2021届高三新高考数学人教A版一轮复习教学案：第八章第6节　空间向量及空间位置关系 WORD版含解析.doc

1、第6节空间向量及空间位置关系考试要求1.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；2.掌握空间向量的线性运算及其坐标表示；3.掌握空间向量的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；5.能用向量语言表述线线、线面、面面的平行和垂直关系；6.能用向量方法证明立体几何中有关线面位置关系的一些简单定理.知 识 梳 理1.空间向量的有关概念名称定义空间向量在空间中，具有大小和方向的量相等向量方向相同且模相等的向量相反向量方向相反且模相等的向量共线向量(或平行向量)表示空间向量的有向线段所在的直线互相平行

2、或重合的向量共面向量平行于同一个平面的向量2.空间向量的有关定理(1)共线向量定理：对空间任意两个向量a，b(b0)，ab的充要条件是存在实数，使得ab.(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)数量积及相关概念两向量的夹角：已知两个非零向量a，b，在空间任取一点O，作a，b，则AOB叫做向量a与b的夹角，记作a，b，

3、其范围是0，若a，b，则称a与b互相垂直，记作ab.非零向量a，b的数量积ab|a|b|cosa，b.(2)空间向量数量积的运算律：结合律：(a)b(ab)；交换律：abba；分配律：a(bc)abac.4.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aba1b1a2b2a3b3共线ab(b0，R)a1b1，a2b2，a3b3垂直ab0(a0，b0)a1b1a2b2a3b30模|a|夹角a，b(a0，b0)cosa，b5.直线的方向向量和平面的法向量(1)直线的方向向量：如果表示非零向量a的有向线段所在直线与直线l平行或重合，则称此向量a为

4、直线l的方向向量.(2)平面的法向量：直线l，取直线l的方向向量a，则向量a叫做平面的法向量.6.空间位置关系的向量表示位置关系向量表示直线l1，l2的方向向量分别为n1，n2l1l2n1n2n1n2l1l2n1n2n1n20直线l的方向向量为n，平面的法向量为mlnmnm0lnmnm平面，的法向量分别为n，mnmnmnmnm0常用结论与微点提醒1.在平面中A，B，C三点共线的充要条件是：xy(其中xy1)，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：xyz(其中xyz1)，O为空间任意一点.3.向量的数量积满足交换律、分配律，即abba，a(bc)abac成立，但不满

5、足结合律，即(ab)ca(bc)不一定成立.4.用向量知识证明立体几何问题，仍离不开立体几何中的定理.若用直线的方向向量与平面的法向量垂直来证明线面平行，仍需强调直线在平面外.诊 断 自 测1.判断下列结论正误(在括号内打“”或“”)(1)直线的方向向量是唯一确定的.()(2)若直线a的方向向量和平面的法向量平行，则a.()(3)若a，b，c是空间的一个基底，则a，b，c中至多有一个零向量.()(4)若ab0，则a，b是钝角.()解析(1)直线的方向向量不是唯一的，有无数多个；(2)a；(3)若a，b，c中有一个是0，则a，b，c共面，不能构成空间一个基底；(4)若a，b，则ab0，P.设平面

6、PAC的法向量为m(x，y，z).由，(0，2，0)，得即令x1，则z，所以m为平面PAC的一个法向量.同理，可求得n为平面BCEF的一个法向量.当mn0，即时，平面PAC平面BCEF，故存在满足题意的点P，此时.规律方法解决立体几何中探索性问题的基本方法(1)对于线面关系中的存在性问题，首先假设存在，然后在该假设条件下，利用线面关系的相关定理、性质进行推理论证，寻找假设满足的条件，若满足则肯定假设，若得出矛盾的结论则否定假设.(2)探索性问题的关键是设点：空间中的点可设为(x，y，z)；坐标平面内的点其中一个坐标为0，如xOy面上的点为(x，y，0)；坐标轴上的点两个坐标为0，如z轴上的点为

7、(0，0，z)；直线(线段)AB上的点P，可设为，表示出点P的坐标，或直接利用向量运算.【训练4】 已知某几何体的直观图和三视图如图，其正视图为矩形，侧视图为等腰直角三角形，俯视图为直角梯形.M为AB的中点，在线段CB上是否存在一点P，使得MP平面CNB1？若存在，求出BP的长；若不存在，请说明理由.解由几何体的三视图可知AB，BC，BB1两两垂直，ANABBC4，BB18.如图，分别以AB，BB1，BC所在直线为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系Bxyz，则A(4，0，0)，B(0，0，0)，C(0，0，4)，N(4，4，0)，B1(0，8，0)，C1(0，8，4).设平面CNB1的法向量

8、为n(x，y，z).(4，4，4)，(4，4，0)，令x1，可得平面CNB1的一个法向量为n(1，1，2).设P(0，0，a)(0a4).由M(2，0，0)，得(2，0，a).MP平面CNB1，n22a0，解得a1，在线段CB上存在一点P，使得MP平面CNB1，此时BP1.A级基础巩固一、选择题1.设u(2，2，t)，v(6，4，4)分别是平面，的法向量.若，则t等于()A.3 B.4 C.5 D.6解析由题意得uv262(4)4t0，解得t5.答案C2.已知平面内有一点M(1，1，2)，平面的一个法向量为n(6，3，6)，则下列点P中，在平面内的是()A.P(2，3，3) B.P(2，0，1

9、)C.P(4，4，0) D.P(3，3，4)解析逐一验证法，对于选项A，(1，4，1)，n61260，n，点P在平面内，同理可验证其他三个点不在平面内.答案A3.如图，F是正方体ABCDA1B1C1D1的棱CD的中点.E是BB1上一点，若D1FDE，则有()A.B1EEBB.B1E2EBC.B1EEBD.E与B重合解析分别以DA，DC，DD1为x，y，z轴建立空间直角坐标系，设正方体的棱长为2，则D(0，0，0)，F(0，1，0)，D1(0，0，2)，设E(2，2，z)，则(0，1，2)，(2，2，z)，因为02122z0，所以z1，所以B1EEB.答案A4.已知空间四边形ABCD的每条边和对

10、角线的长都等于a，点E，F分别是BC，AD的中点，则的值为()A.a2 B.a2 C.a2 D.a2解析如图，设a，b，c，则|a|b|c|a，且a，b，c三向量两两夹角为60.(ab)，c，(ab)c(acbc)(a2cos 60a2cos 60)a2.答案C5.如图所示，在正方体ABCDA1B1C1D1中，棱长为a，M，N分别为A1B和AC上的点，A1MAN，则MN与平面BB1C1C的位置关系是()A.斜交 B.平行C.垂直 D.MN在平面BB1C1C内解析建立如图所示的空间直角坐标系，由于A1MAN，则M，N，.又C1D1平面BB1C1C，所以(0，a，0)为平面BB1C1C的一个法向量

11、.因为0，所以，又MN平面BB1C1C，所以MN平面BB1C1C.答案B二、填空题6.已知平面内的三点A(0，0，1)，B(0，1，0)，C(1，0，0)，平面的一个法向量n(1，1，1)，则不重合的两个平面与的位置关系是_.解析设平面的法向量为m(x，y，z)，由m0，得x0yz0yz，由m0，得xz0xz，取x1，m(1，1，1)，mn，mn，.答案7.(2020西安调研)已知(1，5，2)，(3，1，z)，若，(x1，y，3)，且BP平面ABC，则实数xy_.解析由条件得解得x，y，z4，xy.答案8.下列命题：直线l的方向向量为a(1，1，2)，直线m的方向向量b，则l与m垂直；直线l

12、的方向向量a(0，1，1)，平面的法向量n(1，1，1)，则l；平面，的法向量分别为n1(0，1，3)，n2(1，0，2)，则；平面经过三点A(1，0，1)，B(0，1，0)，C(1，2，0)，向量n(1，u，t)是平面的法向量，则ut1.其中为真命题的是_(把你认为正确命题的序号都填上).解析对于，a(1，1，2)，b，ab121120，ab，直线l与m垂直，正确；对于，a(0，1，1)，n(1，1，1)，an011(1)(1)(1)0，an，l或l，错误；对于，n1(0，1，3)，n2(1，0，2)，n1与n2不共线，不成立，错误；对于，点A(1，0，1)，B(0，1，0)，C(1，2，0

13、)，(1，1，1)，(1，1，0).向量n(1，u，t)是平面的法向量，即则ut1，正确.综上，真命题的序号是.答案三、解答题9.正方体ABCDA1B1C1D1中，M，N分别是C1C，B1C1的中点.求证：MN平面A1BD.证明如图所示，以D为坐标原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系.设正方体的棱长为1，则D(0，0，0)，A1(1，0，1)，B(1，1，0)，M，N，于是，(1，0，1)，(1，1，0).设平面A1BD的法向量为n(x，y，z)，则n0，且n0，得取x1，得y1，z1.所以n(1，1，1).又n(1，1，1)0，所以n.又MN平面A1BD，

14、所以MN平面A1BD.10.如图所示，在四棱锥PABCD中，底面ABCD是正方形，侧棱PD底面ABCD，PDDC，E是PC的中点，过点E作EFPB于点F.求证：(1)PA平面EDB；(2)PB平面EFD.证明以D为坐标原点，射线DA，DC，DP分别为x轴，y轴，z轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz.设DCa.(1)连接AC交BD于点G，连接EG.依题意得A(a，0，0)，P(0，0，a)，C(0，a，0)，E.因为底面ABCD是正方形，所以G为AC的中点，故点G的坐标为，所以(a，0，a)，则2，故PAEG.而EG平面EDB，PA平面EDB，所以PA平面EDB.(2)依题意得B(a

15、，a，0)，所以(a，a，a).又，故00，所以，所以PBDE.由题可知EFPB，且EFDEE，所以PB平面EFD.B级能力提升11.有下列命题：若pxayb，则p与a，b共面；若p与a，b共面，则pxayb；若xy，则P，M，A，B共面；若P，M，A，B共面，则xy.其中真命题的个数是()A.1 B.2 C.3 D.4解析正确；中若a，b共线，p与a不共线，则pxayb就不成立；正确；中若M，A，B共线，点P不在此直线上，则xy不正确.答案B12.如图，正方形ABCD与矩形ACEF所在平面互相垂直，AB，AF1，M在EF上，且AM平面BDE.则M点的坐标为()A.(1，1，1) B.C. D

16、.解析设AC与BD相交于O点，连接OE，由AM平面BDE，且AM平面ACEF，平面ACEF平面BDEOE，AMEO，又O是正方形ABCD对角线交点，M为线段EF的中点.在空间坐标系中，E(0，0，1)，F(，1).由中点坐标公式，知点M的坐标.答案C13.如图，圆锥的轴截面SAB是边长为2的等边三角形，O为底面中心，M为SO中点，动点P在圆锥底面内(包括圆周).若AMMP，则点P形成的轨迹长度为_.解析由题意可知，建立空间直角坐标系，如图所示.则A(0，1，0)，B(0，1，0)，S(0，0，)，M，设P(x，y，0)，由0得y，点P的轨迹方程为y.根据圆的弦长公式，可得点P形成的轨迹长度为2

17、.答案14.(2020桂林模拟)如图，棱柱ABCDA1B1C1D1的所有棱长都等于2，ABC和A1AC均为60，平面AA1C1C平面ABCD.(1)求证：BDAA1；(2)在直线CC1上是否存在点P，使BP平面DA1C1？若存在，求出点P的位置；若不存在，请说明理由.(1)证明设BD与AC交于点O，则BDAC，连接A1O，在AA1O中，AA12，AO1，A1AO60，A1O2AAAO22AA1AOcos 603，AO2A1O2AA，A1OAO.由于平面AA1C1C平面ABCD，且平面AA1C1C平面ABCDAC，A1O平面AA1C1C，A1O平面ABCD.以OB，OC，OA1所在直线分别为x轴

18、，y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则A(0，1，0)，B(，0，0)，C(0，1，0)，D(，0，0)，A1(0，0，)，C1(0，2，).由于(2，0，0)，(0，1，)，0(2)1000，即BDAA1.(2)解假设在直线CC1上存在点P，使BP平面DA1C1，设，P(x，y，z)，则(x，y1，z)(0，1，).从而有P(0，1，)，(，1，).设平面DA1C1的法向量为n3(x3，y3，z3)，则又(0，2，0)，(，0，)，则取n3(1，0，1)，因为BP平面DA1C1，则n3，即n30，得1，即点P在C1C的延长线上，且C1CCP.C级创新猜想15.(多选题)已知点P是平行四边形ABCD所在平面外一点，如果(2，1，4)，(4，2，0)，(1，2，1)，则下列结论正确的是()A.APABB.APADC.是平面ABCD的法向量D.解析0，0，ABAP，ADAP，则选项A和B都正确；又与不平行，是平面ABCD的法向量，故C正确；(2，3，4)，(1，2，1)，与不平行，故D错误.答案ABC