2021届高考数学大一轮总复习第七章立体几何课时作业49空间向量及其运算课件新人教B版
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高三数学一轮总复习第七章立体几何7.6空间向量及其运算课件
→ (1)求AC1的长；
→
→
→
解析：(1)记AB＝a，AD＝b，AA1＝c，
④不正确。
16
课堂学案 考点通关
考点例析 通关特训
17
考点一
空间向量的线性运算
【例1】 三棱锥O－ABC中，M，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。
18
→ →→ 解析：MG＝MA＋AG ＝12O→A＋23A→N ＝12O→A＋23(O→N－O→A) ＝12O→A＋2312O→B＋O→C－O→A ＝－16O→A＋13O→B＋13O→C。 →→ → OG＝OM＋MG ＝12O→A－16O→A＋13O→B＋13O→C ＝13O→A＋13O→B＋13O→C。
量。
(4)共面向量：□6 _平__行__于__同__一__平__面______的向量。
4
2．空间向量中有关定理及其推论
(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 □7
_存__在__实__数__λ_，__使__a_＝__λ_b____。
→→ 推论：如图所示，点P在l上的充要条件是：OP＝OA＋ta，①
＝x
→ MA
＋y
→ MB
或对空间一点O有
→ OP
＝
□10
__O_→_M__＋__xM_→_A_＋__y_M_→_B______或O→P＝xO→M＋yO→A＋zO→B，其中□11 _x_＋__y_＋__z_＝_1___。
(3)空间向量基本定理：如果三个不共面向量a，b，c，那么对空间任一向量p， 存在有序实数组{x，y，z}，使得p＝xa＋yb＋zc，把{a，b，c}叫做空间的一个基 底。
→
→
→
解析：(1)记AB＝a，AD＝b，AA1＝c，
④不正确。
16
课堂学案 考点通关
考点例析 通关特训
17
考点一
空间向量的线性运算
【例1】 三棱锥O－ABC中，M，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。
18
→ →→ 解析：MG＝MA＋AG ＝12O→A＋23A→N ＝12O→A＋23(O→N－O→A) ＝12O→A＋2312O→B＋O→C－O→A ＝－16O→A＋13O→B＋13O→C。 →→ → OG＝OM＋MG ＝12O→A－16O→A＋13O→B＋13O→C ＝13O→A＋13O→B＋13O→C。
量。
(4)共面向量：□6 _平__行__于__同__一__平__面______的向量。
4
2．空间向量中有关定理及其推论
(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 □7
_存__在__实__数__λ_，__使__a_＝__λ_b____。
→→ 推论：如图所示，点P在l上的充要条件是：OP＝OA＋ta，①
＝x
→ MA
＋y
→ MB
或对空间一点O有
→ OP
＝
□10
__O_→_M__＋__xM_→_A_＋__y_M_→_B______或O→P＝xO→M＋yO→A＋zO→B，其中□11 _x_＋__y_＋__z_＝_1___。
(3)空间向量基本定理：如果三个不共面向量a，b，c，那么对空间任一向量p， 存在有序实数组{x，y，z}，使得p＝xa＋yb＋zc，把{a，b，c}叫做空间的一个基 底。
高考数学大一轮总复习 第七章 立体几何 7.6 空间向量
设a＝(x1，y1，z1)，b＝(x2，y2，z2)。 (1)a＋b＝ (x1＋x2，y1＋y2，z1＋z2) ；
(2)a－b＝ (x1－x2，y1－y2，z1－z2) ；
(3)λa＝ (λx1，λy1，λz1) (4)a·b＝ x1x2＋y1y2＋z1z2
(λ∈R)； ；
(5)|a|＝ a·a＝ ___x_21_＋__y_21＋__z_21__；
J 基础知识 自主学习
知识梳理
1．空间向量的有关概念 名称
定义
在空间中，具有 大小 和 方向 的量叫作空间向量， 空间向量
其大小叫作向量的 长度 或模
自由向量
与向量的 起点 无关的向量
长度或模为 1 的向量 单位向量
a
(非零向量 a 的单位向量 a0＝_|_a|_)
名称
定义
零向量
长度为 0 的向量
答案 A
3．(2016·西安模拟)已知正方体 ABCD－A1B1C1D1 中，点 E 为上底面 A1C1 的中心，若A→E＝A→A1＋xA→B＋yA→D，则 x，y 的值分别为( )
相等向量
方向 相同 且模 相等 的向量
相反向量
方向 相反 而 模 相等的向量
过空间任意一点 O 作向量 a，b 的相等向量O→A和O→B，则
___∠__A_O__B____叫作向量 a，b 的夹角，记作〈a，b〉，范
向量 a，b 的 围是[0，π]
夹角
①当〈a，b〉＝π2时，记作 a⊥b ；
②当〈a，b〉＝0 或 π 时，记作_a_∥__b___
名称
定义
如果表示空间向量的有向线段所在的直线_互__相__平__行__ 平行向量
或重合，则这些向量叫作_共__线__向__量___或_平__行___向__量___
2024届高考数学一轮复习+第七章《立体几何与空间向量》第五节+空间向量及其运算+课件
（5）空间向量基本定理定理:如果三个向量 , , 不共面,那么对空间任一向量 ,存在唯一有序实数组 使得 _____________.推论:设 , , , 是不共面的四点,则对平面 内任一点 都存在唯一的有序实数组 ，使 ，且 .
2.数量积及坐标运算
（1）两个向量的数量积 ； _________（ , 为非零向量）; ____.
10
[解析] ， ， ， .
关键能力·突破
考点一 空间向量的线性运算
1. （2022广东深圳重点中学高三联考）如图，空间四边形 中， ， ， ，点 在 上，且满足 ，点 为 的中点，则 ( )
B
A. B. C. D.
[解析] 由题意得， ，又 ， ， ， .
③ ,正确；④ 与 不是一对相反向量,是相等向量，错误.正确结论的个数为1，故选A.
4. 已知四边形 为正方形， 是正方形 所在平面外一点， 在平面 上的射影恰好是正方形的中心 ， 是 的中点，求下列各题中 ， 的值：
（1） ；
[解析] 如图， ， .
（2） .
迁移应用
2. （2022江苏南通期末）试写出一个点 的坐标：_ _______________________，使之与点 ， 共线.
（答案不唯一）
[解析] 设 ,令 ，则 ，故 ， ,不妨令 ，则 ，故 .
3. （2022山西运城二模）如图，在几何体 中， ， ， 均为边长为2的等边三角形，平面 平面 ，平面 平面 .求证： ， ， ， 四点共面.
5. （2022福建宁德期末）如图，在平行六面体 中， ， ， ，点 是 中点，则异面直线 与 所成角的余弦值是_ ____.
[解析] ， .又 ， ，从而有 ， ， .
方法感悟用已知向量表示某一向量的三个关键点（1）用已知向量来表示某一向量，一定要结合空间图形，以图形为指导是解题的关键.（2）要正确理解向量加法、减法与数乘运算的几何意义.（3）在空间中，向量的三角形法则、平行四边形法则仍然成立.
高三数学一轮总复习 第七章 立体几何 7.6 空间向量及其运算课件.ppt
5.掌握空间向量的数量积及其坐标表示，能运用向量的数量积判断
向量的共线与垂直。
3
课前学案 基础诊断
夯基固本 基础自测
4
1．空间向量的有关概念
(1)空间向量：在空间中，具有□1 __大__小__和□2 _方__向___的量叫做空间向量。 (2)相等向量：方向□3 _相__同___且模□4 _相__等___的向量。 (3)共线向量：表示空间向量的有向线段所在直线互相 □5 平__行____或重合的向
8
②两向量的数量积：已知空间两个非零向量a，b，则□16 _|a_|_·|_b_|c_o_s_〈__a_，__b_〉____叫 做向量a，b的数量积，记作□17 ___a_·b________，即a·b＝□18 ___|_a_||b_|_c_o_s〈__a_，__b_〉_____。
(2)空间向量数量积的运算律。
第七章
立体几何
1
第六节 空间向量及其运算
课前学案 基础诊断
课堂学案 考点通关
高考模拟 备考套餐
2
1.了解空间直角坐标系，会用空间直角坐标表示点的位置。
2.会推导空间两点间的距离公式。
考纲 导学
3.了解空间向量的概念，了解空间向量的基本定理及其意义，掌握 空间向量的正交分解及其坐标表示。 4.掌握空间向量22_＋__a_23 ，cos〈a，b〉＝|aa|·|bb|＝
28
a21＋a22＋a23 b21＋b22＋b23 ________________________
。
□ →
若A(a1，b1，c1)，B(a2，b2，c2)，则dAB＝|AB|＝
29
__a_1_－__a_2_2＋___b_1－__b_2_2_＋__c_1_－_c。22
(新课标)高考数学一轮复习-第七章 立体几何 第6讲 空间向量及其运算(理)课件
向量表示
坐标表示
数量积
a·b
共线 a＝λb(b≠0)
a·b＝0 垂直
(a≠0，b≠0)
a1b1＋a2b2＋a3b3 a1＝λb1，a2＝λb2，a3＝λb3 a1b1＋a2b2＋a3b3＝0
模 夹角
|a|
a12＋a22＋a23
〈a，b〉 (a≠0，b≠0) co〈s a，b〉＝
a1b1＋a2b2＋a3b3 a21＋a22＋a23· b21＋b22＋b23
空间向量的数量积
已知空间三点 A(－2,0,2)，B(－1,1,2)，C(－3,0,4)， 设 a＝A→B，b＝A→C. 导学号 25401756
(1)求|c|＝3，且 c∥B→C，求 c； (2)求 a 和 b 的夹角的余弦值； (3)若 ka＋b 与 ka－2b 互相垂直，求 k 的值； (4)若 λ(a＋b)＋μ(a－b)与 z 轴垂直，求 λ，μ 应满足的关系．
②－a＋b＋12c
③32a＋12b＋32c
[规律总结] (1)用基向量表示指定向量的方法 用已知基向量表示指定向量时，应结合已知和所求观察图 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，把所求向量用已知基向 量表示出来． (2)向量加法的多边形法则 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． 提醒：空间向量的坐标运算类似于平面向量中的坐标运 算．
空间向量的共线、共面问题
已知 E，F，G，H 分别是空间四边形 ABCD 的 边 AB ， BC ， CD ， DA 的 中 点. 导学号 25401753
(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O→M＝14(O→A ＋O→B＋O→C＋O→D)．
高考数学大一轮复习 第七章 立体几何 第7课时 空间向量及其运算课件 理 北师大版.ppt
(3)模、夹角和距离公式
设a＝(x1，y1，z1)，b＝(x2，y2，z2)，则|a|＝ a·a ＝ x21＋y21＋z12 ，cos〈a，b〉＝|aa|·|bb|
＝
x1x2＋y1y2＋z1z2 x21＋y21＋z21· x22＋y22＋z22
[基础自测] 1．已知空间四边形ABCD的对角线为AC、BD，设G是CD的 中点，则A→B＋12(B→D＋B→C)等于( ) A.A→G B.C→G C.B→C D.12B→C
审题视点 将所表示向量置于三角形或多边形中利用三角形 法则或多边形法则可求．
解 (1)∵P是C1D1的中点， ∴A→P＝A→A1＋A→1D1＋D→1P ＝a＋A→D＋12D→1C1 ＝a＋c＋12A→B ＝a＋c＋12b.
(2)∵N是BC的中点， ∴A→1N＝A→1A＋A→B＋B→N ＝－a＋b＋12B→C ＝－a＋b＋12A→D ＝－a＋b＋12c，
＝ xa＋yb＋zc
.
5．空间向量的坐标表示及应用 (1)数量积的坐标运算 设a＝(x1，y1，z1)，b＝(x2，y2，z2)，则a·b＝x1x2＋y1y2＋z1z2 . (2)共线与垂直的坐标表示 设a＝(x1，y1，z1)，b＝(x2，y2，z2)， 则a∥b⇔a＝λb⇔ x1＝λx2 ， y1＝λy2 ， z1＝λz2 ，a ⊥b⇔a·b＝0⇔ x1x2＋y1y2＋z1z2＝0 (a，b均为非零向量)．
(3)∵M是AA1的中点， ∴M→P＝M→A＋A→P＝12A→1A＋A→P ＝－12a＋a＋c＋12b＝12a＋12b＋c， 又N→C1＝N→C＋C→C1＝12B→C＋A→A1
＝12A→D＋A→A1＝12c＋a， ∴M→P＋N→C1＝12a＋12b＋c＋a＋12c ＝32a＋12b＋32c.
高考数学一轮总复习 第7章 立体几何 第6节 空间向量的运算及应用课件 理 新人教版
如图所示，在平行六面体ABCD-A1B1C1D1
uuurቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ
uuur
uuur
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：
uuur
uuuur
uuur uuuur
(1) AP； (2) A1N ； (3) MP ＋ NC1 .
y，z，使OP ＝xOA＋yOB＋zOC 且x＋y＋z＝1
a·b＝0 a2
向量和 向量差
a＝(a1，a2，a3)，b＝(b1，b2，b3) a＋b＝_(a_1_＋__b_1_，__a_2＋__b_2_，__a_3_＋__b_3)_ a－b＝_(a_1_－__b_1_，__a_2－__b_2_，__a_3_－__b_3)_
uuur uuur uuur MP ＝x MA＋y MB
uuur
uuur uuur
对空间任一点O， OP ＝ 对空间任一点O， OP ＝ OM ＋
uuur uuur
uuur uuur
OA＋t AB
x MA＋y MB
uuur
uuur uuur
对空间任一点O，OP ＝ 对空间任一点O， OP ＝x OM ＋
cos〈a，b〉＝__a_21_＋__a_22_＋__a_32 __b_21＋__b_22_＋__b_23_
1．O为空间任意一点，若
uuur OP
＝
3 4
uuur OA
＋
1 8
uuur OB
＋
1 8
uuur OC
，则
A，B，C，P四点
()
A．一定不共面
B．一定共面
C．不一定共面
(江苏专用)2021新高考数学一轮复习第七章立体几何与空间向量7.5空间向量及其应用课件
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
a，b是空间两个非零向量，过空间任意一点O，作
→ OA
＝a，O→B＝b，则∠AOB
叫做向量a与向量b的夹角，记作〈a，b〉，其范围是 0≤〈a，b〉≤π ，若〈a，
b〉＝π2，则称a与b 互相垂直 ，记作a⊥b. ②两向量的数量积
已知空间两个非零向量a，b，则 |a||b|cos〈a，b〉 叫做向量a，b的数量积，
题组三 易错自纠
4.在空间直角坐标系中，已知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
解析 由题意得，A→B＝(－3，－3,3)，C→D＝(1,1，－1)， ∴A→B＝－3C→D，∴A→B与C→D共线，
向量表示 a·b
a＝λb(b≠0，λ∈R) a·b＝0(a≠0，b≠0)
坐标表示 _a_1_b_1＋__a_2_b_2_＋__a_3b_3_ _a_1_＝__λ_b_1，__a_2_＝__λ_b_2_，__a_3＝__λ_b_3_ _a_1_b_1＋__a_2_b_2_＋__a_3b_3_＝__0_
共面向量
平行于同一个 平面 的向量
表示 0
a＝b a的相反向量为－a
a∥b
2.空间向量中的有关定理 (1)共线向量定理 对空间任意两个向量a，b(a≠0)，b与a共线的充要条件是存在实数λ，使得b ＝λa. (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有 序实数组(x，y)，使得p＝xa＋yb. (3)空间向量基本定理 如果三个向量e1，e2，e3不共面，那么对空间任一向量p，存在唯一的有序实 数组(x，y，z)，使得p＝ xe1＋ye2＋ze3 .
高考数学一轮总复习 第7章 立体几何 第6节 空间向量的运算及应用课件 理 新人教版
向量和 向量差
a＝(a1，a2，a3)，b＝(b1，b2，b3) a＋b＝_(a_1_＋__b_1_，__a_2＋__b_2_，__a_3_＋__b_3)_ a－b＝_(a_1_－__b_1_，__a_2－__b_2_，__a_3_－__b_3)_
数量积 共线 垂直
夹角公式
a＝(a1，a2，a3)，b＝(b1，b2，b3) a·b＝_a_1_b_1＋__a_2_b_2＋__a_3_b_3_
数λ的值为
()
A．－2
B．－134
C．154
D．2
解析：由题意知a·(a－λb)＝0，即a2－λa·b＝0，
又a2＝14，a·b＝7，∴14－7λ＝0，∴λ＝2.
答案：D
3．(教材习题改编)已知a＝(2，－1,3)，b＝(－1,4，－2)， c＝(7,5，λ)，若a，b，c三向量共面，则实数λ等于 ________． 答案：675
xOA＋(1－x)OB
yOA＋(1－x－y) OB
[即时应用] 如图所示，已知斜三棱柱ABC-A1B1C1，点M，N分别在AC1 和BC上，且满足 AM ＝k AC1 ， BN ＝kBC (0≤k≤1)． 向量 MN 是否与向量 AB， AA1 共面？
解析
考点三 利用向量证明平行与垂直问题 重点保分型考点——师生共研
[典例引领] (2016·汕头模拟)如图所示，在四棱锥P -ABCD中，PC⊥平面ABCD，PC＝2， 在四边形ABCD中，∠B＝∠C＝90°， AB＝4，CD＝1，点M在PB上，PB＝ 4PM，PB与平面ABCD成30°的角．求证： (1)CM∥平面PAD； (2)平面PAB⊥平面PAD.
证明
考点一 空间向量的线性运算 基础送分型考点——自主练透 [题组练透]
2024年高考数学一轮复习(新高考版)《空间向量与立体几何》课件ppt
d＝2
21 7.
FC＝
FE2＋EC2＝
7 2.
123456
记CF与平面ABD所成的角为α，
则
sin
α＝CdF＝4
3 7.
所以
CF
与平面
ABD
所成角的正弦值为4 7
3 .
123456
5.(2023·青岛模拟)如图①，在梯形ABCD中，AB∥DC，AD＝BC＝CD＝2， AB＝4，E为AB的中点，以DE为折痕把△ADE折起，连接AB，AC，得到 如图②的几何体，在图②的几何体中解答下列问题.
∴AM，PE的交点就是O，连接ME， ∵M是PC的中点， ∴PA∥ME，PA＝2ME， ∴△PAO∽△EMO， ∴MPAE＝OAOM＝21， ∴AO＝2OM.
123456
3.如图，在四棱锥P－ABCD中，PA⊥平面ABCD，AB∥CD，PA＝AB＝ 2CD＝2，∠ADC＝90°，E，F分别为PB，AB的中点.
3x＋y＝0， 3x＋ 3z＝0，
取 n＝(1，－ 3，－1)，
123456
设平面DAE与平面AEC的夹角为θ，
则 cos θ＝|C→→O·n|＝ |CO||n|
3 3×
＝ 5
55，
所以平面 DAE 与平面 AEC 夹角的余弦值为 55.
123456
②直线
AC
与
EB
所成角的余弦值为
6 4.
123456
×x＝ 25x，
设点A到平面PCF的距离为h，由VP－AFC＝VA－PFC，
得13×2x×2＝13×
25x×h，则
h＝2
5 5.
123456
∵点 F 为 AB 的中点，∴点 B 到平面 PCF 的距离
高考数学一轮总复习第七章立体几何第六节空间向量及其运算课件理
第十四页，共19页。
又∵|A→N|＝|M→C|＝ 23a， ∴A→N·M→C＝|A→N||M→C|cos θ ＝ 23a· 23a·cos θ＝a22. ∴cos θ＝23. ∴向量A→N与M→C的夹角的余弦值为23，从而异面直线 AN 与 CM 所成角的余弦值为32.
第十五页，共19页。
1．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．
第十三页，共19页。
(2)解：设向量A→N与M→C的夹角为 θ. ∵A→N＝21(A→C＋A→D)＝12(q＋r)， M→C＝A→C－A→M＝q－21p， ∴A→N·M→C＝12(q＋r)·(q－12p) ＝12(q2－12q·p＋r·q－12r·p) ＝12(a2－12a2cos 60°＋a2cos 60°－12a2cos 60°) ＝12(a2－a42＋a22－a42)＝a22.
2．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 四点共面，只要能证明P→A＝xP→B＋yP→C，或对空间任一点 O，有O→A＝O→P＋xP→B＋yP→C，或O→P＝xO→A＋yO→B＋zO→C(x＋y＋z＝ 1)．
第十页，共19页。
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O→M＝13(O→A＋O→B＋O→C)．
第十七页，共19页。
解：记A→B＝a，A→D＝b，A→A1＝c， 则|a|＝|b|＝|c|＝1，〈a，b〉＝〈b，c〉＝〈c，a〉＝60°， ∴a·b＝b·c＝c·a＝12. (1)|A→C1|2＝(a＋b＋c)2＝a2＋b2＋c2＋2(a·b＋b·c＋c·a)＝1＋1＋1 ＋2×12＋12＋12＝6， ∴|A→C1|＝ 6.
第七章 立体几何 (lìtǐjǐhé)
又∵|A→N|＝|M→C|＝ 23a， ∴A→N·M→C＝|A→N||M→C|cos θ ＝ 23a· 23a·cos θ＝a22. ∴cos θ＝23. ∴向量A→N与M→C的夹角的余弦值为23，从而异面直线 AN 与 CM 所成角的余弦值为32.
第十五页，共19页。
1．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．
第十三页，共19页。
(2)解：设向量A→N与M→C的夹角为 θ. ∵A→N＝21(A→C＋A→D)＝12(q＋r)， M→C＝A→C－A→M＝q－21p， ∴A→N·M→C＝12(q＋r)·(q－12p) ＝12(q2－12q·p＋r·q－12r·p) ＝12(a2－12a2cos 60°＋a2cos 60°－12a2cos 60°) ＝12(a2－a42＋a22－a42)＝a22.
2．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 四点共面，只要能证明P→A＝xP→B＋yP→C，或对空间任一点 O，有O→A＝O→P＋xP→B＋yP→C，或O→P＝xO→A＋yO→B＋zO→C(x＋y＋z＝ 1)．
第十页，共19页。
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O→M＝13(O→A＋O→B＋O→C)．
第十七页，共19页。
解：记A→B＝a，A→D＝b，A→A1＝c， 则|a|＝|b|＝|c|＝1，〈a，b〉＝〈b，c〉＝〈c，a〉＝60°， ∴a·b＝b·c＝c·a＝12. (1)|A→C1|2＝(a＋b＋c)2＝a2＋b2＋c2＋2(a·b＋b·c＋c·a)＝1＋1＋1 ＋2×12＋12＋12＝6， ∴|A→C1|＝ 6.
第七章 立体几何 (lìtǐjǐhé)
2024届新高考一轮总复习人教版 第七章 第5节 空间向量的运算及应用 课件(41张)
第七章 立体几何与空间向量
[课标解读] 1.了解空间直角坐标系，会用空间直角坐标系刻画点的位置，会简单应 用空间两点间的距离公式． 2.了解空间向量基本定理及其意义，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、数量积及其坐标表示．能用向量的 数量积判断向量的共线和垂直． 4.理解直线的方向向量及平面的法向量. 能用向量语言 表述直线与直线、直线与平面、平面与平面的垂直与平行关系；能用向量方法证明有关 直线、平面位置关系的判定定理．
直线的方向向量 直线的方向向量有_无__数___个 直线 l_⊥___平面 α，取直线 l 的方向向量 a，则向量 a 叫做平面 α 的
平面的法向量 法向量．显然一个平面的法向量有_无__数___个，它们是共线向量
[提醒] 直线的方向向量和平面的法向量均不为零向量且不唯一．
5．空间中直线、平面位置关系的向量表示
位置关系
向量表示
u1，u2 分别是直线 l1，l2 的方向向量 u 是直线 l 的方向向量，n 是平面 α 的
l1∥l2 l1⊥l2 l∥α
⇔__u_1_∥_u_2__⇔∃λ∈R，使得_u_1_＝__λ_u_2__ ⇔__u_1_⊥__u_2_⇔__u_1_·_u_2__＝0 ⇔_u__⊥__n_⇔__u_·_n__＝0
法向量
l⊥α ⇔_u__∥__n_⇔∃λ∈R，使得_u_＝__λ_n__
n1，n2 分别是平面 α，β 的法向量
α∥β ⇔_n__1∥__n_2__⇔∃λ∈R，使得__n_1＝__λ_n_2__ α⊥β ⇔_n__1⊥__n_2__⇔__n_1_·_n_2__＝0
[必记结论] 1．在平面中 A，B，C 三点共线的充要条件是：O→A＝xO→B＋yO→C(其中 x＋y＝1)，O 为平面内任意一点． 2．在空间中，P，A，B，C 四点共面的充要条件是：O→P＝xO→A＋yO→B＋zO→C(其中 x ＋y＋z＝1)，0 为空间中任意一点．
[课标解读] 1.了解空间直角坐标系，会用空间直角坐标系刻画点的位置，会简单应 用空间两点间的距离公式． 2.了解空间向量基本定理及其意义，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、数量积及其坐标表示．能用向量的 数量积判断向量的共线和垂直． 4.理解直线的方向向量及平面的法向量. 能用向量语言 表述直线与直线、直线与平面、平面与平面的垂直与平行关系；能用向量方法证明有关 直线、平面位置关系的判定定理．
直线的方向向量 直线的方向向量有_无__数___个 直线 l_⊥___平面 α，取直线 l 的方向向量 a，则向量 a 叫做平面 α 的
平面的法向量 法向量．显然一个平面的法向量有_无__数___个，它们是共线向量
[提醒] 直线的方向向量和平面的法向量均不为零向量且不唯一．
5．空间中直线、平面位置关系的向量表示
位置关系
向量表示
u1，u2 分别是直线 l1，l2 的方向向量 u 是直线 l 的方向向量，n 是平面 α 的
l1∥l2 l1⊥l2 l∥α
⇔__u_1_∥_u_2__⇔∃λ∈R，使得_u_1_＝__λ_u_2__ ⇔__u_1_⊥__u_2_⇔__u_1_·_u_2__＝0 ⇔_u__⊥__n_⇔__u_·_n__＝0
法向量
l⊥α ⇔_u__∥__n_⇔∃λ∈R，使得_u_＝__λ_n__
n1，n2 分别是平面 α，β 的法向量
α∥β ⇔_n__1∥__n_2__⇔∃λ∈R，使得__n_1＝__λ_n_2__ α⊥β ⇔_n__1⊥__n_2__⇔__n_1_·_n_2__＝0
[必记结论] 1．在平面中 A，B，C 三点共线的充要条件是：O→A＝xO→B＋yO→C(其中 x＋y＝1)，O 为平面内任意一点． 2．在空间中，P，A，B，C 四点共面的充要条件是：O→P＝xO→A＋yO→B＋zO→C(其中 x ＋y＋z＝1)，0 为空间中任意一点．
高考数学一轮复习 第七章 立体几何 7.6 空间向量及其运算课件
2．小题热身 (1)如图所示，在平行六面体 ABCD-A1B1C1D1 中，M 为 A1C1 与 B1D1 的交点．若A→B＝a，A→D＝b，A→A1＝c，则下列向量中与B→M 相等的向量是( A )
A．－12a＋12b＋c B．12a＋12b＋c C．－12a－12b＋c D．12a－12b＋c
12/11/2021
考点三 空间向量的数量积运算 【例 3】 如图所示，已知空间四边形 ABCD 的每条边和对角 线长都等于 1，点 E，F，G 分别是 AB，AD，CD 的中点，计算：
(1)E→F·B→A； (2)EG 的长．
12/11/2021
【解】 设A→B＝a，A→C＝b，A→D＝c，则|a|＝|b|＝|c|＝1，〈a， b〉＝〈b，c〉＝〈c，a〉＝60°，E→F＝12B→D＝12c－12a，B→A＝－a，
12/11/2021
02 考点探究 明晰规律
课堂升华 强技提能
12/11/2021
考点一 空间向量的线性运算 【例 1】 在三棱锥 O-ABC 中，M，N 分别是 OA，BC 的中 点，G 是△ABC 的重心，用基向量O→A，O→B，O→C表示O→G，M→G.
12/11/2021
【解】 O→G＝O→A＋A→G＝O→A＋23A→N＝O→A＋23(O→N－O→A) ＝O→A＋2312O→B＋O→C－O→A ＝13O→A＋13O→B＋13O→C， M→G＝O→G－O→M＝O→G－12O→A ＝13O→A＋13O→B＋13O→C－12O→A ＝－16O→A＋13O→B＋13O→C.
2 2.
12/11/2021
方法技巧 (1)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． (2)利用数量积可解决有关垂直、夹角、长度问题． ①a≠0，b≠0，a⊥b⇔a·b＝0； ②|a|＝ a2； ③cos〈a，b〉＝|aa|·|bb|.
高考数学一轮复习 第七章 立体几何 课时作业50 空间向量及其运算和空间位置关系课件 理
→ → → → →→ → → → →
→
AB·(AB＋λBD1)＝AB2＋λAB·BD1＝AB2＋λAB·(AD1－AB)＝(1－λ)AB2＝1－λ，
→→ 因此DC·AP的取值范围是[0,1]。
答案 [0,1]
2021/12/11
第十五页，共三十三页。
三、解答题 10.如图所示，已知空间四边形 ABCD 的每条边和对角线长都等于 1， 点 E，F，G 分别是 AB，AD，CD 的中点。计算：
2021/12/11
第二页，共三十三页。
2．已知空间四边形 ABCD 的每条边和对角线的长都等于 a，点 E，F
→→ 分别是 BC，AD 的中点，则AE·AF的值为( )
A.a2
B.12a2
C.14a2
D. 43a2
解析
→ AE
→ ·AF
＝
1 2
(
→ AB
＋
→ AC
1 )·2
→ AD
＝41
(
→ AB
A. (1,1,1) C.1，1，32
2021/12/11
B.1，1，12 D.(1,1,2)
第六页，共三十三页。
解析 设 PD＝a，则 A(2,0,0)，B(2,2,0)，P(0,0，a)，E1，1，a2。所以D→P
＝(0,0，a)，A→E＝－1，1，a2。由
→→ cos〈DP，AE〉＝
33，所以
→ 则|EG|＝
22。故
EG
的长为
22。
(3)A→G＝12b＋12c，
C→E＝C→A＋A→E＝－b＋12a，
2021/12/11
第十八页，共三十三页。
所以
→→ cos〈AG，CE〉＝
新课程2021高考数学一轮复习第七章立体几何第7讲立体几何中的向量方法课件
2．小题热身 (1)若直线 l 的方向向量为 a＝(1,0,2)，平面 α 的法向量为 n＝(－2,0，－ 4)，则( ) A．l∥α B．l⊥α C．l⊂ α D．l 与 α 相交但不垂直 答案 B 解析 因为 a＝(1,0,2)，n＝(－2,0，－4)， 所以 n＝－2a，所以 a∥n，所以 l⊥α.
又A→1C1＝(0,2,0)，D→A1＝( 3，0， 3)， 则2y3＝x＋0，3z＝0， 取 x＝1，则 n＝(1,0，－1)， 因为 BP∥平面 DA1C1， 则 n⊥B→P，即 n·B→P＝－ 3－ 3λ＝0，得 λ＝－1， 即点 P 在 C1C 的延长线上，且 C1
线线平行
证明两直线的方向向量共线
①证明该直线的方向向量与平面的某一法向量垂直；
②证明直线的方向向量与平面内某直线的方向向量平行； 线面平行
③证明该直线的方向向量可以用平面内的两个不共线的向量线
性表示
①证明两平面的法向量平行(即为共线向量)； 面面平行
②转化为线面平行、线线平行问题
2．用空间向量证明垂直问题的方法 线线垂 证明两直线所在的方向向量互相垂直，即证它们的数 直问题 量积为零 线面垂 直线的方向向量与平面的法向量共线(举例说明 1(1))， 直问题 或利用线面垂直的判定定理转化为证明线线垂直 面面垂 两个平面的法向量垂直，或利用面面垂直的判定定理 直问题 转化为证明线面垂直
□01 |e·n|
面 α 所成的角为 φ，两向量 e 与 n 的夹角为 θ，则有 sinφ＝|cosθ|＝ |e||n| ，
φ 的取值范围是[0°，90°]．
5．求二面角的大小
(1)如图①，AB，CD 是二面角 α－l－β 的两个面内与棱 l 垂直的直线，
则二面角的大小 θ＝ □01 〈A→B，C→D〉．
〖2021年整理〗《空间向量与立体几何》完整教学课件PPT
【解】 (1)A→P＝12(A→C＋A→ A′) ＝12(A→B＋A→D＋A→ A′)＝12(a＋b＋c)． (2)A→M＝12(A→C＋AD→′)
＝12(A→B＋A→D＋A→ A′＋A→D)＝12a＋b＋12c.
(3)A→N＝12(A→ C′＋AD→′) ＝12[(A→B＋A→D＋AA→′)＋(A→D＋AA→′)] ＝12(A→B＋2A→D＋2A→ A′)＝12a＋b＋c. (4)A→Q＝A→C＋C→Q＝A→C＋45(AA→′－A→C)
＝15A→B＋15A→D＋45A→ A′＝15a＋15b应该注 意相反向量的使用，求和的形式往往决定着 运算的方法．
2．共线向量、共面向量
运用共线向量定理和共面向量定理可以解决 立体几何中的平行问题和共面问题．
例2 已知下列命题：①若 a 与 b 共线，b 与 c 共线，则 a 与 c 共线；②向量 a，b，c 共面，则 它们所在直线也共面；③若 a 与 b 共线，则存在 惟一的实数 λ，使 b＝λa；④若 A，B，C 三点不
－M→B －M→C ，则 M→A 与 M→B ，M→C 共面，又 M 是三
个有向线段的公共点，则 A，B，C，M 四点共面， 且 M 为△ABC 重心，∴④是真命题．故填④.
【答案】 ④
【名师点评】 O→M＝xO→A＋yO→B＋zO→C，x＋
y＋z＝1 是 A，B，C，M 四点共面的充要条件．
基向量法
共线，O 是平面 ABC 外一点，O→M＝13O→A ＋13O→B
＋13O→C ，则点 M 一定在平面 ABC 上，且在△
ABC 内部．其中是真命题的是________．
【解析】 利用向量共线、共面定理逐一验证真假．① ②③均为假命题．④中 A，B，C，M 四点共面．等
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(1)求证：EF⊥平面BAF； (2)若二面角A-BF-D的余弦值为 42，求AB的长．
解：(1)证明：∵四边形ABCD为矩形，∴BA⊥AD， ∵平面ABCD⊥平面ADEF，又平面ABCD∩平面ADEF＝ AD，BA⊂平面ABCD，∴BA⊥平面ADEF. 又EF⊂平面ADEF，∴BA⊥EF. 又AF⊥EF，且AF∩BA＝A，∴EF⊥平面BAF.
(2)令A→E ＝t A→B (t∈R)，所以 O→E ＝ O→A ＋ A→E ＝ O→A ＋t A→B ＝(－
3，－1,4)＋t(1，－1，－2)＝(－3＋t，－1－t,4－2t)，若
→ OE
⊥
b，则
→ OE
·b＝0，所以－2(－3＋t)＋(－1－t)＋(4－2t)＝0，解得t
＝
9 5
.因此存在点E，使得
(2)设AB＝x(x>0)．以F为坐标原点，AF，FE所在直线分别 为x轴、y轴建立空间直角坐标系F-xyz，如图．
则F(0,0,0)，E(0， 3，0)，
D(－1， 3，0)，B(－2,0，x)，
∴D→F＝(1，－ 3，0)，B→F＝(2,0，－x)．
由(1)知EF⊥平面ABF，
∴平面ABF的一个法向量可取n1＝(0,1,0)． 设n2＝(x1，y1，z1)为平面BFD的一个法向量，
11．已知O(0,0,0)，A(1,2,3)，B(2,1,2)，P(1,1,2)，点Q在直线 OP上运动，当Q→A·Q→B取最小值时，点Q的坐标是__43_，__43_，__83____.
解析：由题意，设
→ OQ
＝λ
→ OP
，即OQ＝(λ，λ，2λ)，则
→ QA
＝(1－λ，2－λ，3－2λ)，Q→B＝(2－λ，1－λ，2－2λ)，∴Q→A·Q→B ＝(1－λ)(2－λ)＋(2－λ)(1－λ)＋(3－2λ)(2－2λ)＝6λ2－16λ＋10＝
4．已知a＝(2，－1,3)，b＝(－1,4，－2)，c＝(7,5，λ)，若
a、b、c三个向量共面，则实数λ等于( D )
A．672
B．673
C．674
D．675
解析：由于a，b，c三个向量共面，所以存在实数m，n使
得c＝ma＋nb，即有 75＝ ＝2－mm－＋n， 4n， λ＝3m－2n，
解得m＝373，n＝177，λ＝675.
又PA⊥PD，PD∩CD＝D，PD，CD⊂平面PDC，所以PA
⊥平面PDC．
又PA⊂平面PAB，所以平面PAB⊥平面PDC．
14．(2020·福建龙岩质检)如图，已知正方体ABCD-A1B1C1D1 的棱长为4，P是AA1的中点，点M在侧面AA1B1B内．若D1M⊥ CP，则△BCM面积的最小值为( D )
∴|M→N|＝ 49|A→B|2＋316|A→A1|2＋19|A→D|2＝ 621A．故选A．
7．(2020·四川六市检测)在空间直角坐标系O-xyz中，四面体
ABCD各顶点坐标分别为A(2,2,1)，B(2,2，－1)，C(0,2,1)，
D(0,0,1)，则该四面体外接球的表面积是( B )
A．16π
10.已知空间四边形OABC，点M、N分别是OA、BC的中 点，且O→A＝a，O→B＝b，O→C＝c，用a，b，c表示向量M→N＝ ____12_(_b_＋__c_－__a_) __．
解析：
如图，M→N＝12(M→B＋M→C) ＝12[(O→B－O→M)＋(O→C－O→M)] ＝12(O→B＋O→C－2O→M) ＝12(O→B＋O→C－O→A)＝12(b＋c－a)．
课时作业49 空间向量及其运算
一、选择题
1．已知点A(－3,0，－4)，点A关于原点的对称点为B，则
|AB|等于( D )
A．12
B．9
C．25
D．10
解析：点A关于原点对称的点B的坐标为(3,0,4)，故|AB|＝ －3－32＋0－02＋－4－42＝10.
2．已知向量a＝(2，－3,5)，b＝3，λ，125，且a∥b，则λ等 于( C )
易知平面PAD的一个法向量为O→F＝0，a2，0， 因为E→F＝a4，0，－a4，且O→F·E→F＝0，a2，0·a4，0，－a4＝ 0，
又因为EF⊄平面PAD，所以EF∥平面PAD．
(2)因为P→A
＝a2，0，－a2
，
C→D＝(0，－a,0)，所以
→ PA
→ ·CD
＝
a2，0，－a2·(0，－a,0)＝0，所以P→A⊥C→D，所以PA⊥CD．
→ OE
⊥b，此时E点的坐标为(－
6 5
，－
154，25)．
13.如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是边长为a的正方
形，侧面PAD⊥底面ABCD，且PA＝PD＝
2 2
AD，设E，F分别为
PC，BD的中点．
(1)求证：EF∥平面PAD；
(2)求证：平面PAB⊥平面PDC．
证明：
(1)如图，取AD的中点O，连接OP，OF.因为PA＝PD，所
B．12π
C．4 3π
D．6π
解析：通过各点坐标可知，A，B，C，D四点恰为棱长为2
的正方体的四个顶点，故此四面体与对应的正方体有共同的外
接球，其半径R为正方体体对角线的一半，则R＝
22＋22＋22 2
＝ 3，故该四面体外接球的表面积是4πR2＝12π.故选B．
8．(2020·河南焦作检测)在棱长为4的正方体ABCD-A1B1C1D1 中，点E，F分别在棱AA1和AB上，且C1E⊥EF，则AF的最大值 为( B )
A．12 C．32
B．1 D．2
解析：以AB，AD，AA1所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立
空间直角坐标系，如图所示，则C1(4,4,4)．设E(0,0，z)，z∈
[0,4]，F(x,0,0)，x∈[0,4]，设AF＝x.故
→ EC1
＝(4,4,4－z)，
→ EF
＝
(x,0，－z)．因为C1E⊥EF，所以
5．设A，B，C，D是空间不共面的四个点，且满足A→B·A→C＝ 0，A→D·A→C＝0，A→D·A→B＝0，则△BCD的形状是( C )
A．钝角三角形 B．直角三角形 C．锐角三角形 D．无法确定
解析：B→C·B→D＝(A→C－A→B)·(A→D－A→B)＝A→C·A→D－A→C·A→B－ A→B·A→D＋A→B2＝A→B2>0，同理D→B·D→C>0，C→B·C→D>0，故△BCD为 锐角三角形．故选C．
→ ·CP
＝－4a＋16＋2b－8＝
0，即b＝2a－4.取AB的中点N，连接B1N，则点M的轨迹即为线
段B1N.过B作BQ⊥B1N于点Q，则BQ＝42×52＝4 5 5，又BC⊥平面
ABB1A1，故BC⊥BQ，∴S△BCM的最小值为S△BCM＝
1 2
×4×
4
5
5
＝
85 5.
15．(2020·广西南宁月考)如图，平面ABCD⊥平面ADEF， 其中ABCD为矩形，ADEF为梯形，AF∥DE，AF⊥FE，AF＝AD ＝2DE＝2.
→ EC1
→ ·EF
＝0，即z2＋4x－4z＝
0，则x＝z－
14z2＝－
1 4
(z－2)2＋1，所以当z＝2时，x取得最大值1.
所以AF的最大值为1.故选B．
二、填空题 9．已知点P在z轴上，且满足|OP|＝1(O为坐标原点)，则点P 到点A(1,1,1)的距离为___2_或___6____.
解析：由题意知，P(0,0,1)或P(0,0，－1)． ∴|PA|＝ 0－12＋0－12＋1－12＝ 2. 或|PA|＝ 1－02＋1－02＋1＋12＝ 6.
A．8 C．8 2
B．4 D．8 5 5
解析：以AB，AD，AA1所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立 空间直角坐标系，如图所示，则P(0,0,2)，C(4,4,0)，
D1(0,4,4)．设M(a,0，b)，则
→ D1M
＝(a，－4，b－4)，
→ CP
＝
(－4，－4,2)．∵D1M⊥CP，∴
→ D1M
6λ－432－23，当λ＝43时有最小值，此时Q点坐标为43，43，83.
三、解答题 12．已知a＝(1，－3,2)，b＝(－2,1,1)，点A(－3，－1,4)， B(－2，－2,2)． (1)求|2a＋b|； (2)在直线AB上，是否存在一点E，使得O→E⊥b？(O为原点)
解：(1)2a＋b＝(2，－6,4)＋(－2，1,1)＝(0，－5,5)，故|2a ＋b|＝ 02＋－52＋52＝5 2.
6．已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为a，A→M
＝
1 2
M→C1，点
N为B1B的中点，则|MN|等于( A )
A．
21 6a
B．
6 6a
C．
15 6a
D．
15 3a
解析：∵
M→N＝
→ AN
－
A→M＝
→ AN
－
1 3
A→C1＝A→B
＋
B→N－
1 3
→ (AB
＋
A→D＋A→A1)＝23A→B＋16A→A1－13A→D，
则nn22··BD→→FF＝＝00，，
即x21x－1－z31yx1＝＝00，，
A．23
B．92
C．－92
D．－
2＝3k， 解析：a∥b⇔a＝kb⇔－3＝kλ，
5＝125k
⇔ kλ＝ ＝23－，92.
3．已知向量a＝(1,1,0)，b＝(－1,0,2)，且ka＋b与2a－b互相
垂直，则k的值为( D )
A．1
B．15
C．35
D．75
解析：ka＋b＝(k－1，k,2)，2a－b＝(3,2，－2)，由题意 知，3(k－1)＋2k－4＝0，解得k＝75.
解：(1)证明：∵四边形ABCD为矩形，∴BA⊥AD， ∵平面ABCD⊥平面ADEF，又平面ABCD∩平面ADEF＝ AD，BA⊂平面ABCD，∴BA⊥平面ADEF. 又EF⊂平面ADEF，∴BA⊥EF. 又AF⊥EF，且AF∩BA＝A，∴EF⊥平面BAF.
(2)令A→E ＝t A→B (t∈R)，所以 O→E ＝ O→A ＋ A→E ＝ O→A ＋t A→B ＝(－
3，－1,4)＋t(1，－1，－2)＝(－3＋t，－1－t,4－2t)，若
→ OE
⊥
b，则
→ OE
·b＝0，所以－2(－3＋t)＋(－1－t)＋(4－2t)＝0，解得t
＝
9 5
.因此存在点E，使得
(2)设AB＝x(x>0)．以F为坐标原点，AF，FE所在直线分别 为x轴、y轴建立空间直角坐标系F-xyz，如图．
则F(0,0,0)，E(0， 3，0)，
D(－1， 3，0)，B(－2,0，x)，
∴D→F＝(1，－ 3，0)，B→F＝(2,0，－x)．
由(1)知EF⊥平面ABF，
∴平面ABF的一个法向量可取n1＝(0,1,0)． 设n2＝(x1，y1，z1)为平面BFD的一个法向量，
11．已知O(0,0,0)，A(1,2,3)，B(2,1,2)，P(1,1,2)，点Q在直线 OP上运动，当Q→A·Q→B取最小值时，点Q的坐标是__43_，__43_，__83____.
解析：由题意，设
→ OQ
＝λ
→ OP
，即OQ＝(λ，λ，2λ)，则
→ QA
＝(1－λ，2－λ，3－2λ)，Q→B＝(2－λ，1－λ，2－2λ)，∴Q→A·Q→B ＝(1－λ)(2－λ)＋(2－λ)(1－λ)＋(3－2λ)(2－2λ)＝6λ2－16λ＋10＝
4．已知a＝(2，－1,3)，b＝(－1,4，－2)，c＝(7,5，λ)，若
a、b、c三个向量共面，则实数λ等于( D )
A．672
B．673
C．674
D．675
解析：由于a，b，c三个向量共面，所以存在实数m，n使
得c＝ma＋nb，即有 75＝ ＝2－mm－＋n， 4n， λ＝3m－2n，
解得m＝373，n＝177，λ＝675.
又PA⊥PD，PD∩CD＝D，PD，CD⊂平面PDC，所以PA
⊥平面PDC．
又PA⊂平面PAB，所以平面PAB⊥平面PDC．
14．(2020·福建龙岩质检)如图，已知正方体ABCD-A1B1C1D1 的棱长为4，P是AA1的中点，点M在侧面AA1B1B内．若D1M⊥ CP，则△BCM面积的最小值为( D )
∴|M→N|＝ 49|A→B|2＋316|A→A1|2＋19|A→D|2＝ 621A．故选A．
7．(2020·四川六市检测)在空间直角坐标系O-xyz中，四面体
ABCD各顶点坐标分别为A(2,2,1)，B(2,2，－1)，C(0,2,1)，
D(0,0,1)，则该四面体外接球的表面积是( B )
A．16π
10.已知空间四边形OABC，点M、N分别是OA、BC的中 点，且O→A＝a，O→B＝b，O→C＝c，用a，b，c表示向量M→N＝ ____12_(_b_＋__c_－__a_) __．
解析：
如图，M→N＝12(M→B＋M→C) ＝12[(O→B－O→M)＋(O→C－O→M)] ＝12(O→B＋O→C－2O→M) ＝12(O→B＋O→C－O→A)＝12(b＋c－a)．
课时作业49 空间向量及其运算
一、选择题
1．已知点A(－3,0，－4)，点A关于原点的对称点为B，则
|AB|等于( D )
A．12
B．9
C．25
D．10
解析：点A关于原点对称的点B的坐标为(3,0,4)，故|AB|＝ －3－32＋0－02＋－4－42＝10.
2．已知向量a＝(2，－3,5)，b＝3，λ，125，且a∥b，则λ等 于( C )
易知平面PAD的一个法向量为O→F＝0，a2，0， 因为E→F＝a4，0，－a4，且O→F·E→F＝0，a2，0·a4，0，－a4＝ 0，
又因为EF⊄平面PAD，所以EF∥平面PAD．
(2)因为P→A
＝a2，0，－a2
，
C→D＝(0，－a,0)，所以
→ PA
→ ·CD
＝
a2，0，－a2·(0，－a,0)＝0，所以P→A⊥C→D，所以PA⊥CD．
→ OE
⊥b，此时E点的坐标为(－
6 5
，－
154，25)．
13.如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是边长为a的正方
形，侧面PAD⊥底面ABCD，且PA＝PD＝
2 2
AD，设E，F分别为
PC，BD的中点．
(1)求证：EF∥平面PAD；
(2)求证：平面PAB⊥平面PDC．
证明：
(1)如图，取AD的中点O，连接OP，OF.因为PA＝PD，所
B．12π
C．4 3π
D．6π
解析：通过各点坐标可知，A，B，C，D四点恰为棱长为2
的正方体的四个顶点，故此四面体与对应的正方体有共同的外
接球，其半径R为正方体体对角线的一半，则R＝
22＋22＋22 2
＝ 3，故该四面体外接球的表面积是4πR2＝12π.故选B．
8．(2020·河南焦作检测)在棱长为4的正方体ABCD-A1B1C1D1 中，点E，F分别在棱AA1和AB上，且C1E⊥EF，则AF的最大值 为( B )
A．12 C．32
B．1 D．2
解析：以AB，AD，AA1所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立
空间直角坐标系，如图所示，则C1(4,4,4)．设E(0,0，z)，z∈
[0,4]，F(x,0,0)，x∈[0,4]，设AF＝x.故
→ EC1
＝(4,4,4－z)，
→ EF
＝
(x,0，－z)．因为C1E⊥EF，所以
5．设A，B，C，D是空间不共面的四个点，且满足A→B·A→C＝ 0，A→D·A→C＝0，A→D·A→B＝0，则△BCD的形状是( C )
A．钝角三角形 B．直角三角形 C．锐角三角形 D．无法确定
解析：B→C·B→D＝(A→C－A→B)·(A→D－A→B)＝A→C·A→D－A→C·A→B－ A→B·A→D＋A→B2＝A→B2>0，同理D→B·D→C>0，C→B·C→D>0，故△BCD为 锐角三角形．故选C．
→ ·CP
＝－4a＋16＋2b－8＝
0，即b＝2a－4.取AB的中点N，连接B1N，则点M的轨迹即为线
段B1N.过B作BQ⊥B1N于点Q，则BQ＝42×52＝4 5 5，又BC⊥平面
ABB1A1，故BC⊥BQ，∴S△BCM的最小值为S△BCM＝
1 2
×4×
4
5
5
＝
85 5.
15．(2020·广西南宁月考)如图，平面ABCD⊥平面ADEF， 其中ABCD为矩形，ADEF为梯形，AF∥DE，AF⊥FE，AF＝AD ＝2DE＝2.
→ EC1
→ ·EF
＝0，即z2＋4x－4z＝
0，则x＝z－
14z2＝－
1 4
(z－2)2＋1，所以当z＝2时，x取得最大值1.
所以AF的最大值为1.故选B．
二、填空题 9．已知点P在z轴上，且满足|OP|＝1(O为坐标原点)，则点P 到点A(1,1,1)的距离为___2_或___6____.
解析：由题意知，P(0,0,1)或P(0,0，－1)． ∴|PA|＝ 0－12＋0－12＋1－12＝ 2. 或|PA|＝ 1－02＋1－02＋1＋12＝ 6.
A．8 C．8 2
B．4 D．8 5 5
解析：以AB，AD，AA1所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立 空间直角坐标系，如图所示，则P(0,0,2)，C(4,4,0)，
D1(0,4,4)．设M(a,0，b)，则
→ D1M
＝(a，－4，b－4)，
→ CP
＝
(－4，－4,2)．∵D1M⊥CP，∴
→ D1M
6λ－432－23，当λ＝43时有最小值，此时Q点坐标为43，43，83.
三、解答题 12．已知a＝(1，－3,2)，b＝(－2,1,1)，点A(－3，－1,4)， B(－2，－2,2)． (1)求|2a＋b|； (2)在直线AB上，是否存在一点E，使得O→E⊥b？(O为原点)
解：(1)2a＋b＝(2，－6,4)＋(－2，1,1)＝(0，－5,5)，故|2a ＋b|＝ 02＋－52＋52＝5 2.
6．已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为a，A→M
＝
1 2
M→C1，点
N为B1B的中点，则|MN|等于( A )
A．
21 6a
B．
6 6a
C．
15 6a
D．
15 3a
解析：∵
M→N＝
→ AN
－
A→M＝
→ AN
－
1 3
A→C1＝A→B
＋
B→N－
1 3
→ (AB
＋
A→D＋A→A1)＝23A→B＋16A→A1－13A→D，
则nn22··BD→→FF＝＝00，，
即x21x－1－z31yx1＝＝00，，
A．23
B．92
C．－92
D．－
2＝3k， 解析：a∥b⇔a＝kb⇔－3＝kλ，
5＝125k
⇔ kλ＝ ＝23－，92.
3．已知向量a＝(1,1,0)，b＝(－1,0,2)，且ka＋b与2a－b互相
垂直，则k的值为( D )
A．1
B．15
C．35
D．75
解析：ka＋b＝(k－1，k,2)，2a－b＝(3,2，－2)，由题意 知，3(k－1)＋2k－4＝0，解得k＝75.