高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)第十四章空間向量-第2課-空間向量的坐標(biāo)表示與數(shù)量積

緣份讓你看到我在這里緣份讓你看到我在這里第2課__空間向量的坐標(biāo)表示與數(shù)量積____1.了解空間向量基本定理，掌握空間向量的正交分解及其坐標(biāo)表示．2.理解空間向量的數(shù)量積的概念、性質(zhì)、運算律及兩向量的夾角公式、兩點間距離公式、掌握空間向量的數(shù)量積的坐標(biāo)形式．3.能用向量的數(shù)量積判斷兩非零向量是否垂直.1.閱讀：選修21第87～95頁．2.解悟：①平面向量基本定理與空間向量基本定理的聯(lián)系與區(qū)別；②空間向量的正交分解主要有什么作用；③空間向量的坐標(biāo)運算法則與平面向量的區(qū)別與聯(lián)系，二維向三維轉(zhuǎn)化；④數(shù)量積最后結(jié)果是數(shù)，數(shù)量積的定義及坐標(biāo)表示，如何合理選擇使用；⑤重解第88頁例1，第90頁例2，第92頁例2，第94頁例3，體會解題方法和規(guī)范.3.踐習(xí)：在教材空白處，完成第89頁練習(xí)第3、4、5題，第91頁練習(xí)第3、4、6題，第95頁練習(xí)第5、8、10題.基礎(chǔ)診斷1.若向量a＝(4，2，－4)，b＝(6，－3，2)，則(2a－3b)·(a＋2b)＝________．2.已知空間三點P(－2，0，2)，Q(－1，1，2)，R(－3，0，3)，則eq\o(PQ,\s\up6(→))與eq\o(PR,\s\up6(→))的夾角為________．3.已知a＝(1，1，0)，b＝(－1，0，2)，且ka＋b與2a－b垂直，則k的值為________．4.如圖，在正方體ABCDA1B1C1D1中，M是棱DD1的中點，點O為底面ABCD的中心，點P為棱A1B1上任意一點，則異面直線OP與AM所成角的大小為________．范例導(dǎo)航考向利用數(shù)量積求夾角例1如圖，在空間四邊形OABC中，OA＝8，AB＝6，AC＝4，BC＝5，∠OAC＝45°，∠OAB＝60°，求OA與BC所成角的余弦值．如圖，已知E是正方體ABCDA1B1C1D1的棱C1D1的中點，試求向量eq\o(A1C1,\s\up6(→))與eq\o(DE,\s\up6(→))的夾角的余弦值.自測反饋1.已知a＝(2，4，x)，b＝(2，y，2)，若|a|＝6且a⊥b，則x＋y的值為________．2.已知在正四棱柱ABCDA1B1C1D1中，AA1＝2AB，E為AA1的中點，則異面直線BE與CD1所成角的余弦值為________．3.已知a＝(2，－1，3)，b＝(－1，4，－2)，c＝(7，5，λ)，若a，b，c三個向量共面，則實數(shù)λ＝________．1.由基底表示空間任意一向量時，要明確基底是哪三個向量．分解主要看相加，相減與數(shù)乘．2.用坐標(biāo)表示向量的關(guān)鍵是找到三條兩兩垂直的直線．3.靈活選用數(shù)量積定義(有時需要用已知量表示所求量，轉(zhuǎn)化成已知向量間的運算—常選擇空間向量已知的一組基底)及坐標(biāo)法來解決求角，證明垂直，求長度等問題．4.你還有哪些體悟，寫下來：

第2課空間向量的坐標(biāo)表示與數(shù)量積基礎(chǔ)診斷1.－212解析：(2a－3b)·(a＋2b)＝[(8，4，－8)－(18，－9，6)]·[(4，2，－4)＋(12，－6，4)]＝(－10，13，－14)·(16，－4，0)＝－160－52＋0＝－212.2.120°解析：由題意得eq\o(PQ,\s\up6(→))＝(1，1，0)，eq\o(PR,\s\up6(→))＝(－1，0，1)，所以eq\o(PQ,\s\up6(→))·eq\o(PR,\s\up6(→))＝－1＋0＋0＝－1.又|eq\o(PQ,\s\up6(→))|＝eq\r(,12＋12＋02)＝eq\r(,2)，|eq\o(PR,\s\up6(→))|＝eq\r(,（－1）2＋02＋12)＝eq\r(,2)，eq\o(PQ,\s\up6(→))·eq\o(PR,\s\up6(→))＝|eq\o(PQ,\s\up6(→))||eq\o(PR,\s\up6(→))|cos∠QPR，所以cos∠QPR＝eq\f(－1,\r(,2)×\r(,2))＝－eq\f(1,2)，所以eq\o(PQ,\s\up6(→))與eq\o(PR,\s\up6(→))的夾角為120°.3.eq\f(7,5)解析：ka＋b＝(k，k，0)＋(－1，0，2)＝(k－1，k，2)，2a－b＝(2，2，0)－(－1，0，2)＝(3，2，－2)．又ka＋b與2a－b垂直，所以(ka＋b)·(2a－b)＝3(k－1)＋2k－4＝5k－7＝0，解得k＝eq\f(7,5).4.90°解析：以點D為原點，DA為x軸，DC為y軸，DD1為z軸，建立空間直角坐標(biāo)系．設(shè)正方體ABCDA1B1C1D1的棱長為2，A1P＝t(0≤t≤2)，則A(2，0，0)，M(0，0，1)，O(1，1，0)，P(2，t，2)，eq\o(AM,\s\up6(→))＝(－2，0，1)，eq\o(OP,\s\up6(→))＝(1，t－1，2)，所以eq\o(AM,\s\up6(→))·eq\o(OP,\s\up6(→))＝－2＋0＋2＝0，則異面直線OP與AM所成的角的大小為90°.范例導(dǎo)航例1解析：因為eq\o(BC,\s\up6(→))＝eq\o(AC,\s\up6(→))－eq\o(AB,\s\up6(→))，所以eq\o(OA,\s\up6(→))·eq\o(BC,\s\up6(→))＝eq\o(OA,\s\up6(→))·(eq\o(AC,\s\up6(→))－eq\o(AB,\s\up6(→)))＝eq\o(OA,\s\up6(→))·eq\o(AC,\s\up6(→))－eq\o(OA,\s\up6(→))·eq\o(AB,\s\up6(→))＝|eq\o(OA,\s\up6(→))||eq\o(AC,\s\up6(→))|cos〈eq\o(OA,\s\up6(→))，eq\o(AC,\s\up6(→))〉－|eq\o(OA,\s\up6(→))||eq\o(AB,\s\up6(→))|cos〈eq\o(OA,\s\up6(→))，eq\o(AB,\s\up6(→))〉＝8×4×cos135°－8×6×cos120°＝24－16eq\r(,2)，所以cos〈eq\o(OA,\s\up6(→))，eq\o(BC,\s\up6(→))〉＝eq\f(\o(OA,\s\up6(→))·\o(BC,\s\up6(→)),|\o(OA,\s\up6(→))||\o(BC,\s\up6(→))|)＝eq\f(24－16\r(,2),8×5)＝eq\f(3－2\r(,2),5)，故eq\o(OA,\s\up6(→))與eq\o(BC,\s\up6(→))夾角的余弦值為eq\f(3－2\r(,2),5)，即直線OA與BC所成角的余弦值為eq\f(3－2\r(,2),5).解析：設(shè)正方體的棱長為m，eq\o(AB,\s\up6(→))＝a，eq\o(AD,\s\up6(→))＝b，eq\o(AA1,\s\up6(→))＝c，則|a|＝|b|＝|c|＝m，a·b＝b·c＝a·c＝0.又因為eq\o(A1C1,\s\up6(→))＝eq\o(A1B1,\s\up6(→))＋eq\o(B1C1,\s\up6(→))＝eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(AD,\s\up6(→))＝a＋b，eq\o(DE,\s\up6(→))＝eq\o(DD1,\s\up6(→))＋eq\o(D1E,\s\up6(→))＝eq\o(DD1,\s\up6(→))＋eq\f(1,2)eq\o(D1C1,\s\up6(→))＝c＋eq\f(1,2)a，所以eq\o(A1C1,\s\up6(→))·eq\o(DE,\s\up6(→))＝(a＋b)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(c＋\f(1,2)a))＝eq\f(1,2)m2.又因為|eq\o(A1C1,\s\up6(→))|＝eq\r(,2)m，|eq\o(DE,\s\up6(→))|＝eq\f(\r(,5)m,2)，所以cos〈eq\o(A1C1,\s\up6(→))，eq\o(DE,\s\up6(→))〉＝eq\f(\f(1,2)m2,\r(,2)m·\f(\r(,5),2)m)＝eq\f(\r(,10),10).例2解析：如圖，以A為原點，AB為x軸，AD為y軸，AA1為z軸建立空間直角坐標(biāo)系，則A(0，0，0)，C(1，1，0)，D(0，1，0)，C1(1，1，1)．所以eq\o(AC,\s\up6(→))＝(1，1，0)，eq\o(C1D,\s\up6(→))＝(－1，0，－1)．設(shè)eq\o(AM,\s\up6(→))＝xeq\o(AC,\s\up6(→))＝(x，x，0)(0≤x≤1)，eq\o(C1N,\s\up6(→))＝y(tǒng)eq\o(C1D,\s\up6(→))＝(－y，0，－y)(0≤y≤1)，則eq\o(MN,\s\up6(→))＝eq\o(AN,\s\up6(→))－eq\o(AM,\s\up6(→))＝eq\o(AC1,\s\up6(→))＋eq\o(C1N,\s\up6(→))－eq\o(AM,\s\up6(→))＝(1，1，1)＋(－y，0，－y)－(x，x，0)＝(1－x－y，1－x，1－y)．由eq\o(AC,\s\up6(→))⊥eq\o(MN,\s\up6(→))，eq\o(C1D,\s\up6(→))⊥eq\o(MN,\s\up6(→))，得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(1－x－y＋1－x＝0，,－（1－x－y）－（1－y）＝0，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝\f(2,3)，,y＝\f(2,3)，))所以eq\o(MN,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,3)，\f(1,3)，\f(1,3)))，|eq\o(MN,\s\up6(→))|＝eq\f(\r(,3),3)，所以MN的長為eq\f(\r(,3),3).解析：(1)由題意，可得eq\o(AB,\s\up6(→))＝(－2，－1，3)，eq\o(AC,\s\up6(→))＝(1，－3，2)，所以cos〈eq\o(AB,\s\up6(→))，eq\o(AC,\s\up6(→))〉＝eq\f(\o(AB,\s\up6(→))·\o(AC,\s\up6(→)),|\o(AB,\s\up6(→))||\o(AC,\s\up6(→))|)＝eq\f(－2＋3＋6,\r(,14)×\r(,14))＝eq\f(1,2)，所以sin〈eq\o(AB,\s\up6(→))，eq\o(AC,\s\up6(→))〉＝eq\f(\r(,3),2)，所以以eq\o(AB,\s\up6(→))，eq\o(AC,\s\up6(→))為鄰邊的平行四邊形的面積為S＝|eq\o(AB,\s\up6(→))||eq\o(AC,\s\up6(→))|sin〈eq\o(AB,\s\up6(→))，eq\o(AC,\s\up6(→))〉＝14×eq\f(\r(,3),2)＝7eq\r(,3).(2)設(shè)a＝(x，y，z).由題意，得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x2＋y2＋z2＝3，,－2x－y＋3z＝0，,x－3y＋2z＝0，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝1，,y＝1，,z＝1))或eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝－1，,y＝－1，,z＝－1，))所以a＝(1，1，1)或a＝(－1，－1，－1).例3解析：(1)建立以點D為原點，DA為x軸，DC為y軸，DD1為z軸的空間直角坐標(biāo)系，則點O(1，1，0)，D1(0，0，eq\r(,2))，所以eq\o(OD1,\s\up6(→))＝(－1，－1，eq\r(,2))．又點B(2，2，0)，M(1，1，eq\r(,2))，所以eq\o(BM,\s\up6(→))＝(－1，－1，eq\r(,2))，則eq\o(OD1,\s\up6(→))＝eq\o(BM,\s\up6(→)).又因為OD1與BM不共線，所以O(shè)D1∥BM.又OD1平面D1AC，BM平面D1AC，所以BM∥平面D1AC.(2)連結(jié)OB1，點B1(2，2，eq\r(,2))，A(2，0，0)，C(0，2，0)．因為eq\o(OD1,\s\up6(→))·eq\o(OB1,\s\up6(→))＝(－1，－1，eq\r(,2))·(1，1，eq\r(,2))＝0，eq\o(OD1,\s\up6(→))·eq\o(AC,\s\up6(→))＝(－1，－1，eq\r(,2))·(－2，2，0)＝0，所以eq\o(OD1,\s\up6(→))⊥eq\o(OB1,\s\up6(→))，eq\o(OD1,\s\up6(→))⊥eq\o(AC,\s\up6(→))，即OD1⊥OB1，OD1⊥AC.又OB1∩AC＝O，OB1平面AB1C，AC平面AB1C，所以O(shè)D1⊥平面AB1C.點評：利用直線的方向向量可以判定直線與直線平行和垂直．設(shè)直線l1的方向向量v1＝(a1，b1，c1)，l2的方向向量v2＝(a2，b2，c2)，則l1∥l2v1∥v2(a1，b1，c1)＝k(a2，b2，c2)(k∈R)，l1⊥l2v1⊥v2a1a2＋b1b2＋c1c2＝0.解析：如圖，連結(jié)GO，設(shè)eq\o(A1B1,\s\up6(→))＝a，eq\o(A1D1,\s\up6(→))＝b，eq\o(A1A,\s\up6(→))＝c，根據(jù)正方體的性質(zhì)知a·b＝0，b·c＝0，a·c＝0.因為eq\o(A1O,\s\up6(→))＝eq\o(A1A,\s\up6(→))＋eq\o(AO,\s\up6(→))＝eq\o(A1A,\s\up6(→))＋eq\f(1,2)(eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(AD,\s\up6(→)))＝c＋eq\f(1,2)(a＋b)，eq\o(BD,\s\up6(→))＝eq\o(AD,\s\up6(→))－eq\o(AB,\s\up6(→))＝b－a，eq\o(OG,\s\up6(→))＝eq\o(OC,\s\up6(→))＋eq\o(CG,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)(eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(AD,\s\up6(→)))＋eq\f(1,2)eq\o(CC1,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)(a＋b)－eq\f(1,2)c，所以eq\o(A1O,\s\up6(→))·eq\o(BD,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(c＋\f(1,2)a＋\f(1,2)b))·(b－a)＝c·(b－a)＋eq\f(1,2)(a＋b)·(b－a)＝c·b－c·a＋eq\f(1,2)(|b|2－|a|2)＝eq\f(1,2)(|b|2－|a|2)＝0，eq\o(A1O,\s\up6(→))·eq\o(OG,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\r