第八章 空间法
第八章欧氏空间
第九章欧氏空间［教学目标］1理解欧氏空间、内积、向量的长度、夹角、正交和度量矩阵的概念。
2理解正交组、正交基、标准正交基和正交矩阵的概念，理解n维欧氏空间的标准正交基的存在性和标准正交基之间过渡矩阵的性质，重点掌握施密特正交化方法。
3理解欧氏空间同构的定义和同构的充要条件。
4理解正交变换的定义及正交变换与正交矩阵的关系，掌握正交变换的几个等价条件。
5理解子空间的正交和正交补的概念，掌握正交补的结构和存在唯一性。
6理解对称变换的定义和对称变换与对称矩阵之间的关系，掌握实对称矩阵特征值的性质，重点掌握用正交变换把实对称矩阵及实二次型化为对角形和标准形的方法。
［教学重难点］欧氏空间的定义，求向量的长度和夹角的方法，施密特正交化方法，正交变换与正交矩阵的关系，用正交变换把实对称矩阵及实二次型化为对角形和标准形的方法。
［教学方法］讲授，讨论和习题相结合。
［教学时间］18学时。
［教学内容］欧氏空间的定义和性质，标准正交基，同构，正交变换，子空间，对称矩阵的标准形，向量到子空间的矩离、最小二乘法*。
[教学过程]§1 定义、性质定义1：设V 是R 上的一个线性空间，在V 上定义了一个二元实函数，称为内积，记为),(βα，如果它具有以下性质：（1）),(),(αββα= （2）),(),(βαβαk k = （3）),(),(),(γβγαγβα+=+（4）0),(≥αα当且仅当0=α时0),(=αα。
这里R k V ∈∈,,,γβα，则V 称为欧几里得空间（简称欧氏空间） 例1、例2。
练习：394P 1（1）。
定义2：非负实数),(αα称为α的长度，记为α 性质：ααk k =单位向量：长度为1的向量。
α单位化：αα-Cauchy Буняковский不等式：βα,∀，有βαβα≤),(等号成立当且仅当βα,线性相关。
在不同内积中，-Cauchy Буняковский不等式的具体例子：例1中，22221222212211n n n n b b b a a a b a b a b a ++++++≤+++ΛΛΛ例2中，2121)()()()(⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=⎰⎰⎰ba ba badx x g dx x f dx x g x f 394P 1、（2）中，∑∑∑∑∑∑======≤n j ni j i ijn j ni ji ijnj ni j i ij y y ax x ay x a 111111定义3：非零向量βα,的夹角βα,为βαβαβα),(arccos,=， πβα≤≤,0。
2024年高考数学总复习第八章《立体几何与空间向量》空间向量及其运算
2024年高考数学总复习第八章《立体几何与空间向量》§8.5空间向量及其运算最新考纲1.经历向量及其运算由平面向空间推广的过程.2.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.3.掌握空间向量的线性运算及其坐标表示.4.掌握空间向量的数量积及其坐标表示，能运用向量的数量积判断向量的共线与垂直．1．空间向量的有关概念名称概念表示零向量模为0的向量0单位向量长度(模)为1的向量相等向量方向相同且模相等的向量a ＝b相反向量方向相反且模相等的向量a 的相反向量为－a共线向量表示空间向量的有向线段所在的直线互相平行或重合的向量a ∥b 共面向量平行于同一个平面的向量2．空间向量中的有关定理(1)共线向量定理空间两个向量a 与b (b ≠0)共线的充要条件是存在实数λ，使得a ＝λb .(2)共面向量定理共面向量定理的向量表达式：p ＝x a ＋y b ，其中x ，y ∈R ，a ，b 为不共线向量．(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p ＝x a ＋y b ＋z c ，{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①两向量的夹角已知两个非零向量a ，b ，在空间任取一点O ，作OA →＝a ，OB →＝b ，则∠AOB 叫做向量a ，b的夹角，记作〈a ，b 〉，其范围是0≤〈a ，b 〉≤π，若〈a ，b 〉＝π2，则称a 与b 互相垂直，记作a ⊥b .②两向量的数量积已知空间两个非零向量a ，b ，则|a ||b |cos 〈a ，b 〉叫做向量a ，b 的数量积，记作a ·b ，即a ·b ＝|a ||b |cos 〈a ，b 〉．(2)空间向量数量积的运算律①(λa )·b ＝λ(a ·b )；②交换律：a ·b ＝b ·a ；③分配律：a ·(b ＋c )＝a ·b ＋a ·c .4．空间向量的坐标表示及其应用设a ＝(a 1，a 2，a 3)，b ＝(b 1，b 2，b 3).向量表示坐标表示数量积a·ba 1b 1＋a 2b 2＋a 3b 3共线a ＝λb (b ≠0，λ∈R )a 1＝λb 1，a 2＝λb 2，a 3＝λb 3垂直a ·b ＝0(a ≠0，b ≠0)a 1b 1＋a 2b 2＋a 3b 3＝0模|a |a 21＋a 22＋a 23夹角〈a ，b 〉(a ≠0，b ≠0)cos 〈a ，b 〉＝a 1b 1＋a 2b 2＋a 3b 3a 21＋a 22＋a 23·b 21＋b 22＋b 23概念方法微思考1．共线向量与共面向量相同吗？提示不相同．平行于同一平面的向量就为共面向量．2．零向量能作为基向量吗？提示不能．由于零向量与任意一个非零向量共线，与任意两个非零向量共面，故零向量不能作为基向量．3．空间向量的坐标运算与坐标原点的位置选取有关吗？提示无关．这是因为一个确定的几何体，其“线线”夹角、“点点”距离都是固定的，坐标系的位置不同，只会影响其计算的繁简，不会影响结果．题组一思考辨析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(a ·b )·c ＝a ·(b ·c )．(×)(3)对于非零向量b ，由a ·b ＝b ·c ，则a ＝c .(×)(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AB →＋BC →＋CD →＋DA →＝0.(√)(6)若a·b <0，则〈a ，b 〉是钝角．(×)题组二教材改编2．如图所示，在平行六面体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，M 为A 1C 1与B 1D 1的交点．若AB →＝a ，AD →＝b ，AA 1→＝c ，则下列向量中与BM →相等的向量是()A ．－12a ＋12b ＋cB.12a ＋12b ＋c C ．－12a －12b ＋cD.12a －12b ＋c 答案A解析BM →＝BB 1→＋B 1M →＝AA 1→＋12(AD →－AB →)＝c ＋12(b －a )＝－12a ＋12b ＋c .3．正四面体ABCD 的棱长为2，E ，F 分别为BC ，AD 的中点，则EF 的长为________．答案2解析|EF →|2＝EF →2＝(EC →＋CD →＋DF →)2＝EC →2＋CD →2＋DF →2＋2(EC →·CD →＋EC →·DF →＋CD →·DF →)＝12＋22＋12＋2(1×2×cos 120°＋0＋2×1×cos 120°)＝2，∴|EF →|＝2，∴EF 的长为2.题组三易错自纠4．在空间直角坐标系中，已知A (1，2，3)，B (－2，－1，6)，C (3，2，1)，D (4，3，0)，则直线AB 与CD 的位置关系是()A ．垂直B ．平行C ．异面D ．相交但不垂直答案B解析由题意得，AB →＝(－3，－3，3)，CD →＝(1，1，－1)，∴AB →＝－3CD →，∴AB →与CD →共线，又AB 与CD 没有公共点，∴AB ∥CD .5．已知a ＝(2，3，1)，b ＝(－4，2，x )，且a ⊥b ，则|b |＝________.答案26解析∵a ⊥b ，∴a ·b ＝2×(－4)＋3×2＋1·x ＝0，∴x ＝2，∴|b |＝(－4)2＋22＋22＝2 6.6．O 为空间中任意一点，A ，B ，C 三点不共线，且OP →＝34OA →＋18OB →＋tOC →，若P ，A ，B ，C四点共面，则实数t ＝______.答案18解析∵P ，A ，B ，C 四点共面，∴34＋18＋t ＝1，∴t ＝18.题型一空间向量的线性运算例1如图所示，在空间几何体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，各面为平行四边形，设AA 1→＝a ，AB →＝b ，AD →＝c ，M ，N ，P 分别是AA 1，BC ，C 1D 1的中点，试用a ，b ，c 表示以下各向量：(1)AP →；(2)MP →＋NC 1→.解(1)因为P 是C 1D 1的中点，所以AP →＝AA 1→＋A 1D 1→＋D 1P →＝a ＋AD →＋12D 1C 1→＝a ＋c ＋12AB →＝a ＋c ＋12b .(2)因为M 是AA 1的中点，所以MP →＝MA →＋AP →＝12A 1A →＋AP→＝－12a ＋c ＋12b ＝12a ＋12b ＋c .又NC 1→＝NC →＋CC 1→＝12BC →＋AA 1→＝12AD →＋AA 1→＝12c ＋a ，所以MP →＋NC 1→＋12b ＋＋12c ＝32a ＋12b ＋32c .思维升华用基向量表示指定向量的方法(1)结合已知向量和所求向量观察图形．(2)将已知向量和所求向量转化到三角形或平行四边形中．(3)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．跟踪训练1(1)如图所示，在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，O 为AC 的中点．用AB →，AD →，AA 1→表示OC 1→，则OC 1→＝________________.答案12AB →＋12AD →＋AA 1→解析∵OC →＝12AC →＝12(AB →＋AD →)，∴OC 1→＝OC →＋CC 1→＝12(AB →＋AD →)＋AA 1→＝12AB →＋12AD →＋AA 1→.(2)如图，在三棱锥O —ABC 中，M ，N 分别是AB ，OC 的中点，设OA →＝a ，OB →＝b ，OC →＝c ，用a ，b ，c 表示NM →，则NM →等于()A.12(－a ＋b ＋c )B.12(a ＋b －c )C.12(a －b ＋c )D.12(－a －b ＋c )答案B解析NM →＝NA →＋AM →＝(OA →－ON →)＋12AB→＝OA →－12OC →＋12(OB →－OA →)＝12OA →＋12OB →－12OC→＝12(a ＋b －c )．题型二共线定理、共面定理的应用例2如图，已知E ，F ，G ，H 分别是空间四边形ABCD 的边AB ，BC ，CD ，DA 的中点．(1)求证：E ，F ，G ，H 四点共面；(2)求证：BD ∥平面EFGH .证明(1)连接BG ，则EG →＝EB →＋BG →＝EB →＋12(BC →＋BD →)＝EB →＋BF →＋EH→＝EF →＋EH →，由共面向量定理的推论知E ，F ，G ，H 四点共面．(2)因为EH →＝AH →－AE →＝12AD →－12AB →＝12(AD →－AB →)＝12BD →，所以EH ∥BD .又EH ⊂平面EFGH ，BD ⊄平面EFGH ，所以BD ∥平面EFGH .思维升华证明三点共线和空间四点共面的方法比较三点(P ，A ，B )共线空间四点(M ，P ，A ，B )共面PA →＝λPB →且同过点P MP →＝xMA →＋yMB→对空间任一点O ，OP →＝OA →＋tAB →对空间任一点O ，OP →＝OM →＋xMA →＋yMB →对空间任一点O ，OP →＝xOA →＋(1－x )OB→对空间任一点O ，OP →＝xOM →＋yOA →＋(1－x －y )OB→跟踪训练2如图所示，已知斜三棱柱ABC —A 1B 1C 1，点M ，N 分别在AC 1和BC 上，且满足AM →＝kAC 1→，BN →＝kBC →(0≤k ≤1)．(1)向量MN →是否与向量AB →，AA 1→共面？(2)直线MN 是否与平面ABB 1A 1平行？解(1)∵AM →＝kAC 1→，BN →＝kBC →，∴MN →＝MA →＋AB →＋BN →＝kC 1A →＋AB →＋kBC →＝k (C 1A →＋BC →)＋AB →＝k (C 1A →＋B 1C 1→)＋AB →＝kB 1A →＋AB →＝AB →－kAB 1→＝AB →－k (AA 1→＋AB →)＝(1－k )AB →－kAA 1→，∴由共面向量定理知向量MN →与向量AB →，AA 1→共面．(2)当k ＝0时，点M ，A 重合，点N ，B 重合，MN 在平面ABB 1A 1内，当0<k ≤1时，MN 不在平面ABB 1A 1内，又由(1)知MN →与AB →，AA 1→共面，∴MN ∥平面ABB 1A 1.综上，当k ＝0时，MN 在平面ABB 1A 1内；当0<k ≤1时，MN ∥平面ABB 1A 1.题型三空间向量数量积的应用例3如图所示，已知空间四边形ABCD 的各边和对角线的长都等于a ，点M ，N 分别是AB ，CD 的中点．(1)求证：MN ⊥AB ，MN ⊥CD ；(2)求异面直线AN 与CM 所成角的余弦值．(1)证明设AB →＝p ，AC →＝q ，AD →＝r .由题意可知，|p |＝|q |＝|r |＝a ，且p ，q ，r 三个向量两两夹角均为60°.MN →＝AN →－AM →＝12(AC →＋AD →)－12AB→＝12(q ＋r －p )，∴MN →·AB →＝12(q ＋r －p )·p ＝12(q ·p ＋r ·p －p 2)＝12(a 2cos 60°＋a 2cos 60°－a 2)＝0.∴MN →⊥AB →，即MN ⊥AB .同理可证MN ⊥CD .(2)解设向量AN →与MC →的夹角为θ.∵AN →＝12(AC →＋AD →)＝12(q ＋r )，MC →＝AC →－AM →＝q －12p ，∴AN →·MC →＝12(q ＋r －12p2－12q ·p ＋r ·q －12r ·2－12a 2cos 60°＋a 2cos 60°－12a 2cos2－a 24＋a 22－＝a 22.又∵|AN →|＝|MC →|＝32a ，∴AN →·MC →＝|AN →||MC →|cos θ＝32a ×32a ×cos θ＝a 22.∴cosθ＝23.∴向量AN →与MC →的夹角的余弦值为23，从而异面直线AN 与CM 所成角的余弦值为23.思维升华(1)利用向量的数量积可证明线段的垂直关系，也可以利用垂直关系，通过向量共线确定点在线段上的位置．(2)利用夹角公式，可以求异面直线所成的角，也可以求二面角．(3)可以通过|a |＝a 2，将向量的长度问题转化为向量数量积的问题求解．跟踪训练3如图，在平行六面体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，以顶点A 为端点的三条棱长度都为1，且两两夹角为60°.(1)求AC 1→的长；(2)求BD 1→与AC →夹角的余弦值．解(1)记AB →＝a ，AD →＝b ，AA 1→＝c ，则|a |＝|b |＝|c |＝1，〈a ，b 〉＝〈b ，c 〉＝〈c ，a 〉＝60°，∴a ·b ＝b ·c ＝c ·a ＝12.|AC 1→|2＝(a ＋b ＋c )2＝a 2＋b 2＋c 2＋2(a ·b ＋b ·c ＋c ·a )＝1＋1＋1＋2＋12＋6，∴|AC 1→|＝6，即AC 1的长为6.(2)BD 1→＝b ＋c －a ，AC →＝a ＋b ，∴|BD 1→|＝2，|AC →|＝3，BD 1→·AC →＝(b ＋c －a )·(a ＋b )＝b 2－a 2＋a ·c ＋b ·c ＝1，∴cos 〈BD 1→，AC →〉＝BD 1，→·AC →|BD 1→||AC →|＝66.即BD 1→与AC →夹角的余弦值为66.1．已知a ＝(2，3，－4)，b ＝(－4，－3，－2)，b ＝12x －2a ，则x 等于()A ．(0，3，－6)B ．(0，6，－20)C ．(0，6，－6)D ．(6，6，－6)答案B解析由b ＝12x －2a ，得x ＝4a ＋2b ＝(8，12，－16)＋(－8，－6，－4)＝(0，6，－20)．2．在下列命题中：①若向量a ，b 共线，则向量a ，b 所在的直线平行；②若向量a ，b 所在的直线为异面直线，则向量a ，b 一定不共面；③若三个向量a ，b ，c 两两共面，则向量a ，b ，c 共面；④已知空间的三个向量a ，b ，c ，则对于空间的任意一个向量p 总存在实数x ，y ，z 使得p ＝x a ＋y b ＋z c .其中正确命题的个数是()A ．0B ．1C ．2D ．3答案A解析a 与b 共线，a ，b 所在的直线也可能重合，故①不正确；根据自由向量的意义知，空间任意两向量a ，b 都共面，故②不正确；三个向量a ，b ，c 中任意两个一定共面，但它们三个却不一定共面，故③不正确；只有当a ，b ，c 不共面时，空间任意一向量p 才能表示为p ＝x a ＋y b ＋z c ，故④不正确，综上可知四个命题中正确的个数为0，故选A.3．已知向量a ＝(2m ＋1，3，m －1)，b ＝(2，m ，－m )，且a ∥b ，则实数m 的值等于()A.32B ．－2C ．0 D.32或－2答案B解析当m ＝0时，a ＝(1，3，－1)，b ＝(2，0，0)，a 与b 不平行，∴m ≠0，∵a ∥b ，∴2m ＋12＝3m ＝m －1－m ，解得m ＝－2.4．在空间直角坐标系中，已知A (1，－2，1)，B (2，2，2)，点P 在z 轴上，且满足|PA |＝|PB |，则P 点坐标为()A ．(3，0，0)B ．(0，3，0)C ．(0，0，3)D ．(0，0，－3)答案C 解析设P (0，0，z )，则有(1－0)2＋(－2－0)2＋(1－z )2＝(2－0)2＋(2－0)2＋(2－z )2，解得z ＝3.5．已知a ＝(1，0，1)，b ＝(x ，1，2)，且a·b ＝3，则向量a 与b 的夹角为()A.5π6 B.2π3 C.π3 D.π6答案D解析∵a·b ＝x ＋2＝3，∴x ＝1，∴b ＝(1，1，2)，∴cos 〈a ，b 〉＝a·b |a||b |＝32×6＝32，又∵〈a ，b 〉∈[0，π]，∴a 与b 的夹角为π6，故选D.6.如图，在大小为45°的二面角A －EF －D 中，四边形ABFE ，CDEF 都是边长为1的正方形，则B ，D 两点间的距离是()A.3B.2C ．1 D.3－2答案D 解析∵BD →＝BF →＋FE →＋ED →，∴|BD →|2＝|BF →|2＋|FE →|2＋|ED →|2＋2BF →·FE →＋2FE →·ED →＋2BF →·ED →＝1＋1＋1－2＝3－2，故|BD→|＝3－2.7．已知a＝(2，1，－3)，b＝(－1，2，3)，c＝(7，6，λ)，若a，b，c三向量共面，则λ＝________.答案－9解析由题意知c＝x a＋y b，即(7，6，λ)＝x(2，1，－3)＋y(－1，2，3)，x－y＝7，＋2y＝6，3x＋3y＝λ，解得λ＝－9.8．已知a＝(x，4，1)，b＝(－2，y，－1)，c＝(3，－2，z)，a∥b，b⊥c，则c＝________.答案(3，－2，2)解析因为a∥b，所以x－2＝4y＝1－1，解得x＝2，y＝－4，此时a＝(2，4，1)，b＝(－2，－4，－1)，又因为b⊥c，所以b·c＝0，即－6＋8－z＝0，解得z＝2，于是c＝(3，－2，2)．9．已知V为矩形ABCD所在平面外一点，且VA＝VB＝VC＝VD，VP→＝13VC→，VM→＝23VB→，VN→＝23VD→.则VA与平面PMN的位置关系是________．答案平行解析如图，设VA→＝a，VB→＝b，VC→＝c，则VD→＝a＋c－b，由题意知PM→＝23b－13c，PN→＝23VD→－13VC→＝23a－23b＋13c.因此VA→＝32PM→＋32PN→，∴VA→，PM→，PN→共面．又VA⊄平面PMN，∴VA∥平面PMN.10．已知ABCD －A 1B 1C 1D 1为正方体，①(A 1A →＋A 1D 1→＋A 1B 1→)2＝3A 1B 1→2；②A 1C →·(A 1B 1→－A 1A →)＝0；③向量AD 1→与向量A 1B →的夹角是60°；④正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的体积为|AB →·AA 1→·AD →|.其中正确的序号是________．答案①②解析①中，(A 1A →＋A 1D 1→＋A 1B 1→)2＝A 1A →2＋A 1D 1→2＋A 1B 1→2＝3A 1B 1→2，故①正确；②中，A 1B 1→－A 1A →＝AB 1→，因为AB 1⊥A 1C ，故②正确；③中，两异面直线A 1B 与AD 1所成的角为60°，但AD 1→与A 1B →的夹角为120°，故③不正确；④中，|AB →·AA 1→·AD →|＝0，故④也不正确．11．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(1)由题意知OA →＋OB →＋OC →＝3OM →，∴OA →－OM →＝(OM →－OB →)＋(OM →－OC →)，即MA →＝BM →＋CM →＝－MB →－MC →，∴MA →，MB →，MC →共面．(2)由(1)知MA →，MB →，MC →共面且过同一点M ，∴M ，A ，B ，C 四点共面．∴点M 在平面ABC 内．12．已知a ＝(1，－3，2)，b ＝(－2，1，1)，A (－3，－1，4)，B (－2，－2，2)．(1)求|2a ＋b |；(2)在直线AB 上，是否存在一点E ，使得OE →⊥b ？(O 为原点)解(1)2a ＋b ＝(2，－6，4)＋(－2，1，1)＝(0，－5，5)，故|2a ＋b |＝02＋(－5)2＋52＝5 2.(2)令AE →＝tAB →(t ∈R )，所以OE →＝OA →＋AE →＝OA →＋tAB→＝(－3，－1，4)＋t (1，－1，－2)＝(－3＋t ，－1－t ，4－2t )，若OE →⊥b ，则OE →·b ＝0，所以－2(－3＋t )＋(－1－t )＋(4－2t )＝0，解得t ＝95.因此存在点E ，使得OE →⊥b ，此时E －65，－145，13.如图，已知空间四边形OABC ，其对角线为OB ，AC ，M ，N 分别为OA ，BC 的中点，点G 在线段MN 上，且MG →＝2GN →，若OG →＝xOA →＋yOB →＋zOC →，则x ＋y ＋z ＝________.答案56解析连接ON ，设OA →＝a ，OB →＝b ，OC →＝c ，则MN →＝ON →－OM →＝12(OB →＋OC →)－12OA →＝12b ＋12c －12a ，OG →＝OM →＋MG →＝12OA →＋23MN →＝12a＋12c －12a ＝16a ＋13b ＋13c .又OG →＝xOA →＋yOB →＋zOC →，所以x ＝16y ＝13，z ＝13，因此x ＋y ＋z ＝16＋13＋13＝56.14．A ，B ，C ，D 是空间不共面的四点，且满足AB →·AC →＝0，AC →·AD →＝0，AB →·AD →＝0，M 为BC 中点，则△AMD 是()A ．钝角三角形B ．锐角三角形C ．直角三角形D ．不确定答案C 解析∵M 为BC 中点，∴AM →＝12(AB →＋AC →)，∴AM →·AD →＝12(AB →＋AC →)·AD →＝12AB →·AD →＋12AC →·AD →＝0.∴AM ⊥AD ，△AMD 为直角三角形．15．已知O (0，0，0)，A (1，2，1)，B (2，1，2)，P (1，1，2)，点Q 在直线OP 上运动，当QA →·QB→取最小值时，点Q 的坐标是________．答案(1，1，2)解析由题意，设OQ →＝λOP →，则OQ →＝(λ，λ，2λ)，即Q (λ，λ，2λ)，则QA →＝(1－λ，2－λ，1－2λ)，QB →＝(2－λ，1－λ，2－2λ)，∴QA →·QB →＝(1－λ)(2－λ)＋(2－λ)(1－λ)＋(1－2λ)(2－2λ)＝6λ2－12λ＋6＝6(λ－1)2，当λ＝1时取最小值，此时Q 点坐标为(1，1，2)．16．如图，在直三棱柱ABC －A ′B ′C ′中，AC ＝BC ＝AA ′，∠ACB ＝90°，D ，E 分别为棱AB ，BB ′的中点．(1)求证：CE ⊥A ′D ；(2)求异面直线CE 与AC ′所成角的余弦值．(1)证明设CA →＝a ，CB →＝b ，CC ′→＝c ，根据题意得|a |＝|b |＝|c |，且a ·b ＝b ·c ＝c ·a ＝0，∴CE →＝b ＋12c ，A ′D →＝－c ＋12b －12a ，∴CE →·A ′D →＝－12c 2＋12b 2＝0，∴CE →⊥A ′D →，即CE ⊥A ′D .(2)解∵AC ′→＝－a ＋c ，|AC ′→|＝2|a |，|CE →|＝52|a |，AC ′→·CE →＝(－a ＋c ＋12c ＝12c 2＝12|a |2，∴cos 〈AC ′→，CE →〉＝AC ′，→·CE →|AC ′→||CE →|＝12|a |22×52|a |2＝1010，即异面直线CE 与AC ′所成角的余弦值为1010.。
2009-2010外层空间法
营救制度
（3）履行保护和归还的费用由发 射当局支付； （ 4）“发射当局"一词包括国际 组织，但该组织必须宣布接受 《协定》所规定的权利和义务， 且该组织的多数会员国为《协定》 及《外空条约》的缔约国。
责任制度
《空间物体所造成损害的国际责任公约》 规定，各国对其在外层空间所从事的活动 及其宇航器对他国造成损失的，应承担国 家责任。这种责任通过赔偿的机制实现。 赔偿损失的范围包括自然人生命的丧失、 身体受伤或健康的其他损害，国家、自然 人、法人、国际组织的财产的损失和损害。
登记制度的主要内容
1.该制度规定发射到外层空间的物体必须在一个发射 国登记，若一个空间物体有两个以上发射国，应由各 该国共同决定由其中哪一国登记该空间物体。 2.空间物体应在两个登记册上登记，登记国设置和保 管一份登记册，联合国建立一个总登记册，由联合国 秘书长保存。 3.发射国应将发射的空间物体的有关资料提供给秘书 长登记，这些资料包括：(1)发射国或几个发射国的 国名；(2)空间物体的适当标志或其登记号码；(3)发 射的日期和地域或地点；(4)基本的轨道参数(交点周 期、倾斜角、远地点、近地点)；(5)空间物体的一般 功能。若登记国切实知道其所登记的物体己不复在地 球轨道内，应尽速通知联合国秘书长。
保护外空环境
保护外空环境
保护外空环境
•
太空垃圾是人类在进行航天活动时遗弃在太空的各 种物体和碎片，它们如人造卫星一般按一定的轨道环 绕地球飞行，形成一条危险的垃圾带。太空垃圾可分 为三类：一是用现代雷达能够监视和跟踪的比较大的 物体，主要有种种卫星、卫星保护罩及各种部件等， 这类垃圾目前已达8000多个；二是体积小的物体，如 发动机等在空间爆炸时产生的，其数量估计至少有几 百万；三是核动力卫星及其产生的放射性碎片，到 2000年，这类卫星送到地球轨道上的碎片达3吨。 • 据统计，目前约有3000吨太空垃圾在绕地球飞奔，而 其数量正以每年2％—5％的速度增加。科学家们预测： 太空垃圾以此速度增加，将会导致灾难性的连锁碰撞 事件发生，如此下去，到2300年，任何东西都无法进 入太空轨道了。
高考数学复习 第八章 立体几何与空间向量 确定球心位置的三种方法
确定球心位置的三种方法决定球的几何要素是球心的位置和球的半径，在球与其他几何体的结合问题中，通过位置关系的分析，找出球心所在的位置是解题的关键，不妨称这个方法为球心位置分析法．方法一由球的定义确定球心若一个多面体的各顶点都在一个球的球面上，则称这个多面体是这个球的内接多面体，这个球是这个多面体的外接球．也就是说如果一个定点到一个简单多面体的所有顶点的距离都相等，那么这个定点就是该简单多面体外接球的球心．(1)长方体或正方体的外接球的球心是其体对角线的中点；(2)正三棱柱的外接球的球心是上、下底面中心连线的中点；(3)直三棱柱的外接球的球心是上、下底面三角形外心连线的中点；(4)正棱锥的外接球球心在其高上，具体位置可通过建立直角三角形运用勾股定理计算得到；(5)若棱锥的顶点可构成共斜边的直角三角形，则公共斜边的中点就是其外接球的球心．已知各顶点都在同一个球面上的正四棱柱的高为4，体积为16，则这个球的表面积是()A．16πB．20πC．24πD．32π【解析】已知各顶点都在同一个球面上的正四棱柱的高为4，体积为16，可求得底面边长为2，故球的直径为22＋22＋42＝26，则半径为6，故球的表面积为24π，故选C．【答案】 C方法二构造长方体或正方体确定球心(1)正四面体、三条侧棱两两垂直的正三棱锥、四个面都是直角三角形的三棱锥，可将三棱锥补形成长方体或正方体；(2)同一个顶点上的三条棱两两垂直的四面体、相对的棱相等的三棱锥，可将三棱锥补形成长方体或正方体；(3)若已知棱锥含有线面垂直关系，则可将棱锥补形成长方体或正方体；(4)若三棱锥的三个侧面两两垂直，则可将三棱锥补形成长方体或正方体．如图，边长为2的正方形ABCD中，点E，F分别是边AB，BC的中点，将△AED，△EBF，△FCD分别沿DE，EF，FD折起，使A，B，C三点重合于点A′，若四面体A′EFD的四个顶点在同一个球面上，则该球的半径为()A．2B．6 2C．112D．52【解析】易知四面体A′EFD的三条侧棱A′E，A′F，A′D两两垂直，且A′E＝1，A′F＝1，A′D＝2，把四面体A′EFD补成从顶点A′出发的三条棱长分别为1，1，2的一个长方体，则长方体的外接球即为四面体A′EFD的外接球，球的半径为r＝1212＋12＋22＝62.故选B．【答案】 B方法三 由性质确定球心利用球心O 与截面圆圆心O ′的连线垂直于截面圆及球心O 与弦中点的连线垂直于弦的性质，确定球心．正三棱锥A -BCD 内接于球O ，且底面边长为3，侧棱长为2，则球O 的表面积为________．【解析】 如图，M 为底面△BCD 的中心，易知AM ⊥MD ，DM ＝1，AM ＝ 3.在Rt △DOM 中，OD 2＝OM 2＋MD 2，即OD 2＝(3－OD )2＋1，解得OD ＝233，故球O 的表面积为4π×⎝⎛⎭⎫2332＝163π.【答案】163π。
高等代数课件 第八章
( ,) (x1 y1)2 (xn yn )2 （6）
2．标准正交基的性质
设 {1,2} 是 V2 的一个基，但不一定是
正交基。从这个基出发，只要能得出 V2 的一个
正交基 {1, 2}, 问题就解决了,因为将 1和2
再分别除以它们的长度，就得到一个规范正交
注意：（7）和（8）在欧氏空间的不等式（6） 里被统一起来. 因此通常把(6)式称为柯西-施瓦兹不 等式.
三、向量的正交
定义4 欧氏空间的两个向量ξ与η说是正交的,
如果 , 0
定理8.1.2 在一个欧氏空间里，如果向量ξ
与1,2,,r 中每一个正交，那么ξ与 1,2,,r
的任意一个线性组合也正交.
2 a1 2 a1 0,
因而 2 0,
这就得到 V2 的一个正交基 {1, 2}.
3．标准正交基的存在性
定理8.2.2（正交化方法) 设 {1,2 ,,n}
是欧氏空间V的一组线性无关的向量, 那么可以求
出V 的一个正交组 {1, 2,, n}, 使得 k 可以由 1,2,,k 线性表示，k = 1,2,…,m.
由于1,2,,k 线性无关，得 k 0,
又因为假定了 1, 2 ,, k1 两两正交，所以
k ,i
k ,i
k ,i i , i
i , i 0, i 1,2,, k 1
这样，1, 2,, k 也满足定理的要求。
定理8.2.3 任意n(n >0)维欧氏空间一定有正交
基，因而有标准正交基.
例4 在欧氏空间 R3中对基
4) 当 0 时, , 0 这里 ,, 是V的任意向量，a是任意实数，那么
, 叫做向量ξ与η的内积，而V叫做对于 这个内积来说的一个欧氏空间（简称欧氏空间）.
《外层空间法》PPT课件
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第一节 外层空间法的概念与发展
• 一、外层空间法的概念 • 1、外层空间是指空气空间以外的全部空间。 • 2、外层空间法，简称空间法或外空法，是有关外
层空间的法律地位以及各国探测和利用外层空间 活动的法律。它是现代国际法的一个新的分支。 • 3、外层空间法调整的对象主要是国家之间在探索 和利用外层空间活动中所发生的关系。
• ４．不在环绕月球或飞向、飞绕月球的轨道上以 及在月球上或月球内放置载有核武器和大规模毁 灭性武器的物体。
• ５．禁止在月球上使用武力或以武力相威胁，从 事任何敌对行为或以敌对行为相威胁。
• （三）条约和协定不禁止使用军事人员进行科学 研究或把军事人员用于任何其他的和平目的。
• 三、外层空间活动的制度
• 二、外层空间法的发展 • （一）在联合国主持下制定的有关外层空间的国
际文件有： • 1.1967年1月27日《关于各国探索和利用外层空间
包括月球和其他天体的活动的原则条约》。 • 2.1968年4月22日《关于营救宇航员、送回宇航员
和归还发射到外层空间的实体的协定》。 • 3.1972年3月29日《空间物体造成损害的国际责任
• 3.归还。 • 无论在何地发现了发生意外的宇航员，都应立
即把他们安全地交还给发射当局的代表。
• (三)责任制度 • 1.责任主体。
• （１）国家对其在外层空间从事的活动，无论是政 府从事的，还是非政府从事的，都要承担国际责任。
• （２）空间物体造成损害的责任承担者是发射国。 当两国或数国共同参与一项发射活动时，一个空间 物体有几个发射国，这些发射国对该外空物体造成 的损害负共同和分别的责任。
• （３）当一个空间物体对另一个空间物体造成损 害，并由此对第三国造成损害，这两个空间物体 的发射国应承担共同和分别的责任，其赔偿责任 应按该两国过失的程度分摊。
空气空间法
空气空间的法律地位
第一，完全自由论。这一学说主张，空中完全自由，认 为空气空间和公海一样是开放的，完全自由的。 第二，有条件自由论。这一学说主张原则上空气空间 是开放的和完全自由的，但国家享有自保权。必要时， 国家对其领土上空有进行干预的权利。比如，国家为了 保障其本国的利益，可以制订各种航空规则，在其领空 飞行的航空器必须遵守。 第三，海洋比拟论。此学说把空间与海洋相类比，像 海洋分为公海和领海一样，空间也分为公空和领空，一 国对空主权只能向上延伸一定的高度，超过此高度应该 是无主的和自由的，但领空有多高，说法不一。
设定特殊区域的要求
国家设置特殊区域时,应当遵循国际航空法规 国家设置特殊区域时 应当遵循国际航空法规 定的要求. 定的要求 特殊区域的范围和说明应当合理,以免空中航 特殊区域的范围和说明应当合理 以免空中航 行受到不必要的阻碍. 行受到不必要的阻碍 特殊区域的说明及其变更应当公布,尽快通知 特殊区域的说明及其变更应当公布 尽快通知 各缔约国及国际民用航空组织. 各缔约国及国际民用航空组织 关于禁区的规定,对本国和外国从事同样性质 关于禁区的规定 对本国和外国从事同样性质 的飞行的民用航空器不得有区别对待,在非常 的飞行的民用航空器不得有区别对待 在非常 情况下或在紧急时期内,一国关于暂时限制或 情况下或在紧急时期内 一国关于暂时限制或 禁止航空器在其全部或部分领土上空飞行的禁 应不分国籍使用于所有其他国家的航空器. 令,应不分国籍使用于所有其他国家的航空器 应不分国籍使用于所有其他国的基本规则的公约 1919年10月13日在巴黎签订的《巴黎航空公 日在巴黎签订的《 年 月 日在巴黎签订的 是世界上第一个关于航空的国际协定。 约》是世界上第一个关于航空的国际协定。 1928年2月20日在哈瓦那签订了《泛美航空公 日在哈瓦那签订了《 年 月 日在哈瓦那签订了 约》； 1944年12月7日在芝加哥签订了《国际民用航 日在芝加哥签订了《 年 月 日在芝加哥签订了 空公约》。（我国1974年2月15日承认该公约） 》。（我国 日承认该公约） 空公约》。（我国 年 月 日承认该公约
外层空间法
二、中国关于外空的原则立场
ห้องสมุดไป่ตู้1．外层空间不得据为己有，各国应该在主权平等的基础上，自 由探索和利用外层空间，外空活动应为全人类谋利益。 2．对于联合国的外空机构和外空会议，我国一贯持积极态度。
3．关于外层空间的定义和外层空间与空气空间的界限问题，我 国政府代表在1988年第31届外空委员会会议上已表明：
四、1974年登记公约
第一，登记国的确定及责任。
第二，登记情报的公开。 第三，登记国对外层空间的实体具有管辖权和控制权。
五、1979年月球协定
第一，月球及其他天体的和平利用和非军事化。 第二，月球及其自然资源是全人类的共同财产(第11条第1款)。 第三，飞往月球的情报。
第四，月球环境的保护。
第五，缔约国报告探月活动的义务。 第六，对月球上人和物的管辖和控制权。 第七，缔约国的国家责任和监督权利。
第二节 外层空间的法律体系
一、1966年外空条约
第一，和平利用外层空间原则。 第二，自由平等原则。 第三，合作和互助原则。
第四，国际责任、赔偿责任和登记国的管辖权。
第五，关于救助宇航员的规定。缔约国还应把宇航员视为人类派往外层空 间的使节。
第六，本条约的适用。
二、1967年营救协定
第一，“发射当局”的定义。
第三节 外层空间的法律原则和 制度
一、外层空间的法律原则
（一）为全人类谋福利原则 （二）依照国际法自由探索和利用原则 （三）不得据为己有原则 （四）限制军事化原则
（五）援救宇航员原则
（六）国家责任和赔偿责任原则 （七）对空间物体的管辖权和所有权原则 （八）空间物体登记原则 （九）保护环境原则
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第2条：各国不得 通过主权要求、 使用或占领等方 法，以及其他任 何措施，把外层 空间（包括月球 和其他天体）据 为己有
6. 国家责任和赔偿责任原则 7. 对外空物体的所有权和管辖权原则 8. 外空物体登记原则 9. 保护空间环境原则
1. 营救制度
《营救协定》
2. 赔偿责任制度
《空间物体造成损害的赔偿责任公约》
3. 登记制度
《登记公约》
4. 月பைடு நூலகம்开发制度
《月球协定》
通知 援助和营救宇航员
归还宇航员和空间物体
费用负担
消除危害
（1）赔偿责任的主体
国家；国际组织
（2）赔偿范围
损害是指生命的损失、身体受伤 或健康的其它损害以及国家、自然人、法人的 财产或国际政府间组织的财产受到损失或损害
（3）赔偿责任的基础
绝对责任；过失责任
（4）赔偿要求的解决
（1）月球及其自然资源均为全人类的共 同财产，任何国家不得通过利用或占领或 以其他任何方式据为已有，月球表面或其 下层或其任何部分或其中的自然资源均不 应成为任何国家、国际组织、实体或自然 人的财产。一俟月球自然资源的开发成为 可行，即建立此种开发的国际制度。（第 11条）
第八章
空间法
第一节 国际航空法
一、概念 二、国际航空制度
三、国际航空运输 四、国际航空运输的损害赔偿 五、国际航空安全
机长：72米；机身直径：7.1米；翼展：79.8米；机 高：24.1米；最达起飞重量：560吨；载客能力：在 标准的三级客舱布局下可载555人；最多载客840人； 油箱容量：31万升；发电机：4台；航程：1.48万公 里；最高时速：1090公里
关 于 制 止 非 法 劫 持 航 空 器 的 公 约
罪行是在该国登记的航空器内发生的； 在其内发生罪行的航空器在该国降落时被指 称的罪犯仍在航空器内； 罪行是在租来时不带机组的航空器内发生的， 而承租人的主要营业地，或如承租人没有这 种营业地，则其永久居所，是在该国。 当被指称的罪犯在缔约国领土内，而该国未 按第八条的规定将此人引渡给本条第一款所 指的任一国家时，该缔约国应同样采取必要 措施，对这种罪行实施管辖权 不排斥根据本国法行使任何刑事管辖权 罪行是在该国领土内发生的
在其境内发现被指称的罪犯的缔约国， 如不将此人引渡，则不论罪行是否在其 境内发生，应无例外地将此案件提交其 主管当局以便起诉。该当局应按照本国 法律以对待任何严重性质的普通罪行案 件的同样方式作出决定
甲国、乙国、丙国、丁国和戊国都是海牙公约的 缔约国。甲国公民刘某乘座一架在乙国登记的飞 机，当该飞机从乙国首都起飞后，刘某非法劫持 了该飞机并改变了航向。飞机被劫持后飞经了丙 国，最终被迫降在丁国机场，但是在该飞机降落 前，刘某已跳伞到戊国，并被发现和控制。根据 1970年海牙公约的规定来分析本案哪些国家对 刘某的非法劫持航空器的行为有管辖权。 A．甲国 B．乙国 C．丙国 D．丁国 E．戊国
暴力行为以补充1971年9月23日订了蒙特利尔的制止危 害民用航空安全的非法行为的公约的议定书
1991年《蒙特利尔公约》 — 注标塑性炸药以便探测的公约
公 约 制 度
航空犯罪
管辖权 登记国管辖 普遍管辖
引渡或起诉
或引渡或起诉原则
东京公约
登 记 国
权器 航 行内 空 使所 器 管犯 登 辖的 记 权罪 国 行对 和在 行该 为航 有空
2011/12/27
参考书 贺其治：外层空间法，法律出版社， 1992年
先占是国际法中国家获得领土主权 的一种方式。根据现代国际法的有 关规则，下列哪些选项已经不能被 作为先占的对象？
A．南极地区 B．北极地区 C．国际海底区域 D．月球
A国人甲向A国地方法院、A国政府和联合国递交一份 所有权声明，宣布他是月球的土地所有者。他注册成 立“月球大使馆”公司销售月球土地，并在世界多个 国家建立了分公司。B国人乙与甲签订协议，代理销 售月球北纬20°～24°、西经30°～34°之间的土地， 并向B国地方政府管理部门登记成立“月球大使馆” 分公司，开始销售月球土地。B国人只要向“月球大 使馆”分公司交纳一小笔费用即可取得A国总公司颁 发的《月球土地所有权证书》。购买者据此可拥有所 购买月球土地的所有权、使用权以及土地以上和地下 3公里以内的矿物产权。B国是1979年《指导各国在月 球和其他天体上活动的协定》的缔约国。 根据以上案情，分析B国应该如何对待“月球大 使馆”分公司及其销售月球土地的行为？
1975年《关于登记射入外层空间物体的公约》
1979年《指导各国在月球和其他天体上活动的协定》
1982年《各国利用人造地球卫星进行国际直接电视广 播所应遵守的原则》
1986年《关于从外层空间遥感地球的原则》 1992年《关于在外层空间使用核动力源的原则》
1. 共同利益原则
2. 自由探索和利用原则
第二节
外层空间法
space）
一、概念（outer
二、外空法的基本原则
三、外空法的制度
四、外空法的几个问题 五、我国空间事业与法律
1963年《各国探索和利用外层空间的法律原则宣言》
1966年《关于各国探索和利用外层空间包括月球和其 它天体的活动的原则条约》
1968年《营救宇航员、送回宇航员和归还发射到外层 空间的物体的协定》 1972年《空间物体造成损害的赔偿责任公约》
航班飞行
国际航班飞行，非经一缔约国特准或给予 其他许可并遵守此项特准或许可的条件， 不得在该国领土上空飞行或飞入该国领土 1944年《国际航空运输协定》 1944年《国际航班过境协定》
华沙条约体系
1929年《统一国际航空运输某些规则 的公约》 1999年《统一国际航空运输某些规则 的公约》
一般航空法律制度的公约
1944年《芝加哥国际民用航空公约》
航空管理公约
航空安全公约
1.空气空间的法律地位
领空不受侵犯 领空主权 禁区 国内载运权 紧急降落权
军事、海关和警察
2.航空器的法律地位
民用航空器和国家航空器
国籍
非航班飞行
从事非航班飞行的航空器在缔约国之间有 飞入、飞越或降停的权利 双边航空运输协定
A、B、C和D国都是1970年《关于制止 非法劫持航空器的公约》的缔约国。一架 在A国登记的民航飞机飞经B国领空时，被 C国反政府游击队的一名成员C1劫持，要 求C国政府释放被关押的2名游击队领导人。 被劫持飞机降落D国后，C1申请政治避难， 得到D国允许。
根据以上案情，回答下列问题： （1）本案中哪些国家对C1劫持航空器的行 为有管辖权？ （2）D国的做法是否正确？为什么？
1952年《关于外国航空器对地（水） 面第三者造成损害公约》
1978年 《蒙特利尔议定书》
AB两国是《联合国海洋法公约》的缔约国，各 自宣布了从其领海基线起200海里专属经济区。它 们还是《国际民用航空公约》的缔约国。A国一架 高性能军用侦察机在距离B国东南海岸135公里海 域上空抵近侦察飞行，被B国一架军用飞机跟踪监 视。当两架飞机靠近平行向西南方飞行时，A国军 用飞机突然转向，朝东北方飞行，其左机翼撞上B 国飞机，致使其失控坠海。受损的A国飞机进入B 国领空，并降落最近的一个军用机场。事件发生后， A国指责B国侵犯了它在国际空域的飞行自由，应 对事件负责；其飞机进入和降落B国是出于紧急情 况，无需它的同意；降落飞机享有主权豁免，B国 无权扣押和检查。
非 登 记 国
使不 任排 何斥 刑根 事据 管本 辖国 权法 行
罪行在该国领土上具有后果 罪行是由该国国民或在该国 有永久居所的人所犯或是针对 该国民或该人的 罪行危及该国的安全 罪行违反该国现行的有关航 空器飞行或操作的任何规定或 条例 为确保该国根据某项多边国 际协定所承担的任何义务而有 必要行使管辖权
根据以上案情，分析A国主张的合法性。
1963年《东京公约》 — 关于在航空器上犯罪和其它行为的公约 1970年《海牙公约》 — 关于制止非法劫持航空器的公约 1971年《蒙特利尔公约》 — 关于制止危害民用航空安全的非法行为的公约 1988年《蒙特利尔议定书》 — 制止在用于国际民用航空的机场发生的非法
（2）月球专用于和平目的
1.外空的界限
空间论
功能论 2.卫星直接广播电视 1982年《各国利用人造地球卫星进行国际直接电
视广播所应遵守的原则》
3.卫星遥感地球
1986年《关于从外层空间遥感地球的原则》
4.外空使用核动力源 1992年《关于在外层空间使用核动力源的原则》
东方红三号卫星
蒙特利尔公约
前述罪行应看作是包括缔约各国间现有引渡条约中 的可引渡的罪行。缔约各国承允将此种罪行作为一 种可引渡的罪行列入它们之间将要缔结的每一项引 渡条约中 如一缔约国规定只有在订有引渡条约的条件下才可 以引渡，而当该缔约国接到未与其订有引渡条约的 另一缔约国的引渡要求时，可以自行决定认为本公 约是对该罪行进行引渡的法律根据。引渡应遵照被 要求国法律规定的其他条件 缔约各国如没有规定只有在订有引渡条约下才可以 引渡，则在遵守被要求国法律规定的条件下，应承 认公约所规定的罪行是它们之间可引渡的罪行 为在缔约各国间的引渡的目的，罪行应看作不仅是 发生在所发生的地点，而且也是发生在根据公约规 定要求实施其管辖权的国家领土上