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2015届高三数学北师大版(通用,理)总复习课件第八章 8.5


数学

北(理)

§8.5 空间向量及其运算
第八章 立体几何

基础知识·自主学习
要点梳理
知识回顾 理清教材

1.空间向量的概念 (1)定义: 空间中既有 大小 又有方向 的量叫作空间向量. (2)向量的夹角:过空间任意一点 O 作向量 a,b 的相等 → 和

OB → ,则∠AOB 叫作向量 a,b 的夹角,记作 向量OA 〈a,b〉 ,0≤〈a,b〉≤ π .

基础知识

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思想方法

练出高分

基础知识·自主学习
要点梳理
2.共线向量定理和空间向量基本定理 (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
知识回顾 理清教材

λ,使得 a=λb .
(2)空间向量基本定理 如果向量 e1,e2,e3 是空间三个不共面的向量,a 是空间任一向 量,那么存在唯一一组实数 λ1,λ2,λ3 使得 a= λ1e1+λ2e2+λ3e3, 其中 e1,e2,e3 叫作空间的一个基底.

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基础知识·自主学习
要点梳理
知识回顾 理清教材

3.空间向量的数量积及运算律 (1)定义 空间两个向量 a 和 b 的数量积是一个数, 等于|a||b|cos 〈 a, b〉 , 记作 a· b. (2)空间向量数量积的运算律

b) ; ①结合律:(λa)· b= λ(a· a ; ②交换律:a· b= b·
b+a· c . ③分配律:a· (b+c)= a·

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要点梳理
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4.空间向量的坐标表示及应用 (1)数量积的坐标运算 设 a=(a1,a2,a3),b=(b1,b2,b3), 则 a· b= a1b1+a2b2+a3b3 . (2)共线与垂直的坐标表示 设 a=(a1,a2,a3),b=(b1,b2,b3), 则 a∥b? a=λb ? a1=λb1 , a2=λb2 , a3=λb3 (λ∈R) ,
b=0 ? a1b1+a2b2+a3b3=0 (a,b 均为非零向量). a⊥b? a·
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要点梳理
知识回顾 理清教材

(3)模、夹角公式 设 a=(a1,a2,a3),b=(b1,b2,b3),
2 2 2 则|a|= a· a= a1+a2+a3 ,

a1b1+a2b2+a3b3 2 2 2 2 2 2 a· b a + a + a · b + b + b 2 3 1 2 3(a≠0,b≠0). cos〈a,b〉=|a||b|= 1

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基础知识·自主学习
夯基释疑
夯实基础 突破疑难

题号
1 2 3 4 5

答案
(1)√ (2) ×(3) × (4) × (5) √ (6) ×

解析

A C
?1 2 2? ? 1 2 2? ? ,- , ?或?- , ,- ? 3 3? ? 3 3 3? ?3

1 1 1 a+ b+ c 2 4 4

基础知识

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思想方法

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题型分类·深度剖析
题型一 空间向量的线性运算
解析 思维升华

【例 1】 三棱锥 O—ABC 中,M, 思维启迪 N 分别是 OA,BC 的中点,G 是 → △ABC 的重心,用基向量OA, → → → → OB,OC表示MG,OG.

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题型分类·深度剖析
题型一 空间向量的线性运算
解析 思维升华

【例 1】 三棱锥 O—ABC 中,M, 思维启迪

N 分别是 OA,BC 的中点,G 是 → △ABC 的重心,用基向量OA, → → → → 利用空间向量的加减法和数乘 OB,OC表示MG,OG.

运算表示即可.

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题型分类·深度剖析
题型一 空间向量的线性运算
解析 思维升华 【例 1】 三棱锥 O—ABC 中,M, 思维启迪 → =MA → +AG → =1OA → +2AN → N 分别是 OA,BC 的中点,G 是 解 MG 2 3 → 1→ 2 → → △ABC 的重心,用基向量OA, = OA+ (ON-OA) 2 3 → → → → OB,OC表示MG,OG. 1→ 2 1 → → →] =2OA+3[2(OB+OC)-OA 1→ 1→ 1→ =-6OA +3OB+3OC. 1→ 1→ 1→ → → → OG= OM +MG = OA- OA+ OB 2 6 3 1→ 1→ 1→ 1→ +3OC=3OA+3OB+3OC.
题型分类 思想方法 练出高分

基础知识

题型分类·深度剖析
题型一 空间向量的线性运算
解析 思维升华

【例 1】 三棱锥 O—ABC 中,M, 思维启迪

N 分别是 OA,BC 的中点,G 是 用已知向量来表示未知向量,一定 → △ABC 的重心,用基向量OA, 要结合图形,以图形为指导是解题 → → → → OB,OC表示MG,OG. 的关键.要正确理解向量加法、减

法与数乘运算的几何意义.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,我们可把这个法则称为向量 加法的多边形法则.

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题型分类·深度剖析
跟踪训练 1 如图,在长方体 ABCD-A1B1C1D1

中,O 为 AC 的中点. → → 1→ 1→ A (1)化简A1O- AB- AD=________ ; 1A 2 2 → → → → → (2) 用 AB , AD , AA1 表 示 OC1 , 则 OC1 =
1→ 1 → → AB+ AD+AA1 ________________. 2 2

解析

→ 1→ 1 → → 1→ → → → (1)A1O-2AB-2AD=A1O-2AC=A1O-AO=A1A.

→ → → 1→ 1 → → (2)OC1=OC+CC1=2AB+2AD+AA1.

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思想方法

练出高分

题型分类·深度剖析
题型二
【例 2】

共线定理、空间向量基本定理的应用
已知 E、F、
思维启迪 解析 思维升华

G、H 分别是空间四 边形 ABCD 的边 AB、BC、CD、DA 的中点, (1)求证:E、F、G、H 四点共面; (2)求证:BD∥平面 EFGH; (3)设 M 是 EG 和 FH 的交点, 求 → 证:对空间任一点 O,有OM= 1 → → → → (OA+OB+OC+OD). 4

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练出高分

题型分类·深度剖析
题型二
【例 2】

共线定理、空间向量基本定理的应用
已知 E、F、
思维启迪 解析 思维升华

G、H 分别是空间四 边形 ABCD 的边 AB、BC、CD、DA 的中点, (1)求证:E、F、G、H 四点共面; (2)求证:BD∥平面 EFGH;

→ → 对于 (1) 只要证出向量 EG = EF + → → EH 即可;对于 (2) 只要证出 BD 与 → 共线即可;对于(3),易知四边 EH 形 EFGH 为平行四边形,则点 M

为线段 EG 与 FH 的中点,于是向 (3)设 M 是 EG 和 FH 的交点, 求 → 可由向量 OG → 和 OE → 表示,再 量 OM → 证:对空间任一点 O,有OM= → 与OE → 分别用向量OC → ,OD →和 将 OG 1 → → → → (OA+OB+OC+OD). → → 4 向量OA,OB表示.

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练出高分

题型分类·深度剖析
题型二
【例 2】

共线定理、空间向量基本定理的应用
已知 E、F、

思维启迪 解析 思维升华 证明 (1)连接 BG, G、H 分别是空间四 → → → 则EG=EB+BG → 1 → → 边形 ABCD 的边 =EB+2(BC+BD) AB、BC、CD、DA 的中点, → → → → → =EB+BF+EH=EF+EH, (1)求证:E、F、G、H 四点共面;由共面向量定理的推论知: E、F、G、H 四点共面. (2)求证:BD∥平面 EFGH; → → → (2) 因为 EH =AH-AE (3)设 M 是 EG 和 FH 的交点, 求 1 → 1→ 1 → → 1 → → 证:对空间任一点 O,有OM= =2AD-2AB=2(AD-AB)=2BD, 1 → → → → 所以 EH∥BD. (OA+OB+OC+OD). 4 又 EH 平 面 EFGH , BD 平 面

EFGH, 所以 BD∥平面 EFGH.
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题型分类·深度剖析
题型二
【例 2】

共线定理、空间向量基本定理的应用
已知 E、F、
思维启迪 解析 思维升华

G、H 分别是空间四 边形 ABCD 的边

(3)找一点 O, 并连接 OM, OA, OB,

OC,OD,OE,OG. 1→ 1→ → → 由(2)知EH=2BD,同理FG=2BD, AB、BC、CD、DA 的中点, → → (1)求证:E、F、G、H 四点共面; 所以EH=FG,即 EH 綊 FG, 所以四边形 EFGH 是平行四边形. (2)求证:BD∥平面 EFGH; (3)设 M 是 EG 和 FH 的交点, 求 所以 EG,FH 交于一点 M 且被 M 平分. → =1(OE → +OG → )=1OE → +1OG → → 故 OM 证:对空间任一点 O,有OM= 2 2 2 1 → → → → 1?1 → → ? 1?1 → → ? (OA+OB+OC+OD). =2?2?OA+OB??+2?2?OC+OD?? 4 ? ? ? ? 1 → → → → = (OA+OB+OC+OD). 4
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题型分类·深度剖析
题型二
【例 2】

共线定理、空间向量基本定理的应用
已知 E、F、
思维启迪 解析 思维升华

G、H 分别是空间四 边形 ABCD 的边 AB、BC、CD、DA 的中点, (1)求证:E、F、G、H 四点共面; (2)求证:BD∥平面 EFGH;

(1)证明点共线的方法 证明点共线的问题可转化为证明

(3)设 M 是 EG 和 FH 的交点, 求 → =λAC → (λ≠0). → 亦即证明 AB 证:对空间任一点 O,有OM= 1 → → → → (OA+OB+OC+OD). 4

向量共线的问题,如证明 A,B, →, → 共线, C 三点共线, 即证明AB AC

基础知识

题型分类

思想方法

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题型分类·深度剖析
题型二
【例 2】

共线定理、空间向量基本定理的应用
已知 E、F、
思维启迪 解析 思维升华

G、H 分别是空间四 边形 ABCD 的边 AB、BC、CD、DA 的中点, (2)求证:BD∥平面 EFGH;

(2)证明点共面的方法 证明点共面问题可转化为证明向量

共面问题,如要证明 P, A,B, C → = xPB →+ (1)求证:E、F、G、H 四点共面; 四点共面,只要能证明 PA → 或对空间任一点 O,有OA → =OP → yPC → + yPC → 或 OP → = xOA → + yOB →+ (3)设 M 是 EG 和 FH 的交点, 求 + xPB → 证:对空间任一点 O,有OM= zOC(x+y+z=1)即可.共面向量定 1 → → → → (OA+OB+OC+OD). 理实际上也是三个非零向量所在直 4 线共面的充要条件.
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题型分类·深度剖析
跟踪训练 2 如图,正方体 ABCD-A1B1C1D1

中,E 是 A1B 上的点,F 是 AC 上的点,且 A1E =2EB,CF=2AF,则 EF 与平面 A1B1CD 的位 置关系为________ 平行 .
1 → → → → 取AB=a,AD=b,AA1=c 为基底,易得EF=-3(a-b+c),

解析

→ =a-b+c,即EF → ∥DB → ,故 EF∥DB , 而DB 1 1 1
且 EF 平面 A1B1CD,DB1 平面 A1B1CD,

所以 EF∥平面 A1B1CD.

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思想方法

练出高分

题型分类·深度剖析
题型三
【例 3】

空间向量数量积的应用
如图所示,
思维启迪 解析 思维升华

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.

基础知识

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思想方法

练出高分

题型分类·深度剖析
题型三
【例 3】

空间向量数量积的应用
如图所示,
思维启迪 解析 思维升华

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.

两条直线的垂直关系可以转化 为两个向量的垂直关系;利用

|a|2=a· a 可以求线段长;利用 (1)求证:MN⊥AB,MN⊥CD; a· b cos θ= 可求两条直线所成 (2)求 MN 的长; |a||b|
(3)求异面直线 AN 与 CM 所成角 的余弦值.

的角.

基础知识

题型分类

思想方法

练出高分

题型分类·深度剖析
题型三
【例 3】

空间向量数量积的应用
如图所示,
思维启迪 解析 思维升华

已知空间四边形 ABCD 的各边和对 角线的长都等于 a,

(1)证明

→ =p,AC → =q,AD → =r. 设AB

由题意可知, |p|=|q|=|r|=a, 且 p、

q、r 三向量两两夹角均为 60° . → → → 1 → → 点 M、 N 分别是 AB、 CD 的中点. MN=AN-AM=2(AC+AD)- (1)求证:MN⊥AB,MN⊥CD; 1 → 1 AB=2(q+r-p), 2 (2)求 MN 的长; 1 → → 1 AB=2(q+r-p)· p=2(q· p+ (3)求异面直线 AN 与 CM 所成角 ∴MN· 的余弦值. r· p-p2) 1 2 = (a cos 60° +a2cos 60° -a2)=0. 2
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题型分类·深度剖析
题型三
【例 3】

空间向量数量积的应用
如图所示,
思维启迪 解析 思维升华

已知空间四边形 ABCD 的各边和对 角线的长都等于 a,

→ → ∴MN⊥AB. 即 MN⊥AB.

同理可证 MN⊥CD.

1 → (2)解 由(1)可知MN= (q+r-p), 2 点 M、 N 分别是 AB、 CD 的中点. 1 → 2 2 ∴ | MN | = ( q + r - p ) (1)求证:MN⊥AB,MN⊥CD; 4 1 2 2 2 (2)求 MN 的长; =4[ q +r +p +2(q· r-p· q-r· p)] (3)求异面直线 AN 与 CM 所成角 1 2 2 2 a2 a2 a2 =4[a +a +a +2( 2 - 2 - 2 )] 的余弦值. 2 1 a = ×2a2= . 4 2
基础知识 题型分类 思想方法 练出高分

题型分类·深度剖析
题型三
【例 3】

空间向量数量积的应用
如图所示,
思维启迪 解析 思维升华

2 2 → ∴|MN|= a.∴MN 的长为 a. 2 2 → → ABCD 的各边和对 (3)解 设向量AN与MC的夹角为 θ. → =1(AC → +AD → )=1(q+r), 角线的长都等于 a, ∵AN 2 2 → =AC → -AM → =q-1p, 点 M、 N 分别是 AB、 CD 的中点. MC 2 1 1 1 2 (1)求证:MN⊥AB,MN⊥CD; → → ∴AN· MC=2(q+r)· (q-2p)=2(q - (2)求 MN 的长; 1 1 1 2 1 2 p + r· q - 2 r· p)=2(a -2a cos 60° (3)求异面直线 AN 与 CM 所成角 2q· 1 2 1 2 2 的余弦值. +a cos 60° -2a cos 60° ) =2(a - a2 a2 a2 a2 4 + 2 - 4 )= 2 .
已知空间四边形
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题型分类·深度剖析
题型三
【例 3】

空间向量数量积的应用
如图所示,
思维启迪 解析 思维升华

3 → → 又∵|AN|=|MC|= a, 2 ABCD 的各边和对 → → → → ∴AN· MC=|AN||MC|cos θ 角线的长都等于 a, 3 3 a2 点 M、 N 分别是 AB、 CD 的中点. = 2 a× 2 a×cos θ= 2 . (1)求证:MN⊥AB,MN⊥CD; ∴cos θ=2. 3 (2)求 MN 的长; → → ∴ 向量 AN 与 MC 的夹角的余弦值为 (3)求异面直线 AN 与 CM 所成角 2 的余弦值. 3,从而异面直线 AN 与 CM 所成角 2 的余弦值为 . 3

已知空间四边形

基础知识

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思想方法

练出高分

题型分类·深度剖析
题型三
【例 3】

空间向量数量积的应用
如图所示,
思维启迪 解析 思维升华

已知空间四边形 ABCD 的各边和对 角线的长都等于 a,

(1)当题目条件有垂直关系时,常转 化为数量积为零进行应用; (2)当异面直线所成的角为 α 时,常

利用它们所在的向量转化为向量的 点 M、 N 分别是 AB、 CD 的中点. 夹角 θ 来进行计算.应该注意的是 (1)求证:MN⊥AB,MN⊥CD; π α∈(0,2],θ∈[0,π] ,所以 cos α (2)求 MN 的长; |a· b| (3)求异面直线 AN 与 CM 所成角 =|cos θ|=|a||b|; (3)立体几何中求线段的长度可以通 的余弦值. 过解三角形,也可依据|a|= a2转化
为向量求解.
基础知识 题型分类 思想方法 练出高分

题型分类·深度剖析
跟踪训练 3 已知空间中三点 A(-2,0,2),B(-1,1,2),C(-3,0,4), → → 设 a=AB,b=AC. (1)求向量 a 与向量 b 的夹角的余弦值; (2)若 ka+b 与 ka-2b 互相垂直,求实数 k 的值.
解 (1)∵a=(1,1,0),b=(-1,0,2),

∴a· b=(1,1,0)· (-1,0,2)=-1,

又|a|= 12+12+02= 2,|b|= ?-1?2+02+22= 5, a· b -1 10 ∴cos〈a,b〉=|a||b|= =- 10 , 10 10 即向量 a 与向量 b 的夹角的余弦值为- 10 . (2)方法一 ∵ka+b=(k-1,k,2).
ka-2b=(k+2,k,-4),
基础知识 题型分类 思想方法 练出高分

题型分类·深度剖析
跟踪训练 3 已知空间中三点 A(-2,0,2),B(-1,1,2),C(-3,0,4), → → 设 a=AB,b=AC. (1)求向量 a 与向量 b 的夹角的余弦值; (2)若 ka+b 与 ka-2b 互相垂直,求实数 k 的值.
且 ka+b 与 ka-2b 互相垂直,
∴(k-1,k,2)· (k+2,k,-4)=(k-1)(k+2)+k2-8=0, 5 ∴k=2 或 k=-2, 5 ∴当 ka+b 与 ka-2b 互相垂直时,实数 k 的值为 2 或-2. 方法二 由(1)知|a|= 2,|b|= 5,a· b=-1,

∴(ka+b)· (ka-2b)=k2a2-ka· b-2b2=2k2+k-10=0, 5 得 k=2 或 k=-2.
基础知识 题型分类 思想方法 练出高分

题型分类·深度剖析
易错警示系列11 “两向量同向”意义不清致误
典例:(5 分)已知向量 a=(1,2,3),b=(x,x2+y-2,y),并且 a,b 同向, 则 x,y 的值分别为________.

易 错 分 析

规 范 解 答

温 馨 提 醒

基础知识

题型分类

思想方法

练出高分

题型分类·深度剖析
易错警示系列11 “两向量同向”意义不清致误
典例:(5 分)已知向量 a=(1,2,3),b=(x,x2+y-2,y),并且 a,b 同向, 则 x,y 的值分别为________.

易 错 分 析

规 范 解 答

温 馨 提 醒

将 a,b 同向和 a∥b 混淆,没有搞清 a∥b 的意义:a· b 方向相同或 相反.

基础知识

题型分类

思想方法

练出高分

题型分类·深度剖析
易错警示系列11 “两向量同向”意义不清致误
典例:(5 分)已知向量 a=(1,2,3),b=(x,x2+y-2,y),并且 a,b 同向, 则 x,y 的值分别为________.

易 错 分 析

规 范 解 答

温 馨 提 醒

2 x x +y-2 y 由题意知 a∥b,所以 = = , 1 2 3 ? ① ?y=3x ? 即 2 ? ② ?x +y-2=2x

把①代入②得 x2+x-2=0,(x+2)(x-1)=0, 解得 x=-2,或 x=1
当 x=-2 时,y=-6;当 x=1 时,y=3.
? ?x=-2 当? ? ?y=-6

时,b=(-2,-4,-6)=-2a,
题型分类 思想方法 练出高分

基础知识

题型分类·深度剖析
易错警示系列11 “两向量同向”意义不清致误
典例:(5 分)已知向量 a=(1,2,3),b=(x,x2+y-2,y),并且 a,b 同向,

1,3 . 则 x,y 的值分别为________
易 错 分 析 规 范 解 答 温 馨 提 醒

两向量 a,b 反向,不符合题意,所以舍去.
? ?x=1 当? ? ?y=3

时,b=(1,2,3)=a,a 与 b 同向,

? ?x=1 所以? ? ?y=3.

基础知识

题型分类

思想方法

练出高分

题型分类·深度剖析
易错警示系列11 “两向量同向”意义不清致误
典例:(5 分)已知向量 a=(1,2,3),b=(x,x2+y-2,y),并且 a,b 同向,

1,3 . 则 x,y 的值分别为________
易 错 分 析 规 范 解 答 温 馨 提 醒

(1)两向量平行和两向量同向不是等价的,同向是平行的一种情况.两 向量同向能推出两向量平行,但反过来不成立,也就是说,“两向量同 向”是“两向量平行”的充分不必要条件;
(2)若两向量 a,b 满足 a=λb(b≠0)且 λ>0 则 a,b 同向;在 a,b 的坐 标都是非零的条件下,a,b 的坐标对应成比例.

基础知识

题型分类

思想方法

练出高分

思想方法·感悟提高
1. 利用向量的线性运算和空间向量基本定理表示 向量是向量应用的基础.

方 法 与 技 巧

2.利用共线向量定理、共面向量定理可以证明一 些平行、共面问题;利用数量积运算可以解决 一些距离、夹角问题.
3.利用向量解立体几何题的一般方法:把线段或 角度转化为向量表示,用已知向量表示未知向 量,然后通过向量的运算或证明去解决问题.

基础知识

题型分类

思想方法

练出高分

思想方法·感悟提高

失 误 与 防 范

1.向量的数量积满足交换律、分配律,但不满足结合 律,即 a· b=b· a,a· (b+c)=a· b+a· c 成立,(a· b)· c= a· (b· c)不一定成立.
2.求异面直线所成的角,一般可以转化为两向量的夹 角, 但要注意两种角的范围不同, 最后应进行转化.

基础知识

题型分类

思想方法

练出高分

练出高分
1 2 3

A组
4

专项基础训练
5
6 7 8 9 10

基础知识

题型分类

思想方法

练出高分

练出高分
1 2 3

A组
4

专项基础训练
5
6 7 8 9 10

1. 空间直角坐标系中, A(1,2,3), B(-2, -1, 6), C(3,2,1), D(4,3,0), 则直线 AB 与 CD 的位置关系是 A.垂直 C.异面 B.平行 D.相交但不垂直 ( B )

→ =(-3,-3,3),CD → =(1,1,-1), 解析 由题意得,AB → =-3CD →, ∴AB → 与CD → 共线,又AB → 与CD → 没有公共点. ∴AB
∴AB∥CD.
基础知识 题型分类 思想方法 练出高分

练出高分
1 2 3

A组
4

专项基础训练
5
6 7 8 9 10

→ ,OB → ,OC → 为空间的 2.已知 O,A,B,C 为空间四个点,又OA 一个基底,则 A.O,A,B,C 四点不共线 B.O,A,B,C 四点共面,但不共线 C.O,A,B,C 四点中任意三点不共线 D.O,A,B,C 四点不共面 ( D )

→ ,OB → ,OC → 为空间的一个基底, 解析 OA → ,OB → ,OC → 不共面, 所以OA
→ ,OB → ,OC → 共面. 但 A,B,C 三种情况都有可能使OA
基础知识 题型分类 思想方法 练出高分

练出高分
1 2 3

A组
4

专项基础训练
5
6 7 8 9 10

3.已知 a=(λ+1,0,2),b=(6,2μ-1,2λ),若 a∥b,则 λ 与 μ 的 值可以是 1 A.2, 2 C.-3,2 ( A ) 1 1 B.- , 3 2 D.2,2

?λ+1 2 ? =2λ, 6 解析 由题意知:? ? ?2μ-1=0,

λ=2, λ=-3, ? ? ? ? 解得? 1 或? 1 μ= μ= . ? ? ? 2 ? 2
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1 2 3

A组
4

专项基础训练
5
6 7 8 9 10

4. 空间四点 A(2,3,6)、 B(4,3,2)、 C(0,0,1)、 D(2,0,2)的位置关系是( C ) A.共线 C.不共面 B.共面 D.无法确定 → =(2,0,-4),AC → =(-2,-3,-5), 解析 ∵AB → =(0,-3,-4). AD
假设四点共面,由共面向量定理得,存在实数 x,y, ① ?2x-2y=0, ? → → → ② 使AD=xAB+yAC,即?-3y=-3, ?-4x-5y=-4, ③ ?

由①②得 x=y=1,代入③式不成立,矛盾.
∴假设不成立,故四点不共面.
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1 2 3

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专项基础训练
5
6 7 8 9 10

5.如图所示,已知空间四边形 OABC,OB=OC, π → ,BC → 〉的值 且∠AOB=∠AOC= ,则 cos〈OA 3 ( A ) 1 3 2 A.0 B. C. D. 2 2 2 → =a,OB → =b,OC → =c,则|b|=|c|, 解析 设OA π → 〈a,b〉=〈a,c〉=3,BC=c-b, →· → =a· ∴OA BC (c-b)=a· c-a· b π π =|a||c|cos 3-|a||b|cos 3=0, → ⊥BC → ,∴cos〈OA → ,BC → 〉=0. ∴OA 为
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6.已知 2a+b=(0,-5,10),c=(1,-2,-2),a· c=4,|b|= 12,则以 b,c 为方向向量的两直线的夹角为________ 60° .
解析 由题意得,(2a+b)· c=0+10-20=-10.

即 2a· c+b· c=-10, 又∵a· c=4,∴b· c=-18,
-18 b· c 1 ∴cos〈b,c〉=|b|· |c|=12× 1+4+4=-2,

∴〈b,c〉=120° ,∴两直线的夹角为 60° .

基础知识

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5
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7.已知 a=(1-t,1-t,t),b=(2,t,t),则|b-a|的最小值为

3 5 5 . ______

解析 b-a=(1+t,2t-1,0),
∴|b-a|= ?1+t? +?2t-1? =
2 2

? 1?2 9 5?t-5? + , 5 ? ?

1 3 5 ∴当 t=5时,|b-a|取得最小值 5 .

基础知识

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8.如图所示,已知 PA⊥平面 ABC,∠ABC=120° ,

12 PA=AB=BC=6,则 PC 等于________ .
→ =PA → +AB → +BC →, 解析 因为PC → 2=PA → 2+AB → 2+BC → 2+2AB →· → 所以PC BC =36+36+36+2×36cos 60° =144. → |=12. 所以|PC

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A组
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6 7 8 9 10

9.已知向量 a=(1,-3,2),b=(-2,1,1),点 A(-3,-1,4), B(-2,-2,2). (1)求|2a+b|; → ⊥b(O 为原点)? (2)在直线 AB 上是否存在一点 E,使得OE

解 (1)∵a=(1,-3,2),b=(-2,1,1), ∴2a+b=(0,-5,5), ∴|2a+b|= 02+?-5?2+52=5 2. (2)假设存在点 E,其坐标为 E(x,y,z), → =λAB →, 则AE

即(x+3,y+1,z-4)=λ(1,-1,-2),
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5
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9.已知向量 a=(1,-3,2),b=(-2,1,1),点 A(-3,-1,4), B(-2,-2,2). (1)求|2a+b|; → ⊥b(O 为原点)? (2)在直线 AB 上是否存在一点 E,使得OE
?x=λ-3 ? ∴?y=-λ-1 ,∴E(λ-3,-λ-1,-2λ+4), ?z=-2λ+4 ? → =(λ-3,-λ-1,-2λ+4). ∴OE

→ ⊥b, 又∵b=(-2,1,1),OE → ∴OE· b=-2(λ-3)+(-λ-1)+(-2λ+4)=-5λ+9=0,
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A组
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专项基础训练
5
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9.已知向量 a=(1,-3,2),b=(-2,1,1),点 A(-3,-1,4), B(-2,-2,2). (1)求|2a+b|; → ⊥b(O 为原点)? (2)在直线 AB 上是否存在一点 E,使得OE
9 ∴λ= , 5
6 14 2 ∴E(-5,- 5 ,5),

6 14 2 → ∴在直线 AB 上存在点 E(-5,- 5 ,5),使OE⊥b.

基础知识

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专项基础训练
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10.如图所示,四棱柱 ABCD-A1B1C1D1 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 AC1 的长; (2)求 BD1 与 AC 夹角的余弦值. → =a,AD → =b,AA → =c, 解 记AB 1

则|a|=|b|=|c|=1, 〈a,b〉=〈b,c〉=〈c,a〉=60° , 1 ∴a· b=b· c=c· a= . 2 → 2 (1)|AC1| =(a+b+c)2=a2+b2+c2+2(a· b+b· c+c· a) 1 1 1 =1+1+1+2×(2+2+2)=6,
基础知识 题型分类 思想方法 练出高分

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专项基础训练
5
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10.如图所示,四棱柱 ABCD-A1B1C1D1 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 AC1 的长; (2)求 BD1 与 AC 夹角的余弦值. → |= 6, ∴|AC 1

即 AC1 的长为 6. → =b+c-a,AC → =a+b, (2)BD
1

→ → ∴|BD1|= 2,|AC|= 3, →· → =(b+c-a)· BD AC (a+b)=b2-a2+a· c+b· c=1.
1

基础知识

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A组
4

专项基础训练
5
6 7 8 9 10

10.如图所示,四棱柱 ABCD-A1B1C1D1 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 AC1 的长; (2)求 BD1 与 AC 夹角的余弦值.
→· → BD AC 6 1 → → ∴cos〈BD1,AC〉= = . 6 → → |BD ||AC|
1

6 ∴BD1 与 AC 夹角的余弦值为 6 .
题型分类 思想方法

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3 4 5

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专项能力提升
3 4 5

1.若向量 c 垂直于不共线的向量 a 和 b,d=λa+μb(λ、μ∈R, 且 λμ≠0),则 A.c∥d B.c⊥d C.c 不平行于 d,c 也不垂直于 d D.以上三种情况均有可能 ( B )

解析 由题意得,c 垂直于由 a,b 确定的平面. ∵d=λa+μb, ∴d 与 a,b 共面.

∴c⊥d.
基础知识 题型分类 思想方法 练出高分

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专项能力提升
3 4 5

2.以下命题中,正确的命题个数为 ①若 a,b 共线,则 a 与 b 所在直线平行;

(

)

②若{a,b,c}为空间一个基底,则{a+b,b+c,c+a}构成 空间的另一个基底; ③若空间向量 m、n、p 满足 m=n,n=p,则 m=p; → =xOA →+ ④对空间任意一点 O 和不共线三点 A、B、C,若OP → +zOC → (其中 x,y,z∈R),则 P、A、B、C 四点共面. yOB A.1 B. 2 C.3 D.4

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专项能力提升
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解析 由共线向量知 a 与 b 所在直线可能重合知①错;
若 a+b,b+c,c+a 共面,则存在实数 x,y,使 a+b=x(b +c)+y(c+a)=ya+xb+(x+y)c, ∵a,b,c 不共面,∴y=1,x=1,x+y=0,∴x,y 无解, ∴{a+b,b+c,c+a}能构成空间的一个基底,∴②正确; 由向量相等的定义知③正确;
由共面向量定理的推论知,当 x+y+z=1 时,P,A,B,C 四点共面,∴④不正确.
故选 B. 答案 B
基础知识 题型分类 思想方法 练出高分

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3 4 5

3.如图,在棱长为 1 的正方体 ABCD-A1B1C1D1 中,M、N 分别是 A1B1 和 BB1 的中点,那么直线 AM 和 CN 所成角的余弦值为________.

解析 以 D 为原点,DA、DC、DD1 为 x、y、z 轴正半轴建立空间直角坐标系, 则 A(1,0,0),A1(1,0,1), B1(1,1,1),B(1,1,0),C(0,1,0),
1 1 ∴M(1, ,1),N(1,1, ), 2 2 1 1 → → ∴AM=(0,2,1),CN=(1,0,2),
基础知识 题型分类 思想方法 练出高分

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3 4 5

3.如图,在棱长为 1 的正方体 ABCD-A1B1C1D1 中,M、N 分别是 A1B1 和 BB1 的中点,那么直线
2 AM 和 CN 所成角的余弦值为________ . 5

→ → AM · CN → → ∴cos〈AM,CN〉= → → |AM|· |CN|



1 2 12 ?2? +12×

2 =5. 12 2 1 +?2?

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4.已知空间三点 A(0,2,3),B(-2,1,6),C(1,-1,5). → → (1)求以AB,AC为边的平行四边形的面积; → → (2)若|a|= 3,且 a 分别与AB,AC垂直,求向量 a 的坐标. → =(-2,-1,3),AC → =(1,-3,2), 解 (1)由题意可得:AB →· → -2+3+6 7 1 AB AC → ,AC → 〉= ∴cos〈AB = = = . 14 2 → → 14 × 14 |AB||AC|

3 → → ∴sin〈AB,AC〉= 2 , → → ∴以AB,AC为边的平行四边形的面积为
1→ → 3 → → S=2×2|AB|· |AC|· sin〈AB,AC〉=14× 2 =7 3.
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3 4 5

4.已知空间三点 A(0,2,3),B(-2,1,6),C(1,-1,5). → → (1)求以AB,AC为边的平行四边形的面积; → → (2)若|a|= 3,且 a 分别与AB,AC垂直,求向量 a 的坐标.
(2)设 a=(x,y,z),

?x2+y2+z2=3 ? 由题意得?-2x-y+3z=0 ?x-3y+2z=0 ?

?x=1 ? , 解得?y=1 ?z=1 ?

?x=-1 ? 或?y=-1 ?z=-1 ?



∴向量 a 的坐标为(1,1,1)或(-1,-1,-1).
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5.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 → (1)证明 设CA ′=c,
根据题意,|a|=|b|=|c|, 且 a· b=b· c=c· a=0, 1 → ∴CE=b+ c, 2 1 1 A?D =-c+ b- a. 2 2
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5.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. 1 2 1 2 → ∴CE· A?D =- c + b =0. 2 2 → ⊥ A?D ,即 CE⊥A′D. ∴CE
(2)解 ∵ AC? =-a+c,
5 → | AC? |= 2|a|,|CE|= |a|. 2
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专项能力提升
3 4 5

5.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.
? 1 ? 1 2 1 2 → ?b+ c?= c = |a| , AC? · CE=(-a+c)· 2 ? 2 2 ? 1 2 |a| 2 10 → ∴cos〈 AC? ,CE〉= = 10 . 5 2 2· |a| 2 10 即异面直线 CE 与 AC′所成角的余弦值为 10 .

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