高中数学选修人教A导学案第3章空间向量与立体几何§3.1.5空间向量运算的坐标表示

1§3．1.5空间向量运算的坐标表示知识点一空间向量的坐标运算设a＝(1,5，－1)，b＝(－2,3,5)．(1)若(ka＋b)∥(a－3b)，求k；(2)若(ka＋b)⊥(a－3b)，求k.解(1)ka＋b＝(k－2,5k＋3，－k＋5)，a－3b＝(1＋3×2,5－3×3，－1－3×5)＝(7，－4，－16)．因为(ka＋b)∥(a－3b)，所以k－27＝5k＋3－4＝－k＋5－16，解得k＝－13.(2)因为(ka＋b)⊥(a－3b)，所以(k－2)×7＋(5k＋3)×(－4)＋(－k＋5)×(－16)＝0，解得k＝1063.【反思感悟】以下两个充要条件在解题中经常使用，要熟练掌握．若a＝(x1，y1，z1)，b＝(x2，y2，z2)，则a∥b⇔x1＝λx2且y1＝λy2，且z1＝λz2(λ∈R)；a⊥b⇔x1x2＋y1y2＋z1z2＝0.已知A(3,3,1)，B(1,0,5)，求：(1)线段AB的中点坐标和长度；(2)到A，B两点距离相等的点P(x，y，z)的坐标x，y，z满足的条件．解（1）设M是线段AB的中点，则OM＝12(OA→＝12(OA→＋OB→)＝(2，32，3)，所以线段AB的中点坐标是(2，32，3)．|AB|＝(1－3)2＋(0－3)2＋(5－1)2＝29.(2)点P(x，y，z)到A，B两点距离相等，则(x－3)2＋(y－3)2＋(z－1)2＝(x－1)2＋(y－0)2＋(z－5)2，化简，得4x＋6y－8z＋7＝0.即到A，B两点距离相等的点P(x，y，z)的坐标x，y，z满足的条件是4x＋6y－8z＋7＝0.知识点二证明线面的平行、垂直在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F分别为BB1，CD的中点，求证：D1F⊥平面ADE.证明,不妨设已知正方体的棱长为2，建立如图所示的空间直角坐标系D-xyz,则D（0，0，0），A（2，0，0），E（2，2，1），F（0，1，0），D1（0，0，2），所以AD＝(－2,0,0)，D1F→＝(0,1，－2)，AD→·D1F→＝0＋0＋0＝0，所以D1F⊥AD.又AE→＝(0,2,1)，所以AE→、2D1F→＝0＋2－2＝0，所以D1F⊥AE.又AD∩AE＝A，所以D1F⊥平面ADE.【反思感悟】本例中坐标系的选取具有一般性，这样选取可以使正方体各顶点的坐标均为非负数，且易确定，在今后会常用到．已知A(－2,3,1)，B(2，－5,3)，C(8,1,8)，D(4,9,6)，求证：四边形ABCD为平行四边形．证明设O为坐标原点，依题意OA=（-2，3，1），OB=（2，-5，3），∴AB=OBOA=(2,5,3)(2,3,1)=(4,8,2).同理可得DC=(4,8,2),AD=(6,6,5),BC=(6,6,5).由AB=ABDC，AD=BC，可知AB∥AB，AD∥BC，所以四边形ABCD是平行四边形.知识点三向量坐标的应用棱长为1的正方体ABCD－A1B1C1D1中，P为DD1的中点，O1、O2、O3分别是平面A1B1C1D1、平面BB1C1C、平面ABCD的中心．(1)求证：B1O3⊥PA；(2)求异面直线PO3与O1O2所成角的余弦值；(3)求PO2的长．(1)证明以D为坐标原点，DA、DC、DD1所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系D-xyz.则B1(1,1,1)，O3(12，12,0)，P(0,0，12)，A(1,0,0)，13BO＝(－12，－12，－1)，PA→＝(－12，－12，－1)，PA→＝(1,0，－12)，∴13BO·PA→＝－12＋0＋12＝0，即13BO⊥PA→∴B1O3⊥PA.(2)解∵O1(12，12，1)，O2(12，1，12)，则12OO=（0，12，12）.又∵3PO=（12，12，12），∴cos〈3PO，12OO〉=PO3→·O1O2→|PO3→||O1O2→|3＝0＋(12)2＋(－12)2(12)2＋(12)2＋(－12)2·02＋(12)2＋(－12)2＝63，∴异面直线PO3与O1O2所成角的余弦值为63.(3)∵P(0,0，12)，O2(12，1，12)，2PO＝(12，1,0)．∴|2PO|＝(12－0)2＋(1－0)2＋(12－12)2＝52.【反思感悟】在特殊的几何体中建立空间直角坐标系，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．直三棱柱ABC—A1B1C1的底面△ABC中，CA＝CB＝1，∠BCA＝90°，AA1＝2，N是AA1的中点．(1)求BN的长；(2)求BA1，B1C所成角的余弦值．解以C为原点建立空间直角坐标系，则(1)B(0,1,0)，N(1,0,1)，∴BN＝(1－0)2＋(0－1)2＋(1－0)2＝3.(2)A1(1,0,2)，C(0,0,0)，B1(0,1,2)．∴1BA＝(1，－1,2)，B1C→＝(1，－1,2)，B1C→＝(0，－1，－2)，1BA·B1C→＝1－4＝－3，|1BA|＝6，|B1C→|＝5，∴cos〈1BA，B1C→〉＝1111·||||BCBABABC＝－36×5＝－3010.∴BA1，B1C所成角的余弦值为3010.一、选择题1．已知点A(x1，y1，z1)，则点A关于xOz平面的对称点A′的坐标为()A．(－x1，－y1，－z1)B．(－x1，y1，z1)C．(x1，－y1，z1)D．(x1，y1，－z1)答案C解析点A与A′关于xOz平面对称，即AA′⊥平面xOz.且A、A′到面xOz的距离相等，所以A与A′的x，z的值相同，y的值互为相反数．2．已知a＝(2,3，－4)，b＝(－4，－3，－2)，b＝12x－2a，则x等于()A．(0,3，－6)B．(0,6，－20)4C．(0,6，－6)D．(6,6，－6)答案B解析∵b＝12x－2a，∴x＝4a＋2b＝(0,6，－20)．3．已知a＝(sinθ，cosθ，tanθ)，b＝(cosθ，sinθ，1tanθ)，有a⊥b，则θ等于()A．－π4B.π4C．2kπ－π2(k∈Z)D．kπ－π4(k∈Z)答案D解析a·b＝2sinθcosθ＋1＝sin2θ＋1＝0，2θ＝2kπ－π2，θ＝kπ－π4.4．若向量a＝(1，λ，2)，b＝(2，－1,2)，cos〈a，b〉＝89，则λ为()A．2B．－2C．－2或255D．2或－255答案C解析由cos〈a，b〉＝a·b|a||b|＝6－λ35＋λ2＝89，化得55λ2＋108λ－4＝0，由此可解得λ＝－2或λ＝255.5．已知a＝(cosα，1，sinα)，b＝(sinα，1，cosα)，则向量a＋b与a－b的夹角是()A．90°B．60°C．30°D．0°答案A解析∵|a|＝|b|＝2，∴(a＋b)·(a－b)＝a2－b2＝0.二、填空题6．模等于27且方向与向量a＝(1,2,3)相同的向量为________________．答案(2，22，32)解析设b＝λa(λ0)．则λ2＋4λ2＋9λ2＝28，λ2＝2，故λ＝2.7．已知三个力f1＝(1,2,3)，f2＝(－1,3，－1)，f3＝(3，－4,5)，若f1，f2，f3共同作用于一物体上，使物体从点M1(1，－2，1)移动到点M2(3,1,2)，则合力所做的功是________．答案16解析合力f＝f1＋f2＋f3＝(3,1,7)，位移s＝(2,3,1)，∴功w＝f·s＝(3,1,7)·(2,3,1)＝6＋3＋7＝16.8．已知点A(2，－5，－1)，B(－1，－4，－2)，C(λ＋3，－3，μ)在同一直线上，则λ＝________，μ＝________.答案－7－3解析AB＝(－3,1，－1)，AC→＝(λ＋1,2，μ＋1)，则AB∥AC→，所以λ＋1－3＝21＝μ＋1－1，故λ＋1＝－6，μ＋1＝－2.即λ＝－7，μ＝－3.三、解答题9．E，F分别是正方体ABCD—A1B1C1D1中线段A1D，AC上的点，且DE＝AF＝13AC.求证：(1)EF∥BD1；(2)EF⊥A1D.5证明(1)建立如图所示的空间直角坐标系，设AB=1，则A(1,0,0)，B(1,1,0)，C(0,1,0)，D(0,0,0)，A1(1,0,1)，D1(0,0,1)，E11,0,33，F21,,033.EF→＝13，13，－13，1BD＝(－1，－1,1)＝－3EF→.∴1BD∥EF→，又F∉BD1，∴EF∥BD1.（2）1AD＝(－1,0，－1)，EF·A1D→＝13，13，－13·(－1,0，－1)＝－13＋13＝0，∴EF⊥A1D→，即EF⊥A1D.10.,,如图所示，正四棱柱ABCD—A1B1C1D1中，AA1=2AB=4，点E在CC1上且C1E=3EC.证明：A1C⊥平面BED.证明以D为坐标原点，射线DA为x轴的正半轴，射线DC为y轴的正半轴，射线DD1为z轴的正半轴，建立如图所示的直角坐标系D—xyz.依题设B(2,2,0)，C(0,2,0)，E(0,2,1)，A1(2,0,4).DE＝(0,2,1)，DB→＝(2,2,0)，1AC＝(－2,2，－4)，1DA＝(2,0,4)．因为1AC·DB→＝0，1AC·DE＝(－2,2，－4)，故A1C⊥BD，A1C⊥DE.又BD∩DE＝D，所以A1C⊥平面BED.