1、空間向量及其運算知識點1、向量共線、共面的判定. 1、共線: 對空間任意兩個向量a, b(b0), ab的充要條件是_. 2、共面: 如果兩個向量a, b(不共線), 那么向量p與向量a, b共面的充要條件是存在惟一的有序實數對(x, y), 使_. 答案: pxayb.3、不共面: 如果三個向量a, b, c不共面, 那么對空間任一向量p, 存在有序實數組x, y, z, 使得p_, 把a, b, c叫做空間的一個基底. 知識點2、向量運算律兩向量的數量積已知兩個非零向量a, b, 則_叫做向量a, b的數量積, 記作_, 即_.數量積的坐標運算, 若a(a1, a2, a3), b(b1,

2、 b2, b3), 則a·b_.空間向量數量積的運算律結合律: (a)·b_; 交換律: a·b_; 分配律: a·(bc)_.模、夾角和距離公式設a(a1, a2, a3), b(b1, b2, b3), 則|a|_, cosa, b_ .若A(a1, b1, c1), B(a2, b2, c2), 則|_.題型一直線的方程形式(1)空間向量: 在空間中, 具有_和_的量叫做空間向量. (2)相等向量: 方向_且模_的向量. (3)共線向量定理1. 若a(2x,1,3), b(1, 2y,9), 且ab, 則()A. x1, y1 B. x, yC.

3、x, yD. x, y解: 選C, ab, , x, y.2. (2016·青島月考)如圖所示, 在平行六面體ABCDA1B1C1D1中, M為AC與BD的交點, 若a, b, c, 則下列向量中與相等的向量是()A. abcB.abcC.abcD. abc解: 選A, ac(ab)abc.3. (2016·廣州調研)在平行六面體ABCDABCD中, 已知BADAABAAD60°, AB3, AD4, AA5, 則|_.解: , |22222·2·2·3242522×3×4×cos 60°2&#

4、215;4×5×cos 60°2×3×5×cos 60°97, |.4. 有下列4個命題: 若pxayb, 則p與a、b共面; 若p與a、b共面, 則pxayb; 若xy, 則P、M、A、B共面; 若P、M、A、B共面, 則xy.其中真命題的個數是()A. 1 B. 2 C. 3 D. 44. 選B, 正確. 中若a、b共線, p與a不共線, 則pxayb就不成立. 正確. 中若M、A、B共線, 點P不在此直線上, 則xy不正確. 5. A(1,0,1), B(4,4,6), C(2,2,3), D(10,14,17)這四個

5、點_(填共面或不共面). 5. 共面, 解: (3,4,5), (1,2,2), (9,14,16), 設xy, 即(9,14,16)(3xy,4x2y,5x2y). , 從而A、B、C、D四點共面. 題型二空間基向量的應用6、已知空間四邊形OABC中, M為BC的中點, N為AC的中點, P為OA的中點, Q為OB的中點, 若ABOC, 求證: PMQN.設a, b, c.()(bc), ()(ac), a(bc)(bca), b(ac)(acb). ·c(ab)c(ab)c2(ab)2(|2|2)|, ·0.即, 故PMQN.7、如圖, 在正四面體ABCD中, E、F分

6、別為棱AD、BC的中點, 則異面直線AF和CE所成角的余弦值為_. 設, , 為空間一組基底, 則, ().···2··22222.又|, |·|2.cos, .異面直線AF與CE所成角的余弦值為.8、(2016·合肥調研)兩個邊長為1的正方形ABCD與正方形ABEF相交于AB, EBC90°, 點M、N分別在BD、AE上, 且ANDM.(1)求證: MN平面EBC; (2)求MN長度的最小值. 解: 如圖所示, 建立坐標系后, 要證MN平行于平面EBC, 只要證的橫坐標為0即可. (1)證明如圖所示, 以、為單位

7、正交基底建立空間直角坐標系, 則A(1,0,0), D(1,1,0), E(0,0,1), B(0,0,0), 設, 則(1,1,0)(0, 1,0)(1,0,1)(0, 1, ). 0<<1, 10, 0, 且的橫坐標為0.平行于平面yBz, 即MN平面EBC.(2)解: 由(1)知|, 當時, MN取得長度的最小值為.A組專項基礎訓練題組1. 下列命題: 若A、B、C、D是空間任意四點, 則有0; |a|b|ab|是a、b共線的充要條件; 若a、b共線, 則a與b所在直線平行; 對空間任意一點O與不共線的三點A、B、C, 若xyz(其中x、y、zR)則P、A、B、C四點共面.

8、其中假命題的個數是( C)A. 1 B. 2 C. 3 D. 42.如圖所示, 在正方體ABCDA1B1C1D1中, O是底面ABCD的中心, M、N分別是棱DD1、D1C1的中點, 則直線OM( A)A. 既垂直于AC, 又垂直于MNB. 垂直于AC, 但不垂直于MNC. 垂直于MN, 但不垂直于ACD. 與AC、MN都不垂直3. (2016·紹興月考)如圖所示, 在三棱柱ABCA1B1C1中, AA1底面ABC, ABBCAA1, ABC90°, 點E、F分別是棱AB、BB1的中點, 則直線EF和BC1所成的角是(B)A. 45° B. 60°C.

9、90° D. 120°4. 設點C(2a1, a1,2)在點P(2,0,0)、A(1, 3,2)、B(8, 1,4)確定的平面上, 則a等于( A )A. 16 B. 4 C. 2 D. 8解: 選A由12得: (2a1, a1,2)1(1, 3,2)2(6, 1, 4), 解得a16.5. 在直角坐標系中, A(2,3), B(3, 2), 沿x軸把直角坐標系折成120°的二面角, 則AB的長度為( B )A.B. 2C. 3D. 4解: 過A、B分別作AA1x軸, BB1x軸, 垂足分別為A1和B1, 則AA13, A1B15, BB12, , 22222&#

10、183;3252222×3×2×cos 60°44.|2.6.(2016·信陽模擬)如圖所示, 已知空間四邊形ABCD, F為BC的中點, E為AD的中點, 若(), 則_.解: , 又, 2, (),.7. (2016·銅川模擬)在正方體ABCDA1B1C1D1中, 給出以下向量表達式: (); (); ()2; ().其中能夠化簡為向量的是_. (填所有正確的序號)解(); (); ()22; ()().8. (2016·麗水模擬)如圖所示, PD垂直于正方形ABCD所在平面,AB2, E為PB的中點, cos, , 若

11、以DA, DC, DP所在直線分別為x, y, z軸建立空間直角坐標系, 則點E的坐標為_. 解: 設DPy>0, 則A(2,0,0), B(2,2,0), P(0,0, y), E,(0,0, y), .cos, .解得y2, E(1,1,1). B組專項能力提升題組9. 如圖所示, 已知ABCDA1B1C1D1是棱長為3的正方體, 點E在AA1上, 點F在CC1上, 且AEFC11.(1)求證: E、B、F、D1四點共面; (2)若點G在BC上, BG, 點M在BB1上, GMBF, 垂足為H, 求證: EM平面BCC1B1.證明: (1)建立如圖所示的空間直角坐標系,則(3,0,1

12、), (0,3,2), (3,3,3). 所以.故、共面. 又它們有公共點B, E、B、F、D1四點共面. (6分)(2)設M(0,0, z), 則.而(0,3,2), 由題設, 得·×3z·20, 得z1.M(0,0,1), E(3,0,1), (3,0,0). 又(0,0,3), (0,3,0), ·0, ·0, 從而MEBB1, MEBC.又BB1BCB, ME平面BCC1B1.10、如圖所示, 已知正方形ABCD和矩形ACEF所在的平面互相垂直,AB, AF1, M是線段EF的中點. 求證: (1)AM平面BDE;(2)AM面BDF.證

13、: (1)建立如圖所示的空間直角坐標系, 設ACBDN, 連接NE.則點N、E的坐標分別為、(0,0,1). .又點A、M的坐標分別為(, , 0)、, .且NE與AM不共線. NEAM.又NE平面BDE, AM平面BDE, AM平面BDE.(2)由(1)得, , D(, 0,0), F(, , 1), B(0, , 0), (0, , 1), (, 0,1). ·0, ·0., , 即AMDF, AMBF.又DFBFF, AM平面BDF.11、(2009·福建)如圖, 四邊形ABCD是邊長為1的正方形, MD平面ABCD, NB平面ABCD, 且MDNB1, E

14、為BC的中點. (1)求異面直線NE與AM所成角的余弦值；(2)在線段AN上是否存在點S, 使得ES平面AMN？若存在, 求線段AS的長；若不存在, 請說明理由. 解(1)如圖所示, 以點D為坐標原點, 建立空間直角坐標系Dxyz.依題意, 得D(0,0,0), A(1,0,0), M(0,0,1), C(0,1,0), B(1,1,0), N(1,1,1), E., (1,0,1). cos, , 異面直線NE與AM所成角的余弦值為.(2)假設在線段AN上存在點S, 使得ES平面AMN.(0,1,1), 可設(0, , ), 又, .由ES平面AMN, 得即故, 此時, |.經檢驗, 當AS

15、時, ES平面AMN.故線段AN上存在點S, 使得ES平面AMN, 此時AS.12. (2011·汕頭月考)如圖所示, 已知空間四邊形ABCD的各邊和對角線的長都等于a, 點M、N分別是AB、CD的中點. (1)求證: MNAB, MNCD；(2)求MN的長；(3)求異面直線AN與CM所成角的余弦值. (1)證明設p, q, r.由題意可知: |p|q|r|a, 且p、q、r三向量兩兩夾角均為60°.()(qrp), (2分)·(qrp)·p(q·pr·pp2)(a2·cos 60°a2·cos 60°a2)0.MNAB，又rq, ·(qrp)·(rq)(q·rq2r2q·rp·rp·q)(a2cos 60°a2a2a2cos 60°a2cos 60