高中數(shù)學(xué)人教A版1第三章空間向量與立體幾何 精品獲獎(jiǎng)

專題一空間向量及其運(yùn)算空間向量的運(yùn)算有加、減、數(shù)乘和數(shù)量積的運(yùn)算，有三角形法則、平行四邊形法則、首尾相接的多邊形法則，通過這些運(yùn)算可以對(duì)向量多項(xiàng)式進(jìn)行化簡(jiǎn)、整理、求值，空間向量及其運(yùn)算的知識(shí)與方法與平面向量及其運(yùn)算類似，是平面向量的拓展．例1已知點(diǎn)M是△ABC的重心，則eq\o(MA,\s\up6(→))＋eq\o(MB,\s\up6(→))＋eq\o(MC,\s\up6(→))＝________．【答案】0解析：設(shè)D為AB的中點(diǎn)，則eq\o(MA,\s\up6(→))＋eq\o(MB,\s\up6(→))＝2eq\o(MD,\s\up6(→))，又M為△ABC的重心，則eq\o(MC,\s\up6(→))＝－2eq\o(MD,\s\up6(→))，所以eq\o(MA,\s\up6(→))＋eq\o(MB,\s\up6(→))＋eq\o(MC,\s\up6(→))＝0.（鞏固訓(xùn)練）空間任意四個(gè)點(diǎn)A、B、C、D，則eq\o(BA,\s\up11(→))＋eq\o(CB,\s\up11(→))－eq\o(CD,\s\up11(→))等于()\o(DB,\s\up11(→))\o(AD,\s\up11(→))\o(DA,\s\up11(→)) \o(AC,\s\up11(→))解析：eq\o(BA,\s\up11(→))＋eq\o(CB,\s\up11(→))－eq\o(CD,\s\up11(→))＝eq\o(CB,\s\up11(→))＋eq\o(BA,\s\up11(→))－eq\o(CD,\s\up11(→))＝eq\o(CA,\s\up11(→))－eq\o(CD,\s\up11(→))＝eq\o(DA,\s\up11(→)).故選C例2已知在空間四邊形OABC中，eq\o(OA,\s\up6(→))＝a，eq\o(OB,\s\up6(→))＝b，eq\o(OC,\s\up6(→))＝c，點(diǎn)M在OA上，且OM＝2MA，N為BC中點(diǎn)，則eq\o(MN,\s\up6(→))等于()\f(1,2)a－eq\f(2,3)b＋eq\f(1,2)c B．－eq\f(2,3)a＋eq\f(1,2)b＋eq\f(1,2)c\f(1,2)a＋eq\f(1,2)b－eq\f(1,2)c \f(2,3)a＋eq\f(2,3)b－eq\f(1,2)c解析：顯然eq\o(MN,\s\up6(→))＝eq\o(ON,\s\up6(→))－eq\o(OM,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)(eq\o(OB,\s\up6(→))＋eq\o(OC,\s\up6(→)))－eq\f(2,3)eq\o(OA,\s\up6(→))＝－eq\f(2,3)a＋eq\f(1,2)b＋eq\f(1,2)c.（鞏固訓(xùn)練）如圖，已知空間四邊形ABCD中，eq\o(AB,\s\up6(→))＝a－2c，eq\o(CD,\s\up6(→))＝5a＋6b－8c，對(duì)角線AC，BD的中點(diǎn)分別為E，F(xiàn)，則eq\o(EF,\s\up6(→))＝______(用向量a，b，c表示)．【答案】：3a＋3b－解析：設(shè)G為BC的中點(diǎn)，連接EG，F(xiàn)G，則eq\o(EF,\s\up6(→))＝eq\o(EG,\s\up6(→))＋eq\o(GF,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\f(1,2)eq\o(CD,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)(a－2c)＋eq\f(1,2)(5a＋6b－8c)＝3a＋3b－5c.例3已知a，b均為單位向量，它們的夾角為60°，那么|a＋3b|＝()A．13\r(13)C．2 \r(5)解析：|a＋3b|＝eq\r(（a＋3b）2)＝eq\r(a2＋6a·b＋9b2)＝eq\r(1＋6×cos60°＋9)＝eq\r(13).故選A（鞏固訓(xùn)練）已知空間向量a，b，c滿足a＋b＋c＝0，|a|＝3，|b|＝1，|c|＝4，則a·b＋b·c＋c·a的值為________．【答案】：－13解析：因?yàn)閍＋b＋c＝0，所以(a＋b＋c)2＝0，所以a2＋b2＋c2＋2(a·b＋b·c＋c·a)＝0，所以a·b＋b·c＋c·a＝eq\f(32＋12＋42,2)＝－13.專題二空間向量及其坐標(biāo)運(yùn)算例4已知點(diǎn)A(λ＋1，μ－1，3)，B(2λ，μ，λ－2μ)，C(λ＋3，μ－3，9)三點(diǎn)共線，則實(shí)數(shù)λ＋μ＝________．【答案】：0解析：因?yàn)閑q\o(AB,\s\up11(→))＝(λ－1，1，λ－2μ－3)，eq\o(AC,\s\up11(→))＝(2，－2，6)，若A，B，C三點(diǎn)共線，則eq\o(AB,\s\up11(→))∥eq\o(AC,\s\up11(→))，即eq\f(λ－1,2)＝－eq\f(1,2)＝eq\f(λ－2μ－3,6)，解得λ＝0，μ＝0，所以λ＋μ＝0.（鞏固訓(xùn)練）已知a＝(2，－3，1)，則下列向量中與a平行的是()A．(1，1，1) B．(－2，－3，5)C．(2，－3，5) D．(－4，6，－2)解析：若b＝(－4，6，－2)，則b＝－2(2，－3，1)＝－2a，所以a∥b.例5已知向量a＝(1，0，－1)，則下列向量中與a成60°夾角的是()A．(－1，1，0) B．(1，－1，0)C．(0，－1，1) D．(－1，0，1)解析：利用向量數(shù)量積公式的變形公式cos〈a，b〉＝eq\f(a·b,|a||b|)求向量的夾角，各項(xiàng)逐一驗(yàn)證．選項(xiàng)B中cos〈a，b〉＝eq\f(a·b,|a||b|)＝eq\f(1×1,\r(2)×\r(2))＝eq\f(1,2)，所以〈a，b〉＝60°.故選B（鞏固訓(xùn)練）已知空間三點(diǎn)A(1，1，1)，B(－1，0，4)，C(2，－2，3)，則eq\o(AB,\s\up11(→))與eq\o(CA,\s\up11(→))的夾角θ的大小是________．【答案】：120°解析：因?yàn)閑q\o(AB,\s\up11(→))＝(－2，－1，3)，eq\o(CA,\s\up11(→))＝(－1，3，－2)，所以cos〈eq\o(AB,\s\up11(→))，eq\o(CA,\s\up11(→))〉＝eq\f(\o(AB,\s\up11(→))·\o(CA,\s\up11(→)),|\o(AB,\s\up11(→))||\o(CA,\s\up11(→))|)＝eq\f(（－2）×（－1）＋（－1）×3＋3×（－2）,\r(14)×\r(14))＝eq\f(－7,14)＝－eq\f(1,2)，取x＝1，得y＝－1，z＝－1，所以n＝(1，－1，－1)．又eq\o(MN,\s\up11(→))·n＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，0，\f(1,2)))·(1，－1，－1)＝0，所以eq\o(MN,\s\up11(→))⊥n.又MN?平面A1BD，所以MN∥平面A1BD.法二：因?yàn)閑q\o(MN,\s\up11(→))＝eq\o(C1N,\s\up11(→))－eq\o(C1M,\s\up11(→))＝eq\f(1,2)eq\o(C1B1,\s\up11(→))－eq\f(1,2)eq\o(C1C,\s\up11(→))＝eq\f(1,2)(eq\o(D1A1,\s\up11(→))－eq\o(D1D,\s\up11(→)))＝eq\f(1,2)eq\o(DA1,\s\up11(→))，所以eq\o(MN,\s\up11(→))∥eq\o(DA1,\s\up11(→))，而MN?平面A1BD，DA1?平面A1BD，所以MN∥平面A1BD.（鞏固訓(xùn)練）如圖所示，在四棱錐P－ABCD中，PC⊥平面ABCD，PC＝2，在四邊形ABCD中，∠B＝∠C＝90°，AB＝4，CD＝1，點(diǎn)M在PB上，PB＝4PM，PB與平面ABCD成30°角．求證：CM∥平面PAD；證明：以C為坐標(biāo)原點(diǎn)，分別以CB所在直線為x軸，CD所在直線為y軸，CP所在直線為z軸建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，∵PC⊥平面ABCD，∴∠PBC為PB與平面ABCD所成的角，∴∠PBC＝30°.∵PC＝2，∴BC＝2eq\r(3)，PB＝4.∴D(0,1,0)，B(2eq\r(3)，0,0)，A(2eq\r(3)，4,0)，P(0,0,2)，M(eq\f(\r(3),2)，0，eq\f(3,2))，∴eq\o(DP,\s\up6(→))＝(0，－1,2)，eq\o(DA,\s\up6(→))＝(2eq\r(3)，3,0)，eq\o(CM,\s\up6(→))＝(eq\f(\r(3),2)，0，eq\f(3,2))，令n＝(x，y，z)為平面PAD的一個(gè)法向量，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\o(DP,\s\up6(→))·n＝0，,\o(DA,\s\up6(→))·n＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－y＋2z＝0，,2\r(3)x＋3y＝0，))∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(z＝\f(1,2)y，,x＝－\f(\r(3),2)y，))令y＝2，得n＝(－eq\r(3)，2,1)．∵n·eq\o(CM,\s\up6(→))＝－eq\r(3)×eq\f(\r(3),2)＋2×0＋1×eq\f(3,2)＝0，∴n⊥eq\o(CM,\s\up6(→))，又CM?平面PAD，∴CM∥平面PAD.（鞏固訓(xùn)練）如圖，平面PAC⊥平面ABC，△ABC是以AC為斜邊的等腰直角三角形，E，F(xiàn)，O分別為PA，PB，AC的中點(diǎn)，AC＝16，PA＝PC＝10.設(shè)G是OC的中點(diǎn)，證明：FG∥平面BOE。證明如圖，連接OP，易知OB，OC，OP兩兩垂直，以點(diǎn)O為坐標(biāo)原點(diǎn)，分別以O(shè)B，OC，OP所在直線為x軸，y軸，x軸，建立空間直角坐標(biāo)系O－xyz，則O(0，0，0)，A(0，－8，0)，B(8，0，0)，C(0，8，0)，P(0，0，6)，E(0，－4，3)，F(xiàn)(4，0，3).由題意，得G(0，4，0)因?yàn)閑q\o(OB,\s\up6(→))＝(8，0，0)，eq\o(OE,\s\up6(→))＝(0，－4，3)，所以平面BOE的一個(gè)法向量為n＝(0，3，4).由eq\o(FG,\s\up6(→))＝(－4，4，－3)，得n·eq\o(FG,\s\up6(→))＝0，即n⊥eq\o(FG,\s\up6(→)).又直線FG不在平面BOE內(nèi)，所以FG∥平面BOE.專題四利用空間向量證明垂直關(guān)系垂直關(guān)系有線線垂直、線面垂直和面面垂直等．利用向量垂直的充要條件可直接證明線線垂直，線面垂直和面面垂直一般都可轉(zhuǎn)化為線線垂直來證明。證明線面垂直的方法：(1)證明直線的方向向量與平面的法向量是共線向量；(2)證明直線的方向向量與平面內(nèi)的兩個(gè)不共線的向量互相垂直．利用空間向量證明面面垂直的方法．(1)利用兩個(gè)平面垂直的判定定理將面面垂直問題轉(zhuǎn)化為線面垂直，進(jìn)而轉(zhuǎn)化為線線垂直問題；(2)直接求解兩個(gè)平面的法向量，證明兩個(gè)法向量垂直，從而得到兩個(gè)平面垂直．例7已知三棱錐P－ABC中，PA⊥平面ABC，AB⊥AC，PA＝AC＝eq\f(1,2)AB，N為AB上一點(diǎn)，AB＝4AN，M，S分別為PB，BC的中點(diǎn).證明：CM⊥SN.證明：設(shè)PA＝1，以A為原點(diǎn)，射線AB，AC，AP分別為x軸，y軸，z軸正半軸建立空間直角坐標(biāo)系如圖.則P(0，0，1)，C(0，1，0)，B(2，0，0)，Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，0，\f(1,2)))，Neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，0，0))，Seq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(1,2)，0)).eq\o(CM,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，－1，\f(1,2)))eq\o(SN,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，－\f(1,2)，0))∴eq\o(CM,\s\up6(→))·eq\o(SN,\s\up6(→))＝－eq\f(1,2)＋eq\f(1,2)＋0＝0.∴eq\o(CM,\s\up6(→))⊥eq\o(SN,\s\up6(→))，即CM⊥SN.例8.如圖，四棱錐P－ABCD的底面為正方形，側(cè)棱PA⊥底面ABCD，且PA＝AD＝2，E，F(xiàn)，H分別是線段PA，PD，AB的中點(diǎn)．求證：PD⊥平面AHF.證明建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系．∴A(0,0,0)，B(2,0,0)，C(2,2,0)，D(0,2,0)，P(0,0,2)，E(0,0,1)，F(xiàn)(0,1,1)，H(1,0,0)．eq\o(PD,\s\up6(→))＝(0,2，－2)，eq\o(AH,\s\up6(→))＝(1,0,0)，eq\o(AF,\s\up6(→))＝(0,1,1)，∴eq\o(PD,\s\up6(→))·eq\o(AF,\s\up6(→))＝0×0＋2×1＋(－2)×1＝0，eq\o(PD,\s\up6(→))·eq\o(AH,\s\up6(→))＝0×1＋2×0＋(－2)×0＝0，∴PD⊥AF，PD⊥AH，又∵AF∩AH＝A，∴PD⊥平面AHF.（鞏固訓(xùn)練）如圖，四棱柱ABCD－A1B1C1D1的底面ABCD是正方形，O為底面中心，A1O⊥平面ABCD，AB＝AA1＝eq\r(2).證明：A1C⊥平面BB1D1D；證明:建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系.由AB＝AA1＝eq\r(2)可知O(0，0，0)，A(1，0，0)，B(0，1，0)，D(0，－1，0)，B1(－1，1，1)，C(－1，0，0)，A1(0，0，1)，D1(－1，－1，1).eq\o(A1C,\s\up6(→))＝(－1，0，－1)，eq\o(DB,\s\up6(→))＝(0，2，0)，eq\o(BB1,\s\up6(→))＝(－1，0，1)，eq\o(A1C,\s\up6(→))·eq\o(DB,\s\up6(→))＝0，eq\o(A1C,\s\up6(→))·eq\o(BB1,\s\up6(→))＝0，即A1C⊥DB，A1C⊥BB1，且DB∩BB1＝B，∴A1C⊥平面BB1D1D.例9如圖所示，已知PA⊥平面ABCD，ABCD為矩形，PA＝AD，M，N分別為AB，PC的中點(diǎn)．求證：平面PMC⊥平面PDC.證明：如圖所示，以A為坐標(biāo)原點(diǎn)，AB，AD，AP所在的直線分別為x，y，z軸建立空間直角坐標(biāo)系A(chǔ)-xyz.設(shè)PA＝AD＝a，AB＝b，則有P(0，0，a)，A(0，0，0)，D(0，a，0)，C(b，a，0)，B(b，0，0)．因?yàn)镸，N分別為AB，PC中點(diǎn)，所以Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(b,2)，0，0))，Neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(b,2)，\f(a,2)，\f(a,2))).所以eq\o(PC,\s\up11(→))＝(b，a，－a)，eq\o(PM,\s\up11(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(b,2)，0，－a))，eq\o(PD,\s\up11(→))＝(0，a，－a)．設(shè)平面PMC的一個(gè)法向量為n1＝(x1，y1，z1)，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n1·\o(PC,\s\up11(→))＝0?bx1＋ay1－az1＝0,n1·\o(PM,\s\up11(→))＝0?\f(b,2)x1－az1＝0))，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x1＝\f(2a,b)z1,y1＝－z1))，令z1＝b，則n1＝(2a，－b，b)．設(shè)平面PDC的一個(gè)法向量為n2＝(x2，y2，z2)，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(PC,\s\up11(→))＝0?bx2＋ay2－az2＝0,n2·\o(PD,\s\up11(→))＝0?ay2－az2＝0))，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x2＝0，,y2＝z2，))令z2＝