高中数学第三章3.1.5空间向量运算的坐标表示学案含解析新人教A版选修206.pdf

积一时之跬步臻千里之遥程 马鸣风萧萧整理 31.5 空间向量运算的坐标表示 提出问题 一块巨石从山顶坠落，挡住了前面的路，抢修队员紧急赶到从三个方向拉巨石这三个 力分别为F1，F2，F3，它们两两垂直，且|F1| 3 000 N， |F2| 2 000 N， |F3| 2 0003 N. 问题 1：若以F1，F2，F3的方向分别为x轴、y轴、z轴正方向建立空间直角坐标系，巨 石受合力的坐标是什么？ 提示：F(3 000,2 000,2 000 3) 问题 2：巨石受到的合力有多大？ 提示： |F| 5 000 N. 导入新知 1空间向量的加减和数乘的坐标表示 设a (a1，a2，a3)，b(b1，b2，b3) (1)ab(a1b1，a2b2，a3b3)； (2)ab(a1b1，a2b2，a3b3)； (3) a( a1， a2， a3)(R)； (4)若b0，则ab?a b(R)?a1 b1，a2 b2，a3 b3. 2空间向量数量积的坐标表示及夹角公式 若a (a1，a2，a3)，b(b1，b2，b3)，则 (1)a·ba1b1a2b2a3b3； (2)|a| a·aa 2 1a 2 2a 2 3； (3)cosa，b a·b |a|b| a1b1a2b2a3b3 a 2 1a 2 2a 2 3b 2 1b 2 2b 2 3 ； (4)ab?a1b1a2b2a3b30. 3空间中向量的坐标及两点间的距离公式 在空间直角坐标系中，设A(a1，b1，c1)，B(a2，b2，c2) (1)AB (a2a1，b2b1，c2c1)； 积一时之跬步臻千里之遥程 马鸣风萧萧整理 (2)dAB|AB | a2a1 2 b2b1 2 c2c1 2. 化解疑难 1空间向量的坐标运算实质是平面向量坐标运算的推广，包括运算法则，仅是在平面 向量运算法则的基础上增加了竖坐标的运算 2空间两向量平行与平面向量平行的表达式不一样，但实质一样， 即对应坐标成比例 3空间中两向量垂直的充要条件形式上与平面内两向量垂直类似，仅多了一个基向量 空间向量的坐标运算 例 1 已知O为坐标原点，A，B，C三点的坐标分别是(2， 1,2)， (4,5， 1)， (2,2,3) 求 点P的坐标，使： (1)OP 1 2( AB AC )； (2)AP 1 2( AB AC ) 解 AB (2,6， 3)， AC (4,3,1)， AB AC (6,3， 4) (1)OP 1 2 (6,3， 4) 3， 3 2， 2 ， 则点P的坐标为3， 3 2， 2 . (2)设点P的坐标为 (x，y，z)， 则AP (x2， y1，z 2)， 1 2( AB AC ) AP 3， 3 2 ， 2 ， x5，y 1 2，z0， 则点P的坐标为5， 1 2， 0 . 类题通法 (1)一个向量在直角坐标系中的坐标等于表示这个向量的有向线段的终点坐标减去起点 积一时之跬步臻千里之遥程 马鸣风萧萧整理 坐标 (2)空间向量进行坐标运算的规律是首先进行数乘运算，再进行加法或减法运算，最后 进行数量积运算；先算括号里，后算括号外 (3)空间向量的坐标运算与平面向量的坐标运算法则基本一样，应注意一些计算公式的 应用 活学活用 已知空间四点A，B，C，D的坐标分别是(1,2,1)，(1,3,4)，(0， 1,4)，(2， 1， 2)， 设pAB ， qCD . 求： (1)p2q； (2)3pq； (3)(pq)·(pq) 解：因为A(1,2,1)，B(1,3,4)，C(0， 1,4)，D(2， 1， 2)，所以pAB (2,1,3)， q CD (2,0， 6) (1)p 2q(2,1,3)2(2,0， 6)(2,1,3)(4,0， 12) (6,1， 9) (2)3pq3(2,1,3)(2,0， 6)(6,3,9)(2,0， 6)(4,3,15) (3)(pq)·(pq)p2q2|p| 2| q| 2 (221232)(22 0262) 26. 空间向量的垂直与平行的判断 例 2 已知空间三点A(2,0,2)，B( 1,1,2) ，C(3,0,4)设aAB ，bAC . (1)设|c| 3，cBC ，求 c； (2)若kab与ka2b互相垂直，求k. 解 (1)BC (2， 1,2)，且cBC ， 设c BC (2，2)(R) |c| 2 2 2 2 23| | 3. 解得± 1. c(2， 1,2)或c(2,1， 2) (2)aAB (1,1,0) ，bAC (1,0,2)， kab (k 1，k,2)，ka2b(k 2，k， 4) (kab)(ka2b)， 积一时之跬步臻千里之遥程 马鸣风萧萧整理 (kab)·(ka2b)0， 即(k1，k,2)·(k2，k， 4)2k2k100. 解得k2 或k 5 2 . 类题通法 解决空间向量垂直、平行问题的思路 (1)若有关向量已知时，通常需要设出向量的坐标例如，设向量a (x，y，z) (2)在有关平行的问题中，通常需要引入参数例如，已知ab，则引入参数，有a b，再转化为方程组求解 (3)选择向量的坐标形式，可以达到简化运算的目的 活学活用 已知向量a(1,2， 2)，b(2， 4,4)，c (2，x， 4) (1)判断a，b的位置关系； (2)若ac，求 |c| ； (3)若bc，求c在a方向上的投影 解： (1)a(1,2， 2)，b (2， 4,4)， b(2， 4,4) 2(1,2， 2) 2a. ab. (2)ac， 2 1 x 2 4 2，解得 x4， c(2,4， 4)， 从而 |c| 2 242 4 26. (3)bc，b·c0. (2， 4,4)·(2，x， 4) 4 4x160， 解得x 5. c(2， 5， 4) c在a方向上的投影为|c|cos a，c |c| × a·c |a|c| 1，2， 2·2， 5， 4 1 222 2 2 2108 3 0. 利用坐标运算解决夹角、距离问题 积一时之跬步臻千里之遥程 马鸣风萧萧整理 例 3 如图，在直三棱柱(侧棱垂直于底面的棱柱)ABC-A1B1C1 中，CACB1，BCA90°，棱AA12，N为A1A的中点 (1)求BN的长； (2)求A1B与B1C所成角的余弦值 解 如图，以CA ， CB ，CC1 为单位正交基底建立空间直角坐标系Cxyz. (1)依题意得B(0,1,0)，N(1,0,1)， |BN | 10 2 01 2 10 2 3， 线段BN的长为3. (2)依题意得A1(1,0,2)，C(0,0,0)，B1(0,1,2)， BA1 (1， 1,2)， CB1 (0,1,2)， BA1 · CB1 1×0(1)×1 2×23. 又 |BA1 | 6，|CB1 | 5， cosBA1 ， CB1 BA1 · CB1 |BA1 | CB1 | 30 10 . 故A1B与B1C所成角的余弦值为 30 10 . 类题通法 在特殊的几何体中建立空间直角坐标系时要充分利用几何体本身的特点，以使各点的坐 标易求利用向量解决几何问题，可使复杂的线面关系的论证、角及距离的计算变得简单 活学活用 在棱长为1 的正方体ABCD-A1B1C1D1中，E，F分别为D1D，BD的中点，点G在棱 CD上，且CG 1 4CD， H为C1G的中点 (1)求证：EFB1C； (2)求EF与C1G所成角的余弦值； 积一时之跬步臻千里之遥程 马鸣风萧萧整理 (3)求FH的长 解： (1)证明：如图，建立空间直角坐标系Dxyz，D为坐标原点， 则有E0，0， 1 2 ，F 1 2， 1 2，0，C(0,1,0)， C1(0,1,1)，B1(1,1,1)，G0， 3 4，0 ， H0， 7 8， 1 2 . EF 1 2， 1 2， 0 0，0， 1 2 1 2， 1 2， 1 2 ， B1C (0,1,0)(1,1,1)(1,0， 1) EF · B1C 1 2×(1) 1 2×0 1 2 ×(1)0， EF B1C ，即 EFB1C. (2)C1G 0， 3 4，0 (0,1,1) 0， 1 4， 1 ， |C1G | 17 4 . 又EF ·C1G 1 2×0 1 2× 1 4 1 2 ×(1) 3 8，| EF | 3 2 ， cosEF ， C1G EF · C1G |EF | C1G | 51 17 . 即EF与C1G所成角的余弦值为 51 17 . (3)F 1 2， 1 2， 0 ， H0， 7 8 ， 1 2 ， FH 1 2 ， 3 8， 1 2 ， |FH | 1 2 2 3 8 2 1 2 2 41 8 . 积一时之跬步臻千里之遥程 马鸣风萧萧整理 5.探究两向量的夹角 典例 已知向量a(5,3,1)，b 2，t， 2 5 .若a与b的夹角为钝角，求实数t的取 值范围 解 由已知，得 a·b5× (2)3t 2 53t 52 5 ， a与b的夹角为钝角， a·b0. 3t 52 5 0，即t 52 15. 若a与b的夹角为180°， 则存在0，使a b(0)， 即(5,3,1)2，t， 2 5 ， 5·2， 3·t， 1· 2 5 ， t 6 5. 故t的取值范围为， 6 5 6 5， 52 15 . 多维探究 1在本例条件下，若a与b的夹角为180°，求t的值 解：由本例的解法知t 6 5 . 2在本例条件下，若a与b的夹角为锐角，求实数t的取值范围 解：由已知，得a·b5×(2)3t 2 53t 52 5 ， 因为a与b的夹角为锐角， 积一时之跬步臻千里之遥程 马鸣风萧萧整理 所以a·b 0， 即 3t 52 5 0， 所以t 52 15. 若a与b的夹角为0°， 则存在0，使a b(0)， 即(5,3,1)2，t， 2 5 ， 所以 5 2，3 t,1 2 5 ，进而得t 6 5(舍去 ) 故t的取值范围是 52 15， . 3若a(1，t， 2)，b(2，t， 1)，试求a和b夹角余弦值的范围 解： cos t 2 t25·t 25 t2 t25， 当t0 时， cos 0； 当t0 时， cos 1 1 5 t2 1， 0cos 1，即夹角的余弦值的取值范围是0,1) 类题通法 求解时，易误认为a，b的夹角是钝角与a·b0 等价，而a·b0 中包含着a，b 180°的情形，a，b 180°的情形可利用a b( 0)，也可利用a·b |a| ·|b| ， 即 cosa，b 1 求得，同样a·b0 也包含着a，b 0°的情形，解题时应把这种 情况剔除 随堂即时演练 1已知A(4,1,3) ，B(2，5,1)，C为线段AB上一点，且 AC AB 1 3 ，则点C的坐标为 ( ) A. 7 2， 1 2 ， 5 2 B. 8 3， 3，2 积一时之跬步臻千里之遥程 马鸣风萧萧整理 C. 10 3 ， 1， 7 3 D. 5 2， 7 2， 3 2 解析：选 C 由题意知， 2AC CB ，设C(x，y，z)， 则 2(x 4，y1，z3)(2x， 5y,1z)， 所以 2x82x， 2y2 5y， 2z61z， 所以 x 10 3 ， y 1， z 7 3 . 2已知向量a(1,1,0)，b(1,0,2) ，且kab与 2ab互相垂直，则k的值是 ( ) A 1 B. 1 5 C. 3 5 D. 7 5 解析： 选 D 由题意得： (kab)·(2ab)(k1，k,2)·(3,2，2)3(k 1) 2k4 0， 所以k 7 5. 3 已知空间三点A(1,1,1)，B(1,0,4)，C(2， 2,3)， 则AB 与 CA 的夹角的大小是 _ 解析：AB (2， 1,3)， CA (1,3， 2)， cosAB ，CA 2×11×33×2 14×14 7 14 1 2， AB ，CA 120°. 答案： 120° 4已知向量a(2,4，x)，b(2，y,2)，若 |a| 6，且ab，则xy的值为 _ 解析：由a(2,4，x)，得 |a| 224 2 x26，所以x± 4.又因为ab，所以a·b 2×24y2x0，解得x4，y 3 或x 4，y1.所以xy 1或xy 3. 答案： 1 或 3 积一时之跬步臻千里之遥程 马鸣风萧萧整理 5已知向量a(x,4,1)，b(2，y， 1)，c(3， 2，z)，ab，bc，求： (1)a，b，c； (2)ac与bc所成角的余弦值 解： (1)因为ab，所以 x 2 4 y 1 1，解得 x2，y 4. 这时a(2,4,1)，b(2， 4， 1) 又因为bc，所以b·c 0，即 68z 0，解得z 2， 于是c(3， 2,2) (2)由(1)得ac(5,2,3)，bc(1， 6,1)， 因此ac与bc所成角的余弦值 cos 5123 38×38 2 19. 课时达标检测 一、选择题 1已知向量a(4， 2， 4)，b(6， 3,2)，则下列结论正确的是( ) Aab(10， 5， 6) Bab(2， 1， 6) Ca·b10 D |a| 6 解析：选D ab(10， 5， 2)，ab( 2,1， 6)，a·b 22，|a| 6，选项 A，B，C 错误 2已知A(3,3,3)，B(6,6,6)，O为原点，则OA 与 BO 的夹角是 ( ) A 0 B C. 3 2 D2 解析：选 B OA ·OB 3×63×63×654， 且|OA | 33，|OB | 63， cosOA ， OB 54 33×63 1. OA ，OB 0， ， 积一时之跬步臻千里之遥程 马鸣风萧萧整理 OA ，OB 0. OA ，BO . 3若非零向量a(x1，y1，z1)，b(x2，y2，z2)，则 x1 x2 y1 y2 z1 z2是 a与b同向或反向的( ) A充分不必要条件B必要不充分条件 C充要条件D既不充分又不必要条件 解析：选 A 若 x1 x2 y1 y2 z1 z2，则 a与b同向或反向，反之不成立 4已知点A(1， 2,11)，B(4,2,3)，C(6， 1,4)，则ABC的形状是 ( ) A等腰三角形B等边三角形 C直角三角形D等腰直角三角形 解析：选 C AB (3,4， 8)， AC (5,1， 7)， BC (2， 3,1)， |AB | 32428289， |AC | 5 21272 75， |BC | 2 2321 14， |AC | 2| BC | 2751489| AB | 2. ABC为直角三角形 5已知A(1,0,0)，B(0， 1,1)，O(0,0,0)，OA OB 与 OB 的夹角为 120°，则的值为 ( ) A± 6 6 B. 6 6 C 6 6 D±6 解析：选 C OA (1,0,0) ，OB (0， 1,1)， OA OB (1，)， (OA OB )· OB 2， 积一时之跬步臻千里之遥程 马鸣风萧萧整理 |OA OB | 1 2 2 12 2，| OB | 2. cos 120 ° 2 2·12 2 1 2， 2 1 6. 又 2 2·12 20， 6 6 . 二、填空题 6已知向量a(0， 1,1)，b(4,1,0)，| ab| 29，且0，则_. 解析：a(0， 1,1)，b(4,1,0)， ab(4,1，) | ab| 29， 16(1)2 229. 2 60. 3 或 2. 0， 3. 答案： 3 7 若A(m1，n1,3)，B(2m，n，m2n)，C(m 3，n 3,9)三点共线， 则mn_. 解析：因为AB (m 1,1，m2n3)，AC (2，2，6)，由题意得 AB AC ，则m 1 2 1 2 m2n3 6 ， 所以m0，n0，mn0. 答案： 0 8已知a(1t,1t，t)，b(2，t，t)，则 |ba| 的最小值是 _ 解析：由已知，得 ba(2，t，t)(1t,1t，t)(1t,2t1,0) |ba| 1t 2 2t1 202 积一时之跬步臻千里之遥程 马鸣风萧萧整理 5t22t25t 1 5 29 5. 当t 1 5 时， |ba| 的最小值为 35 5 . 答案： 35 5 三、解答题 9空间三点A(1,2,3)，B(2， 1,5)，C(3,2， 5)，试求： (1)ABC的面积； (2)ABC的AB边上的高 解： (1)AB (2， 1,5)(1,2,3)(1， 3,2)， AC (2,0， 8)， AB ·AC 1× 2(3)×02×(8) 14， |AB | 14，|AC | 217， cosAB ，AC 14 14×217 7 238 ， sinAB ，AC 27 34， SABC 1 2| AB | ·|AC |sin AB ，AC 1 2 14× 217× 27 34 321. (2)|AB | 14， 设AB边上的高为h， 则 1 2 |AB| ·hSABC 321， h36. 10.如图，已知正三棱柱ABC-A1B1C1的各条棱长都相等，P为A1B上 积一时之跬步臻千里之遥程 马鸣风萧萧整理 的点，A1P A1B ，且PCAB.求： (1)的值； (2)异面直线PC与AC1所成角的余弦值 解：(1)设正三棱柱的棱长为2，建立如图所示的空间直角坐标系，则A(0，1,0)，B(3， 0,0)，C(0，1,0)，A1(0， 1,2)，B1(3，0,2)，C1(0,1,2)， 于是AB (3，1,0)，CA1 (0， 2,2)，A1B (3，1， 2) 因为PCAB， 所以CP ·AB 0，即 (CA 1 A1P )·AB 0， 也即 (CA1 A1B )· AB 0. 故 CA1 · A1B A1B ·AB 1 2. (2)由(1)知CP 3 2 ， 3 2 ，1 ，AC1 (0,2,2)， cosCP ，AC1 CP · AC1 |CP | AC1 | 32 2×22 2 8 ， 所以异面直线PC与AC1所成角的余弦值是 2 8 .