2018版高考数学大一轮复习第八章立体几何与空间向量8.7立体几何中的向量方法(一)__证明平行与垂直课件理
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7.(2016· 广州质检)已知平面α内的三点A(0,0,1)，B(0,1,0)，C(1,0,0)，平
面β的一个法向量n＝(－1，－1，－1)，则不重合的两个平面α与β的位 α∥β 置关系是______.
答案 解析
设平面α的法向量为m＝(x，y，z)，
→ 由 m· AB＝0，得 x· 0＋y－z＝0⇒y＝z，
b＝0. n ·
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lα⇔ 存在两个实数x，y，使v＝xv1＋yv2 .
∴n1与n2不垂直，且不共线.
∴α与β相交但不垂直.
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3.已知平面α内有一点M(1，－1,2)，平面α的一个法向量为n＝(6，－3,6)， 则下列点P中，在平面α内的是 A.P(2,3,3) √ B.P(－2,0,1) D.P(3，－3,4) C.P(－4,4,0)
思考辨析
判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)
(1)直线的方向向量是唯一确定的.( × )
(2)平面的单位法向量是唯一确定的.( × )
(3)若两平面的法向量平行，则两平面平行.( √ )
(4)若两直线的方向向量不平行，则两直线不平行.( √ )
(5)若a∥b，则a所在直线与b所在直线平行.( × )
证明
引申探究
本例中条件不变，证明平面EFG∥平面PBC. 证明
→ → ∵EF＝(0,1,0)，BC＝(0,2,0)， → → ∴BC＝2EF，∴BC∥EF.
又∵EF
平面PBC，BC平面PBC，
∴EF∥平面PBC，
同理可证GF∥PC，从而得出GF∥平面PBC.
又EF∩GF＝F，EF平面EFG，GF平面EFG，
(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lα⇔ v⊥u .
(4)设平面α和β的法向量分别为u1，u2，则α∥β⇔ u1 ∥u2 .
3.用向量证明空间中的垂直关系
v2＝0. (1)设直线l1和l2的方向向量分别为v1和v2，则l1⊥l2⇔v1⊥v2 ⇔v1·
(2)设直线l的方向向量为v，平面α的法向量为u，则l⊥α⇔ v∥u . u2＝0 . (3)设平面α和β的法向量分别为u1和u2，则α⊥β⇔ u1⊥u2 ⇔ u1·
题型分类
深度剖析
题型一 利用空间向量证明平行问题
例1
(2016· 重 庆 模 拟 ) 如 图 所 示 ， 平 面 PAD⊥ 平 面
ABCD， ABCD为正方形，△PAD是直角三角形，且 PA
＝ AD ＝ 2 ， E ， F ， G 分别是线段 PA ， PD ， CD 的中点 .
求证：PB∥平面EFG.
证明垂直问题的方法 (1)利用已知的线面垂直关系构建空间直角坐标系，准确写出相关点的坐 标，从而将几何证明转化为向量运算.其中灵活建系是解题的关键. (2)其一证明直线与直线垂直，只需要证明两条直线的方向向量垂直；其 二证明线面垂直，只需证明直线的方向向量与平面内不共线的两个向量 垂直即可，当然 ，也可证直线的方向向量与平面的法向量平行；其三 证明面面垂直：①证明两平面的法向量互相垂直；②利用面面垂直的判 定定理，只要能证明一个平面内的一条直线的方向向量为另一个平面的 法向量即可.
解析
B.4
C.5 √
D.6
∵α⊥β，则u· v＝－2×6＋2×(－4)＋4t＝0，∴t＝5.
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6.(2016· 泰安模拟 ) 如图所示，在正方体 ABCD － A1B1C1D1 中，棱长为 a ， 2a M，N分别为A1B和AC上的点，A1M＝AN＝ ，则MN与平面BB1C1C的 3 位置关系是 答案 解析 A.斜交 C.垂直 B.平行 √ D.MN在平面BB1C1C内
→ 由 m· AC＝0，得 x－z＝0⇒x＝z，取 x＝1，
证明
a → a → 因为PA＝(2，0，－2)，CD＝(0，－a,0)，
a a → → 所以PA· CD＝(2，0，－2)· (0，－a,0)＝0，
→ → 所以PA⊥CD，所以 PA⊥CD.
又PA⊥PD，PD∩CD＝D，所以PA⊥平面PDC. 又PA平面PAB，所以平面PAB⊥平面PDC.
思维升华
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2.(2016· 西安质检 ) 若平面 α ， β 的法向量分别是 n1 ＝ (2 ，－ 3,5) ， n2 ＝ (－3,1，－4)，则
答案 解析
√
A.α∥β C.α，β相交但不垂直
B.α⊥β D.以上答案均不正确
∵n1· n2＝2×(－3)＋(－3)×1＋5×(－4)≠0，
(6)若空间向量a平行于平面α，则a所在直线与平面α平行.( × )
考点自测
1.已知A(1,0,0)，B(0,1,0)，C(0,0,1)，则下列向量是平面ABC法向量的是
A.(－1,1,1) 3 3 3 C.(－ 3 ，－ 3 ，－ 3 )
答案 解析
B.(1，－1,1) 3 3 3 D.( 3 ， 3 ，－ 3 )
∴平面EFG∥平面PBC.
思维升华
(1)恰当建立空间直角坐标系，准确表示各点与相关向量的坐标，是运 用向量法证明平行和垂直的关键. (2)证明直线与平面平行，只需证明直线的方向向量与平面的法向量的 数量积为零，或证直线的方向向量与平面内的不共线的两个向量共面， 或证直线的方向向量与平面内某直线的方向向量平行，然后说明直线 在平面外即可.这样就把几何的证明问题转化为向量运算.
§8.7 立体几何中的向量方法(一) ——证明平行与垂直
内容索引
基础知识 题型分类
自主学习 深度剖析
课时作业
基础知识
自主学习
知识梳理
1.直线的方向向量与平面的法向量的确定 (1)直线的方向向量：在直线上任取一 非零 向量作为它的方向向量. (2)平面的法向量可利用方程组求出：设a，b是平面α内两不共线向量， a ＝0 ， n为平面α的法向量，则求法向量的方程组为 n·
思想方法指导 规范解答
几何画板展示
课时作业
1.(2016· 茂名调研)已知a＝(2，－1,3)，b＝(－1,4，－2)，c＝(7,5，λ).若 a，b，c三向量共面，则实数λ等于
62 A. 7 63 B. 7 60 C. 7
答案 解析
√
65 D. 7
由题意得c＝ta＋μb＝(2t－μ，－t＋4μ，3t－2μ)， 33 t ＝ ， 7 7＝2t－μ， 17 ∴5＝－t＋4μ， ∴μ＝ 7 ， λ＝3t－2μ， 65 λ＝ . 7
跟踪训练 3
(2016· 深圳模拟 ) 如图所示，四边形
ABCD是边长为1的正方形，MD⊥平面ABCD，NB⊥ 平面ABCD，且MD＝NB＝1，E为BC的中点. (1)求异面直线NE与AM所成角的余弦值； 解答
(2)在线段AN上是否存在点S，使得ES⊥平面AMN？若存在，求线段
AS的长；若不存在，请说明理由.
跟踪训练1
(2016· 北京海淀区模拟)正方体ABCD－A1B1C1D1中，M，N
证明
分别是C1C，B1C1的中点.求证：MN∥平面A1BD.
题型二 利用空间向量证明垂直问题 命题点1 证线面垂直 例2 如图所示，正三棱柱 ( 底面为正三角形的直三棱柱 )ABC—A1B1C1
证明
的所有棱长都为2，D为CC1的中点.求证：AB1⊥平面A1BD.
解析
B.－4 D.－2
－2 －4 k ∴ 1 ＝ 2 ＝ ，∴k＝4. －2
4.(教材改编)设u，v分别是平面α，β的法向量，u＝(－2,2,5)，当v＝(3，
α⊥β －2,2)时，α与β的位置关系为__________ ；当v＝(4，－4，－10)时，α
α∥β 与β的位置关系为______.
当v＝(3，－2,2)时，
解答
思想与方法系列19
利用向量法解决立体几何问题
典例
(12分)(2016· 吉林实验中学月考)如图1所示，正△ABC的边长为4，
CD是AB边上的高，E，F分别是AC和BC边的中点，现将△ABC沿CD翻 折成直二面角A－DC－B，如图2所示. (1)试判断直线AB与平面DEF的位置关系， 并说明理由； (2)求二面角E－DF－C的余弦值； (3)在线段BC上是否存在一点P，使AP⊥DE？证明你的结论.
答案 解析
→ → --→ 以 A 为原点，分别以AB，AD， AA1 所在直线为 x，y，z 轴， 建立空间直角坐标系， 设正方体棱长为 1， 则 A(0,0,0)， 1 1 1 1 1 → → M(0,1， O( 2 ， 0)， N(2， 0,1)， AM· ON＝(0,1， (0， 2)， 2， 2)· 1 －2，1)＝0，∴ON 与 AM 垂直.
命题点2 证面面垂直
例3
(2016· 武汉模拟 ) 如图，在四棱锥 P － ABCD 中，
底面 ABCD 是边长为 a 的正方形，侧面 PAD⊥ 底面 ABCD，且PA＝PD＝ 2 AD，设E，F分别为PC，BD 2 的中点.
(1)求证：EF∥平面PAD； 证明
(2)求证：平面PAB⊥平面PDC.
(2)求直线PB与平面PCD所成角的正弦值； 解答
(3)在棱PA上是否存在点M，使得BM∥平面PCD？若存在，求 AM 的值； AP 若不存在，说明理由. 解答
专题8.8 立体几何中的向量方法(二)—求空间角与距离(重难点突破)(解析版)
专题8.7 立体几何中的向量方法（二）求空间角与距离一、考纲要求1.能用向量方法解决直线与直线、直线与平面、平面与平面的夹角的计算问题；2.了解向量方法在研究立体几何问题中的应用.二、考点梳理考点一 异面直线所成的角设a ，b 分别是两异面直线l 1，l 2的方向向量，则a 与b 的夹角β l 1与l 2所成的角θ范围 (0，π) ⎝⎛⎦⎤0，π2 求法cos β＝a ·b|a ||b |cos θ＝|cos β|＝|a ·b ||a ||b |考点二 求直线与平面所成的角设直线l 的方向向量为a ，平面α的法向量为n ，直线l 与平面α所成的角为θ，则sin θ＝|cos 〈a ，n 〉|＝|a ·n ||a ||n |.考点三 求二面角的大小(1)如图①，AB ，CD 是二面角α－l －β的两个面内与棱l 垂直的直线，则二面角的大小θ＝__〈AB →，CD →〉.(2)如图②③，n 1，n 2 分别是二面角α－l －β的两个半平面α，β的法向量，则二面角的大小θ满足|cos θ|＝|cos 〈n 1，n 2〉|，二面角的平面角大小是向量n 1与n 2的夹角(或其补角). 【特别提醒】1.线面角θ的正弦值等于直线的方向向量a 与平面的法向量n 所成角的余弦值的绝对值，即sin θ＝|cos 〈a ，n 〉|，不要误记为cos θ＝|cos 〈a ，n 〉|.2.二面角与法向量的夹角：利用平面的法向量求二面角的大小时，当求出两半平面α，β的法向量n 1，n 2时，要根据向量坐标在图形中观察法向量的方向，来确定二面角与向量n 1，n 2的夹角是相等，还是互补.三、题型分析例1. （黑龙江鹤岗一中2019届期末）如图，在空间四边形OABC 中，OA ＝8，AB ＝6，AC ＝4，BC ＝5，∠OAC ＝45°，∠OAB ＝60°，则OA 与BC 所成角的余弦值为( )A.3－225B.2－26C.12D.32【答案】A【解析】因为BC →＝AC →－AB →，所以OA →·BC →＝OA →·AC →－OA →·AB →＝|OA →||AC →|cos 〈OA →，AC →〉－|OA →||AB →|cos 〈OA →，AB →〉＝8×4×cos 135°－8×6×cos 120°＝－162＋24. 所以cos 〈OA →，BC →〉＝OA →·BC →|OA →||BC →|＝24－1628×5＝3－225.即OA 与BC 所成角的余弦值为3－225.【变式训练1-1】、（天津新华中学2019届高三质检）如图所示，四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中，底面为平行四边形，以顶点A 为端点的三条棱长都为1，且两两夹角为60°.(1)求AC 1的长； (2)求证：AC 1⊥BD ；(3)求BD 1与AC 夹角的余弦值.【解析】(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＋12＋12＝6， ∴|AC →1|＝6，即AC 1的长为 6. (2)证明 ∵AC 1→＝a ＋b ＋c ，BD →＝b －a ，∴AC 1→·BD →＝(a ＋b ＋c )·(b －a )＝a ·b ＋|b |2＋b ·c －|a |2－a ·b －a ·c ＝b ·c －a ·c ＝|b ||c |cos 60°－|a ||c |cos 60°＝0.∴AC 1→⊥BD →，∴AC 1⊥BD .(3)解 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.∴AC 与BD 1夹角的余弦值为66.例2、（2018年天津卷）如图，且AD =2BC ，,且EG =AD ，且CD =2FG ，，DA =DC =DG =2.（I ）若M 为CF 的中点，N 为EG 的中点，求证：；（II ）求二面角的正弦值；（III ）若点P 在线段DG 上，且直线BP 与平面ADGE 所成的角为60°，求线段DP 的长.【答案】(Ⅰ)证明见解析；(Ⅱ)；(Ⅲ).【解析】依题意，可以建立以D 为原点， 分别以，，的方向为x 轴，y 轴，z 轴的正方向的空间直角坐标系（如图），可得D （0，0，0），A （2，0，0），B （1，2，0），C （0，2，0），E （2，0，2），F （0，1，2），G （0，0，2），M （0，，1），N （1，0，2）．（Ⅰ）依题意=（0，2，0），=（2，0，2）．设n0=(x，y，z)为平面CDE的法向量，则即不妨令z=–1，可得n0=（1，0，–1）．又=（1，，1），可得，又因为直线MN平面CDE，所以MN∥平面CDE．（Ⅱ）依题意，可得=（–1，0，0），，=（0，–1，2）．设n=（x，y，z）为平面BCE的法向量，则即不妨令z=1，可得n=（0，1，1）．设m=（x，y，z）为平面BCF的法向量，则即不妨令z=1，可得m=（0，2，1）．因此有cos<m，n>=，于是sin<m，n>=．所以，二面角E–BC–F的正弦值为．（Ⅲ）设线段DP的长为h（h∈［0，2］），则点P的坐标为（0，0，h），可得．易知，=（0，2，0）为平面ADGE的一个法向量，故，由题意，可得=sin60°=，解得h=∈［0，2］．所以线段的长为.【变式训练2-1】、（吉林长春市实验中学2019届高三模拟）如图所示，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD 是正方形，侧棱PD⊥底面ABCD，PD＝DC，E是PC的中点，过点E作EF⊥PB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D -xyz .设DC ＝a .(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 ⎝⎛⎭⎫0，a 2，a 2. 因为底面ABCD 是正方形，所以G 为AC 的中点故点G 的坐标为⎝⎛⎭⎫a 2，a 2，0，所以PA ―→＝(a,0，－a )，EG ―→＝⎝⎛⎭⎫a2，0，－a 2， 则PA ―→＝2EG ―→，故PA ∥EG .而EG ⊂平面EDB ，PA ⊄平面EDB ，所以PA ∥平面EDB . (2)依题意得B (a ，a,0)，所以PB ―→＝(a ，a ，－a )．又DE ―→＝⎝⎛⎭⎫0，a 2，a 2， 故PB ―→·DE ―→＝0＋a 22－a 22＝0，所以PB ⊥DE ，所以PB ⊥DE .由题可知EF ⊥PB ，且EF ∩DE ＝E ，所以PB ⊥平面EFD .例3、如图，在四棱锥PABCD 中，底面ABCD 是矩形，PA ⊥底面ABCD ，E 是PC 的中点．已知AB ＝2，AD ＝22，PA ＝2，求异面直线BC 与AE 所成的角的大小．【解析】 建立如图所示的空间直角坐标系，则A(0，0，0)，B(2，0，0)，C(2，22，0)，E(1，2，1)，AE →＝(1，2，1)，BC →＝(0，22，0)．设AE →与BC →的夹角为θ，则cosθ＝AE →·BC →|AE →|·|BC →|＝42×22＝22，所以θ＝π4，所以异面直线BC 与AE 所成的角的大小是π4.【变式训练3-1】、 如图所示，在空间直角坐标系中有直三棱柱ABCA 1B 1C 1，CA ＝CC 1＝2CB ，则直线BC 1与直线AB 1夹角的余弦值为________．【答案】55【解析】 不妨令CB ＝1，则CA ＝CC 1＝2，可得C(0，0，0)，B(0，0，1)，C 1(0，2，0)，A(2，0，0)，B 1(0，2，1)，所以BC 1→＝(0，2，－1)，AB 1→＝(－2，2，1)，所以cos 〈BC 1→，AB 1→〉＝BC 1→·AB 1→|BC 1→|·|AB 1→|＝4－15×9＝15＝55＞0，所以BC 1→与AB 1→的夹角即为直线BC 1与直线AB 1的夹角，所以直线BC 1与直线AB 1夹角的余弦值为55.【变式训练3-2】、如图，已知三棱柱ABC -A 1B 1C 1，平面A 1ACC 1⊥平面ABC ，∠ABC ＝90°，∠BAC ＝30°，A 1A ＝A 1C ＝AC ，E ，F 分别是AC ，A 1B 1的中点． (1)证明：EF ⊥BC ；(2)求直线EF 与平面A 1BC 所成角的余弦值．【解析】 (1)证明：连接A 1E ，因为A 1A ＝A 1C ，E 是AC 的中点，所以A 1E ⊥AC . 又平面A 1ACC 1⊥平面ABC ，A 1E ⊂平面A 1ACC 1， 平面A 1ACC 1∩平面ABC ＝AC ，所以A 1E ⊥平面ABC .如图，以点E 为原点，分别以射线EC ，EA 1为y ，z 轴的正半轴，建立空间直角坐标系E -xyz . 不妨设AC ＝4，则A 1(0,0,23)，B (3，1,0)，B 1(3，3,23)，F ⎝⎛⎭⎫32，32，23，C (0,2,0)． 因此，EF ―→＝⎝⎛⎭⎫32，32，23，BC ―→＝(－3，1,0)．由EF ―→·BC ―→＝0得EF ⊥BC .(2)设直线EF 与平面A 1BC 所成角为θ.由(1)可得BC ―→＝(－3，1,0)，A 1C ―→＝(0,2，－23)．设平面A 1BC 的法向量为n ＝(x ，y ，z )．由⎩⎪⎨⎪⎧BC ―→·n ＝0，A 1C ―→·n ＝0，得⎩⎨⎧－3x ＋y ＝0，y －3z ＝0.取n ＝(1, 3，1)，故sin θ＝|cos 〈EF ―→，n 〉|＝|EF ―→·n ||EF ―→|·|n |＝45，∴cos θ＝35.因此，直线EF 与平面A 1BC 所成的角的余弦值为35.。
2018届高考数学理北师大版一轮课件：8-7空间几何中的
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5.常用结论 (1)直线的方向向量的确定:若 l 是空间的一条直线,A,B 是 l 上任 意两点,则������������及与������������平行的非零向量均为直线 l 的方向向量. (2)平面的法向量的确定:设 a,b 是平面 α 内两个不共线向量,n ������· ������ = 0, 为平面 α 的一个法向量,则可用方程组 求出平面 α 的一个 ������· ������ = 0 法向量 n.
������������1 · ������������C. 4-1 1 √5 1 A. B. D. ∴ cos < ������������ , ������������ >= = = = >0. 1 5 31 5 5 |������������1 ||������������1 |
√5× √9 √5
(2)直线与平面的夹角:设直线 l 的方向向量和平面 α 的法向量分 别为 m,n,则直线 l 与平面 α 的夹角 θ 满足 sin θ=|cos<m,n>|=|������|· . |������| (3)平面间的夹角:已知平面 π1 与 π2 的法向量分别为 n1,n2 .当 π 0≤<n1,n2>≤ 时,平面 π1 与 π2 的夹角等于 <n1,n2> ;当
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3.空间向量与空间角的关系 (1)直线间的夹角:设共面(或异面)直线l1,l2的方向向量分别为 m1,m2,
则 l1 与 l2 的夹角 θ 满足 cos θ=
|������1 · ������2 | |cos<m1,m2>|= . |������1 |· |������2 |
高考数学一轮复习 第八章 立体几何与空间向量8
高考数学一轮复习第八章立体几何与空间向量8.2球的切、接问题题型一特殊几何体的切、接问题例1(1)已知正方体的棱长为a，则它的外接球半径为________，与它各棱都相切的球的半径为________．答案32a22a解析∵正方体的外接球的直径为正方体的体对角线长，为3a，∴它的外接球的半径为32a，∵球与正方体的各棱都相切，则球的直径为面对角线，而正方体的面对角线长为2a，∴与它各棱都相切的球的半径为2 2a.(2)已知圆锥的底面半径为1，母线长为3，则该圆锥内半径最大的球的体积为________．答案2 3π解析圆锥内半径最大的球即为圆锥的内切球，设其半径为r.作出圆锥的轴截面P AB，如图所示，则△P AB的内切圆为圆锥的内切球的大圆．在△P AB中，P A＝PB＝3，D为AB的中点，AB＝2，E为切点，则PD＝22，△PEO∽△PDB，故POPB＝OEDB，即22－r3＝r1，解得r＝2 2，故内切球的体积为43π⎝⎛⎭⎫223＝23π.思维升华 (1)正方体与球的切、接常用结论 正方体的棱长为a ，球的半径为R ， ①若球为正方体的外接球，则2R ＝3a ； ②若球为正方体的内切球，则2R ＝a ； ③若球与正方体的各棱相切，则2R ＝2a .(2)长方体的共顶点的三条棱长分别为a ，b ，c ，外接球的半径为R ，则2R ＝a 2＋b 2＋c 2. (3)正四面体的外接球的半径R ＝64a ，内切球的半径r ＝612a ，其半径R ∶r ＝3∶1(a 为该正四面体的棱长)．跟踪训练1 (1)(2022·成都模拟)已知圆柱的两个底面的圆周在体积为32π3的球O 的球面上，则该圆柱的侧面积的最大值为( ) A ．4π B ．8π C ．12π D ．16π 答案 B解析 如图所示，设球O 的半径为R ，由球的体积公式得43πR 3＝32π3，解得R ＝2. 设圆柱的上底面半径为r ，球的半径与上底面夹角为α，则r ＝2cos α， 圆柱的高为4sin α，∴圆柱的侧面积为4πcos α×4sin α＝8πsin 2α， 当且仅当α＝π4，sin 2α＝1时，圆柱的侧面积最大，∴圆柱的侧面积的最大值为8π.(2)(2022·长沙检测)在封闭的直三棱柱ABC －A 1B 1C 1内有一个体积为V 的球．若AB ⊥BC ，AB ＝6，BC ＝8，AA 1＝3，则V 的最大值是________． 答案9π2解析 易知AC ＝10.设△ABC 的内切圆的半径为r ， 则12×6×8＝12×(6＋8＋10)·r ， 所以r ＝2. 因为2r ＝4>3，所以最大球的直径2R ＝3，即R ＝32，此时球的体积V ＝43πR 3＝9π2.题型二 补形法例2 (1)在四面体ABCD 中，若AB ＝CD ＝3，AC ＝BD ＝2，AD ＝BC ＝5，则四面体ABCD 的外接球的表面积为( ) A ．2π B ．4π C ．6π D ．8π 答案 C解析 由题意可采用补形法，考虑到四面体ABCD 的对棱相等，所以将四面体放入一个长、宽、高分别为x ，y ，z 的长方体，并且x 2＋y 2＝3，x 2＋z 2＝5，y 2＋z 2＝4，则有(2R )2＝x 2＋y 2＋z 2＝6(R 为外接球的半径)，得2R 2＝3，所以外接球的表面积为S ＝4πR 2＝6π.(2)(2022·重庆实验外国语学校月考)如图，在多面体中，四边形ABCD 为矩形，CE ⊥平面ABCD ，AB ＝2，BC ＝CE ＝1，通过添加一个三棱锥可以将该多面体补成一个直三棱柱，那么添加的三棱锥的体积为________，补形后的直三棱柱的外接球的表面积为________．答案 136π解析 如图添加的三棱锥为直三棱锥E －ADF ，可以将该多面体补成一个直三棱柱ADF －BCE ， 因为CE ⊥平面ABCD ，AB ＝2，BC ＝CE ＝1， 所以S △CBE ＝12CE ×BC ＝12×1×1＝12，直三棱柱ADF －BCE 的体积为 V ＝S △EBC ·DC ＝12×2＝1，添加的三棱锥的体积为13V ＝13；如图，分别取AF ，BE 的中点M ，N ，连接MN ，与AE 交于点O ，因为四边形AFEB 为矩形，所以O 为AE ，MN 的中点，在直三棱柱ADF －BCE 中，CE ⊥平面ABCD ，FD ⊥平面ABCD ，即∠ECB ＝∠FDA ＝90°，所以上、下底面为等腰直角三角形，直三棱柱的外接球的球心即为点O ，连接DO ，DO 即为球的半径， 连接DM ，因为DM ＝12AF ＝22，MO ＝1，所以DO 2＝DM 2＋MO 2＝12＋1＝32，所以外接球的表面积为4π·DO 2＝6π. 思维升华 补形法的解题策略(1)侧面为直角三角形，或正四面体，或对棱均相等的模型，可以还原到正方体或长方体中去求解；(2)直三棱锥补成三棱柱求解．跟踪训练2 已知三棱锥P －ABC 中，P A ，PB ，PC 两两垂直，且P A ＝1，PB ＝2，PC ＝3，则三棱锥P －ABC 的外接球的表面积为( ) A.7143π B ．14π C ．56π D.14π答案 B解析 以线段P A ，PB ，PC 为相邻三条棱的长方体P AB ′B －CA ′P ′C ′被平面ABC 所截的三棱锥P －ABC 符合要求，如图，长方体P AB ′B －CA ′P ′C ′与三棱锥P －ABC 有相同的外接球，其外接球直径为长方体体对角线PP ′，设外接球的半径为R ， 则(2R )2＝PP ′2＝P A 2＋PB 2＋PC 2 ＝12＋22＋32＝14，则所求表面积S ＝4πR 2＝π·(2R )2＝14π. 题型三 定义法例3 (1)已知∠ABC ＝90°，P A ⊥平面ABC ，若P A ＝AB ＝BC ＝1，则四面体P ABC 的外接球(顶点都在球面上)的体积为( ) A ．π B.3π C ．2π D.3π2答案 D解析 如图，取PC 的中点O ，连接OA ，OB ，由题意得P A ⊥BC ，又因为AB ⊥BC ，P A ∩AB ＝A ，P A ，AB ⊂平面P AB ， 所以BC ⊥平面P AB ， 所以BC ⊥PB ，在Rt △PBC 中，OB ＝12PC ，同理OA ＝12PC ，所以OA ＝OB ＝OC ＝12PC ，因此P ，A ，B ，C 四点在以O 为球心的球面上， 在Rt △ABC 中，AC ＝AB 2＋BC 2＝ 2. 在Rt △P AC 中，PC ＝P A 2＋AC 2＝3， 球O 的半径R ＝12PC ＝32，所以球的体积为43π⎝⎛⎭⎫323＝3π2.延伸探究 本例(1)条件不变，则四面体P －ABC 的内切球的半径为________． 答案2－12解析 设四面体P －ABC 的内切球半径为r . 由本例(1)知，S△P AC＝12P A·AC＝12×1×2＝22，S△P AB＝12P A·AB＝12×1×1＝12，S△ABC＝12AB·BC＝12×1×1＝12，S△PBC＝12PB·BC＝12×2×1＝22，V P－ABC＝13×12AB·BC·P A＝13×12×1×1×1＝16，V P－ABC＝13(S△P AC＋S△P AB＋S△ABC＋S△PBC)·r＝13⎝⎛⎭⎫22＋12＋12＋22·r＝16，∴r＝2－1 2.(2)在矩形ABCD中，BC＝4，M为BC的中点，将△ABM和△DCM分别沿AM，DM翻折，使点B与点C重合于点P，若∠APD＝150°，则三棱锥M－P AD的外接球的表面积为() A．12π B．34πC．68π D．126π答案 C解析如图，由题意可知，MP⊥P A，MP⊥PD.且P A∩PD＝P，P A⊂平面P AD，PD⊂平面P AD，所以MP⊥平面P AD.设△ADP的外接圆的半径为r，则由正弦定理可得ADsin ∠APD ＝2r ，即4sin 150°＝2r ，所以r ＝4.设三棱锥M －P AD 的外接球的半径为R ， 则(2R )2＝PM 2＋(2r )2，即(2R )2＝4＋64＝68，所以4R 2＝68， 所以外接球的表面积为4πR 2＝68π.思维升华 到各个顶点距离均相等的点为外接球的球心，借助有特殊性底面的外接圆圆心，找其垂线，则球心一定在垂线上，再根据到其他顶点距离也是半径，列关系式求解即可． 跟踪训练3 (1)一个六棱柱的底面是正六边形，其侧棱垂直于底面，已知该六棱柱的顶点都在同一个球面上，且该六棱柱的体积为98，底面周长为3，则这个球的体积为________．答案4π3解析 设正六棱柱的底面边长为x ，高为h ， 则有⎩⎪⎨⎪⎧ 6x ＝3，98＝6×34x 2h ，∴⎩⎪⎨⎪⎧x ＝12，h ＝ 3. ∴正六棱柱的底面外接圆的半径r ＝12，球心到底面的距离d ＝32.∴外接球的半径R ＝r 2＋d 2＝1.∴V 球＝4π3.(2)(2022·哈尔滨模拟)已知四棱锥P －ABCD 的底面ABCD 是矩形，其中AD ＝1，AB ＝2，平面P AD ⊥平面ABCD ，△P AD 为等边三角形，则四棱锥P －ABCD 的外接球表面积为( ) A.16π3 B.76π3 C.64π3 D.19π3 答案 A解析 如图所示，在四棱锥P －ABCD 中，平面P AD ⊥平面ABCD ，平面P AD ∩平面ABCD ＝AD ，P A ＝PD ，取AD 的中点E ，则PE ⊥AD ，PE ⊥平面ABCD ，则PE ⊥AB ，由AD ⊥AB ，AD ∩PE ＝E ，AD ，PE ⊂平面P AD ，可知AB ⊥平面P AD ， 由△P AD 为等边三角形，E 为AD 的中点知，PE 的三等分点F (距离E 较近的三等分点)是三角形的中心，过F 作平面P AD 的垂线，过矩形ABCD 的中心O 作平面ABCD 的垂线，两垂线交于点I ，则I 即外接球的球心． OI ＝EF ＝13PE ＝13×32＝36，AO ＝12AC ＝52，设外接球半径为R ， 则R 2＝AI 2＝AO 2＋OI 2＝⎝⎛⎭⎫522＋⎝⎛⎭⎫362＝43， 所以四棱锥P －ABCD 的外接球表面积为S ＝4πR 2＝4π×43＝16π3.课时精练1．正方体的外接球与内切球的表面积之比为( ) A. 3 B ．3 3 C ．3 D.13答案 C解析 设正方体的外接球的半径为R ，内切球的半径为r ，棱长为1，则正方体的外接球的直径为正方体的体对角线长，即2R ＝3，所以R ＝32，正方体内切球的直径为正方体的棱长，即2r ＝1，即r ＝12，所以R r ＝3，正方体的外接球与内切球的表面积之比为4πR 24πr 2＝R 2r2＝3.2．(2022·开封模拟)已知一个圆锥的母线长为26，侧面展开图是圆心角为23π3的扇形，则该圆锥的外接球的体积为( ) A ．36π B ．48π C ．36 D ．24 2答案 A解析 设圆锥的底面半径为r ，由侧面展开图是圆心角为23π3的扇形，得2πr ＝23π3×26，解得r ＝2 2.作出圆锥的轴截面如图所示．设圆锥的高为h ， 则h ＝262－222＝4.设该圆锥的外接球的球心为O ，半径为R ，则有R ＝h －R 2＋r 2，即R ＝4－R2＋222，解得R ＝3，所以该圆锥的外接球的体积为 4πR 33＝4π×333＝36π. 3．已知各顶点都在一个球面上的正四棱锥的高为3，体积为6，则这个球的表面积为( ) A ．16π B ．20π C ．24π D ．32π 答案 A解析 如图所示，在正四棱锥P －ABCD 中，O 1为底面对角线的交点，O 为外接球的球心．V P －ABCD ＝13×S 正方形ABCD ×3＝6，所以S 正方形ABCD ＝6，即AB ＝ 6. 因为O 1C ＝126＋6＝ 3.设正四棱锥外接球的半径为R ， 则OC ＝R ，OO 1＝3－R ，所以(3－R )2＋(3)2＝R 2，解得R ＝2. 所以外接球的表面积为4π×22＝16π.4．已知棱长为1的正四面体的四个顶点都在一个球面上，则这个球的体积为( ) A.68π B.64π C.38π D.34π 答案 A解析 如图将棱长为1的正四面体B 1－ACD 1放入正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，且正方体的棱长为1×cos 45°＝22， 所以正方体的体对角线 AC 1＝⎝⎛⎭⎫222＋⎝⎛⎭⎫222＋⎝⎛⎭⎫222＝62， 所以正方体外接球的直径2R ＝AC 1＝62， 所以正方体外接球的体积为 43πR 3＝43π×⎝⎛⎭⎫643＝68π， 因为正四面体的外接球即为正方体的外接球，所以正四面体的外接球的体积为68π. 5．(2021·天津)两个圆锥的底面是一个球的同一截面，顶点均在球面上，若球的体积为32π3，两个圆锥的高之比为1∶3，则这两个圆锥的体积之和为( ) A ．3π B ．4π C ．9π D ．12π 答案 B解析 如图所示，设两个圆锥的底面圆圆心为点D ，设圆锥AD 和圆锥BD 的高之比为3∶1， 即AD ＝3BD ，设球的半径为R ，则4πR 33＝32π3，可得R ＝2，所以AB ＝AD ＋BD ＝4BD ＝4， 所以BD ＝1，AD ＝3，因为CD ⊥AB ，AB 为球的直径， 所以△ACD ∽△CBD ，所以AD CD ＝CDBD ，所以CD ＝AD ·BD ＝3，因此，这两个圆锥的体积之和为 13π×CD 2·(AD ＋BD )＝13π×3×4＝4π. 6．(2022·蚌埠模拟)粽子，古时北方也称“角黍”，是由粽叶包裹糯米、泰米等馅料蒸煮制成的食品，是中国汉族传统节庆食物之一，端午食粽的风俗，千百年来在中国盛行不衰，粽子形状多样，馅料种类繁多，南北方风味各有不同，某四角蛋黄粽可近似看成一个正四面体，蛋黄近似看成一个球体，且每个粽子里仅包裹一个蛋黄，若粽子的棱长为9 cm ，则其内可包裹的蛋黄的最大体积约为(参考数据：6≈2.45，π≈3.14)( )A ．20 cm 3B ．22 cm 3C ．26 cm 3D ．30 cm 3答案 C解析 如图，正四面体ABCD ，其内切球O 与底面ABC 切于O 1，设正四面体棱长为a ，内切球半径为r ，连接BO 1并延长交AC 于F ，易知O 1为△ABC 的中心，点F 为边AC 的中点．易得BF ＝32a ， 则S △ABC ＝34a 2，BO 1＝23BF ＝33a ， ∴DO 1＝BD 2－BO 21＝63a ， ∴V D －ABC ＝13·S △ABC ·DO 1＝212a 3，∵V D －ABC ＝V O －ABC ＋V O －BCD ＋V O －ABD ＋V O －ACD ＝4V O －ABC ＝4×13×34a 2·r ＝33a 2r ，∴33a 2r ＝212a 3⇒r ＝612a ， ∴球O 的体积V ＝43π·⎝⎛⎭⎫612a 3＝43π·⎝⎛⎭⎫612×93＝2768π≈278×2.45×3.14≈26(cm 3)． 7．已知三棱锥P －ABC 的四个顶点都在球O 的表面上，P A ⊥平面ABC ，P A ＝6，AB ⊥AC ，AB ＝2，AC ＝23，点D 为AB 的中点，过点D 作球的截面，则截面的面积不可以是( ) A.π2 B ．π C ．9π D ．13π答案 A解析 三棱锥P －ABC 的外接球即为以AB ，AC ，AP 为邻边的长方体的外接球， ∴2R ＝62＋22＋232＝213，∴R ＝13，取BC 的中点O 1，∴O 1为△ABC 的外接圆圆心，∴OO 1⊥平面ABC ，如图． 当OD ⊥截面时，截面的面积最小，∵OD ＝OO 21＋O 1D 2＝32＋32＝23，此时截面圆的半径为r ＝R 2－OD 2＝1， ∴截面面积为πr 2＝π，当截面过球心时，截面圆的面积最大为πR 2＝13π， 故截面面积的取值范围是[π，13π]．8．(2021·全国甲卷)已知A ，B ，C 是半径为1的球O 的球面上的三个点，且AC ⊥BC ，AC ＝BC ＝1，则三棱锥O －ABC 的体积为( ) A.212 B.312 C.24 D.34答案 A解析 如图所示，因为AC ⊥BC ，所以AB 为截面圆O 1的直径，且AB ＝ 2.连接OO 1，则OO 1⊥平面ABC ， OO 1＝1－⎝⎛⎭⎫AB 22＝1－⎝⎛⎭⎫222＝22， 所以三棱锥O －ABC 的体积V ＝13S △ABC ×OO 1＝13×12×1×1×22＝212.9．已知三棱锥S －ABC 的三条侧棱两两垂直，且SA ＝1，SB ＝SC ＝2，则三棱锥S －ABC 的外接球的半径是________． 答案 32解析 如图所示，将三棱锥补为长方体，则该棱锥的外接球直径为长方体的体对角线，设外接球半径为R ，则(2R )2＝12＋22＋22＝9， ∴4R 2＝9，R ＝32.即这个外接球的半径是32.10．已知正三棱锥的高为1，底面边长为23，内有一个球与四个面都相切，则正三棱锥的内切球的半径为________． 答案2－1解析 如图，过点P 作PD ⊥平面ABC 于点D ，连接AD 并延长交BC 于点E ，连接PE .因为△ABC 是正三角形，所以AE 是BC 边上的高和中线，D 为△ABC 的中心． 因为AB ＝BC ＝23，所以S △ABC ＝33，DE ＝1，PE ＝ 2. 所以S 三棱锥表＝3×12×23×2＋3 3＝36＋3 3. 因为PD ＝1，所以三棱锥的体积V ＝13×33×1＝ 3.设球的半径为r ，以球心O 为顶点，三棱锥的四个面为底面，把正三棱锥分割为四个小三棱锥，由13S 三棱锥表·r ＝3， 得r ＝3336＋33＝2－1.11．等腰三角形ABC 的腰AB ＝AC ＝5，BC ＝6，将它沿高AD 翻折，使二面角B －AD －C 成60°，此时四面体ABCD 外接球的体积为________． 答案2873π 解析 由题意，设△BCD 所在的小圆为O 1，半径为r ，又因为二面角B －AD －C 为60°，即∠BDC ＝60°，所以△BCD 为边长为3的等边三角形，由正弦定理可得，2r ＝3sin 60°＝23，即DE ＝23，设外接球的半径为R ，且AD ＝4，在Rt △ADE 中，(2R )2＝AD 2＋DE 2⇒4R 2＝42＋(23)2＝28， 所以R ＝7， 所以外接球的体积为 V ＝43πR 3＝43π×(7)3＝2873π.12．已知直三棱柱ABC －A 1B 1C 1的6个顶点都在球O 的表面上，若AB ＝AC ＝1，AA 1＝23，∠BAC ＝2π3，则球O 的体积为________．答案32π3解析 设△ABC 的外接圆圆心为O 1，半径为r ，连接O 1O ，如图，易得O 1O ⊥平面ABC ，∵AB ＝AC ＝1，AA 1＝23， ∠BAC ＝2π3，∴2r ＝AB sin ∠ACB ＝112＝2，即O 1A ＝1，O 1O ＝12AA 1＝3，∴OA ＝O 1O 2＋O 1A 2＝3＋1＝2，即直三棱柱ABC －A 1B 1C 1的外接球半径R ＝2， ∴V 球＝43π×23＝32π3.。
高考数学一轮复习 第八章 立体几何 8.6 空间向量及其运算 理(2021年最新整理)
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第八章立体几何 8。
6 空间向量及其运算理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 ，作错误!＝a ，错误!＝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 。
高考数学一轮复习 第八章 立体几何 第8讲 立体几何中的向量方法(二) 理(2021年最新整理)
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第8讲立体几何中的向量方法（二）一、选择题1．两平行平面α，β分别经过坐标原点O和点A（2，1，1)，且两平面的一个法向量n＝（－1，0，1)，则两平面间的距离是（)A。
32B.错误!C.错误! D．3错误!解析两平面的一个单位法向量n0＝错误!，故两平面间的距离d＝|错误!·n0｜＝错误!。
答案B2．已知向量m，n分别是直线l和平面α的方向向量、法向量，若cos<m，n〉＝－12,则l与α所成的角为（)．A．30° B．60° C．120° D．150°解析设l与α所成的角为θ,则sin θ＝|cos<m，n〉|＝错误!，∴θ＝30°。
答案A3．长方体ABCD－A1B1C1D1中,AB＝AA1＝2，AD＝1,E为CC1的中点,则异面直线BC1与AE所成角的余弦值为 ( )．A.错误!B.错误!C。
错误!D。
错误!解析建立坐标系如图,则A（1，0，0），E（0，2,1），B(1，2,0），C1(0，2,2）．错误!＝（－1，0，2），错误!＝(－1,2，1)，cos〈错误!,错误!〉＝错误!＝错误!。
所以异面直线BC1与AE所成角的余弦值为错误!。
高考数学一轮复习第八章立体几何第6节空间向量及运算课件理
⑦cos〈a，b〉＝
a1b1＋a2b2＋a3b3
.
a21＋a22＋a32· b12＋b22＋b23
1．判断下列结论的正误．(正确的打“√”，错误的打
“×”)
(1)空间中任意两非零向量 a，b 共面．(
)
(2)若 A，B，C，D 是空间任意四点，则有A→B＋B→C＋C→D＋
D→A＝0.(
)
(3)对于向量 a，b，若 a·b＝0，则一定有 a＝0 或 b＝0.(
B．(－1，－3,2)
C.－12，32，－1
D．( 2，－3，－2 2)
[解析] 可知－12a＝－12，32，－1，选 C.
[答案] C
4．若向量 a＝(2,2,0)，b＝(1,3，z)，且〈a，b〉＝π3，则
实数 z＝(
)
A. 22
B．5
C．± 22
D．±5
[解析] ∵cos〈a，b〉＝cosπ3＝|aa|· ·|bb|
其中真命题的个数是(
)
A．1
B．2
C．3
D．4
[解析] ①正确，②中若 a，b 共线，p 与 a 不共线，则 p ＝xa＋yb 就不成立．③正确．④中若 M，A，B 共线，点 P 不在此直线上，则M→P＝xM→A＋yM→B不正确．
[答案] B
6．已知 a＝(1－t,1－t，t)，b＝(2，t，t)，则|b－a|的最小 值为________．
)
(4)若 a·b<0，则〈a，b〉是钝角．(
)
(5) 两 向 量 夹 角 的 范 围 与 两 异 面 直 线 所 成 角 的 范 围 相
同．(
)
[答案] (1)√ (2)√ (3)× (4)× (5)×
2018版高考数学大一轮复习第八章立体几何与空间向量.
第•八章.立体几何与空间向虽第1讲空间几何体的结构、三视图和直观图最新考纲I•认识柱、锥、台、球及其简单组合体的结构特征，并能运用这些特征描述现实生活中简单物体的结构；2.能画出简单空间图形（长方体、球、圆柱、圆锥、棱柱等的简易组合）的三视图，能识别上述三视图所表示的立体模型，会用斜二测画法画出它们的直观图；3•会用平行投影方法画岀简单空间图形的三视图与直观图，了解空间图形的不同表示形式.椅理自测，理绥记忆知识梳理1•简单多面体的结构特征(1) 棱柱的侧棱都丫巾II相等,上、下底面是全等一且平行的多边形：(2) 棱锥的底面足任总多边形，侧面足有•个公共顶点的三角形：(3) 棱台可由JliLT-底面的平面截棱锥得到，其上、卜•底面是相似多边形.2.旋转体的形成3•三视图(1) 几何体的三视图包括正视图、侧视图、俯视图，分别足从儿何体的也方、生生方、生上方观察几何体画出的轮廓线.(2) 三视图的画法①基木要求：长对正，髙丫齐,宽相等.②在画三视图时，重叠的线只训一条，挡住的线要画成虚线.4. 直观图空间儿何体的直观图常用红二割画法來画，氏规则是:(I)原图形屮x轴、y轴、z轴两两垂fl，ft观图中，疋轴、轴的夹角为45°(或135°), z'轴与f轴、y，轴所在平面逢鱼.(2) 原图形中卩行J：坐标轴的线段，直观图中仍分别V仃「坐标轴.平行厲轴和2轴的线段在直观图中保持原长度不变, 平行于曲II的线段长度在直观图中变为原来的一半.诊断自测1 •判断正课(在括号内打“ J ”或“ X ”)斫精彩PPT展示(1) 有两个面平行，其余各面都是平行四边形的几何体是棱柱・()(2) 自一个面是多边形，其余各面都是三角形的儿何体是棱锥・()(3) 用斜二测画法画水平放置的ZA时，若Z4的两边分别平行于x轴和y轴，且ZA = 90° ,则在直观图中，ZA = 45° .()(4) 正方体、球、圆锥各自的三视图屮，三视图均相同・()解析(1)反例：由两个平行六面体上下组合在一起的图形满足条件，但不是棱柱.(2)反例：如图所示不是棱锥.(3)用斜二测画法画水平放置的Z人时，把川y轴画成相交成45。
2018版高考数学大一轮复习第八章立体几何与空间向量8.6空间向量及其运算教师用书理新人
第八章立体几何与空间向量8.6空间向量及其运算教师用书理新人教版基础知识自主学习ET知识梳理-------------------------------i. 空间向量的有关概念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入，使得a=入b.(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.(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, ｛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0,作6A= a, OB= b,则/ AOE叫做向量a, b的夹,, n角，记作〈a, b〉,其范围是0w〈a, b〉w n，若〈a , b〉="2，则称a与b互相垂直，记作a丄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结合律：(入a) • b= X (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 i, a2, a3), b= (b i, b2, b3).【知识拓展】1. 向量三点共线定理：在平面中A B C三点共线的充要条件是：OA= x S聊y S c其中x+y=1) , O为平面内任意一点.2. 向量四点共面定理：在空间中P、A、B C四点共面的充要条件是：OP= x O AF y O Bb zOQ其中x + y + z= 1), O为空间中任意一点.【思考辨析】判断下列结论是否正确(请在括号中打“V”或“ x”)(1) 空间中任意两非零向量a , b共面.(V )⑵在向量的数量积运算中(a • b) • c= a •( b • c) . ( x )⑶对于非零向量b,由a • b= b • c，则a = c.( x )(4) 两向量夹角的范围与两异面直线所成角的范围相同. (X )⑸若A、B C D是空间任意四点，则有A B^ BC b DA= 0.( V )考点自测1.已知正四面体ABCD勺棱长为a,点E, F分别是BC AD的中点，贝U AE- AF勺值为()A . a B. 1a 2C. 4a 2 D . 菩2答案 C解析 如图，设AB= a , A C= b , AD= c ,则| a | = | b | = | c | = a ,且a , b , c 三向量两两夹角为 60°. AE= ?(a + b ) , A F = 1c ,2 . (2016 •大连模拟)向量 a = ( — 2, - 3,1) , b = (2,0,4) , c = ( — 4,— 6,2)，下列结论正确的是( )A . a 〃 b ,a IIc B. a II b , a 丄 cC. a I c , a 丄bD.以上都不对答案 C解析 因为 c = ( — 4,— 6,2) = 2( — 2, — 3,1) = 2a , 所以a // c .又 a • b = ( — 2) x 2+ ( — 3) x o + 1X 4= 0, 所以a 丄b .故选C.3 .与向量（一3,— 4,5）共线的单位向量是 __________________________解析 因为与向量a 共线的单位向量是±耳，又因为向量（一3, — 4,5）的模为1 a|4.如图，在四面体 O- ABC 中 , OA = a , OB= b , 6（= c , D 为BC 的中点，E 为AD 的中点，贝U 6E_______ .(用a , b , c 表示)••• AE ・= 1 2(a + b ) 1 1 1 2 2c = 4(a • c + b • c ) = 4( a cos 60 2+ a cos 60答案,—32+ —42+ 52 = 5.2 ,所以与向量(一3 ,4,5）共线的单位向量是土 15：2( — 3 ,—4 , 5) = ±—4,5)3 ;2 2 210 , 53 d 2 10 ,1 1 1答案—a^ — b+丁c2 4 4解析O E= 1陥1^D= fd A吐4-OB^ 4^C1=2a+ 4b+4c.5.(教材改编)正四面体ABCD勺棱长为2, E, F分别为BC AD中点，贝y EF的长为____________ 答案2解析|EF2= E F =(EC+ du6F2=EC+CD+ 評+ 2( EC- 2D^ E C- DF+ 2D- D F2 2 2=1 + 2 + 1 + 2(1 X 2X cos 120 ° + 0 + 2X 1X cos 120 ° )=2,•••I^F = ,2,A EF的长为，2.题型分类深度剖析例1 (1)如图所示，在长方体ABC B ABGD中，O为AC的中点.题型一空间向量的线性运算用AB AD, AA表示OC,则OC=答案，画乙2+ AA解析S G=2A C=2(A B+ AD,1•- OC= OGF CG= 2(AB^ AD + AA1 2 1 2 2=尹肝2AD+ AA.⑵三棱锥O-ABC中 , M N分别是OA BC的中点，6是厶ABC勺重心，用基向量OA O B O C—23(O A1 o2 1 o o o =2°A 3【2(° 聊 °C — OA1 O 1 O 1 O=—T °A^ -°E 3^-°C633°G= °G=］陥10聊 1O C26 3 3=新 3°^ 3°C思维升华用已知向量表示某一向量的方法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.跟踪训练=(2016 •青岛模拟)如图所示，在空间几何体 ABC - ABCD 中，各面为平行四边 形，设AA 1=a , °B=b , AD =c , M N, P 分别是 AA , BC CD 的中点，试用 a , b, c 表示以 下各向量：(1) AP⑵ MRF NIC.解(1)因为P 是CD 的中点,所以 °P= AA + AD +°P1° 1=a + c + §AB= a + c + 2b . (2) 因为M 是AA 的中点, 所以Ma 祐吐辰?AA + A P表示M G O G 解 l°G=O A 2(C °N - O AOi p CI i=-§a+ (a+ c + q b)1 1=2a+ 2b+ c.1又NC I=c(i= Bev A A I1 A A 1=q AD^ AA= q c + a,所以Mp NG= (q a + q b+ c) + (a + q c)3 1 3=q a+ q b + q c.题型二共线定理、共面定理的应用例2 (2016 •天津模拟)如图，已知E, F, G H分别是空间四边形ABC啲边AB BC CD DA的中点.(1)求证：E, F, G H四点共面;⑵求证：BD//平面EFGH⑶设M是EG和FH的交点，求证：对空间任一点Q有3l\= -(O A+ 血&+ ^D .4证明⑴连接BG则EG= E B+B G=EB+ BF+ EH=E F+E H,由共面向量定理的推论知E, F, G, H四点共面.(2)因为E H=X H-K E=1尬2届1(A D> A B =孙所以EH/ BD又EH?平面EFGH BD?平面EFGH所以BD//平面EFGH⑶找一点O,并连接OM OA OB OC OD OE OG由⑵知EH= 1B D同理F G=2B D所以EH= F G即EH綊FG所以四边形EFGH!平行四边形，所以EG FH交于一点M且被M平分.1 X 1 X =1Oe 2OG=1(S AF血S O X D .思维升华(1)证明空间三点P, A, B共线的方法①P A=入PB入€ R);②对空间任一点O, 0P=阳tAB(t € F);③对空间任一点O, 0P= xOAb yOBx+ y = 1).⑵证明空间四点P, M A, B共面的方法① MP= xIVLAF y M B②对空间任一点Q O P OM F X M A yMB③对空间任一点Q 0F^x OM-yOA吐zOBx + y+ z= 1);④PM/ 或°A// 0或°B// °M .已知A B, C三点不共线，对平面ABC外的任一点Q若点M满足O Mb 3(0A- °B + 0C.⑴判断0A °B 0C三个向量是否共面；⑵判断点M是否在平面ABC内.解⑴ 由题意知0A- 0內0G= 30I M••• 0A- °M= (°M- 0B + (°M- 0C即°A= B M- C M=-°B-°C•°A °B 0共面.⑵由⑴知°A °B 0(共面且基线过同一点M•M A B, C四点共面.从而点M在平面ABC内.题型三空间向量数量积的应用例3 (2017 •济南月考)如图，已知平行六面体ABC- ABCD中，底面ABCD是边长为1的正方形，AA= 2, / A i AB=Z A i AD= 120°(1) 求线段AG的长；(2) 求异面直线AC与AD所成角的余弦值；⑶求证：AA丄BD(1)解设AB= a , AD= b , AA= c ,则| a| = | b| = 1, | c| = 2 , a • b= 0 , c • a= c • b= 2x 1 x cos 120 ° =- 1.T AC=AC^ CC= AB^ AD^ AA= a+ b+ c ,AC| = | a+ b+ c|=,a +b +c 2=| a |2+ | b |2+ |C |2+2 a • b + b • c + c • a =,12+ 12+ 22+? 0- 1 — 1 = 2. •••线段AG 的长为• 2.(2)解 设异面直线AG 与A i D 所成的角为0 ,• ° AG = a + b + C , A i D= b — C , • AG • A/D= (a + b + C ) •( b — C ) = a • b — a • C + b 2— C 2 = 0 + 1 + i 2 — 22=— 2, | AD = ~b — C ~2 = ^| b |2 — 2b • C + | C | =.i —2X —1 + 2 = 7.AG • A i D [ — 2 、 "\f i4| ----------- 1 」 --|AG || A D £77⑶证明•/ AA = C , BD = b — a ,• AA • BD = C ・(b — a ) = C • b — C • a = ( — i) — ( — i) = 0, • AA 丄 BD • AA 丄 BD思维升华 (i)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 ABC — ABC i D 中，以顶点A 为端点的三条棱长度都为 i , 且两两夹角为60°.(i)求AG 的长;⑵求BD 与AG 夹角的余弦值.则cos 0 =|cos〈AG , A i D 〉| =AG • AD|AG || AD二 cos 0故异面直线 AG 与A i D 所成角的余弦值为.147解⑴记AB= a , X b= b , AA = c ,则 | a | = | b | = | c | = 1,〈 a , b 〉=〈 b , c 〉=〈 c , a 〉= 60°, 1 •••齐 b = b ・ c =c • a = 2.T 222221 1 1| AG | = (a + b + c ) = a + b + c + 2(a • b + b • c + c • a ) = 1+ 1 + 1 + 2x(空+- + 空)=6,AC | = 6，即AG 的长为-』6.(2) B b = b + c — a , AG = a + b, .•I B b | = 2, |AG =3,B b • AG=( b + c — a ) •( a + b ).2 2=b — a + a • c + b • c = 1,即BD 与AG 夹角的余弦值为思想与方法系列18.坐标法在立体几何中的应用典例 (12分)如图，已知直三棱柱 ABG-ABG ,在底面△ ABG 中, GA= GB= 1, / BCA= 90° 棱AA = 2,M N 分别是A 1B 1, AA 的中点.(1)求BN 勺模;⑵ 求cos < BA , CB 〉的值；(3)求证：AB 丄CM 思想方法指导利用向量解决立体几何问题时，首先要将几何问题转化成向量问题，通过建立坐标系利用向量的坐标进行求解. 规范解答…cos 〈S b , X G =品• AGi 命11 AG,6(1)解如图，建立空间直角坐标系.依题意得氏0,1,0) , N(1,0,1),所以|BN = . 1 —0 2+ U—1 2+ 1 —0 3.[2 分]⑵解依题意得A(1,0,2) , B(0,1,0) , qo,o,o), B i(0 , 1,2). 所以BA = (1 , —1,2) , CB= (0,1,2), BA • CB= 3, | BA| =寸6, | CB| = (5,所以cos〈BA, C B> = BA • CB|BA|| C B|30 八=花.[6分]1 1⑶证明依题意得C(0,0,2) , Mj，2，2),Afe= ( — 1,1，— 2),CM=(2, 2，0) - [9 分]II 1 1所以AiB - CM=— + 2 + 0 = 0,所以AB丄6M即AB丄CM[12分]课时作业1. 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=xa+ yb+ zc.其中正确命题的个数是（）A. 0 B . 1 C . 2 D . 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= xa + yb+ zc，故④不正确，综上可知四个命题中正确的个数为0，故选A.2. （2017 •郑州调研）已知a = （2,1，- 3），b = （—1,2,3），c = （7,6，入），若a，b，c 三向量共面，则入等于（)A.9 B . —9 C.—3 D . 3答案B解析由题意知c = xa+ yb，即（7,6，入）=x（2,1，--3) + y(-1,2,3)，'2x —y = 7，x+ 2y = 6，解得入=—9.3x+ 3y=入，3.已知a= ( —2,1,3)， b = ( —1,2,1)，若a 丄（a—入b），则实数入的值为（）1414A.—2 B . —§ C. 丁 D . 2答案D解析由题意知a •（a —入b）= 0，即a2—入a •b= 0，所以14—7入=0,解得入=2.4.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( )A7DA.萌B. 羽C.1D.p3-頁答案D解析•/ BD=E?F+ FE+ ED，•••丨BD2=|BH2+ |FE2+ | ED2+ 2BF- FE+ 2FE- ED^ 2BF- ED =1 + 1+ 1— 2 = 3 —2，5.已知a , b 是异面直线，A B€ a , C, D € b , ACL b , BDL b 且AB= 2, CD= 1则异面直线a ,b 所成的角等于()A . 30°B . 45°C . 60°D . 90°答案 C解析 如图，设 AC= a , CD= b , DB= c ,则 AB= a + b + c ,T T a + b + c | b 1所以 cos 〈 AB, CD 二 g »+ c || b | = 2, 所以异面直线a , b 所成的角等于60°, 故选C.16. (2016 •深圳模拟)正方体 ABC B ABCD 的棱长为a ,点M 在AC 上且AM=N 为BB的中点，贝U | MIN 为(答案 A解析 以D 为原点建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz ,则A ( a, 0,0) , C (0 , a , a ) , a ,设 Mx , y , z ),•••点M 在 AC 上且A M./ 1• •( x — a , y , z) = 2( — x ,a — y , a — z),C.B.D..6 V ,15A.2 a a •x=3a, y=3, z=3.7. A B, C, D 是空间不共面四点，且 XB- AC= 0, AC AD= 0, XB- X D= 0,则厶BCD 勺形状 是_________ 三角形.（填锐角、直角、钝角中的一个 ） 答案锐角 解析 因为 BC- B D= (AC-AB •( AD-AB=X C- AD-AC ・ A B -X B-A B=A B >O ,所以/ CBD 为锐角.同理/ BCD / BDC 均为锐角.8 .设O - ABC 是四面体，G 是厶ABC 的重心，G 是0G 上的一点，且 0G= 3GG ,若X （= xOA^y6i 井z X C 则x , y , z 的值分别为 __________________解析 如图所示，取 BC 的中点E 连接AE0G= 4QG = 3品 AG )=扌陥2AE 3 X 1 X X=-OA^- (AB+ AC 4 4=|弘 4(X B - 6A X C - O A12a答案4'4' 4a a o••• x = y= z= 4.9. (2016 •合肥模拟)已知 a = (x, 4,1) , b = ( — 2, y , - 1) , c = (3 , - 2, z ), a // b , b 丄c , 则c = .答案(3 , - 2,2)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,即一6+ 8 — z = 0,解得 z = 2,于是 c = (3 , — 2,2). 10. (2016 •天津模拟)已知ABC — ABCD 为正方体,©( A A^ A 1D + A 1B 1) = 3A B ; —> —> —>② A 1C *( Ai B 1 — AiA ) = 0;③向量AD 与向量AB 的夹角是60°;④正方体 ABC — ABCD 的体积为| AB ・AA • AD. 其中正确的序号是 __________ . 答案①②解析 ①中，(AN + A D + A 1B )2= AA "+ A D 2+A^2= 3晶2，故①正确；②中，AB — AN = AB , 因为AB 丄AC,故②正确；③中，两异面直线 AB 与AD 所成的角为60°,但AD 与A 「B 的夹角 为120°,故③不正确；④中，|AB ・AA • AD = 0，故④也不正确.*11.如图，在平行六面体 ABC — A 1BCD 中，点 M P Q 分别为棱 AB CD BC 的中点，若平 行六面体的各棱长均相等，则① AM// DP; ② AM// BQ ③ AM//平面DCCD ; ④ AM//平面DPQB以上正确说法的个数为 __________ 答案 3解析因为a / b ,所以解析AM=心+ AM=心+ 1A B DP= D D+ DP= A1A+ 2A B••• AM// D P ,■■- AM// DP,由线面平行的判定定理可知，AM//平面 DCGD , AM//平面 DPQB①③④正确.12.如图所示，已知空间四边形 ABC 啲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- D C ；⑶EG 的长；⑷ 异面直线AG 与 CE 所成角的余弦值.解(1)设AB= a , AC= b , AD= c ,则| a | = | b | = | c | = 1,〈a , b 〉=〈 b , c 〉=〈 c , a 〉= 60°,D 1 D 1 1 D DEF = 2BD= g c — 2a , BA=- a , DC= b - c .⑵ E F- DC= 2( c -a ) •( b -c )2=2(b -c - a -b - c + a -c )=-⑶ ^0= E B + CG= 1 1 1 ?a + b -a +?c- ?b 1 1 1=-尹 + ?b +2c ,D 2 1 2 1 2 1 2 1 1 1| EG = 4a + 4b + 4c - 2a -b + ?b -c -尹- a =⑷ A G= 1b + 2c , C E = C A ^AE=— b + ^a ,cos1 2 D F •眈 1(-a ) 1 1〈AG D B =^A G-C E =|AG A E 2 3,由于异面直线所成角的范围是o，2, 所以异面直线AG与CE所成角的余弦值为3.*13.（2016 •沈阳模拟）如图，在直三棱柱ABC-A B' C'中，AC= BC= AA ,D、E分别为AB BB的中点.(1) 求证：CEL A D;(2) 求异面直线CE与AC所成角的余弦值.(1)证明设张a, C B= b, CC = c,根据题意得，| a| = | b| = | c| ,且a •b = b •c = c •a = 0,•••2E= b+ 2c, AT D=- c+*b-2a.••• A D=-药+为2=。
(浙江专用)2018版高考数学大一轮复习第八章立体几何8.7立体几何中的向量方法课件
跟踪训练1 (2016·北京海淀区模拟)正方体ABCD－A1B1C1D1中，M，N
分别是C1C，B1C1的中点.求证：MN∥平面A1BD.
证明
题型二 利用空间向量证明垂直问题
例2 (2016·绍兴模拟)如图，在多面体ABC－A1B1C1中，
四边形A1ABB1是正方形，AB＝AC，BC＝ 2 AB，
答案 解析
以 A 为原点，分别以A→B，A→D，A→A1所在直线为 x，y，z 轴，
建立空间直角坐标系，设正方体棱长为 1， 则 A(0,0,0)，M(0,1，12)，O(12，12，0)，N(12，0,1)， A→M·O→N＝(0,1，12)·(0，－12，1)＝0，∴ON 与 AM 垂直.
题型分类 深度剖析
跟踪训练2 (2016·宁波模拟)如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD
是边长为a的正方形，侧面PAD⊥底面ABCD，且PA＝PD＝
2 2
AD，设E，
F分别为PC，BD的中点.
(1)求证：EF∥平面PAD； 证明
(2)求证：平面PAB⊥平面PDC. 证明
因为P→A＝(a2，0，－a2)，C→D＝(0，－a,0)，
|a·n| θ，a与n的夹角为β，则sin θ＝|cos β|＝ |a||n| .
6.求二面角的大小 (1)如图①，AB，CD分别是二面角α－l－β的两个面内与棱l垂直的直线， 则二面角的大小θ＝〈__A→_B_，__C→_D__〉_.
(2)如图②③，n1，n2分别是二面角α－l－β的两个半平面α，β的法向量， 则二面角的大小θ满足|cos θ|＝ |cos〈n1，n2〉| ，二面角的平面角大小是
思维升华
利用向量法求空间角的方法 (1)先求出直线的方向向量和平面的法向量，将求空间角转化为求两个 向量的夹角. (2)利用数量积求向量的夹角，然后根据和所求角的关系得到空间角， 但要注意所求角的大小.
2018版高考数学大一轮复习第八章立体几何与空间向量.
由此还原为原图形如图 2 所示，是直角梯形A′B′C′D′. 2 在梯形A′B′C′D′中，A′D′＝1，B′C′＝ 2 ＋1，A′B′＝∴这块菜地的面积 S＝2(A′D′＋
B′C′·A′B′＝＋1＋＝2＋ 2 . 2 答案 2＋ 2
[思想方法] 1.画三视图的三个原则： (1画法规则：“长对正，宽相等，高平齐”. (2摆放规则：侧视图在正视图的右侧，俯视图在正视图的正下方. (3实虚线的画法规则：可见轮廓线和棱用实线画出，不可见线和棱用虚线画出. 2.棱台和圆台是分别用平行于棱锥和圆锥的底面的平面截棱锥和圆锥后得到的，所以在解决棱台和
圆台的相关问题时，常“还台为锥”，体现了转化的数学思想.
[易错防范] 1.台体可以看成是由锥体截得的，易忽视截面与底面平行且侧棱延长后必交于一点. 2.空间几何体不同放置时其三视图不一定相同. 3.对于简单组合体，若相邻两物体的表面相交，表面的交线是它们的分界线，在三视图中，易忽
视实虚线的画法.。