【聚焦典型题】(苏教版)2014届高考一轮数学(理)：《空间向量及其运算》
【赢在高考】2014届高考数学第一轮复习配套课件：8.6空间向量及其运算-文档资料
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( 3) 模、夹角和距离公式 设 a=( a1, a2, a3) , b=( b1, b2, b3) , 2 2 2 则|a|= ������·������ = ������1 + ������2 + ������3 , cos<a, b>=|������||������| =
������·������
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( 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 件是存在惟一的有序实数对( x, y) , 使 p=xa+yb. 推论: 空间一点 P 位于平面 ABC 内的充要条件是存在有序实数 对( x, y) , 使������������=x������������+y������������; 或对空间任意一点 O, 有 ������������ = ������������+x������������+y������������. ( 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=xa+yb+zc, 我们把{a, b, c}叫做空间的一个基 底, a, b, c 都叫做基向量.
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对于共面向量定理和空间向量基本定理可对比共 线向量定理进行学习理解.空间向量基本定理是适当选取基底的依 据, 共线向量定理和共面向量定理是证明三点共线、 线线平行、 四点 共面、 线面平行的工具, 三个定理保证了由向量作为桥梁由实数运算 方法完成几何证明问题的完美“嫁接”.
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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������������=a, ������������=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>=2, 则称向量 a 与 b 互相垂直, 记作 a⊥b. ②两向量的数量积 已知两个非零向量 a, b, 则|a||b|cos<a, b>叫做 a, b 的数量积, 记作 a· b, 即 a· b=|a||b|cos<a, b>. 零向量与任何向量的数量积为 0.特别 地, a· a=|a||a|· cos<a, a>=|a|2.
2014版高考数学一轮复习(苏教版,理)配套导学案：第8章 学案43
学案43空间向量及其运算导学目标：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，能运用向量的共线与垂直证明直线、平面的平行和垂直关系．自主梳理1．空间向量的有关概念及定理（1）空间向量:在空间中，具有________和________的量叫做空间向量．(2)相等向量:方向________且模________的向量．（3）共线向量定理对空间任意两个向量a，b(a≠0)，b与a共线的充要条件是________________________．(4)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有序实数对(x,y)，使得p＝x a＋y b，推论的表达式为错误!＝x错误!＋y错误!或对空间任意一点O有，错误!＝________________或错误!＝x错误!＋y错误!＋z错误!，其中x＋y＋z＝____.(5）空间向量基本定理如果三个向量e1，e2，e3不共面，那么对空间任一向量p，存在惟一的有序实数组（x，y,z），使得p＝________________________，把｛e1,e2，e3｝叫做空间的一个基底．2．空间向量的坐标表示及应用（1)数量积的坐标运算若a＝(a1,a2，a3），b＝（b1，b2，b3），则a·b＝__________________________________________________________ ________.(2)共线与垂直的坐标表示设a＝(a1，a2，a3)，b＝(b1，b2，b3），若b≠0，则a∥b⇔________⇔__________，________，______________，a⊥b⇔__________⇔________________________（a，b均为非零向量)．（3)模、夹角和距离公式设a＝(a1，a2,a3），b＝(b1，b2，b3)，则|a|＝a·a＝________________________________，cos〈a，b>＝a·b|a||b｜＝______________________________________________________。
2014高考数学一轮复习精品习题附解析第八章第5讲空间向量及其运算
第5讲 空间向量及其运算分层训练A 级 基础达标演练(时间：30分钟 满分：60分)一、填空题(每小题5分，共30分)1．给出下列四个命题：①若p ＝x a ＋y b ，则p 与a ，b 共面；②若p 与a ，b 共面，则p ＝x a ＋y b .③若MP→＝xMA →＋yMB →，则P ，M ，A 、B 共面； ④若P ，M ，A ，B 共面，则MP→＝xMA →＋yMB →. 其中真命题的序号是________．解析 其中①③为正确命题．答案 ①③2. 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BM →用a ，b ，c 表示为________． 解析 BM →＝BB 1→＋B 1M →＝AA 1→＋12(AD →－AB →)＝c ＋12(b －a )＝－12a ＋12b ＋c . 答案 －12a ＋12b ＋c3．(2011·苏州期末)已知a ＝(λ＋1,0,2)，b ＝(6,2μ－1,2λ)，若a ∥b ，则λ与μ的值是________．解析 由题意知：⎩⎪⎨⎪⎧ λ＋16＝22λ，2μ－1＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧ λ＝2，μ＝12或⎩⎪⎨⎪⎧ λ＝－3，μ＝12.答案 2，12或－3，124．已知a ＝(1－t,1－t ，t )，b ＝(2，t ，t )，则|b －a |的最小值为________． 解析 b －a ＝(1＋t,2t －1,0)，∴|b －a |＝(1＋t )2＋(2t －1)2＝ 5⎝ ⎛⎭⎪⎫t －152＋95， ∴当t ＝15时，|b －a |取得最小值为355.答案 3555. 如图，已知空间四边形OABC ，OB ＝OC ，且∠AOB ＝∠AOC ＝π3，则cos 〈OA→，BC →〉的值为________．解析 设OA →＝a ，OB →＝b ，OC →＝c由已知条件〈a ，b 〉＝〈a ，c 〉＝π3，且|b |＝|c |，OA →·BC →＝a ·(c －b )＝a·c －a·b＝12|a||c |－12|a||b|＝0，∴cos 〈OA →，BC →〉＝0.答案 06．已知a ＋3b 与7a －5b 垂直，且a －4b 与7a －2b 垂直，则〈a ，b 〉＝________.解析 由条件知(a ＋3b )·(7a －5b )＝7|a |2＋16a ·b －15|b |2＝0，及(a －4b )·(7a －2b )＝7|a |2＋8|b |2－30a ·b ＝0.两式相减，得46a ·b ＝23|b |2，∴a ·b ＝12|b |2.代入上面两个式子中任意一个，即可得到|a |＝|b |.∴cos 〈a ，b 〉＝a ·b |a ||b |＝12|b |2|b |2＝12.∵〈a ，b 〉∈[0°，180°]，∴〈a ，b 〉＝60°.答案 60°二、解答题(每小题15分，共30分)7．若a ＝(1,5，－1)，b ＝(－2,3,5)．(1)若(k a ＋b )∥(a －3b )，求k ；(2)若(k a ＋b )⊥(a －3b )，求k .解 k a ＋b ＝(k －2,5k ＋3，－k ＋5)，a －3b ＝(1＋3×2,5－3×3，－1－3×5)＝(7，－4，－16)．(1)∵(k a ＋b )∥(a －3b )，∴k －27＝5k ＋3－4＝－k ＋5－16，解得k ＝－13. (2)∵(k a ＋b )⊥(a －3b )，∴(k －2)×7＋(5k ＋3)×(－4)＋(－k ＋5)×(－16)＝0.解得k ＝1063.8. 如图，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MN 的长．解 (1)设A B →＝p ，A C →＝q ，A D →＝r .由题意可知：|p |＝|q |＝|r |＝a ，且p 、q 、r 三向量两两夹角均为60°.M N →＝A N →－AM →＝12(A C →＋A D →)－12A B →＝12(q ＋r －p )，∴M N →·A B →＝12(q ＋r －p )·p＝12(q ·p ＋r ·p －p 2)＝12(a 2·cos 60°＋a 2·cos 60°－a 2)＝0.∴MN ⊥AB ，同理可证MN ⊥CD .(2)由(1)可知，MN ＝12(q ＋r －p )．∴|M N →2|＝MN →2＝14(q ＋r －p )2 ＝14[q 2＋r 2＋p 2＋2(q ·r －p ·q －r ·p )]＝14⎣⎢⎡⎦⎥⎤a 2＋a 2＋a 2＋2⎝ ⎛⎭⎪⎫a 22－a 22－a 22＝14×2a 2＝a 22. ∴|M N →|＝22a ，∴MN 的长为22a .分层训练B 级 创新能力提升1．(2011·常州月考)正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为a ，点M 在AC 1上且AM→＝12MC 1→，N 为B 1B 的中点，则|MN →|为________． 解析 以D 为原点建立如图所示的空间直角坐标系D －xyz ，则A (a,0,0)，C 1(0，a ，a )，N ⎝ ⎛⎭⎪⎫a ，a ，a 2. 设M (x ，y ，z )，∵点M 在AC 1上且AM →＝12MC 1→， ∴(x －a ，y ，z )＝12(－x ，a －y ，a －z )，∴x ＝23a ，y ＝a 3，z ＝a 3.得M ⎝ ⎛⎭⎪⎫2a 3，a 3，a 3， ∴|MN →|＝ ⎝ ⎛⎭⎪⎫a －23a 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫a －a 32＋⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2－a 32＝216a . 答案 216a 2．在下列条件中，使M 与A 、B 、C 一定共面的是________．①OM →＝2OA →－OB →－OC →；②OM →＝15OA →＋13OB →＋12OC →； ③MA→＋MB →＋MC →＝0；④OM →＋OA →＋OB →＋OC →＝0； 解析 ∵MA→＋MB →＋MC →＝0，∴MA →＝－MB →－MC →，则MA →、MB →、MC →为共面向量，即M 、A 、B 、C 四点共面．答案 ③3．已知a ＝(2，－1,2)，b ＝(2,2,1)，则以a ，b 为邻边的平行四边形的面积为________．解析 |a |＝22＋(－1)2＋22＝3，|b |＝22＋22＋12＝3，a·b ＝2×2＋(－1)×2＋2×1＝4，∴cos 〈a ，b 〉＝a·b |a||b|＝49，sin 〈a ，b 〉＝659，S 平行四边形＝|a||b|sin 〈a ，b 〉＝65. 答案 654．已知ABCD －A 1B 1C 1D 1为正方体，给出下列四个命题：①(A 1A →＋A 1D 1→＋A 1B 1→)2＝3A 1B 12；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|A B →·AA 1→·A D →|.其中正确命题的序号是________．解析 设正方体的棱长为1，①中(A 1A →＋A 1D 1→＋A 1B 1→)2＝3A 1B 1→2＝3，故①正确；②中A 1B 1→－A 1A →＝AB 1→，由于AB 1⊥A 1C ，故②正确；③中A 1B 与AD 1两异面直线所成角为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．答案 ①②5．已知非零向量e 1，e 2不共线，如果AB →＝e 1＋e 2，AC →＝2e 1＋8e 2，AD →＝3e 1－3e 2，求证：A 、B 、C 、D 共面．证明 令λ(e 1＋e 2)＋μ(2e 1＋8e 2)＋v (3e 1－3e 2)＝0.则(λ＋2μ＋3v )e 1＋(λ＋8μ－3v )e 2＝0.∵e 1，e 2不共线，∴⎩⎨⎧λ＋2μ＋3v ＝0λ＋8μ－3v ＝0. 易知⎩⎨⎧ λ＝－5μ＝1v ＝1是其中一组解，则－5AB→＋AC →＋AD →＝0. ∴A 、B 、C 、D 共面．6. 如图所示，已知空间四边形ABCD 的每条边和对角线长都等于1，点E ，F ，G 分别是AB 、AD 、CD 的中点，计算：(1)EF →·BA →； (2)EF →·DC→； (3)EG 的长；(4)异面直线AG 与CE 所成角的余弦值．解 设AB →＝a ，AC →＝b ，AD →＝c .则|a |＝|b |＝|c |＝1，〈a ，b 〉＝〈b ，c 〉＝〈c ，a 〉＝60°， EF →＝12BD →＝12c －12a ，BA →＝－a ，DC →＝b －c ， (1)EF →·BA →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12c －12a ·(－a ) ＝12a 2－12a·c ＝14，(2)EF →·DC →＝12(c －a )·(b －c ) ＝12(b·c －a·b －c 2＋a·c )＝－14；(3)EG →＝EB →＋BC →＋CG →＝12a ＋b －a ＋12c －12b ＝－12a ＋12b ＋12c ，|EG →|2＝14a 2＋14b 2＋14c 2－12a·b ＋12b·c －12c·a＝12，则|EG →|＝22. (4)AG →＝12b ＋12c ，CE →＝CA →＋AE →＝－b ＋12a ，cos 〈AG →，CE →〉＝AG →·CE →|AG →||CE →|＝－23，由于异面直线所成角的范围是⎝ ⎛⎦⎥⎤0，π2， 所以异面直线AG 与CE 所成角的余弦值为23.。
苏教版高考总复习一轮数学精品课件 几何与代数 第八章 解答题专项第1课时 利用空间向量证明平行与垂直
面 ⊥平面,为的中点.
解如图,取的中点,连接,在梯形中,由题意易知 ⊥ ,
∵ = ,为的中点,∴ ⊥ .
又平面 ⊥平面,∴ ⊥平面，
则 ⋅ = 0
2
+
2
2
−
2
,
= 0,所以 ⊥ ,所以 ⊥ .
由题可知 ⊥ ,且 ∩ = ,, ⊂平面,所以 ⊥平面.
规律方法
利用空间向量证明空间垂直、平行的一般步骤
（1）建立空间直角坐标系,建系时要尽可能地利用条件中的垂直关系.
由 ⋅ = 0 × 5 + 1 × 4 + × −3 = 0,得 ⊥ ,即平面 ⊥平面.
考向二 与平行、垂直有关的探索性问题
典例2(2023宿迁月考)如图,在直三棱柱 − 1 1 1 中,
1 1 = 1 1 ,为1 1 的中点,,分别是棱,1 上的点,且
∵ 1 ⊄平面, ⊂平面,∴ 1 //平面.
（2）若△ 是正三角形,为1 的中点,则能否在线段1 上找一点,使得1 //平
面？若存在,确定该点的位置；若不存在,请说明理由.
在线段1 上存在一点,使得1 //平面,此时是线段1 的中点,证明如下:
在直三棱柱 − 1 1 1 中,
∵ //1 ,∴ ⊥ , ⊥ .又∵ ⊥ ,∴ ,,两两垂直,
如图,以为原点,直线为轴,直线为轴,直线为轴,建立空
间直角坐标系.
设1 1 = 2,1 = 2,
∵点在线段1 上,∴设 = 1 ,0 ≤ ≤ 1,则 −1,0,2 ,
∴ ⋅ = 0 × −8 + 3 × 0 + 4 × 0 = 0,
【苏教版】【步步高】2014届高考数学一轮复习备考练习第3章习题课空间向量的应用
习题课 空间向量的应用一、基础过关 1．如图所示，平面ABEF ⊥平面ABCD ，四边形ABEF 与ABCD 都是直角梯形，∠BAD ＝∠F AB ＝90°，BC 綊12AD ，BE 綊12F A ，G 、H 分别为F A 、FD 的中点．(1)证明：四边形BCHG 是平行四边形； (2)C 、D 、F 、E 四点是否共面？为什么？ (3)设AB ＝BE ，证明：平面ADE ⊥平面CDE . 2．如图所示，在四棱锥P —ABCD 中，底面ABCD 是一直角梯形，∠BAD ＝90°，AD ∥BC ，AB ＝BC ＝a ，AD ＝2a ，且P A ⊥底面ABCD ，PD 与底面成30°角． (1)若AE ⊥PD ，E 为垂足，求证：BE ⊥PD ； (2)求异面直线AE 与CD 所成角的余弦值． 3．如图所示，在四棱锥O —ABCD 中，底面ABCD 是边长为1的菱形，∠ABC ＝π4，OA ⊥底面ABCD ，OA ＝2，M 为OA 的中点，N 为BC 的中点． (1)证明：直线MN ∥平面OCD ； (2)求异面直线AB 与MD 所成角的大小． 二、能力提升 4．如图所示，在四棱锥P－ABCD中，P A⊥平面ABCD，AC⊥AD，AB⊥BC，∠BAC＝45°，P A＝AD ＝2，AC＝1.(1)证明：PC⊥AD；(2)求二面角A－PC－D的正弦值；(3)设E为棱P A上的点，满足异面直线BE与CD所成的角为30°，求AE的长．5．等边△ABC中，D，E分别是AC，AB的中点，沿DE将△ADE折起，使平面ADE⊥平面BCDE(如图所示)．(1)求证：平面ABC⊥平面ABE；(2)求直线AC与平面ABE所成角的正弦值．三、探究与拓展6．如图，四棱锥S—ABCD的底面是正方形，每条侧棱的长都是底面边长的2倍，P为侧棱SD上的点．(1)求证：AC⊥SD；(2)若SD⊥平面P AC，求二面角P—AC—D的大小；(3)在(2)的条件下，侧棱SC上是否存在一点E，使得BE∥平面P AC.若存在，求SE∶EC的值；若不存在，试说明理由．答案1． (1)证明 由题设知，F A 、AB 、AD 两两互相垂直．以A 为坐标原点，射线AB 为x 轴正方向，以射线AD 为y 轴正方向，以射线AF 为z 轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系． 设AB ＝a ，BC ＝b ，BE ＝c ，则由题设得A (0,0,0)，B (a,0,0)，C (a ，b,0)，D (0,2b,0)，E (a,0，c )，G (0,0，c )，H (0，b ，c )．所以GH →＝(0，b,0)，BC →＝(0，b,0)，于是GH →＝BC →.又点G 不在直线BC 上， 所以四边形BCHG 是平行四边形． (2)解 C 、D 、F 、E 四点共面．理由如下：由题设知，F (0,0,2c )，所以EF →＝(－a,0，c )，CH →＝(－a,0，c )，EF →＝CH →.又C ∉EF ，H ∈FD ， 故C 、D 、F 、E 四点共面．(3)证明 由AB ＝BE ，得c ＝a ，所以CH →＝(－a,0，a )，AE →＝(a,0，a )． 又AD →＝(0,2b,0)，因此CH →·AE →＝0， CH →·AD →＝0，即CH ⊥AE ，CH ⊥AD . 又AD ∩AE ＝A ，所以CH ⊥平面ADE . 由CH ⊂平面CDE ， 得平面ADE ⊥平面CDE . 2． (1)证明 ∵P A ⊥底面ABCD ，∴P A ⊥AB .又∵AB ⊥AD ， ∴AB ⊥平面P AD .∴AB ⊥PD . 又∵AE ⊥PD ，∴PD ⊥平面ABE . 故BE ⊥PD . (2)解 如图所示，以A 为原点，AB 、AD 、AP 所在直线为坐标轴，建立空间直角坐标系，则点C 、D 的坐标分别为(a ，a,0)、(0,2a,0)．∵P A ⊥底面ABCD ，∠PDA 是PD 与底面ABCD 所成的角，∴∠PDA ＝30°.于是，在Rt △AED 中，由AD ＝2a ， 得AE ＝a .过E 作EF ⊥AD ，垂足为F ，在Rt △AFE 中，由AE ＝a ，∠EAF ＝60°， 得AF ＝12a ，EF ＝32a .∴E ⎝⎛⎭⎫0，12a ，32a .于是AE →＝⎝⎛⎭⎫0，12a ，32a ，CD →＝(－a ，a,0)．设异面直线AE 与CD 所成角为θ， 则cos θ＝|AE →·CD →||AE →||CD →|＝12a 2a ·2a ＝24.∴AE 与CD所成角的余弦值为24. 3． (1)证明作AP ⊥CD 于点P ，连结OP .如图，分别以AB 、AP 、AO 所在直线为x 、y 、z 轴建立空间直角坐标系． A (0,0,0)，B (1,0,0)，P ⎝⎛⎭⎫0，22，0， D ⎝⎛⎭⎫－22，22，0，O (0,0,2)，M (0,0,1)，N ⎝⎛⎭⎫1－24，24，0.MN →＝⎝⎛⎭⎫1－24，24，－1，OP →＝⎝⎛⎭⎫0，22，－2，OD →＝⎝⎛⎭⎫－22，22，－2.设平面OCD 的法向量为n ＝(x ，y ，z )， 则n ·OP →＝0，n ·OD →＝0.即⎩⎨⎧22y －2z ＝0，－22x ＋22y －2z ＝0.取z ＝2，解得n ＝(0,4，2)．∵MN →·n ＝⎝⎛⎭⎫1－24，24，－1·(0,4，2)＝0，又MN ⊄平面OCD ，∴MN ∥平面OCD .(2)解 设AB 与MD 所成角为θ. ∵AB →＝(1,0,0)，MD →＝⎝⎛⎭⎫－22，22，－1，∴cos θ＝|AB →·MD →||AB →|·|MD →|＝12，∴θ＝π3.∴AB 与MD 所成角的大小为π3.4． (1)证明如图，以点A 为原点建立空间直角坐标系，依题意得 A (0,0,0)，D (2,0,0)，C (0,1,0)，B ⎝⎛⎭⎫－12，12，0，P (0,0,2)． 易得PC →＝(0,1，－2)，AD →＝(2,0,0)，于是PC →·AD →＝0，所以PC ⊥AD .(2)解 PC →＝(0,1，－2)， CD →＝(2，－1,0)．设平面PCD 的法向量n ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·PC →＝0，n ·CD →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧y －2z ＝0，2x －y ＝0.不妨令z ＝1，可得n ＝(1,2,1)． 可取平面P AC 的法向量m ＝(1,0,0)． 于是cos 〈m ，n 〉＝m ·n |m |·|n |＝16＝66，从而sin 〈m ，n 〉＝306.所以二面角A －PC －D 的正弦值为306.(3)解 设点E 的坐标为(0,0，h )， 其中h ∈[0,2]．由此得BE →＝⎝⎛⎭⎫12，－12，h . 由CD →＝(2，－1,0)，故cos 〈BE →，CD →〉＝BE →·CD →|BE →|·|CD →|＝3212＋h 2×5＝310＋20h 2，所以310＋20h 2＝cos 30°＝32，解得h ＝1010，即AE ＝1010. 5． (1)证明 取DE 的中点O ，取BC 的中点G ，连结AO ，OG ，则AO ⊥DE ，OG ⊥DE .∵平面ADE ⊥平面BCDE ，平面ADE ∩平面BCDE ＝DE ， ∴AO ⊥平面BCDE ，∴AO ⊥OG . 建立如图所示的空间直角坐标系， 设BC ＝4，则DE ＝2，AO ＝OG ＝ 3.所以A (0,0，3)，D (1,0,0)，E (－1,0,0)，B (－2，3，0)，C (2，3，0)． 设平面ABE 的法向量为m ＝(x 1，y 1，z 1)， ∵EA →＝(1,0，3)，EB →＝(－1，3，0)， 由⎩⎪⎨⎪⎧m ⊥EA →，m ⊥EB→，得⎩⎪⎨⎪⎧x 1＋3z 1＝0，－x 1＋3y 1＝0.令y 1＝1，得m ＝(3，1，－1)， 设平面ABC 的法向量为n ＝(x 2，y 2，z 2)， ∵BC →＝(4,0,0)，AC →＝(2，3，－3)， 由⎩⎪⎨⎪⎧n ⊥BC →，n ⊥AC→ 得⎩⎪⎨⎪⎧x 2＝0，2x 2＋3y 2－3z 2＝0.令y 2＝1，得n ＝(0,1,1)， ∵m·n ＝(3，1，－1)·(0,1,1)＝0， ∴平面ABC ⊥平面ABE .(2)解 由(1)得cos 〈AC →，m 〉＝AC →·m |AC →||m |＝23＋3＋34＋3＋3·3＋1＋1＝265.∴直线AC 与平面ABE 所成角的正弦值为265.6． (1)证明 连结BD ，设AC 交BD 于点O ，由题意知SO ⊥平面ABCD ，以O 点为坐标原点，OB →、OC →、OS →的方向分别为x 轴、y 轴、z 轴的正方向，建立空间直角坐标系O —xyz 如图所示． 设底面边长为a ，则高SO ＝62a . 于是S (0,0，62a )，D ⎝⎛⎭⎫－22a ，0，0， C ⎝⎛⎭⎫0，22a ，0，B ⎝⎛⎭⎫22a ，0，0，OC →＝⎝⎛⎭⎫0，22a ，0，SD →＝⎝⎛⎭⎫－22a ，0，－62a ，∴OC →·SD →＝0.故OC ⊥SD ， 因此AC ⊥SD .(2)解 由题意知，平面P AC 的一个法向量DS →＝⎝⎛⎭⎫22a ，0，62a ，平面DAC 的一个法向量OS →＝⎝⎛⎭⎫0，0，62a ，设所求二面角为θ， 则cos θ＝OS →·DS →|OS →||DS →|＝32，故所求二面角P —AC —D 的大小为30°. (3)解 在棱SC 上存在一点E 使BE ∥平面P AC .由(2)知DS →是平面P AC 的一个法向量， 且DS →＝⎝⎛⎭⎫22a ，0，62a ，CS →＝⎝⎛⎭⎫0，－22a ，62a ，BC →＝⎝⎛⎭⎫－22a ，22a ，0，设CE →＝tCS →，则BE →＝BC →＋CE →＝BC →＋tCS →＝⎝⎛⎭⎫－22a ，22a (1－t )，62at .由BE →·DS →＝0，得t ＝13，即当SE ∶EC ＝2∶1时，BE →⊥DS →. 而BE 不在平面P AC 内， 故BE ∥平面P AC .。
《聚焦典型题》(苏教版)2014届高考一轮数学(理)《平面向量的概念及线性运算》(一轮复习限时提分训练基
平面向量的概念及线性运算分层训练A 级 基础达标演练 (时间：30分钟 满分：60分)一、填空题(每小题5分，共30分)1．(2012·淮安调研)设a 与b 是两个不共线向量，且向量a ＋λb 与－(b －2a )共线，则λ＝________.解析 依题意知向量a ＋λb 与2a －b 共线，设a ＋λb ＝k (2a －b )，则有(1－2k )a ＋(k ＋λ)b ＝0，所以⎩⎪⎨⎪⎧1－2k ＝0k ＋λ＝0解得k ＝12，λ＝－12.答案 －122．(2013·泰安模拟)设a 、b 是两个不共线向量，AB →＝2a ＋p b ，BC →＝a ＋b ，CD →＝a －2b ，若A 、B 、D 三点共线，则实数p 的值是________．解析 因为BD →＝BC →＋CD →＝2a －b ，又A 、B 、D 三点共线，所以存在实数λ，使AB →＝λBD →.即⎩⎪⎨⎪⎧2＝2λ，p ＝－λ，∴p ＝－1.答案 －13．在▱ABCD 中，点E 、F 分别是CD 和BC 的中点，若AC →＝λAE →＋μAF →，其中λ，μ∈R ，则λ＋μ＝________.解析 如图，设AB →＝a ，AD →＝b ，则 AC →＝AB →＋AD →＝a ＋b ， AF →＝AB →＋BF →＝a ＋12b ，AE →＝AD →＋DE →＝12a ＋b ，所以AE →＋AF →＝32(a ＋b )＝32AC →，即AC →＝23AE →＋23AF →.所以λ＝μ＝23，λ＋μ＝43.答案 434．在△ABC 中，已知点D 为BC 边上的中点，点P 满足PA →＋BP →＋CP →＝0.AP →＝λPD →，则实数λ的值为________．解析 如图所示，由AP →＝λPD →，且PA →＋BP →＋CP →＝0，则P 为以AB 、AC 为邻边的平行四边形的第四个顶点，因此AP →＝－2PD →，则λ＝－2. 答案 －25．已知O 是平面上一定点，A ，B ，C 是平面上不共线三点，动点P 满足OP →＝OA →＋λ(AB →＋AC →)，λ∈[0，＋∞)，则动点P 的轨迹一定通过△ABC 的________心．解析 设D 是BC 边中点，则AB →＋AC →＝2AD →，于是由条件得AP →＝λAD →，即P 在中线所在直线AD 上，所以P 点轨迹必过△ABC 的重心．答案 重心6.(2011·青岛模拟)如图所示，设O 是△ABC 内部一点，且OA →＋2OB →＋2OC →＝0，则△ABC 和△BOC 的面积之比为________．解析 以OB →，OC →为邻边作▱OBEC ，OE 交BC 于D ，如题图，由已知条件2OB →＋2OC →＝－OA →，则AO →＝2OE →＝4OD →，即AD →＝5OD →，因此S △ABC S △BOC ＝|AD →||OD →|＝51.答案 5∶1二、解答题(每小题15分，共30分)7.如图，在△OAB 中，延长BA 到C ，使AC ＝BA ，在OB 上取点D ，使DB ＝13OB .设OA →＝a ，OB →＝b ，用a ，b 表示向量OC →，DC →.解 OC →＝OB →＋BC →＝OB →＋2BA →＝OB →＋2(OA →－OB →)＝2OA →－OB →＝2a －b ，DC →＝OC →－OD →＝OC →－23OB →＝(2a －b )－23b ＝2a －53b .8.如图所示，在△ABC 中，点M 是BC 的中点，点N 在边AC 上，且AN ＝2NC ，AM 与BN 相交于点P ，求AP ∶PM 的值． 解 设BM →＝e 1，CN →＝e 2， 则AM →＝AC →＋CM →＝－3e 2－e 1， BN →＝2e 1＋e 2，因为A 、P 、M 和B 、P 、N 分别共线，所以存在λ、μ∈R ，使AP →＝λAM →＝－λe 1－3λe 2，BP →＝μBN →＝2μe 1＋μe 2.故BA →＝BP →－AP →＝(λ＋2μ)e 1＋(3λ＋μ)e 2， 而BA →＝BC →＋CA →＝2e 1＋3e 2，所以⎩⎪⎨⎪⎧λ＋2μ＝2，3λ＋μ＝3，所以⎩⎪⎨⎪⎧λ＝45，μ＝35，所以AP →＝45AM →，所以PM →＝15AM →，即AP ∶PM ＝4∶1.分层训练B 级 创新能力提升1.(2012·泰州模拟)如图所示，在△ABC 中，已知点D 在AB 边上，且AD →＝2DB →，CD →＝13CA →＋λCB →，则λ＝________. 解析 因为CD →＝CA →＋AD →＝CA →＋23AB →＝CA →＋23(CB →－CA →)＝13CA →＋23CB →，所以λ＝23. 答案 232.(2012·镇江调研)如图所示，在△ABC 中，BD →＝12DC →，AE →＝3ED →，若AB →＝a ，AC →＝b ，则BE →＝________(用a ，b 表示)． 解析 BE →＝BA →＋AE →＝BA →＋34AD →＝BA →＋34(AB →＋BD →)＝BA →＋34AB →＋34BD →＝－14AB →＋34×13BC →＝－14AB →＋14(BA →＋AC →)＝－12AB →＋14AC →＝－12a ＋14b .答案 －12a ＋14b3．若点O 是△ABC 所在平面内的一点，且满足|OB →－OC →|＝|OB →＋OC →－2OA →|，则△ABC 的形状为________．解析 OB →＋OC →－2OA →＝OB →－OA →＋OC →－OA →＝AB →＋AC →，OB →－OC →＝CB →＝AB →－AC →，∴|AB →＋AC →|＝|AB →－AC →|.故A ，B ，C 为矩形的三个顶点，△ABC 为直角三角形． 答案 直角三角形4．若O 是平面上一定点，A ，B ，C 是平面上不共线的三个点，动点P 满足OP →＝OA →＋λ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫AB →|AB →|＋AC →|AC →|，λ∈[0，＋∞)，则点P 的轨迹一定通过△ABC 的________心． 解析 如图，设AM →＝AB →|AB →|，AN →＝AC →|AC →|，以AM →，AN →为邻边构作▱AMDN ，则▱AMDN 是边长为1的菱形，所以AD 平分∠BAC ，于是由AP →＝λAD →知动点P 必过△ABC 的内心． 答案 内5．已知点G 是△ABO 的重心，M 是AB 边的中点． (1)求GA →＋GB →＋GO →；(2)若PQ 过△ABO 的重心G ，且OA →＝a ，OB →＝b ，OP →＝m a ，OQ →＝n b ，求证：1m ＋1n＝3.(1)解 因为GA →＋ GB →＝2GM →，又2GM →＝－GO →，所以GA →＋GB →＋GO →＝－GO →＋GO →＝0. (2)证明 因为OM →＝12(a ＋b )，且G 是△ABO 的重心，所以OG →＝23OM →＝13(a ＋b )．由P ，G ，Q 三点共线，得PG →∥GQ →，所以有且只有一个实数λ，使PG →＝λGQ →. 又PG →＝OG →－OP →＝13(a ＋b )－m a ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫13－m a ＋13b ，GQ →＝OQ →－OG →＝n b －13(a ＋b )＝－13a ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫n －13b ， 所以⎝ ⎛⎭⎪⎫13－m a ＋13b ＝λ⎣⎢⎡⎦⎥⎤－13a ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫n －13b .又因为a 、b 不共线，所以⎩⎪⎨⎪⎧13－m ＝－13λ，13＝λ⎝ ⎛⎭⎪⎫n －13，消去λ，整理得3mn ＝m ＋n ，故1m ＋1n＝3.6.如图所示，已知△ABC 的面积为14 cm 2，D ，E 分别是AB ，BC 上的点，且AD DB ＝BE EC＝2，求△APC 的面积．解 设AB →＝a ，BC →＝b ，则AE →＝a ＋23b ，DC →＝13a ＋b .因为点A ，P ，E 和点D ，P ，C 均三点共线，所以存在λ和μ，使得AP →＝λAE →＝λa ＋23λb ，DP →＝μDC →＝13μa ＋μb .又因为AP →＝AD →＋DP →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫23＋13μa ＋μb ，所以有⎩⎪⎨⎪⎧λ＝23＋13μ，23λ＝μ，解得λ＝67，μ＝47，所以S △PAB ＝47S △ABC ＝47×14＝8 (cm 2)，S △PBC ＝14×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－67＝2 (cm 2)，故S △APC ＝14－8－2＝4(cm 2).。
【聚焦典型题】(苏教版)高考一轮数学(理)：《立体几何中的向量方法》1.ppt
A．α∥β
B．α⊥β
C．α、β 相交但不垂直 D．以上均不正确
3．已知A→B＝(2,2,1)，A→C＝(4,5,3)，则平面 ABC
的单位法向量为( )．
A.31，－23，32
B.－13，23，－23
C．±31，－23，32
D.32，13，－32
4．下列命题中，所有正确命题的序号为________． ①若 n1，n2 分别是平面 α，β 的法向量，则 n1∥ n2⇔α∥β； ②若 n1，n2 分别是平面 α，β 的法向量，则 α⊥β ⇔n1·n2＝0； ③若 n 是平面 α 的法向量，a 与 α 共面，则 n·a ＝0； ④若两个平面的法向量不垂直，则这两个平面一 定不垂直．
组为nn··ba＝＝00，.
考点梳理
(2)用向量证明空间中的平行关系 ①设直线 l1 和 l2 的方向向量分别为 v1 和 v2，则 l1∥l2(或 l1 与 l2 重合)⇔ v1∥v2 . ②设直线 l 的方向向量为 v，与平面 α 共面的两个不共线 向量 v1 和 v2， 则 l∥α 或 l⊂α⇔ 存在两个实数 x，y，使 v＝xv1＋yv2 . ③设直线 l 的方向向量为 v，平面 α 的法向量为 u，则 l∥α 或 l⊂α ⇔v⊥u. ④设平面 α 和 β 的法向量分别为 u1，u2，则 α∥β⇔u1∥u2.
第7讲 立体几何中的向量方法(一)
【2014年高考会这样考】
1．通过线线、线面、面面关系考查空间向量的坐标运算． 2．利用空间向量解决直线、平面的平行与垂直问题． 3．利用空间向量求空间距离.
抓住3个考点 突破3个考向 揭秘3高考 限时规范训练空间向量的坐标表示及运算
单击标题可完成对应小部 分的学习，每小部分独立 成块，可全讲，也可选讲
【聚焦典型题】(苏教版)2014届高考一轮数学(理)：《空间点、直线、平面之间的位置关系》
考点梳理 2．空间中两直线的位置关系
______ 平行 共面直线 相交 _______ (1)位置关系的分类 任何 异面直线：不同在______一个平面内
(2)异面直线所成的角 ①定义：设 a，b 是两条异面直线，经过空间任一点 O 作直线 a′ 锐角或直角 ∥a，b′∥b，把 a′与 b′所成的_____________叫做异面直线 a 与 b 所成的角(或夹角)．
若 α⊥β，l∥α，则 l 与 β 关系不确定，故 D 错
[答案] B
对于空间点、线、面的位置关系的判定与应用问题，必要时可 【反思】 以利用正方体、长方体、棱锥等几何模型辅助判断，特别是对 于选择题，显得更为有效．
揭秘3年高考
【试一试】 设 m、n 是两条不同的直线，α，β，γ 是三个不同 的平面，有下列四个命题： ①若 m⊂β，α⊥β，则 m⊥α； ②若 α∥β，m⊂α，则 m∥β； ③若 n⊥α，n⊥β，m⊥α，则 m⊥β； ④若 α⊥γ，β⊥γ，m⊥α，则 m⊥β. 其中正确命题的序号是( )． A．①③ B．①② C．③④ D．②③
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考点自测
【例1】 【训练1】
突破3个考向
考向二 空间中两直线的位置关系 【例2】 【训练2】 考向三 异面直线所成角
【例3】 【训练3】
揭秘3年高考 活页限时训练
准确判断空间点、线、面的位置关系
A级 B级
ì 1 选择题 、 ï ï 填空题 í 2、 ï 解答题 ï 3、 î
ì 1 选择题 、 ï ï 填空题 í 2、 ï 解答题 ï 3、 î
从而 DF 与 BE 共面，即 AD 与 BC 共面， 所以 A、B、C、D 在同一平面内， 这与 A 是△BCD 平面外的一点相矛盾． 故直线 EF 与 BD 是异面直线．
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[方法锦囊]
在求一个向量由其 他向量来表示的时 候，通常是利用向 量的三角形法则、 平行四边形法则和 共线向量的特点， 把要求的向量逐步 分解，向已知向量 靠近，进行求解， 若要证明两直线平 行，只需判定两直 线所在的向量满足 线性a＝λb关系， 即可断定两直线平 行．
考向二共线、共面向量定理的应用
考点梳理
1．空间向量的有关概念
(1)空间向量：在空间中，具有 大小和 方向 的量叫做空 间向量． (2)相等向量：方向 相同且模 相等 的向量． (3)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．
(4)共面向量： 平行于同一个平面 的向量．
考点梳理
2．共线向量、共面向量定理和空间向量基本定理 (1)共线向量定理 对空间任意两个向量 a，b(b≠0)，a∥b 的充要条件是存在实数 λ， 使得 a＝λb. → → 推论 如图所示，点 P 在 l 上的充要条件是：OP＝OA＋ta① → → 其中 a 叫直线 l 的方向向量，t∈R，在 l 上取AB＝a，则①可化为OP → → → → → ＝OA＋tAB或OP＝ (1－t) OA＋ t OB. (2)共面向量定理 共面向量定理的向量表达式：p＝xa＋yb，其中 x，y∈R，a，b 为不共线向量，推 → → → → → → → 论的表达式为MP＝xMA＋yMB或对空间任意一点 O，有OP＝OM＋xMA＋yMB或 → → → → OP＝xOM＋yOA＋zOB，其中 x＋y＋z＝ 1 . (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＝xa＋yb＋zc，把{a，b，c}叫做空间向量的一个基底．
考点自测
1． 下列有关空间向量的四个命题中， 错误命题 为( )． A．空间中有无数多组不共面的向量可作为向 量的基底 B．向量与平面平行，则向量所在的直线与平 面平行 C．平面 α 的法向量垂直于 α 内的每个向量 D．空间中的任一非零向量都可唯一地表示成 空间中不共面向量的线性组合的形式 2．(人教 A 版教材习题改编)下列命题： → ①若 A、B、C、D 是空间任意四点，则有AB＋ → → → BC＋CD ＋DA＝0； ②|a|－|b|＝|a＋b|是 a、b 共线的充要条件； ③若 a、b 共线，则 a 与 b 所在直线平行； ④对空间任意一点 O 与不共线的三点 A、 C， B、 → → → → 若OP＝xOA＋yOB＋zOC(其中 x、y、z∈R)， 则 P、A、B、C 四点共面． 其中不正确命题的个数是( )． A．1 B．2 C．3 D．4 3． (2013· 威海模拟)已知正方体 ABCDA1B1C1D1 → → 中， E 为上底面 A1C1 的中心， 点 若AE＝AA1 ＋ → → xAB＋yAD ，则 x、y 的值分别为( )． 1 A．x＝1，y＝1 B．x＝1，y＝ 2 1 1 1 C．x＝ ，y＝ D．x＝ ，y＝1 2 2 2 4．a＝λb(λ 是实数)是 a 与 b 共线的( )． A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 → → → 5．在四面体 OABC 中，OA＝a，OB＝b，OC → ＝c，D 为 BC 的中点，E 为 AD 的中点，则OE ＝________(用 a，b，c 表示)．
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考向一 空间向量的线性运算
【例1】 【训练1】
突破3个考向
考向二 共线、共面向量定理的【例2】 【训练2】
应用 考向三 空间向量数量积的应用【例3】 【训练3】
揭秘3年高考
Hale Waihona Puke 客观题中空间向量的应用限时规范训练
A级
、 1 选择题 填空题 2、 3 、 解答题
B级
、 1 选择题 填空题 2、 3 、 解答题
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一种方法 用空间向量解决几何问题的一般方法步骤是： (1)适当的选取基底{a，b，c}； (2)用a，b，c表示相关向量； (3)通过运算完成证明或计算问题．
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两个理解
(1)共线向量定理还可以有以下几种形式： ①a＝λb（b≠0）⇒a∥b； ②空间任意两个向量，共线的充要条件是存在 λ，μ∈R 使 λa＝μb. → → → → ③若OA，OB不共线，则 P，A，B 三点共线的充要条件是OP＝λOA → ＋μOB且 λ＋μ＝1. (2)对于共面向量定理和空间向量基本定理可对比共线向量定理进 行学习理解．空间向量基本定理是适当选取基底的依据，共线向量 定理和共面向量定理是证明三点共线、线线平行、四点共面、线面 平行的工具， 三个定理保证了由向量作为桥梁由实数运算方法完成 几何证明问题的完美“嫁接”．
考点梳理
3．空间向量的线性运算及运算律 (1)定义：与平面向量运算一样，空间向量的加法、减法与 数乘向量运算， 如下：→ ＝OA＋AB＝a＋b；→ ＝OA－OB OB → → BA → → → ＝a－b；OP＝λa(λ∈R)． (2)运算律： ①加法交换律：a＋b＝b＋a； ②加法结合律：(a＋b)＋c＝a＋(b＋c)； ③数乘分配律：λ(a＋b)＝λa＋λb.
考点梳理
4．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 与 b 的夹角，记作〈a，b〉 ，其范 π 围是 0≤〈a，b〉≤π，若〈a，b〉＝ ，则称 a 与 b 互相垂直 ， 2 记作 a⊥b. ②两个向量的数量积：已知空间两个非零向量 a，b，则|a||b|· cos〈a， b b〉叫做向量 a，b 的数量积，记作 a· ，即 a· b＝|a||b|· cos〈a，b〉 ． (2)空间向量数量积的运算律 ①结合律：(λa)· b＝λ(a· b)； ②交换律：a· b＝b· a； ③分配律：a· (b＋c)＝a· b＋a· c.
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2
3
4
5
1 1 1 a b c 2 4 4
C
C
A
考向一 空间向量的线性运算
【例 1】►(2013· 舟山月考)如图所示，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 的值分别为________． → → → 1→ 2 → 解析 ∵OG＝OM＋MG＝ OA＋ MN 2 3 1→ 2 → 1→ 2→ 2 → → ＝ OA＋ (ON－OM)＝ OA＋ ON－ OM 2 3 2 3 3 1→ 2 1 → → 2 1→ ＝ OA＋ × (OB＋OC)－ × OA 2 3 2 3 2 1→ 1→ 1→ ＝ OA＋ OB＋ OC， 6 3 3 1 1 1 ∴x，y，z 的值分别为 ， ， . 6 3 3 1 1 1 答案 ， ， 6 3 3
【训练 2】 对于空间某一点 O，空间四个点 A、B、C、D(无 → → → → 三点共线)分别对应着向量 a＝OA，b＝OB，c＝OC，d＝OD.
[方法锦囊]
在求一个向量由其 他向量来表示的时 求证：A、B、C、D 四点共面的充要条件是存在非零实数 α、 候，通常是利用向 量的三角形法则、 β、γ、δ，使 αa＋βb＋γc＋δd＝0(α＋β＋γ＋δ＝0)． 平行四边形法则和 证明 ①假设 A、B、C、D 四点共面， 共线向量的特点， → → 把要求的向量逐步 因为 A、B、C 三点不共线，故AB、AC两向量不共线， 分解，向已知向量 → → → 靠近，进行求解， 因此存在实数 x、y，使AD ＝xAB＋yAC， 若要证明两直线平 即 d－a＝x(b－a)＋y(c－a)， 行，只需判定两直 也即(x＋y－1)a－xb－yc＋d＝0. 线所在的向量满足 令 α＝x＋y－1，β＝－x，γ＝－y，δ＝1， 线性a ＝ λb关系， 即可断定两直线平 则 α＋β＋γ＋δ＝(x＋y－1)－x－y＋1＝0. 行．
考向二共线、共面向量定理的应用
【例 2】►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； (3)设 M 是 EG 和 FH 的交点，求证：对空 → 1 → → → → 间任一点 O，有OM＝ (OA＋OB＋OC＋OD)． 4 证明 (1)连接 BG，则 → → → → 1 → → EG＝EB＋BG＝EB＋ (BC＋BD) 2 → → → → → ＝EB＋BF＋EH＝EF＋EH， 由共面向量定理的推论知：E、F、G、H 四点共面． → → → 1→ 1→ 1 → → 1→ (2)因为EH＝AH－AE＝ AD－ AB＝ (AD－AB)＝ BD， 2 2 2 2 所以 EH∥BD. 又 EH⊂平面 EFGH，BD⊄平面 EFGH， 所以 BD∥平面 EFGH.
[审题视点] 根据空间向量加减法 及数乘运算的法则和 运算律即可求解． [方法锦囊] 用已知向量来表示未 知向量，一定要结合 图形，以图形为指导 是解题的关键．要正 确理解向量加法、减 法与数乘运算的几何 意义．首尾相接的若 干向量之和，等于由 起始向量的始点指向 末尾向量的终点的向 量，在立体几何中三 角形法则、平行四边 形法则仍然成立．
第6讲
空间向量及其运算
【2014年高考会这样考】
1．考查空间向量的线性运算、数量积和空间向量基本定理 及其意义． 2．利用向量的数量积判断两空间向量的平行与垂直关系．
抓住4个考点
空间向量的有关概念 共线向量、共面向量定理和 空间向量基本定理 空间向量的线性运算及运算律 空间向量的数量积及运算律
单击标题可完成对应小部 分的学习，每小部分独立 成块，可全讲，也可选讲
考向一 空间向量的线性运算
【训练 1】 如图，在长方体 ABCDA1B1C1D1 中 G → → → 为△A1BD 的重心，设AB＝a，AD ＝b，AA1 ＝c， → → 试用 a，b，c 表示AC1 ，AG . → → → → → → → 解 AC1 ＝AB＋BC＋CC1 ＝AB＋AD ＋AA1 ＝a＋b＋c. → → → → 1 → → AG ＝AA1 ＋A1G＝AA1 ＋ (A1D＋A1B) 3 1 → → 1 → → → ＝AA1 ＋ (AD －AA1 )＋ (AB－AA1 ) 3 3 1 → 1 → 1→ ＝ AA1 ＋ AD ＋ AB 3 3 3 1 1 1 ＝ a＋ b＋ c. 3 3 3