高考第一轮复习数学：9.7空间向量及其坐标运算（B）.doc

9.7 空间向量及其坐标运算（B）

●知识梳理
1.若=xi+yj+zk，那么（x，y，z）叫做向量的坐标，也叫点P的坐标.
2.设a=（x1，y1，z1），b=（x2，y2，z2），
那么a±b=（x1±x2，y1±y2，z1±z2），
a·b=x1x2+y1y2+z1z2，
cos〈a，b〉=.
3.设M1（x1，y1，z1），M2（x2，y2，z2），
则|M1M2|=.
4.对非零向量a与b，有a∥b a=kb；a⊥b a·b=0.
●点击双基
1.若a=（2x，1，3），b=（1，－2y，9），如果a与b为共线向量，则
A.x=1，y=1 B.x=，y=－ C.x=，y=－ D.x=－，y=
解析：∵a=（2x，1，3）与b=（1，－2y，9）共线，故有==.
∴x=，y=－.应选C.
答案：C
2.在空间直角坐标系中，已知点P（x，y，z），下列叙述中正确的个数是
①点P关于x轴对称点的坐标是P1（x，－y，z） ②点P关于yOz平面对称点的坐标是P2（x，－y，－z） ③点P关于y轴对称点的坐标是P3（x，－y，z） ④点P关于原点对称的点的坐标是P4（－x，－y，－z）
A.3 B.2 C.1 D.0
解析：P关于x轴的对称点为P1（x，－y，－z），关于yOz平面的对称点为P2（－x，y，z），关于y轴的对称点为P3（－x，y，－z）.故①②③错误.
答案：C
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值是
A.1 B. C. D.
解析：ka+b=k（1，1，0）＋（－1，0，2）=（k－1，k，2），2a－b=2（1，1，0）－
（－1，0，2）=（3，2，－2）.∵两向量垂直，∴3（k－1）＋2k－2×2=0.∴k=.
答案：D
4.已知空间三点A（1，1，1）、B（－1，0，4）、C（2，－2，3），则与的夹角θ的大小是_________.
解析：=（－2，－1，3），=（－1，3，－2），
cos〈，〉=
==－，∴θ=〈，〉=120°.
答案：120°
5.已知点A（1，2，1）、B（－1，3，4）、D（1，1，1），若=2，则| |的值是__________.
解析：设点P（x，y，z），则由=2，得（x－1，y－2，z－1）=2（－1－x，3－y，4－z），即则||==.
答案：
●典例剖析
【例1】 已知=（2，2，1），=（4，5，3），求平面ABC的单位法向量.
即∴n=（，－1，1），单位法向量n0=±=±（，－，）.
解：设面ABC的法向量n=（x，y，1），则n⊥且n⊥，即n·=0，且n·=0，即
2x+2y+1=0，
4x+5y+3=0，
特别提示
一般情况下求法向量用待定系数法.由于法向量没规定长度，仅规定了方向，所以有一个自由度，可把n的某个坐标设为1，再求另两个坐标.平面法向量是垂直于平面的向量，故法向量的相反向量也是法向量，所以本题的单位法向量应有两解.
【例2】 在三棱锥S—ABC中，∠SAB=∠SAC=∠ACB=90°，AC=2，BC=，SB=.
（1）求证：SC⊥BC；
（2）求SC与AB所成角的余弦值.
解法一：如下图，取A为原点，AB、AS分别为y、z轴建立空间直角坐标系，则有AC=2，BC=，SB=，得B（0，，0）、S（0，0，2）、C（2，，0）， =（2，，－2），=（－2，，0）.

（1）∵·=0，∴SC⊥BC.
（2）设SC与AB所成的角为α，∵=（0，，0），·=4，||| |=4，
∴cosα=，即为所求.
解法二：（1）∵SA⊥面ABC，AC⊥BC，AC是斜线SC在平面ABC内的射影，∴SC⊥BC.
（2）如下图，过点C作CD∥AB，过点A作AD∥BC交CD于点D，连结SD、SC，则∠SCD为异面直线SC与AB所成的角.∵四边形ABCD是平行四边形，CD=，SA=2，SD===5，∴在△SDC中，由余弦定理得cos∠SCD=，即为所求.

特别提示
本题（1）采用的是“定量”与“定性”两种证法.题（2）的解法一应用向量的数量积直接计算，避免了作辅助线、平移转化的麻烦，但需建立恰当的坐标系；解法二虽然避免了建系，但要选点、平移、作辅助线、解三角形.
【例3】 如下图，直棱柱ABC—A1B1C1的底面△ABC中，CA=CB=1，∠BCA=90°，棱AA1=2，M、N分别是A1B1、A1A的中点.

（1）求的长；
（2）求cos〈，〉的值；
（3）求证：A1B⊥C1M.
（1）解：依题意得B（0，1，0），N（1，0，1），
∴｜｜==.
（2）解：A1（1，0，2），B（0，1，0），C（0，0，0），B1（0，1，2），
∴=（1，－1，2），=（0，1，2），·=3，｜｜=，｜｜=.
∴cos〈，〉==.
（3）证明：C1（0，0，2），M（，，2），
=（－1，1，－2），=（，，0），∴·=0，∴A1B⊥C1M.
深化拓展
根据本题条件，还可以求直线AC1与平面A1ABB1所成的角.（答案是arcsin）
【例4】 如下图，在正方体ABCD—A1B1C1D1中，E、F分别是BB1、CD的中点.

（1）证明AD⊥D1F；
（2）求AE与D1F所成的角；
（3）证明面AED⊥面A1D1F.
解：取D为原点，DA、DC、DD1为x轴、y轴、z轴建立直角坐标系，取正方体棱长为2，则A（2，0，0）、A1（2，0，2）、D1（0，0，2）、E（2，2，1）、F（0，1，0）.
（1）∵· =（2，0，0）·（0，1，－2）=0，∴AD⊥D1F.
（2）∵·=（0，2，1）·（0，1，－2）=0，
∴AE⊥D1F，即AE与D1F成90°角.
（3）∵·=（2，2，1）·（0，1，－2）=0，
∴DE⊥D1F.∵AE⊥D1F，∴D1F⊥面AED.
∵D1F面A1D1F，∴面AED⊥面A1D1F.
思考讨论
本题是高考题，标准答案的解法较为复杂，而运用代数向量求解则轻而易举，充分显示出代数化方法研究几何图形的优越性，这应作为立体几何复习的一个重点去掌握.通过坐标法计算数量积去证垂直，求夹角、距离，是高考的重点.
●闯关训练
夯实基础
1.设OABC是四面体，G1是△ABC的重心，G是OG1上一点，且OG=3GG1，若 =
x+y+z，则（x，y，z）为
A.（，，） B.（，，） C.（，，） D.（，，）
解析：∵= = （ +）=+ ·［（+）］=+ ［（－）+（－）］=+ + ，而=x+y+z，∴x=，y=，z=.
答案：A
2.在棱长为1的正方体ABCD—A1B1C1D1中，M、N分别为A1B1和BB1的中点，那么直线AM与CN所成的角为

A.arccos B.arccos C.arccos D.arccos
解法一：∵= +， = +，∴·=（ +
）·（+）=·= .
而||====.
同理，||=.如令α为所求之角，则
cosα===，
∴α=arccos.
解法二：建立如下图所示坐标系，把D点视作原点O，分别沿、、方向为x轴、y轴、z轴的正方向，则A（1，0，0），M（1，，1），C（0，1，0），N（1，1，）.

∴=（1，，1）－（1，0，0）=（0，，1），
=（1，1，）－（0，1，0）=（1，0，）.
故·=0×1+×0+1×=，
||== ，||==.∴cosα==
=.∴α=arccos.
答案：D
3.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，则它们所在的直线也共面；③若a与b共线，则存在唯一的实数λ，使b=λa；④若A、B、C三点不共线，O是平面ABC外一点，= + + ，则点M一定在平面ABC上，且在△ABC内部.
上述命题中的真命题是_____________.
解法一：①中b为零向量时，a与c可以不共线，故①是假命题；②中a所在的直线其实不确定，故②是假命题；③中当a=0，而b≠0时，则找不到实数λ，使b=λa，故③是假命题；④中M是△ABC的重心，故M在平面ABC上且在△ABC内，故④是真命题.
解法二：可以证明④中A、B、C、M四点共面.等式两边同加，则（ +）+（+）+（+）=0，即 + +=0，=－－，则与、共面，又M是三个有向线段的公共点，故A、B、C、M四点共面.
答案：④
4.设点C（2a+1，a+1，2）在点P（2，0，0）、A（1，－3，2）、B（8，－1，4）确定的平面上，求a的值.
解： =（－1，－3，2），=（6，－1，4）.根据共面向量定理，设 =x+y（x、y∈R），则（2a－1，a+1，2）=x（－1，－3，2）+y（6，－1，4）=（－x+6y，－3x－y，
2x+4y），∴解得x=－7，y=4，a=16.
5.已知正方体ABCD—A1B1C1D1的棱长为2，P、Q分别是BC、CD上的动点，且|PQ|=，建立如下图所示的坐标系.

（1）确定P、Q的位置，使得B1Q⊥D1P；
（2）当B1Q⊥D1P时，求二面角C1—PQ—A的大小.
解：（1）设BP=t，则
CQ=，DQ=2－.
∴B1（2，0，2），D1（0，2，2），P（2，t，0），Q（2－，2，0），
∴ =（，－2，2），
=（－2，2－t，2）.
∵B1Q⊥D1P等价于·=0，
即－2－2（2－t）+2×2=0，
整理得=t，解得t=1.
此时，P、Q分别是棱BC、CD的中点，即P、Q分别是棱BC、CD的中点时，B1Q⊥D1P；

（2）当B1Q⊥D1P时，由（1）知P、Q分别是棱BC、CD的中点.
在正方形ABCD中，PQ∥BD，且AC⊥BD，故AC⊥PQ.
设AC与PQ的交点为E，连结C1E.
∵在正方体ABCD—A1B1C1D1中，CC1⊥底面ABCD，CE是C1E在底面ABCD内的射影，∴C1E⊥PQ，
即∠C1EC是二面角C1—PQ—C的平面角，∠C1EA是二面角C1—PQ—A的平面角.
在正方形ABCD中，CE=，
在Rt△C1EC中，tan∠C1EC==2，
∴∠C1EC=arctan2，
∠C1EA=π－arctan2.
∴二面角C1—PQ—A的大小是π－arctan2.
培养能力
6.已知三角形的顶点是A（1，－1，1），B（2，1，－1），C（－1，－1，－2）.试求这个三角形的面积.
解：S=|AB||AC|sinα，其中α是AB与AC这两条边的夹角.则
S=||||
=||||
=.
在本题中，=（2，1，－1）－（1，－1，1）=（1，2，－2），=（－1，－1，
－2）－（1，－1，1）=（－2，0，－3），
∴||2=12+22+（－2）2=9，
||2=（－2）2+02+（－3）2=13，
·=1·（－2）+2·0+（－2）·（－3）=－2+6=4，
∴S==.
7.证明正三棱柱的两个侧面的异面对角线互相垂直的充要条件是它的底面边长与侧棱长的比为∶1.

证明：如图，以正三棱柱的顶点O为原点，棱OC、OB为y轴、z轴，建立空间直角坐标系，设正三棱柱底面边长与棱长分别为2a、b，则A（a，a，b）、B（0，0，b）、C（0，2a，0）.因为异面对角线OA⊥BC·=0（a，a，b）·（0，2a，－b）=2a2－b2=0b=a，即2a∶b=∶1，所以OA⊥BC的充要条件是它的底面边长与侧棱长的比为∶1.
探究创新
8.如图，ABCD是边长为a的菱形，且∠BAD=60°，△PAD为正三角形，且面PAD⊥面ABCD.

（1）求cos〈，〉的值；
（2）若E为AB的中点，F为PD的中点，求||的值；
（3）求二面角P—BC—D的大小.
解：（1）选取AD中点O为原点，OB、AD、OP所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，则A（0，－，0），B（a，0，0），P（0，0，a），D（0，，0）.
∴=（a，，0），=（0，，－a），
则cos〈，〉===.
（2）∵E、F分别为AB、PD的中点，
∴E（ a，－，0），F（0，，a）.
则||== a.
（3）∵面PAD⊥面ABCD，PO⊥AD，
∴PO⊥面ABCD.
∵BO⊥AD，AD∥BC，∴BO⊥BC.
连结PB，则PB⊥BC，
∴∠PBO为二面角P—BC—D的平面角.
在Rt△PBO中，PO=a，BO=a，
∴tan∠PBO===1.则∠PBO=45°.
故二面角P—BC—D的大小为45°.
●思悟小结
本节知识是代数化方法研究几何问题的基础，向量运算分为向量法与坐标法两类，以通过向量运算推理，去研究几何元素的位置关系为重点.利用两个向量（非零）垂直数量积为零，可证明空间直线垂直；利用数量积可计算两异面直线的夹角，可求线段的长度；运用共面向量定理可证点共面、线面平行等；利用向量的射影、平面的法向量，可求点面距、线面角、异面直线的距离等.
●教师下载中心
教学点睛
1.要使学生理解空间向量、空间点的坐标的意义，掌握向量加法、减法、数乘、点乘的坐标表示以及两点间的距离、夹角公式.通过解题，会应用空间向量的坐标运算解决立体几何中有关平行、垂直、夹角、距离等问题.
2.运用空间向量的坐标运算解决几何问题时，首先要恰当建立空间直角坐标系，计算出相关点的坐标，进而写出向量的坐标，再结合公式进行论证、计算，最后转化为几何结论.
拓展题例
【例1】 已知A（3，2，1）、B（1，0，4），求：
（1）线段AB的中点坐标和长度；
（2）到A、B两点距离相等的点P（x，y，z）的坐标满足的条件.
解：（1）设P（x，y，z）是AB的中点，则= （+）=［（3，2，1）+（1，0，4）］=（2，1，），∴点P的坐标是（2，1，），dAB==.
（2）设点P（x，y，z）到A、B的距离相等，
则
=.
化简得4x+4y－6z+3=0，即为P的坐标应满足的条件.
评述：空间两点P1（x1，y1，z1）、P2（x2，y2，z2）的中点为（，，），且|P1P2|=.
【例2】 棱长为a的正方体ABCD—A1B1C1D1中，在棱DD1上是否存在点P使B1D⊥面PAC？

解：以D为原点建立如图所示的坐标系，
设存在点P（0，0，z），
=（－a，0，z），
=（－a，a，0），
=（a，a，a），
∵B1D⊥面PAC，∴·=0，·=0.∴－a2+az=0.∴z=a，即点P与D1重合.
∴点P与D1重合时，DB1⊥面PAC.
【例3】 （2004年春季安徽）已知三棱柱ABC—A1B1C1中底面边长和侧棱长均为a，侧面A1ACC1⊥底面ABC，A1B= a.

（1）求异面直线AC与BC1所成角的余弦值；
（2）求证：A1B⊥面AB1C.
解：过点B作BO⊥AC，垂足为点O，则BO⊥侧面ACC1A1，连结A1O，在Rt△A1BO中，A1B=a，BO=a，∴A1O=a.
又AA1=a，AO=.∴△A1AO为直角三角形，A1O⊥AC，A1O⊥底面ABC.

解法一：（1）∵A1C1∥AC，∴∠BC1A1为异面直线AC与BC1所成的角.
∵A1O⊥面ABC，AC⊥BO，∴AC⊥A1B.∴A1C1⊥A1B.
在Rt△A1BC1中，A1B=a，A1C1=a，
∴BC1= a.∴cos∠BC1A1=.
∴异面直线AC与BC1所成角的余弦值为.
（2）设A1B与AB1相交于点D，
∵ABB1A1为菱形，∴AB1⊥A1B.
又A1B⊥AC，AB1与AC是平面AB1C内两条相交直线，∴A1B⊥面AB1C.

解法二：（1）如图，建立坐标系，原点为BO⊥AC的垂足O.由题设条件可得B（ a，0，0），C1（0，a，a），A（0，－a，0），C（0，a，0），
∴ =（－a，a，a），=（0，a，0）.
设与的夹角为θ，则
cosθ===，
∴异面直线AC与BC1所成角的余弦值为.
（2）A1（0，0，a），B（a，0，0），∴ =（a，0，－a），
=（0，a，0），·=0.
∴A1B⊥AC.
∵ABB1A1为菱形，∴A1B⊥AB1.
又∵AB1与AC为平面AB1C内两条相交直线，∴A1B⊥平面AB1C.