c)·(2)AC|ACCE(b+)=
222=2a|,
122a|1010→→
∴cos〈AC′,CE〉=10即异面直线CE与AC′所成角的余弦值为1052|a|2