人教A版 (2019)選擇性必修第一冊1.2 空間向量基本定理第2課時學案-學案下載-教習網

導語
道生一，一生二，二生三，三生萬物”這句話出自老子《道德經》，它表示“道”生萬物從少到多，從簡單到復雜的一個過程．
聯系到我們學過的平面向量基本定理，可以概括為給出一組二維的基底可以生成平面中所有的向量；推廣到三維空間，仍然為給出一組三維的基底，可以生成空間中的所有向量．
一、證明平行、共面問題
知識梳理
1. 對于空間任意兩個向量a，b(b≠0)，a∥b的充要條件是存在實數λ，使a＝λb.
2. 如果兩個向量a，b不共線，那么向量p與向量a，b共面的充要條件是存在唯一的有序實數對(x，y)，使p＝xa＋yb.
3．直線平行和點共線都可以轉化為向量共線問題；點線共面可以轉化為向量共面問題．
例1 如圖，在平行六面體ABCD－A′B′C′D′中，E，F，G分別是A′D′，DD′，D′C′的中點，請選擇恰當的基底向量證明：
(1)EG∥AC；
(2)平面EFG∥平面AB′C.
證明取基底{eq \(AA′,\s\up6(—→))，eq \(AB,\s\up6(→))，eq \(AD,\s\up6(→))}，
(1)因為eq \(EG,\s\up6(→))＝eq \(ED′,\s\up6(—→))＋eq \(D′G,\s\up6(——→))＝eq \f(1,2)eq \(AD,\s\up6(→))＋eq \f(1,2)eq \(AB,\s\up6(→))，eq \(AC,\s\up6(→))＝eq \(AB,\s\up6(→))＋eq \(AD,\s\up6(→))＝2eq \(EG,\s\up6(→))，
所以eq \(EG,\s\up6(→))∥eq \(AC,\s\up6(→))，
又EG，AC無公共點，所以EG∥AC.
(2)因為eq \(FG,\s\up6(→))＝eq \(FD′,\s\up6(—→))＋eq \(D′G,\s\up6(——→))＝eq \f(1,2)eq \(AA′,\s\up6(—→))＋eq \f(1,2)eq \(AB,\s\up6(→))，eq \(AB′,\s\up6(—→))＝eq \(AB,\s\up6(→))＋eq \(AA′,\s\up6(—→))＝2eq \(FG,\s\up6(→))，
所以eq \(FG,\s\up6(→))∥eq \(AB′,\s\up6(—→))，
又FG，AB′無公共點，所以FG∥AB′.
又FG?平面AB′C，AB′?平面AB′C，
所以FG∥平面AB′C.
又由(1)知EG∥AC，
可得EG∥平面AB′C，
又FG∩EG＝G，FG，EG?平面EFG，
所以平面EFG∥平面AB′C.
反思感悟證明平行、共面問題的思路
(1)利用向量共線的充要條件來證明點共線或直線平行．
(2)利用空間向量基本定理證明點線共面或線面平行．
跟蹤訓練1 如圖所示，在平行六面體ABCD－A1B1C1D1中，E，F分別在B1B和D1D上，且BE＝eq \f(1,3)BB1，DF＝eq \f(2,3)DD1.
求證：A，E，C1，F四點共面．
證明因為eq \(AC1,\s\up6(→))＝eq \(AB,\s\up6(→))＋eq \(AD,\s\up6(→))＋eq \(AA1,\s\up6(→))
＝eq \(AB,\s\up6(→))＋eq \(AD,\s\up6(→))＋eq \f(1,3)eq \(AA1,\s\up6(→))＋eq \f(2,3)eq \(AA1,\s\up6(→))
＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\(AB,\s\up6(→))＋\f(1,3)\(AA1,\s\up6(→))))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\(AD,\s\up6(→))＋\f(2,3)\(AA1,\s\up6(→))))
＝eq \(AB,\s\up6(→))＋eq \(BE,\s\up6(→))＋eq \(AD,\s\up6(→))＋eq \(DF,\s\up6(→))＝eq \(AE,\s\up6(→))＋eq \(AF,\s\up6(→))，
所以eq \(AC1,\s\up6(→))，eq \(AE,\s\up6(→))，eq \(AF,\s\up6(→))共面，所以A，E，C1，F四點共面．
二、夾角、垂直問題
問題如何利用空間向量解決空間幾何中的垂直問題，以及求解夾角問題？
提示 (1)θ為a，b的夾角，則cs θ＝eq \f(a·b,|a||b|).
(2)若a，b是非零向量，則a⊥b?a·b＝0.
注意點：
區(qū)分向量的夾角與異面直線所成的角的范圍．
例2 在棱長為2的正方體ABCD－A1B1C1D1中，E，F分別是DD1，BD的中點，點G在棱CD上，且CG＝eq \f(1,3)CD.
(1)證明：EF⊥B1C；
(2)求EF與C1G所成角的余弦值．
(1)證明設eq \(DA,\s\up6(→))＝i，eq \(DC,\s\up6(→))＝j，eq \(DD1,\s\up6(→))＝k，
則{i，j，k}構成空間的一個正交基底．
所以eq \(EF,\s\up6(→))＝eq \(ED,\s\up6(→))＋eq \(DF,\s\up6(→))＝－eq \f(1,2)k＋eq \f(1,2)(eq \(DA,\s\up6(→))＋eq \(AB,\s\up6(→)))
＝eq \f(1,2)i＋eq \f(1,2)j－eq \f(1,2)k，eq \(B1C,\s\up6(—→))＝eq \(B1B,\s\up6(—→))＋eq \(BC,\s\up6(→))＝－i－k，
所以eq \(EF,\s\up6(→))·eq \(B1C,\s\up6(—→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)i＋\f(1,2)j－\f(1,2)k))·(－i－k)
＝－eq \f(1,2)|i|2＋eq \f(1,2)|k|2＝0，
所以EF⊥B1C.
(2)解 ∵eq \(EF,\s\up6(→))＝eq \f(1,2)i＋eq \f(1,2)j－eq \f(1,2)k，eq \(C1G,\s\up6(—→))＝eq \(C1C,\s\up6(—→))＋eq \(CG,\s\up6(→))＝－k－eq \f(1,3)j，
|eq \(EF,\s\up6(→))|2＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)i＋\f(1,2)j－\f(1,2)k))2＝eq \f(1,4)|i|2＋eq \f(1,4)|j|2＋eq \f(1,4)|k|2＝3，|eq \(EF,\s\up6(→))|＝eq \r(3)，
|eq \(C1G,\s\up6(—→))|2＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－k－\f(1,3)j))2＝|k|2＋eq \f(1,9)|j|2＝4＋eq \f(4,9)＝eq \f(40,9)，|eq \(C1G,\s\up6(—→))|＝eq \f(2\r(10),3)，
∴cs〈eq \(EF,\s\up6(→))，eq \(C1G,\s\up6(—→))〉＝eq \f(\(EF,\s\up6(→))·\(C1G,\s\up6(—→)),|\(EF,\s\up6(→))|·|\(C1G,\s\up6(—→))|)，
＝eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)i＋\f(1,2)j－\f(1,2)k))·\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－k－\f(1,3)j)),\r(3)×\f(2\r(10),3))＝eq \f(\f(4,3),\f(2\r(30),3))＝eq \f(\r(30),15).
即EF與C1G所成角的余弦值為eq \f(\r(30),15).
延伸探究設這個正方體中線段A1B的中點為M，證明：MF∥B1C.
證明設eq \(DA,\s\up6(→))＝i，eq \(DC,\s\up6(→))＝j，eq \(DD1,\s\up6(→))＝k，
則eq \(B1C,\s\up6(—→))＝eq \(B1B,\s\up6(—→))＋eq \(BC,\s\up6(→))＝－i－k，
eq \(MF,\s\up6(→))＝eq \(AF,\s\up6(→))－eq \(AM,\s\up6(→))＝eq \f(1,2)(eq \(AD,\s\up6(→))＋eq \(AB,\s\up6(→)))－eq \f(1,2)(eq \(AA1,\s\up6(→))＋eq \(AB,\s\up6(→)))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)\(DC,\s\up6(→))－\f(1,2)\(DA,\s\up6(→))))－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)\(DC,\s\up6(→))＋\f(1,2)\(DD1,\s\up6(→))))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)j－\f(1,2)i))－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)j＋\f(1,2)k))
＝－eq \f(1,2)i－eq \f(1,2)k＝eq \f(1,2)(－i－k)＝eq \f(1,2)eq \(B1C,\s\up6(—→))，
所以eq \(MF,\s\up6(→))∥eq \(B1C,\s\up6(—→))，
又MF，B1C無公共點，
所以MF∥B1C.
反思感悟求夾角、證明線線垂直的方法
利用數量積定義可得cs〈a，b〉＝eq \f(a·b,|a||b|)，求〈a，b〉的大小，進而求得線線角，兩直線垂直可作為求夾角的特殊情況．
跟蹤訓練2 (1)已知在直三棱柱ABC－A1B1C1中，∠ABC＝120°，AB＝2，BC＝CC1＝1，則異面直線AB1與BC1所成角的余弦值為__________.
答案 eq \f(\r(10),5)
解析如圖所示，
設eq \(BA,\s\up6(→))＝a，eq \(BC,\s\up6(→))＝b，eq \(BB1,\s\up6(→))＝c，則〈a，b〉＝120°，c⊥a，c⊥b，
因為eq \(AB1,\s\up6(→))＝eq \(AB,\s\up6(→))＋eq \(BB1,\s\up6(→))＝－a＋c，eq \(BC1,\s\up6(→))＝eq \(BC,\s\up6(→))＋eq \(CC1,\s\up6(→))＝b＋c，
|cs〈eq \(AB1,\s\up6(→))，eq \(BC1,\s\up6(→))〉|＝eq \f(|\(AB1,\s\up6(→))·\(BC1,\s\up6(→))|,|\(AB1,\s\up6(→))|·|\(BC1,\s\up6(→))|)＝eq \f(|?－a＋c?·?b＋c?|,\r(5)×\r(2))＝eq \f(|－a·b－a·c＋b·c＋c2|,\r(10))
＝eq \f(|－2×1×cs 120°＋1|,\r(10))＝eq \f(2,\r(10))＝eq \f(\r(10),5).
(2)在正方體ABCD－A1B1C1D1中，已知E，F，G，H分別是CC1，BC，CD和A1C1的中點．
證明：①AB1∥GE，AB1⊥EH；
②A1G⊥平面EFD.
證明 ①設正方體棱長為1，eq \(AB,\s\up6(→))＝i，eq \(AD,\s\up6(→))＝j，eq \(AA1,\s\up6(→))＝k，
則{i，j，k}構成空間的一個單位正交基底．
eq \(AB1,\s\up6(→))＝eq \(AB,\s\up6(→))＋eq \(BB1,\s\up6(→))＝i＋k，
eq \(GE,\s\up6(→))＝eq \(GC,\s\up6(→))＋eq \(CE,\s\up6(→))＝eq \f(1,2)i＋eq \f(1,2)k＝eq \f(1,2)eq \(AB1,\s\up6(→))，
∴AB1∥GE.
eq \(EH,\s\up6(→))＝eq \(EC1,\s\up6(→))＋eq \(C1H,\s\up6(—→))＝eq \f(1,2)k＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))(i＋j)
＝－eq \f(1,2)i－eq \f(1,2)j＋eq \f(1,2)k，
∵eq \(AB1,\s\up6(→))·eq \(EH,\s\up6(→))＝(i＋k)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)i－\f(1,2)j＋\f(1,2)k))
＝－eq \f(1,2)|i|2＋eq \f(1,2)|k|2＝0，
∴AB1⊥EH.
②eq \(A1G,\s\up6(—→))＝eq \(A1A,\s\up6(—→))＋eq \(AD,\s\up6(→))＋eq \(DG,\s\up6(→))＝－k＋j＋eq \f(1,2)i.
eq \(DF,\s\up6(→))＝eq \(DC,\s\up6(→))＋eq \(CF,\s\up6(→))＝i－eq \f(1,2)j，eq \(DE,\s\up6(→))＝eq \(DC,\s\up6(→))＋eq \(CE,\s\up6(→))＝i＋eq \f(1,2)k.
∴eq \(A1G,\s\up6(—→))·eq \(DF,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－k＋j＋\f(1,2)i))·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(i－\f(1,2)j))
＝－eq \f(1,2)|j|2＋eq \f(1,2)|i|2＝0，
∴A1G⊥DF.
eq \(A1G,\s\up6(—→))·eq \(DE,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－k＋j＋\f(1,2)i))·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(i＋\f(1,2)k))＝－eq \f(1,2)|k|2＋eq \f(1,2)|i|2＝0，
∴A1G⊥DE.
又DE∩DF＝D，DE，DF?平面EFD，
∴A1G⊥平面EFD.
1．知識清單：
(1)空間向量基本定理．
(2)空間向量共線、共面的充要條件．
(3)向量的數量積及應用．
2．方法歸納：轉化化歸．
3．常見誤區(qū)：
(1)向量夾角和線線角的范圍不同，不要混淆．
(2)轉化目標不清：表示向量時沒有轉化目標，不理解空間向量基本定理的意義．
1．在棱長為1的正四面體ABCD中，直線AB與CD( )
A．相交 B．平行
C．垂直 D．無法判斷位置關系
答案 C
解析 eq \(CD,\s\up6(→))＝eq \(BD,\s\up6(→))－eq \(BC,\s\up6(→))，
所以eq \(BA,\s\up6(→))·eq \(CD,\s\up6(→))＝eq \(BA,\s\up6(→))·(eq \(BD,\s\up6(→))－eq \(BC,\s\up6(→)))＝eq \(BA,\s\up6(→))·eq \(BD,\s\up6(→))－eq \(BA,\s\up6(→))·eq \(BC,\s\up6(→))＝1×1×eq \f(1,2)－1×1×eq \f(1,2)＝0，故eq \(BA,\s\up6(→))⊥eq \(CD,\s\up6(→))，即直線AB與CD垂直．
2.如圖，在正方體ABCD－A1B1C1D1中，M，N分別為AB，B1C的中點，若AB＝a，則MN的長為( )
A.eq \f(\r(3),2)a B.eq \f(\r(3),3)a
C.eq \f(\r(5),5)a D.eq \f(\r(15),5)a
答案 A
解析取空間中一組基底：eq \(AB,\s\up6(→))＝i，eq \(AD,\s\up6(→))＝j，eq \(AA1,\s\up6(→))＝k，
eq \(MN,\s\up6(→))＝eq \(MB,\s\up6(→))＋eq \(BC,\s\up6(→))＋eq \(CN,\s\up6(→))
＝eq \f(1,2)i＋j＋eq \f(1,2)(－j＋k)
＝eq \f(1,2)i＋eq \f(1,2)j＋eq \f(1,2)k，
故|eq \(MN,\s\up6(→))|2＝eq \f(1,4)a2＋eq \f(1,4)a2＋eq \f(1,4)a2＝eq \f(3,4)a2，
所以MN＝eq \f(\r(3),2)a.
3．如圖，在長方體ABCD－A1B1C1D1中，AA1＝AB＝2，AD＝1，E，F，G分別是DC，AB，CC1的中點，則異面直線A1E與GF所成角的余弦值是( )
A．0 B.eq \f(\r(3),3)
C.eq \f(\r(5),5) D.eq \f(\r(15),5)
答案 A
解析取空間中一組基底：eq \(AB,\s\up6(→))＝a，eq \(AD,\s\up6(→))＝b，eq \(AA1,\s\up6(→))＝c，
根據題意可得，
eq \(A1E,\s\up6(—→))·eq \(GF,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－c＋b＋\f(1,2)a))·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)c－b－\f(1,2)a))
＝eq \f(1,2)c2 －b2 －eq \f(1,4)a2＝eq \f(1,2)×4－1－eq \f(1,4)×4＝0，從而得到eq \(A1E,\s\up6(—→))和eq \(GF,\s\up6(→))垂直，故其所成角的余弦值為0.
4.如圖，在平行六面體ABCD－A1B1C1D1中，AB＝AD＝AA1＝1，∠BAD＝∠BAA1＝120°，∠DAA1＝60°，則線段AC1的長度是________．
答案 eq \r(2)
解析取空間中一組基底：eq \(AB,\s\up6(→))＝a，eq \(AD,\s\up6(→))＝b，eq \(AA1,\s\up6(→))＝c，
∵eq \(AC1,\s\up6(→))＝a＋b＋c，
∴|eq \(AC1,\s\up6(→))|2＝a2＋b2＋c2＋2a·b＋2a·c＋2b·c
＝1＋1＋1＋2×1×1×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))＋2×1×1×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))＋2×1×1×eq \f(1,2)＝2，
∴AC1＝eq \r(2).
課時對點練
1．在正方體ABCD－A1B1C1D1中，E是上底面A1B1C1D1的中心，則AC1與CE的位置關系是( )
A．重合 B．垂直
C．平行 D．無法確定
答案 B
解析取空間中一組基底：eq \(AB,\s\up6(→))＝a，eq \(AD,\s\up6(→))＝b，eq \(AA1,\s\up6(→))＝c，
eq \(AC1,\s\up6(→))＝a＋b＋c，eq \(CE,\s\up6(→))＝eq \(CC1,\s\up6(→))＋eq \(C1E,\s\up6(—→))＝c－eq \f(1,2)a－eq \f(1,2)b，
設正方體的棱長為1，
則eq \(AC1,\s\up6(→))·eq \(CE,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a＋b＋c))·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(c－\f(1,2)a－\f(1,2)b))＝0－eq \f(1,2)－0＋0－0－eq \f(1,2)＋1－0－0＝0，
故eq \(AC1,\s\up6(→))⊥eq \(CE,\s\up6(→))，即AC1與CE垂直．
2．已知斜三棱柱ABC－A1B1C1中，底面ABC是等腰直角三角形，AB＝AC＝2，CC1＝2，AA1與AB，AC都成60°角，則異面直線AB1與BC1所成角的余弦值為( )
A.eq \f(1,4) B.eq \f(\r(15),5) C.eq \f(\r(10),5) D.eq \f(1,6)
答案 D
解析設eq \(AB,\s\up6(→))＝a，eq \(AC,\s\up6(→))＝b，eq \(AA1,\s\up6(→))＝c，
則a·b＝0，a·c＝2，b·c＝2，
eq \(AB1,\s\up6(→))＝a＋c，eq \(BC1,\s\up6(→))＝b＋c－a，eq \(AB1,\s\up6(→))·eq \(BC1,\s\up6(→))＝a·b＋b·c＋c2－a2＝2，
|eq \(AB1,\s\up6(→))|＝eq \r(a2＋c2＋2a·c)＝eq \r(4＋4＋4)＝2eq \r(3)，
|eq \(BC1,\s\up6(→))|＝eq \r(a2＋b2＋c2＋2b·c－2a·b－2a·c)
＝eq \r(4＋4＋4)＝2eq \r(3)，
所以cs〈eq \(AB1,\s\up6(→))，eq \(BC1,\s\up6(→))〉＝eq \f(\(AB1,\s\up6(→))·\(BC1,\s\up6(→)),|\(AB,\s\up6(→))1||\(BC1,\s\up6(→))|)＝eq \f(1,6).
3．已知l，m是異面直線，A，B∈l，C，D∈m，AC⊥m，BD⊥m且AB＝2，CD＝1，則異面直線l，m所成的角等于( )
A．30° B．45° C．60° D．90°
答案 C
解析如圖，設eq \(AC,\s\up6(→))＝a，eq \(CD,\s\up6(→))＝b，eq \(DB,\s\up6(→))＝c，
則eq \(AB,\s\up6(→))＝a＋b＋c，
所以eq \(AB,\s\up6(→))·eq \(CD,\s\up6(→))＝(a＋b＋c)·b＝1，|eq \(AB,\s\up6(→))|＝2，|eq \(CD,\s\up6(→))|＝1，
所以cs〈eq \(AB,\s\up6(→))，eq \(CD,\s\up6(→))〉＝eq \f(\(AB,\s\up6(→))·\(CD,\s\up6(→)),|\(AB,\s\up6(→))||\(CD,\s\up6(→))|)＝eq \f(1,2)，
所以異面直線l，m所成的角等于60°.
4.如圖，正方體ABCD－A1B1C1D1的棱長為1，eq \(AM,\s\up6(→))＝eq \f(1,2)eq \(MC1,\s\up6(→))，點N為B1B的中點，則|eq \(MN,\s\up6(→))|等于( )
A.eq \f(\r(21),6) B.eq \f(\r(6),6)
C.eq \f(\r(15),6) D.eq \f(\r(15),3)
答案 A
解析取空間中一組基底：eq \(AB,\s\up6(→))＝a，eq \(AD,\s\up6(→))＝b，eq \(AA1,\s\up6(→))＝c，
∵eq \(MN,\s\up6(→))＝eq \(AN,\s\up6(→))－eq \(AM,\s\up6(→))＝eq \(AN,\s\up6(→))－eq \f(1,3)eq \(AC1,\s\up6(→))＝a＋eq \(BN,\s\up6(→))－eq \f(1,3)( a＋b＋c)＝eq \f(2,3)a＋eq \f(1,6)c－eq \f(1,3)b，
∴|eq \(MN,\s\up6(→))|＝eq \r(\f(4,9)|a|2＋\f(1,36)|c|2＋\f(1,9)|b|2)＝eq \f(\r(21),6).
5.如圖，三棱錐S－ABC中，SA⊥底面 ABC，AB⊥BC，AB＝BC＝2，SA＝2eq \r(2)，則SC與AB所成角的大小為( )
A．90° B．60°
C．45° D．30°
答案 B
解析取空間中一組基底：eq \(AB,\s\up6(→))＝a，eq \(AC,\s\up6(→))＝b，eq \(AS,\s\up6(→))＝c，
因為SA⊥底面ABC，所以SA⊥AC，SA⊥AB，
所以a·c＝0，
又AB⊥BC，AB＝BC＝2，
所以∠BAC＝45° ，AC＝2eq \r(2) .
因此a·b＝|a|·|b|cs 45°＝2×2eq \r(2)×eq \f(\r(2),2)＝4，
所以eq \(SC,\s\up6(→))·a＝(eq \(AC,\s\up6(→))－eq \(AS,\s\up6(→)))·a＝b·a－c·a＝4，
又SA＝2eq \r(2)，
所以 SC＝eq \r(SA2＋AC2)＝4 ，
因此cs〈eq \(SC,\s\up6(→))，eq \(AB,\s\up6(→))〉＝eq \f(\(SC,\s\up6(→))·\(AB,\s\up6(→)),|\(SC,\s\up6(→))||\(AB,\s\up6(→))|)＝eq \f(4,4×2)＝eq \f(1,2) ，
所以SC與AB所成角的大小為60°.
6．在棱長為2的正四面體ABCD中，點M滿足eq \(AM,\s\up6(→))＝xeq \(AB,\s\up6(→))＋yeq \(AC,\s\up6(→))－(x＋y－1)eq \(AD,\s\up6(→))，點N滿足eq \(BN,\s\up6(→))＝λeq \(BA,\s\up6(→))＋(1－λ)eq \(BC,\s\up6(→))，當AM，BN最短時，eq \(AM,\s\up6(→))·eq \(MN,\s\up6(→))等于( )
A．－eq \f(4,3) B.eq \f(4,3) C．－eq \f(1,3) D.eq \f(1,3)
答案 A
解析由共面向量基本定理和空間向量基本定理可知，M∈平面BCD，N∈直線AC，當AM，BN最短時，AM⊥平面BCD，BN⊥AC，∴M為△BCD的中心，N為AC的中點，即2|eq \(MC,\s\up6(→))|＝eq \f(2,sin 60°)＝eq \f(4\r(3),3)，∴|eq \(MC,\s\up6(→))|＝eq \f(2\r(3),3)，
∵AM⊥平面BCD，MC?平面BCD，∴AM⊥MC，
∴|eq \(MA,\s\up6(→))|＝eq \r(|\(AC,\s\up6(→))|2－|\(MC,\s\up6(→))|2)＝eq \r(22－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2\r(3),3)))2)＝eq \f(2\r(6),3).
又eq \(MN,\s\up6(→))＝eq \f(1,2)(eq \(MC,\s\up6(→))＋eq \(MA,\s\up6(→)))，∴eq \(AM,\s\up6(→))·eq \(MN,\s\up6(→))＝eq \f(1,2)(eq \(AM,\s\up6(→))·eq \(MC,\s\up6(→))＋eq \(AM,\s\up6(→))·eq \(MA,\s\up6(→)))＝－eq \f(1,2)|eq \(MA,\s\up6(→))|2＝－eq \f(4,3).
7．正四面體ABCD中，M，N分別為棱BC，AB的中點，則異面直線DM與CN所成角的余弦值為________．
答案 eq \f(1,6)
解析如圖，畫出對應的正四面體，取空間中一組基底：eq \(AB,\s\up6(→))＝a，eq \(AC,\s\up6(→))＝b，eq \(AD,\s\up6(→))＝c，設棱長均為1，
因為eq \(DM,\s\up6(→))＝eq \(DA,\s\up6(→))＋eq \(AM,\s\up6(→))
＝－c＋eq \f(1,2)(a＋b)
＝eq \f(1,2)(a＋b－2c)，
又eq \(CN,\s\up6(→))＝eq \(AN,\s\up6(→))－eq \(AC,\s\up6(→))＝eq \f(1,2)a－b＝eq \f(1,2)(a－2b)．
又a·b＝a·c＝b·c＝eq \f(1,2).
設異面直線DM與CN所成的角為θ，則cs θ＝eq \f(|2\(DM,\s\up6(→))·2\(CN,\s\up6(→))|,|2\(DM,\s\up6(→))|·|2\(CN,\s\up6(→))|)＝eq \f(|?a＋b－2c?·?a－2b?|,\r(3)×\r(3))
＝eq \f(|a2－2a·b＋a·b－2b2－2a·c＋4b·c|,3)
＝eq \f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(1－1＋\f(1,2)－2－1＋2)),3)＝eq \f(1,6).
8.如圖所示，已知空間四邊形ABCD的各邊和對角線的長都等于a，點M，N分別是AB，CD的中點，則MN________AB(填“∥”或“⊥”)．
答案 ⊥
解析設eq \(AB,\s\up6(→))＝p，eq \(AC,\s\up6(→))＝q，eq \(AD,\s\up6(→))＝r.
由題意可知，|p|＝|q|＝|r|＝a，
且p，q，r三向量兩兩夾角均為60°.
eq \(MN,\s\up6(→))＝eq \(AN,\s\up6(→))－eq \(AM,\s\up6(→))＝eq \f(1,2)(eq \(AC,\s\up6(→))＋eq \(AD,\s\up6(→)))－eq \f(1,2)eq \(AB,\s\up6(→))
＝eq \f(1,2)(q＋r－p)，
所以eq \(MN,\s\up6(→))·eq \(AB,\s\up6(→))＝eq \f(1,2)(q＋r－p)·p
＝eq \f(1,2)(q·p＋r·p－p2)
＝eq \f(1,2)(a2cs 60°＋a2cs 60°－a2)＝0，
所以eq \(MN,\s\up6(→))⊥eq \(AB,\s\up6(→))，即MN⊥AB.
9.如圖，在正方體ABCD－A1B1C1D1中，E，F分別是C1D1，D1D的中點，正方體的棱長為1.
(1)求〈eq \(CE,\s\up6(→))，eq \(AF,\s\up6(→))〉的余弦值；
(2)求證：eq \(BD1,\s\up6(→))⊥eq \(EF,\s\up6(→)).
(1)解 eq \(AF,\s\up6(→))＝eq \(AD,\s\up6(→))＋eq \(DF,\s\up6(→))＝eq \(AD,\s\up6(→))＋eq \f(1,2)eq \(AA1,\s\up6(→))，eq \(CE,\s\up6(→))＝eq \(CC1,\s\up6(→))＋eq \(C1E,\s\up6(—→))＝eq \(AA1,\s\up6(→))＋eq \f(1,2)eq \(CD,\s\up6(→))＝eq \(AA1,\s\up6(→))－eq \f(1,2)eq \(AB,\s\up6(→)).
因為eq \(AB,\s\up6(→))·eq \(AD,\s\up6(→))＝0，eq \(AB,\s\up6(→))·eq \(AA1,\s\up6(→))＝0，eq \(AD,\s\up6(→))·eq \(AA1,\s\up6(→))＝0，
所以eq \(CE,\s\up6(→))·eq \(AF,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\(AA1,\s\up6(→))－\f(1,2)\(AB,\s\up6(→))))·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\(AD,\s\up6(→))＋\f(1,2)\(AA1,\s\up6(→))))＝eq \f(1,2).
又|eq \(AF,\s\up6(→))|＝|eq \(CE,\s\up6(→))|＝eq \f(\r(5),2)，所以cs〈eq \(CE,\s\up6(→))，eq \(AF,\s\up6(→))〉＝eq \f(2,5).
(2)證明 eq \(BD1,\s\up6(→))＝eq \(BD,\s\up6(→))＋eq \(DD1,\s\up6(→))＝eq \(AD,\s\up6(→))－eq \(AB,\s\up6(→))＋eq \(AA1,\s\up6(→))，
eq \(EF,\s\up6(→))＝eq \(ED1,\s\up6(→))＋eq \(D1F,\s\up6(—→))＝－eq \f(1,2)(eq \(AB,\s\up6(→))＋eq \(AA1,\s\up6(→)))，
所以eq \(BD1,\s\up6(→))·eq \(EF,\s\up6(→))＝0，所以eq \(BD1,\s\up6(→))⊥eq \(EF,\s\up6(→)).
10.如圖，已知在直三棱柱ABC－A′B′C′中，AC＝BC＝AA′，∠ACB＝90°，D，E分別為AB，BB′的中點．
(1)求證：CE⊥A′D；
(2)求異面直線CE與AC′所成角的余弦值．
(1)證明設eq \(CA,\s\up6(→))＝a，eq \(CB,\s\up6(→))＝b，
eq \(CC′,\s\up6(—→))＝c，
根據題意，得|a|＝|b|＝|c|且a·b＝b·c＝c·a＝0.
所以eq \(CE,\s\up6(→))＝b＋eq \f(1,2)c，eq \(A′D,\s\up6(——→))＝－c＋eq \f(1,2)b－eq \f(1,2)a.
所以eq \(CE,\s\up6(→))·eq \(A′D,\s\up6(——→))＝－eq \f(1,2)c2＋eq \f(1,2)b2＝0，
所以eq \(CE,\s\up6(→))⊥eq \(A′D,\s\up6(——→))，即CE⊥A′D.
(2)解因為eq \(AC′,\s\up6(—→))＝－a＋c，
所以|eq \(AC′,\s\up6(—→))|＝eq \r(2)|a|，|eq \(CE,\s\up6(→))|＝eq \f(\r(5),2)|a|，
因為eq \(AC′,\s\up6(—→))·eq \(CE,\s\up6(→))＝(－a＋c)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(b＋\f(1,2)c))＝eq \f(1,2)c2＝eq \f(1,2)|a|2，
所以cs〈eq \(AC′,\s\up6(—→))，eq \(CE,\s\up6(→))〉＝eq \f(\f(1,2)|a|2,\r(2)·\f(\r(5),2)|a|2)＝eq \f(\r(10),10).
所以異面直線CE與AC′所成角的余弦值為eq \f(\r(10),10).
11．在四面體O－ABC中，G是底面△ABC的重心，且eq \(OG,\s\up6(→))＝xeq \(OA,\s\up6(→))＋yeq \(OB,\s\up6(→))＋zeq \(OC,\s\up6(→))，則lg3|xyz|等于( )
A．－3 B．－1 C．1 D．3
答案 A
解析取空間一組基底eq \(OA,\s\up6(→))＝a，eq \(OB,\s\up6(→))＝b，eq \(OC,\s\up6(→))＝c，則
連接AG(圖略)，eq \(OG,\s\up6(→))＝a＋eq \(AG,\s\up6(→))＝a＋eq \f(1,3)(eq \(AC,\s\up6(→))＋eq \(AB,\s\up6(→)))
＝a＋eq \f(1,3)(c－a＋b－a)
＝eq \f(1,3)a＋eq \f(1,3)b＋eq \f(1,3)c，
又eq \(OG,\s\up6(→))＝xeq \(OA,\s\up6(→))＋yeq \(OB,\s\up6(→))＋zeq \(OC,\s\up6(→))＝xa＋yb＋yc，
∴x＝y(tǒng)＝z＝eq \f(1,3)，
則lg3|xyz|＝lg3eq \f(1,27)＝－3.
12．在三棱柱ABC－A1B1C1中，AA1⊥底面ABC，AB＝BC＝AA1，∠ABC＝90°，點E，F分別是棱AB，BB1的中點，則異面直線EF和BC1所成的角是( )
A．30° B．45° C．90° D．60°
答案 D
解析設空間一組基底eq \(BA,\s\up6(→))＝a，eq \(BC,\s\up6(→))＝b，eq \(BB1,\s\up6(→))＝c，
因為點E，F分別是棱AB，BB1的中點，
所以 eq \(EF,\s\up6(→)) ＝eq \(BF,\s\up6(→))－eq \(BE,\s\up6(→))＝eq \f(1,2)(c－a)，eq \(BC1,\s\up6(→))＝b＋c，
所以eq \(EF,\s\up6(→))·eq \(BC1,\s\up6(→))＝eq \f(1,2)(c－a)·(b＋c)＝eq \f(1,2)c2，
設所求異面直線的夾角為 θ，
則 cs θ＝eq \f(|\(EF,\s\up6(→))·\(BC1,\s\up6(→))|,|\(EF,\s\up6(→))||\(BC1,\s\up6(→))|)＝eq \f(1,2)，
所以θ＝60° .
13．如圖所示，在正方體ABCD－A1B1C1D1中，O是底面正方形ABCD的中心，M是DD1的中點，N是A1B1的中點，則直線ON與AM的位置關系是( )
A．平行 B．垂直
C．相交但不垂直 D．無法判斷
答案 B
解析 eq \(AM,\s\up6(→))＝eq \(AD,\s\up6(→))＋eq \f(1,2)eq \(AA1,\s\up6(→))，eq \(ON,\s\up6(→))＝eq \(OA,\s\up6(→))＋eq \(AA1,\s\up6(→))＋eq \(A1N,\s\up6(—→))
＝－eq \f(1,2)(eq \(AD,\s\up6(→))＋eq \(AB,\s\up6(→)))＋eq \(AA1,\s\up6(→))＋eq \f(1,2)eq \(AB,\s\up6(→))＝－eq \f(1,2)eq \(AD,\s\up6(→))＋eq \(AA1,\s\up6(→))，
設|eq \(AB,\s\up6(→))|＝a，
則eq \(AM,\s\up6(→))·eq \(ON,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\(AD,\s\up6(→))＋\f(1,2)\(AA1,\s\up6(→))))·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)\(AD,\s\up6(→))＋\(AA1,\s\up6(→))))
＝－eq \f(1,2)eq \(AD,\s\up6(→))2＋eq \(AD,\s\up6(→))·eq \(AA1,\s\up6(→))－eq \f(1,4)eq \(AA1,\s\up6(→))·eq \(AD,\s\up6(→))＋eq \f(1,2)eq \(AA1,\s\up6(→))2
＝－eq \f(1,2)a2＋eq \f(1,2)a2＝0，
故eq \(ON,\s\up6(→))⊥eq \(AM,\s\up6(→))，即ON⊥AM.
14.如圖，在三棱柱ABC－A1B1C1中，BC1與B1C相交于點O，∠A1AB＝∠A1AC＝60°，∠BAC＝90°，A1A＝3，AB＝AC＝2，則線段AO的長度為( )
A.eq \f(\r(29),2) B.eq \r(29)
C.eq \f(\r(23),2) D.eq \r(23)
答案 A
解析取空間中一組基底：eq \(AB,\s\up6(→))＝a，eq \(AC,\s\up6(→))＝b，eq \(AA1,\s\up6(→))＝c，
∵四邊形BCC1B1是平行四邊形，
∴eq \(BO,\s\up6(→))＝eq \f(1,2)eq \(BC1,\s\up6(→))＝eq \f(1,2)(eq \(BC,\s\up6(→))＋eq \(BB1,\s\up6(→)))，
∴eq \(AO,\s\up6(→))＝a＋eq \(BO,\s\up6(→))＝a＋eq \f(1,2)eq \(BC,\s\up6(→))＋eq \f(1,2)c＝eq \f(1,2)a＋eq \f(1,2)b＋eq \f(1,2)c，
∵∠A1AB＝∠A1AC＝60°，∠BAC＝90°，A1A＝3，AB＝AC＝2，
∴a2＝b2＝4，c2＝9，a·b＝0，a·c＝b·c＝3×2×cs 60°＝3，
∴eq \(AO,\s\up6(→))2＝eq \f(1,4)(a＋b＋c)2＝eq \f(1,4)(a2＋b2＋c2＋2a·b＋2a·c＋2b·c)＝eq \f(29,4).∴|eq \(AO,\s\up6(→))|＝eq \f(\r(29),2)，即AO＝eq \f(\r(29),2).
15.在如圖所示的平行六面體ABCD－A1B1C1D1中，已知AB＝AA1＝AD，∠BAD＝∠DAA1＝60°，∠BAA1＝30°，N為A1D1上一點，且A1N＝λA1D1.若BD⊥AN，則λ的值為________．
答案 eq \r(3)－1
解析取空間中一組基底：eq \(AB,\s\up6(→))＝a，eq \(AD,\s\up6(→))＝b，eq \(AA1,\s\up6(→))＝c，
設AB＝1，
因為BD⊥AN，
所以eq \(BD,\s\up6(→))·eq \(AN,\s\up6(→))＝0，
因為eq \(BD,\s\up6(→))＝eq \(AD,\s\up6(→))－eq \(AB,\s\up6(→))＝b－a，eq \(AN,\s\up6(→))＝eq \(AA1,\s\up6(→))＋eq \(A1N,\s\up6(—→))＝c＋λb，
所以(b－a)·(c＋λb)＝0，
所以eq \f(1,2)＋λ－eq \f(\r(3),2)－eq \f(λ,2)＝0，
所以λ＝eq \r(3)－1.
16．如圖，在正方體ABCD－A1B1C1D1中，P是DD1的中點，O是底面ABCD的中心．求證：B1O⊥平面PAC.
證明如圖，連接BD，則BD過點O，
令eq \(AB,\s\up6(→))＝a，eq \(AD,\s\up6(→))＝b，eq \(AA1,\s\up6(→))＝c，
設|a|＝|b|＝|c|＝1，
∵eq \(AC,\s\up6(→))＝eq \(AB,\s\up6(→))＋eq \(AD,\s\up6(→))＝a＋b，
eq \(OB1,\s\up6(→))＝eq \(OB,\s\up6(→))＋eq \(BB1,\s\up6(→))＝eq \f(1,2)eq \(DB,\s\up6(→))＋eq \(BB1,\s\up6(→))＝eq \f(1,2)(eq \(AB,\s\up6(→))－eq \(AD,\s\up6(→)))＋eq \(BB1,\s\up6(→))＝eq \f(1,2)a－eq \f(1,2)b＋c .
∴eq \(AC,\s\up6(→))·eq \(OB1,\s\up6(→))＝(a＋b)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)a－\f(1,2)b＋c))
＝eq \f(1,2)|a|2＋eq \f(1,2)a·b－eq \f(1,2)a·b－eq \f(1,2)|b|2＋a·c＋b·c
＝eq \f(1,2)－eq \f(1,2)＝0.
∴eq \(AC,\s\up6(→))⊥eq \(OB1,\s\up6(→))，即AC⊥OB1.
又eq \(AP,\s\up6(→))＝eq \(AD,\s\up6(→))＋eq \f(1,2)eq \(DD1,\s\up6(→))＝b＋eq \f(1,2)c，
∴eq \(OB1,\s\up6(→))·eq \(AP,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)a－\f(1,2)b＋c))·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(b＋\f(1,2)c))
＝eq \f(1,2)a·b－eq \f(1,2)|b|2＋c·b＋eq \f(1,4)a·c－eq \f(1,4)b·c＋eq \f(1,2)|c|2
＝－eq \f(1,2)＋eq \f(1,2)＝0，
∴eq \(OB1,\s\up6(→))⊥eq \(AP,\s\up6(→))，即OB1⊥AP.
又AC∩AP＝A，AC，AP?平面PAC，
∴OB1⊥平面PAC.

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