（新高考）2023版高考数学一轮总复习 第7章 第5讲 空间向量及其运算课件.pptx

1、第七章 立体几何第五讲 空间向量及其运算 知识梳理双基自测 考点突破互动探究 名师讲坛素养提升 知识梳理双基自测 知识点一 空间向量的有关概念 1空间向量的有关概念(1)空间向量：在空间中，具有_和_的量叫做空间向量，其大小叫做向量的_或_.(2)相等向量：方向_且模_的向量(3)共线向量：如果表示空间向量的有向线段所在的直线_或_，则这些向量叫做_或_.(4)共面向量：平行于同一_的向量叫做共面向量 大小 方向 长度 模 相同 相等 平行 重合 共线向量 平行向量 平面 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(b0)，ab存在唯一确定的R，使ab.(2)共面向量定

2、理：若两个向量a，b不共线，则向量p与向量a，b共面存在唯一的有序实数对(x，y)，使pxayb.(3)空间向量基本定理：如果三个向量a，b，c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pxaybzc.其中a，b，c叫做空间的一个基底 3空间向量的数量积及运算律(1)已知两个非零向量 a，b，在空间任取一点 O，作OA a，OB b，则 AOB 叫 做 向 量 a，b 的 夹 角，记 作 _，其 范 围 是_，若a，b2，则称 a 与 b_，记作 ab.向量 a，b 的数量积 ab_.a，b 0a，b 互相垂直|a|b|cosa，b(2)空间向量数量积的运算律 结合律：(

3、a)b(ab)；交换律：abba；分配律：a(bc)_.abac 知识点二 空间向量的坐标表示及其应用设 a(a1，a2，a3)，b(b1，b2，b3).向量表示坐标表示数量积ab_共线ab(b0)_垂直ab0(a0，b0)_模|a|_夹角a，b(a0，b0)cosa，b_a1b1a2b2a3b3 a1b1，a2b2，a3b3 a1b1a2b2a3b30 a21a22a23 a1b1a2b2a3b3a21a22a23b21b22b23 1向量三点共线定理在平面中 A，B，C 三点共线的充要条件是：OA xOB yOC(其中 xy1)，O 为平面内任意一点2向量四点共面定理在空间中 P，A，B，

4、C 四点共面的充要条件是：OP xOA yOB zOC(其中 xyz1)，O 为空间中任意一点题组一 走出误区1判断下列结论是否正确(请在括号中打“”或“”)(1)空间中任意两个非零向量 a，b 共面()(2)在向量的数量积运算中(ab)ca(bc)()(3)对于非零向量 b，由 abbc，则 ac.()(4)两向量夹角的范围与两异面直线所成角的范围相同()(5)若 A，B，C，D 是空间任意四点，则有ABBCCD DA 0.()(6)若 ab0，则a，b是钝角()题组二 走进教材2(选择性必修 1P10T5)如图，在三棱柱 ABCA1B1C1 中，M 为 A1C1的中点，若BAa，BCb，B

5、B1 c，则下列向量与BM 相等的是()A12a12bcB12a12bcC12a12bcD12a12bcD 解析 在三棱柱 ABCA1B1C1 中，M 为 A1C1 的中点，BM BAAA1 A1M ac12ACac12(BCBA)ac12(ba)12a12bc.故选 D3(选择性必修 1P14T2)三棱柱 ABCA1B1C1 中，底面边长和侧棱长都相等，BAA1CAA160，则异面直线 AB1 与 BC1 所成角的余弦值为()A 66B 33C16D13A 解析 解法一：记ABa，ACb，AA1 c，由题意知 a、b、c 两两夹角均为3，设 AB1，则AB1 ac，BC1 abc，|AB1|

6、ac2 3，|BC1|abc2 2，cosAB1，BC1 AB1 BC1|AB1|BC1|66.解法二：将三棱柱补成平行六面体(如图)，连 AD1，B1D1，则 AD1BC1，B1AD1 或其补角即为 AB1 与 BC1 所成的角，设 AB1，则 AB1 3，AD1BC1 2，B1D1 3，cosB1AD1AD12AB122 3 66.题组三 走向高考4(2018课标)在长方体 ABCDA1B1C1D1 中，ABBC1，AA1 3，则异面直线 AD1 与 DB1 所成角的余弦值为()A15B 56C 55D 22C 解析 以 D 为原点，DA 为 x 轴，DC 为 y 轴，DD1 为 z 轴，

7、建立空间直角坐标系，ABBC1，AA1 3，A(1,0,0)，D1(0，0，3)，D(0,0,0)，B1(1,1，3)，AD1(1,0，3)，DB1(1,1，3)，设异面直线 AD1 与 DB1 所成的角为，则 cos|AD1 DB1|AD1|DB1|22 5 55，异面直线 AD1 与 DB1 所成角的余弦值为 55，故选 C5(2020江苏节选)在三棱锥 ABCD 中，已知 CBCD 5，BD2，O 为 BD 的中点，AO平面 BCD，AO2，E 为 AC 的中点求直线 AB 与 DE 所成角的余弦值解析 连接 OC，因为 CBCD，O 为 BD 的中点，所以 COBD又 AO平面 BCD

8、，所以 AOOB，AOOC以OB，OC，OA 为基底，建立空间直角坐标系 Oxyz.因为 BD2，CBCD 5，AO2，所以 B(1,0,0)，D(1,0,0)，C(0,2,0)，A(0,0,2)因为 E 为 AC 的中点，所以 E(0,1,1)则AB(1,0，2)，DE(1,1,1)，所以|cosAB，DE|ABDE|AB|DE|102|5 3 1515.因此，直线 AB 与 DE 所成角的余弦值为 1515.考点突破互动探究(多选题)在四面体 PABC 中，以下说法正确的有()A若AD 13AC23AB，则BC3BDB若 Q 为ABC 的重心，则PQ 13PA13PB13PCC若四面体的各

9、棱长都相等，则PBAC0D若四面体 PABC 各棱长都为 2，M，H 分别为 PA，BC 的中点，则|MH|1例1ABC 考点一空间向量的线性运算自主练透解析 由AD 13AC23AB，得AC3AD 2AB，BCBAACAB3AD 2AB3(AD AB)3BD，A 正确连 AQ 并延长交 BC 于 H，则PQ PA23AHPA23(PH PA)13PA23PH13PA2312(PBPC)13PA13PB13PC，B 正确因为若四面体 PABC 各棱长都相等，则|PB|AB|BC|，PBAPBC3，PBACPB(ABBC)PBABPBBC|PB|AB|cos3|PB|BC|cos23 0.C 正

10、确若四面体 PABC 的棱长都为 2，则PA、PB、PC两两夹角都为3，且|PA|PB|PC|2，PAPBPBPCPCPA2.又MH PH PM 12PA12PB12PC|MH|214(PBPCPA)214(|PA|2|PB|2|PC|22PBPC2PAPB2PAPC)14(444444)2.|MH|2，D 错误故选 ABC(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

11、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 MING SHI DIAN BO 变式训练 1如图，空间四边形 OABC 中，M、N 分别为 OA、CB 的中点，MG2GN，用向量OA、OB、OC 表示向量OG 为()A AOG 16OA 13OB 13OCBOG 12OA 23OB 23OCCOG OA 23OB 23OCDOG 12OA 13OB 23OC解析 OG OM MG OM 23MN 23ON 13OM，又 M，N 分别为 OA、CB 的中点，OM 12OA，ON 12(OB OC)，OG 13(OB OC)16OA 16OA 13OB 13OC.故选 A例2考

12、点二空间向量共线、共面定理的应用师生共研如图所示，已知斜三棱柱 ABCA1B1C1，点 M，N 分别在AC1 和 BC 上，且满足AM kAC1，BNkBC(0k1)(1)向量MN 是否与向量AB，AA1 共面？(2)直线 MN 是否与平面 ABB1A1 平行？解析(1)AM kAC1，BNkBC，MN MA ABBNkC1A ABkBCk(C1A BC)ABk(C1A B1C1)ABkB1A ABABkAB1 ABk(AA1 AB)(1k)ABkAA1，由共面向量定理知向量MN 与向量AB，AA1 共面(2)当 k0 时，点 M、A 重合，点 N、B 重合，MN 在平面 ABB1A1 内，当

13、 0k1 时，MN 不在平面 ABB1A1 内，又由(1)知MN 与AB、AA1 共面，所以 MN平面 ABB1A1.MING SHI DIAN BO 1证明空间三点 P、A、B 共线的方法(1)PAPB(R)；(2)对空间任一点 O，OP OA tAB(tR)；(3)对空间任一点 O，OP xOA yOB(xy1)2证明空间四点共面的方法对空间四点 P，M，A，B 可通过证明下列结论成立来证明四点共面(1)MP xMA yMB；(2)对空间任一点 O，OP OM xMA yMB；(3)对空间任一点 O，OP xOM yOA zOB(xyz1)；(4)PM AB(或PAMB 或PBAM)变式训

14、练 2 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OM 13(OA OB OC)(1)判断MA，MB，MC 三个向量是否共面；(2)判断点 M 是否在平面 ABC 内解析(1)由题知OA OB OC 3OM，所以OA OM(OM OB)(OM OC)，即MA BM CM MB MC，所以MA，MB，MC 共面(2)由(1)知，MA，MB，MC 共面且基线过同一点 M，所以 M，A，B，C 四点共面，从而点 M 在平面 ABC 内(2022四川内江零模)已知空间三点 O(0,0,0)，A(1,1,0)，B(0,1,1)，在直线 OA 上有一点 H 满足 BHOA，

15、则点 H 的坐标为()A12，12，0B12，12，0C(2,2,0)D(2，2,0)例3B 考点三空间向量的坐标运算师生共研解析 由 O(0,0,0)，A(1,1,0)，知OA(1,1,0)，又点 H 在直线 OA 上，可设 H(，0)，又 B(0,1,1)，则BH(，1，1)，又 BHOA，BH OA 0，即(，1，1)(1,1,0)0，即 10解得 12，点 H12，12，0.故选 B空间向量的坐标运算与平面向量坐标运算类似，可对比应用 利用空间向量的坐标运算解题是高考立体几何大题的必考内容，而寻求三条两两互相垂直的直线建立空间直角坐标系是解题的突破口 MING SHI DIAN BO

16、变式训练 3(1)与向量(3，4,5)共线的单位向量是()A3 210，2 25，22 和3 210，2 25，22B3 210，2 25，22C3 210，2 25，22D3 210，2 25，22 或3 210，2 25，22A(2)已知向量 a(1,1,0)，b(1,0,2)，且 kab 与 2ab 互相垂直，则 k()A1B43C53D75D 解析(1)与向量 a(3，4,5)共线的单位向量为 a|a|15 2(3，4,5)3 210，2 25，22或3 210，2 25，22.(2)由题意，得 kab(k1，k,2)，2ab(3,2，2)，所以(kab)(2ab)3(k1)2k225

17、k70，解得 k75.名师讲坛素养提升 向量在立体几何中的简单应用(1)(多选题)如图，在长方体 ABCDA1B1C1D1 中，AB 3AD 3AA1 3，点 P 为线段 A1C 上的动点，则下列结论正确的是()例4ACD A当A1C 2A1P 时，B1，P，D 三点共线B当APA1C 时，APD1PC当A1C 3A1P 时，D1P平面 BDC1D当A1C 5A1P 时，A1C平面 D1AP(2)(2022广东茂名五校联考)已知长方体 ABCDA1B1C1D1，ABBC1，AA12，在 A1B 上取一点 M，在 B1C 上取一点 N，使得直线 MN平面 A1ACC1，则线段 MN 的最小值是_

18、.(3)在正方体 ABCDA1B1C1D1 中，点 E，F 分别是棱 BC，CD 的中点，则 A1F 与 C1E 所成角的余弦值为()A 55B2 55C 515D2 515D 23 解析(1)如图建立空间直角坐标系，A1(1,0,1)，C(0，3，0)，D1(0,0,1)，A(1,0,0)，B1(1，3，1)，D(0,0,0)，当A1C 2A1P 时，A1P 12，32，12，DP DA1 A1P 12，32，12，而DB1(1，3，1)，DP 12DB1，B1、P、D 三点共线，A 正确；APAA1 A1P AA1 A1C(，3，1)当APA1C 时，APA1C 510，15，APD1P

19、15，35，45 45，35，15 150，APD1P 错；当A1C 3A1P 时，A1P 13，33，13，D1P A1P A1D1 23，33，13，又DB(1，3，0)，DC1(0，3，1)，D1P 23DB 13DC1，D1P平面 BDC1，C 正确；当A1C 5A1P 时，A1P 15，35，15，从而AP15，35，45，又AD1 A1C(1,0,1)(1，3，1)0，A1CAD1，APA1C 15，35，45(1，3，1)0，A1CAP，A1C平面 D1AP，D 正确，故选 ACD(2)如图建立空间直角坐标系，则A1(1,0,2)，B(1,1,0)，C(0,1,0)，B1(1,1

20、,2)设 M(a，b，c)，则BM(a1，b1，c)，BA1(0，1,2)由BM BA1 得 a1，b1，c2，即 M(1,1，2)，同理 N(，1,2)，01,01，MN(1，22)显然平面 ACC1A1 的法向量为 n(1,1,0)由题意知MN nM10；即 1，|MN|2(1)224()2182164184924949.|MN|23(当且仅当 49，59时取等号)即 MN 的最小值为23.(3)如图建立空间直角坐标系，设 AB2，A1F 与 C1E 所成角为，则A1F(2,1，2)，C1E(1,0，2)，cos|A1F C1E|A1F|C1E|23 52 515.故选 DMING SHI

21、 DIAN BO 空间向量的简单应用(1)求异面直线的夹角，在两异面直线上分别取向量 a，b，则 cos|ab|a|b|，进而可求.(2)求线段长度(或两点间距离)，用公式|a|aa求解(3)解决垂直问题：利用 abab0(a0，b0)，可将垂直问题转化为向量数量积的计算问题注：若几何体中存在两两垂直的三线，可建空间直角坐标系，“坐标化”求解变式训练4(1)(多选题)(2021辽宁抚顺模拟)如图，在正方体ABCDA1B1C1D1中，E，F，G分别是棱A1D1，BC，C1D1的中点，则下列结论正确的是()AFG平面AB1CBEF平面AB1C1D CFG平面BB1D1DDEG平面ACD1 BCD(

22、2)二面角 l 为 60，A，B 是棱 l 上的两点，AC，BD 分别在半平面，内，ACl，BDl，且 ABACa，BD2a，则 CD 的长为()A2aB 5aCaD 3aA 解析(1)设正方体的棱长为 2，以 D 为坐标原点，分别以 DA，DC，DD1 所在直线为 x，y，z 轴建立空间直角坐标系，则 E(1,0,2)，F(1,2,0)，G(0,1,2)，A(2,0,0)，B1(2,2,2)，D(0,0,0)，FG(1，1,2)，EF(0,2，2)，AB1(0,2,2)，DA(2,0,0)，FG AB1 2420，FG 与 AB1 不垂直，则 FG平面 AB1C错误，故 A 错误；EFAB1

23、 440，EFDA 0，EFAB1，EFAD，又 AB1ADA，EF平面 AB1C1D，故 B 正确；由FG FBBD DD1 D1G 12(D1A1 D1C1)BD DD112BD BD DD1 12BD DD1，又FG 平面 BB1D1D，FG平面 BB1D1D由EG 12AC，知 EGAC，又 EG平面 ACD1，AC平面 ACD1，EG平面 ACD1，故 D 正确选 BCD注：也可取 B1C1 中点 H，连接 FH，GH，可得 FHBB1，FH平面 BB1D1D，BB1平面 BB1D1D，得 FH平面 BB1D1D，同理 GH平面 BB1D1D，又 FHGHH，平面 FGH平面 BB1D1D，则 FG平面 BB1D1D，故 C 正确(2)ACl，BDl，AC，BD 60，且ACBA0，ABBD 0，CD CAABBD.|CD|CAABBD 2 a2a22a22a2acos 1202a.故选 A