【文档说明】2021年人教版高中数学选择性必修第一册第1章习题课件：《1.2第2课时空间向量基本定理的初步应用》(含答案).ppt，共(59)页，1.933 MB，由MTyang资料小铺上传

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第一章§1.2空间向量基本定理1.会用基底法表示空间向量.2.初步体会利用空间向量基本定理求解立体几何问题的思想.学习目标XUEXIMUBIAO内容索引知识梳理知识梳理题型探究题型探究随堂演练随堂演练课时对点练课时对点练1知识梳理PARTONE知识点一证明平行、共线、共面问题(1)对于空

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.(2)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唯一的有序实数对(x，y)，使.a＝λbp＝xa＋yb思考怎样利用向量共线、向量共面解决几何中的证明平行、共线

、共面问题？答案平行和点共线都可以转化为向量共线问题；点线共面可以转化为向量共面问题.知识点二求夹角、证明垂直问题(1)θ为a，b的夹角，则cosθ＝.(2)若a，b是非零向量，则a⊥b⇔.a·b|a||b|a·b＝

0思考怎样利用向量的数量积解决几何中的求夹角、证明垂直问题？答案几何中的求夹角、证明垂直都可以转化为向量的夹角问题，解题中要注意角的范围.知识点三求距离(长度)问题a＝a·a(AB→＝AB→

·AB→).思考怎样利用向量的数量积解决几何中的求距离(长度)问题？答案几何中求距离(长度)都可以转化为向量的模，用数量积可以求得.1.四点A，B，C，D构成平行四边形ABCD的充要条件是AB→＝DC→.()2.若AB→＝CD→，则A，B，C，D四点共线.

()3.已知两个向量NM→，MP→的夹角为60°，则∠NMP＝60°.()4.如果OP→＝OM→＋ON→，则四点O，P，M，N一定共面.()思考辨析判断正误SIKAOBIANXIPANDUANZHENGWU×××√2题型探究PARTTWO一、证明平行、共

面问题例1如图，已知正方体ABCD－A′B′C′D′，E，F分别为AA′和CC′的中点.求证：BF∥ED′.证明BF→＝BC→＋CF→＝BC→＋12CC′——→＝AD→＋12DD′——→，ED′——→＝EA′——→＋A′D′———→＝12AA′

——→＋AD→＝12DD′——→＋AD→，∴BF→＝ED′——→，∴BF→∥ED′——→，∵直线BF与ED′没有公共点，∴BF∥ED′.反思感悟证明平行、共面问题的思路(1)利用向量共线的充要条件来证明点共线或

直线平行.(2)利用空间向量基本定理证明点线共面或线面平行.跟踪训练1如图所示，在平行六面体ABCD－A1B1C1D1中，E，F分别在B1B和D1D上，且BE＝BB1，DF＝DD1.求证：A，E，C1，F四点共面.1323证明因为A

C1—→＝AB→＋AD→＋AA1—→＝AB→＋AD→＋13AA1—→＋23AA1—→＝AB→＋13AA1—→＋AD→＋23AA1—→＝AB→＋BE→＋AD→＋DF→＝AE→＋AF→，所以AC1—→，AE→，AF→共

面，所以A，E，C1，F四点共面.二、求夹角、证明垂直问题例2如图所示，在三棱锥A－BCD中，DA，DB，DC两两垂直，且DB＝DC＝DA＝2，E为BC的中点.(1)证明：AE⊥BC；证明因为AE→＝DE→－DA→＝12(DB→＋DC→)－DA→，CB→＝DB→－DC→，所以AE→·CB

→＝12DB→＋12DC→－DA→·(DB→－DC→)＝12DB→2－12DC→2－DA→·DB→＋DA→·DC→，又DA，DB，DC两两垂直，且DB＝DC＝DA＝2，所以AE→·CB→＝0，故AE⊥BC.(2)求直线AE与DC的夹角的余弦值.

解AE→·DC→＝12DB→＋12DC→－DA→·DC→＝12DB→·DC→＋12DC→2－DA→·DC→＝12DC→2＝2，由AE→2＝12DB→＋12DC→－DA→2＝14DB→2＋14DC→2＋DA→2＝6，得AE→＝6.所以

cos〈AE→，DC→〉＝AE→·DC→AE→DC→＝26×2＝66.故直线AE与DC的夹角的余弦值为66.反思感悟求夹角、证明线线垂直的方法利用数量积定义可得cos〈a，b〉＝，求〈a，b〉的大小，进而求得线线角，两直线垂直可作为求夹角的特殊情况.a·b

|a||b|跟踪训练2在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝2，BC＝B1B＝1，M，N分别是AD，DC的中点.求异面直线MN与BC1所成角的余弦值.解MN→＝DN→－DM→＝12(DC→－DA→

)，BC1—→＝BC→＋CC1—→＝－DA→＋DD1—→，所以MN→·BC1—→＝12DC→－12DA→·－DA→＋DD1—→＝12DA→2＝12，又MN→＝12AC→＝52，BC1—→＝2，所以cos〈MN

→，BC1—→〉＝MN→·BC1—→MN→BC1—→＝1252×2＝1010，故异面直线MN与BC1所成角的余弦值为1010.三、求距离(长度)问题例3已知平面α⊥平面β，且α∩β＝l，在

l上有两点A，B，线段AC⊂α，线段BD⊂β，并且AC⊥l，BD⊥l，AB＝6，BD＝24，AC＝8，则CD＝________.26解析∵平面α⊥平面β，且α∩β＝l，在l上有两点A，B，线段AC⊂α，线段BD⊂β，AC⊥l，BD⊥l，AB＝6，BD＝24，AC＝8，∴

CD→＝CA→＋AB→＋BD→，∴CD→2＝(CA→＋AB→＋BD→)2＝CA→2＋AB→2＋BD→2＝64＋36＋576＝676，∴CD＝26.反思感悟求距离(长度)问题的思路选择已知长度和夹角的三个向量作为基向量，利用基底表示向量，将距离(长度)问题转化为向量的模的问题.跟踪训练3正

方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为a，AM→＝12MC1—→，点N为B1B的中点，则|MN→|等于A.216aB.66aC.156aD.153a√解析∵MN→＝AN→－AM→＝AN→－13AC1—→＝AB→＋BN→－13(AB→＋AD→＋AA1—→)＝23AB→＋16AA1—→－13AD→，∴

|MN→|＝49|AB→|2＋136|AA1—→|2＋19|AD→|2＝216a.3随堂演练PARTTHREE1.(多选)已知A，B，C三点不共线，O为平面ABC外的任一点，则“点M与点A，B，C共面”的充分条件是A.OM→＝2OA→－OB→－OC→B.

OM→＝OA→＋OB→－OC→C.OM→＝OA→＋12OB→＋13OC→D.OM→＝12OA→＋13OB→＋16OC→√√解析根据“OM→＝xOA→＋yOB→＋zOC→，若x＋y＋z＝1，则点M与点A，B，C共面”，因为2＋(－1)＋(－1)＝0≠

1,1＋1＋(－1)＝1,1＋12＋13＝116≠1，12＋13＋16＝1，由上可知，BD满足要求.11223344552.设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，则△BCD是A.钝角三角形B.锐角三角

形C.直角三角形D.不确定√1122334455解析在△BCD中，BC→·BD→＝(AC→－AB→)·(AD→－AB→)＝AB→2＞0，∴B为锐角，同理，C，D均为锐角.3.如图，三棱锥S－ABC中，SA⊥底面ABC，AB⊥BC，AB＝BC＝2，SA＝22，则SC与AB所成角的大小为A.90°B

.60°C.45°D.30°√1122334455解析因为SA⊥底面ABC，所以SA⊥AC，SA⊥AB，所以AS→·AB→＝0，又AB⊥BC，AB＝BC＝2，所以∠BAC＝45°，AC＝22.因此AB→·AC→＝AB

→AC→cos45°＝2×22×22＝4，所以SC→·AB→＝AC→·AB→－AS→·AB→＝4，又SA＝22，所以SC＝SA2＋AC2＝4，因此cos〈SC→，AB→〉＝SC→·AB→SC→AB→＝44×2＝12，所以SC与AB所成

角的大小为60°.11223344554.如图，已知▱ABCD中，AD＝4，CD＝3，∠D＝60°，PA⊥平面ABCD，且PA＝6，则PC的长为________.解析∵PC→＝PA→＋AD→＋DC→，11223344557∴|PC→|2＝PC→·PC→＝(PA→＋AD→＋DC→)2＝|PA→

|2＋|AD→|2＋|DC→|2＋2PA→·AD→＋2PA→·DC→＋2AD→·DC→＝62＋42＋32＋2|AD→||DC→|cos120°＝61－12＝49.∴PC＝7.5.已知a，b是空间两个向量，若|a|＝2，|b|＝2，|a－b|＝，则cos〈a，b

〉＝_____.解析将|a－b|＝7化为(a－b)2＝7，718求得a·b＝12，再由a·b＝|a||b|cos〈a，b〉求得cos〈a，b〉＝18.11223344551.知识清单：(1)空间向量基本定理.(2)空间向量共线、共面的充要条件.(3)向量的数量积及应用.2.方法归纳：转化化

归.3.常见误区：(1)向量夹角和线线角的范围不同，不要混淆.(2)转化目标不清：表示向量时没有转化目标，不理解空间向量基本定理的意义.课堂小结KETANGXIAOJIE4课时对点练PARTFOUR1.已知O，A，B是平面上的三个点，直线AB上有一点C，满足2AC→＋CB→＝0，则OC→等

于A.2OA→－OB→B.－OA→＋2OB→C.23OA→－13OB→D.－13OA→＋23OB→√基础巩固解析由已知得2(OC→－OA→)＋(OB→－OC→)＝0，∴OC→＝2OA→－OB→.11223344556

677889910101111121213131414151516162.如图，已知空间四边形ABCD中，AC＝BD，顺次连接各边中点P，Q，R，S，所得图形是A.长方形B.正方形C.梯形D.菱形√112233445566778899101011111212131314141515161

6解析因为PQ→＝BQ→－BP→＝12BC→－12BA→＝12AC→.同理SR→＝12AC→，所以PQ→＝SR→，所以四边形PQRS为平行四边形.又PS→＝AS→－AP→＝12AD→－12AB→＝12BD→，所以|PS→|

＝12|BD→|，即PS＝12BD.又|PQ→|＝12|AC→|，故PQ＝12AC，而AC＝BD，所以PS＝PQ，故四边形ABCD为菱形.112233445566778899101011111212131314141515161

63.如图，长方体ABCD－A1B1C1D1中，AA1＝AB＝2，AD＝1，E，F，G分别是DC，AB，CC1的中点，则异面直线A1E与GF所成角的余弦值是A.0B.33C.55D.155√解析根据题意可得，A1E—→·GF→＝(A1A—→＋AD→＋DE→

)·(GC→＋CB→＋BF→)＝(－AA1—→＋AD→＋12DC→)·(－12AA1—→－AD→－12DC→)＝12AA1—→2－AD→2－14DC→2＝12×4－1－14×4＝0，从而得到A1E→和

GF→垂直，故其所成角的余弦值为0.11223344556677889910101111121213131414151516164.在正三棱柱ABC－A1B1C1中，若AB＝BB1，则CA1与C1B所成的角的大小是A.60°B.75°C.90°D.105°解析设|B

B1→|＝m，CA→＝a，CB→＝b，CC1—→＝c，√2则CA1—→＝a＋c，C1B—→＝b－c，CA1—→·C1B—→＝(a＋c)·(b－c)＝a·b＋b·c－a·c－c2＝2m·2mcosπ3＋0－0－m

2＝0，∴CA1—→⊥C1B—→，∴CA1与C1B所成的角的大小是90°.11223344556677889910101111121213131414151516165.如图，二面角α－l－β等于，A，B是棱l上两点，BD,

AC分别在平面α，β内，AC⊥l，BD⊥l，且2AB＝AC＝BD＝2，则CD的长等于A.23B.13C.4D.511223344556677889910101111121213131414151516162π3√解析∵二面角α－l－β等于2π3，AC

⊥l,BD⊥l，所以〈CA→，BD→〉＝π－2π3＝π3，∵CD→＝CA→＋AB→＋BD→，∴CD→2＝CA→2＋AB→2＋BD→2＋2CA→·AB→＋2AB→·BD→＋2CA→·BD→＝22＋12＋22＋

0＋0＋2×2×2×cosπ3＝13.即CD＝13.11223344556677889910101111121213131414151516166.已知向量a，b满足条件|a|＝，|b|＝4，若m＝a＋b，n＝a＋λb，〈a，b〉＝135°，

m⊥n，则实数λ＝_____.32－32解析因为m·n＝0，所以(a＋b)·(a＋λb)＝0，所以a2＋(1＋λ)a·b＋λb2＝0，所以18＋(1＋λ)×32×4×－22＋16λ＝0，解得λ＝－32.112233

44556677889910101111121213131414151516167.如图，在空间四边形ABCD中，∠ABD＝∠CBD＝π2，∠ABC＝π4，BC＝BD＝1，AB＝2，则异面直线AB与CD所成角的大小是________.π3解析依题意可知CD＝BC2＋BD2＝2，AB→·CD→＝

AB→·(BD→－BC→)＝AB→·BD→－AB→·BC→＝0＋BA→·BC→＝BA→·BC→·cos45°＝1.设直线AB与CD所成角为α，则cosα＝AB→·CD→

AB→·CD→＝12×2＝12，故α＝π3.11223344556677889910101111121213131414151516168.如图，平行六面体ABCD－A1B1C1D1中，|AB|＝|AD|＝|AA1|＝

1，∠BAD＝∠BAA1＝120°，∠DAA1＝60°，则线段AC1的长度是________.解析∵AC1—→＝AB→＋AD→＋AA1—→，2∴AC1—→2＝AB→2＋AD→2＋AA1—→2＋2AB→·AD→＋2AB→·AA1

—→＋2AD→·AA1—→＝1＋1＋1＋2×1×1×－12＋2×1×1×－12＋2×1×1×12＝2，∴AC1＝2.112233445566778899101011111

21213131414151516169.在平行六面体ABCD－A1B1C1D1中，设AB→＝a，AD→＝b，AA1—→＝c，E，F分别是AD1，BD的中点.(1)用向量a，b，c表示D1B—→，EF→；解如图，连接AC，EF，D1F，BD1，D1B—→＝

D1D—→＋DB→＝－AA1—→＋AB→－AD→＝a－b－c，EF→＝EA→＋AF→＝12D1A—→＋12AC→＝－12(AA1—→＋AD→)＋12(AB→＋AD→)＝12(a－c).11223344556677889910101111121

21313141415151616(2)若D1F—→＝xa＋yb＋zc，求实数x，y，z的值.解D1F—→＝12(D1D—→＋D1B—→)＝12(－AA1—→＋D1B—→)＝12(－c＋a－b－c)＝12a－12b

－c，∴x＝12，y＝－12，z＝－1.112233445566778899101011111212131314141515161610.如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F分别是C1D1，D1D的中点，正方体的棱长为1.(1)求〈CE

→，AF→〉的余弦值；解AF→＝AD→＋DF→＝AD→＋12AA1—→，CE→＝CC1—→＋C1E—→＝AA1—→＋12CD→＝AA1—→－12AB→.因为AB→·AD→＝0，AB→·AA1—→＝0，AD→·AA1—→＝0，所以CE→·AF→＝AA1—→－12AB

→·AD→＋12AA1—→＝12.又|AF→|＝|CE→|＝52，所以cos〈CE→，AF→〉＝25.1122334455667788991010111112121313141415151616(2)求证：B

D1—→⊥EF→.1122334455667788991010111112121313141415151616证明BD1—→＝BD→＋DD1—→＝AD→－AB→＋AA1—→，EF→＝ED1—→＋D1F→＝－12(AB→＋AA1—→)，所以BD1—→·EF→＝0，所以BD1—→

⊥EF→.11.在四面体O－ABC中，G是底面△ABC的重心，且OG→＝xOA→＋yOB→＋zOC→，则log3|xyz|等于综合运用A.－3B.－1C.1D.3√解析连接AG(图略)，OG→＝OA→

＋AG→＝OA→＋13(AC→＋AB→)＝OA→＋13(OC→－OA→＋OB→－OA→)＝13OA→＋13OB→＋13OC→＝xOA→＋yOB→＋zOC→，∴x＝y＝z＝13，则log3|xyz|＝log3127＝

－3.112233445566778899101011111212131314141515161612.在三棱柱ABC－A1B1C1中，AA1⊥底面ABC，AB＝BC＝AA1，∠ABC＝90°，点E，F分别是棱AB，BB1的中点，则直线

EF和BC1所成的角是A.30°B.45°C.90°D.60°所以EF→＝BF→－BE→＝12(BB1—→－BA→)，BC1—→＝BC→＋BB1—→，√解析因为点E，F分别是棱AB，BB1的中点，所以EF→·BC

1—→＝12(BB1—→－BA→)(BC→＋BB1—→)＝12BB1—→2，设所求异面直线的夹角为θ，则cosθ＝EF→·BC1—→|EF→||BC1—→|＝12，所以θ＝60°.1122334455667788991

01011111212131314141515161613.如图，已知正三棱柱ABC－A1B1C1的各条棱长都相等，M是侧棱CC1的中点，则异面直线AB1和BM所成的角的大小是______.解析不妨设棱长为2，则AB1—→＝BB1—→－BA→，BM→＝BC→＋12BB1—

→，90°cos〈AB1—→，BM→〉＝(BB1—→－BA→)·BC→＋12BB1—→22×5＝0－2＋2－022×5＝0，则〈AB1—→，BM→〉＝90°.112233445566778899101011111212131314141515161614.如图

，一个结晶体的形状为平行六面体ABCD－A1B1C1D1，其中，以顶点A为端点的三条棱长都相等，且它们彼此的夹角都是60°，下列说法中正确的是________.(填序号)①(AA1—→＋AB→＋AD→)2＝2(AC→)2；②AC1—→·

(AB→－AD→)＝0；③向量B1C—→与AA1—→的夹角是60°；④BD1与AC所成角的余弦值为63.1122334455667788991010111112121313141415151616①②解析以顶点A为端点的三条棱长都相等，它们彼此的夹角都是60°，可

设棱长为1，则AA1—→·AB→＝AA1—→·AD→＝AD→·AB→＝1×1×cos60°＝12，(AA1—→＋AB→＋AD→)2＝AA1—→2＋AB→2＋AD→2＋2AA1—→·AB→＋2AB→·AD→＋2AA1—→·AD→＝1＋1＋1＋3×2×12＝6，而2(AC

→)2＝2(AB→＋AD→)2＝2(AB→2＋AD→2＋2AB→·AD→)＝21＋1＋2×12＝2×3＝6，所以①正确.1122334455667788991010111112121313141415151616A

C1—→·(AB→－AD→)＝(AA1—→＋AB→＋AD→)·(AB→－AD→)＝AA1—→·AB→－AA1—→·AD→＋AB→2－AB→·AD→＋AD→·AB→－AD→2＝0，所以②正确.向量B1C—→＝A1D—→，显然△AA1D为等边三角形，则∠

AA1D＝60°.所以向量A1D—→与AA1—→的夹角是120°，向量B1C—→与AA1—→的夹角是120°，则③不正确.又BD1—→＝AD→＋AA1—→－AB→，AC→＝AB→＋AD→，则|BD1—→|＝(AD→＋AA1—→－AB→)2＝2，11223344556677889910

10111112121313141415151616|AC→|＝(AB→＋AD→)2＝3，BD1—→·AC→＝AD→＋AA1—→－AB→·(AB→＋AD→)＝1，所以cos〈BD1—→，AC→〉＝BD1—→·AC→|BD1

—→||AC→|＝12×3＝66，所以④不正确，故①②正确.112233445566778899101011111212131314141515161615.(多选)在四面体P－ABC中，以上说法正确的有A.若AD→＝13AC→＋23AB→，则可知BC→＝3BD→B

.若Q为△ABC的重心，则PQ→＝13PA→＋13PB→＋13PC→C.若PA→·BC→＝0，PC→·AB→＝0，则PB→·AC→＝0D.若四面体P－ABC各棱长都为2，M，N分别为PA，BC的中点，则|MN→|＝1√112233445566778899101011111212

1313141415151616拓广探究√√∴3PQ→＋QA→＋QB→＋QC→＝3PQ→，解析对于A，∵AD→＝13AC→＋23AB→，∴3AD→＝AC→＋2AB→，∴2AD→－2AB→＝AC→－AD→，∴2BD→＝DC→，∴3BD→＝BD→＋DC→

，即3BD→＝BC→，故A正确；对于B，若Q为△ABC的重心，则QA→＋QB→＋QC→＝0，1122334455667788991010111112121313141415151616∴3PQ→＝PA→＋PB→＋PC→，即PQ→＝13PA→＋

13PB→＋13PC→，故B正确；对于C，∵PA→·BC→＝0，PC→·AB→＝0，∴PA→·BC→＋PC→·AC→＋PC→·CB→＝0，∴(PA→－PC→)·BC→＋PC→·AC→＝0，∴CA→·BC→＋P

C→·AC→＝0，∴AC→·CB→＋PC→＝0，∴AC→·PB→＝0，故C正确；对于D，∵MN→＝PN→－PM→＝12(PB→＋PC→)－12PA→112233445566778899101011111212

1313141415151616＝12(PB→＋PC→－PA→),1122334455667788991010111112121313141415151616∴|MN→|＝12|PA→－PB→－PC→|，∵|PA→－PB→－PC→|＝22.∴|MN→|＝2，故

D错误，故选ABC.16.如图，正方体ABCD－A1B1C1D1中，P是DD1的中点，O是底面ABCD的中心.求证：B1O⊥平面PAC.1122334455667788991010111112121313141415151616证明如图，连接

BD，则BD过点O，令AB→＝a，AD→＝b，AA1—→＝c，则|a|＝|b|＝|c|＝1，且AC→＝AB→＋AD→＝a＋b，OB1—→＝OB→＋BB1—→＝12DB→＋BB1—→＝12(AB→－AD→)＋BB1—→＝12a－12b＋c.∴AC→·OB1—→＝(a＋b)·12a－

12b＋c＝12|a|2＋12a·b－12a·b－12|b|2＋a·c＋b·c＝12－12＝0.1122334455667788991010111112121313141415151616∴AC→⊥OB1—→，即AC⊥OB1.又AP→＝AD→＋

12DD1—→＝b＋12c，∴OB1—→·AP→＝12a－12b＋c·b＋12c＝12a·b－12|b|2＋c·b＋14a·c－14b·c＋12|c|2＝－12＋12＝0，∴OB1—→⊥AP→，即OB1⊥AP.又AC∩AP＝A，AC，AP⊂平面PAC，∴OB1

⊥平面PAC.1122334455667788991010111112121313141415151616