2012年高考一轮复习方案立体几何第五节-空间直角坐标系与空间向量的运算-课件

考点串串讲1．空间直角坐标系(1)在平面上画空间直角坐标系O－xyz时，一般使∠xOy＝135°，∠yOz＝90°.(2)一般地，在所给几何图形中，如果出现了三条两两垂直的直线，那么就可以利用这三条直线分别作为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系．(3)在建立空间直角坐标系时，应注意点O的任意性，原点O的选择要便于解决问题，既有利于作图的直观性，又要尽可能使点的坐标为正值．(4)有了空间直角坐标系，我们就可以建立空间中的任意一点P与有序实数组(x，y，z)之间的一一对应关系了．(5)空间直角坐标系中，在x轴上的点的y坐标、z坐标等于0，所以可记为(x,0,0)，同理，在y轴、z轴上的点的坐标可分别记为(0，y,0)，(0,0，z)．(6)空间直角坐标系中，在xOy平面上的点的z坐标等于0，所以可记为(x，y,0)，同理，在xOz平面、yOz平面上的点的坐标可分别记为(x,0，z)，(0，y，z)．(7)一些常用对称点的坐标：①P(x，y，z)――――――――――→关于坐标平面xOy对称P1(x，y，－z)；②P(x，y，z)――――――――――→关于坐标平面yOz对称P2(－x，y，z)；③P(x，y，z)―――――――――――→关于坐标平面zOx对称P3(x，－y，z)；④P(x，y，z)――――――――→关于x轴对称P4(x，－y，－z)；⑤P(x，y，z)――――――――――→关于y轴对称P5(－x，y，－z)；⑥P(x，y，z)―――――――→关于z轴对称P6(－x，－y，z)；⑦P(x，y，z)―――――――→关于原点对称P7(－x，－y，－z)．(8)平面上的两点之间的线段的中点坐标公式可以推广到空间，即若两点P1(x1，y1，z1)，P2(x2，y2，z2)，则其中点坐标为(x1＋x22，y1＋y22，z1＋z22)．2．空间向量及其加减与数乘运算(1)空间向量的概念空间向量同平面向量一样，我们把具有大小和方向的量叫做向量，仍用有向线段表示向量，同向且等长的有向线段表示同一个向量或相等向量，空间任意两个向量都可以转化为平面向量．(2)空间向量的运算空间向量的加法、减法和数乘运算及运算律与平面向量基本相同，向量的加法满足交换律、结合律和数乘的分配律．向量的加法常用平行四边形法则，向量的减法常用三角形法则．特别地OAn→＝OA1→＋A1A2→＋A2A3→＋…＋An－1An.(3)空间向量的加法、减法与数乘运算、运算律．①加法交换律：a＋b＝b＋a.②加法结合律：(a＋b)＋c＝a＋(b＋c)．③数乘分配律：λ(a＋b)＝λa＋λb.3．几个重要的定理(1)由于任意两个向量都是共面向量，所以原有的平面向量有关定理在空间依然成立(如共线向量定理等)．(2)共面向量定理：如果两个向量a，b不共线，则向量p与它们共面的充要条件是存在实数对(x，y)使得p＝xa＋yb.它的两个推论是：①空间一点P位于平面MAB内的充要条件是存在有序实数对(x，y)，使得MP→＝xMA→＋yMB→；或②对于空间任一点O，有OP→＝OM→＋xMA→＋yMB→.若x＋y＋z＝1，则根据共面向量定理得：P、A、B、C四点共面．故OP→＝xOA→＋yOB→＋zOC→，x＋y＋z＝1，可看成平面ABC的一个向量参数方程，其中x，y，z为参数．(3)空间向量基本定理：如果三个向量a、b、c不共面，那么空间的任意一个向量p总能唯一地表示为p＝xa＋yb＋zc的形式．4．两个向量的数量积(1)数量积的定义a·b＝|a||b|cos〈a，b〉(其中〈a，b〉为a与b的夹角，〈a，b〉∈[0，π])(2)数量积的性质①a·e＝|a|cos〈a，e〉，其中e为单位向量；②a⊥b⇔a·b＝0；③a2＝a·a＝|a|2.性质①可用来求角；性质②可用来证明线线垂直；性质③可用来求线段的长．(3)数量积的运算律①(λa)·b＝λ(a·b)；②a·b＝b·a(交换律)；③a·(b＋c)＝a·b＋a·c(分配律)．5．空间向量的直角坐标运算设a＝(a1，a2，a3)，b＝(b1，b2，b3)，则①a＋b＝(a1＋b1，a2＋b2，a3＋b3)；②a－b＝(a1－b1，a2－b2，a3－b3)；③λa＝(λa1，λa2，λa3)(λ∈R)；④a·b＝a1b1＋a2b2＋a3b3；⑤a∥b⇔a1＝λb1，a2＝λb2，a3＝λb3(λ∈R)；⑥a⊥b⇔a1b1＋a2b2＋a3b3＝0；⑦设A(x1，y1，z1)，B(x2，y2，z2)则AB→＝OB→－OA→＝(x2，y2，z2)－(x1，y1，z1)＝(x2－x1，y2－y1，z2－z1)．6．夹角和距离公式(1)夹角公式设a＝(a1，a2，a3)，b＝(b1，b2，b3)，则cos〈a，b〉＝a1b1＋a2b2＋a3b3a21＋a22＋a23·b21＋b22＋b23(2)距离公式设A(x1，y1，z1)，B(x2，y2，z2)．则dAB＝x1－x22＋y1－y22＋z1－z22.典例对对碰题型一坐标轴及坐标平面内点的特征例1有下列叙述：①在空间直角坐标系中，在Ox轴上的点的坐标一定可记为(0，b,0)；②在空间直角坐标系中，在yOz平面上的点的坐标一定可记为(0，b，c)；③在空间直角坐标系中，在Oz轴上的点的坐标一定可记为(0,0，c)；④在空间直角坐标系中，在xOz平面上的点的坐标一定可记为(a,0，c)．其中正确叙述的个数是()A．1B．2C．3D．4解析要清楚空间直角坐标系中三个坐标平面以及三条坐标轴上点的特征．答案C变式迁移1点A(－1,2,1)在x轴上的投影点和在xOy平面上的投影点的坐标分别为()A．(－1,0,1)，(－1,2,0)B．(－1,0,0)，(－1,2,0)C．(－1,0,0)，(－1,0,0)D．(－1,2,0)，(－1,2,0)答案B解析点A(－1,2,1)在x轴上的投影点的x坐标是－1，故为(－1,0,0)；点A(－1,2,1)在xOy平面上的投影点的x、y坐标不变且z坐标是0，故为(－1,2,0)．故选B.题型二两点间距离公式的应用例2已知A(x,5－x,2x－1)，B(1，x＋2,2－x)，求|AB|取最小值时A，B两点的坐标，并求此时的|AB|.分析解答本题可由空间两点间的距离公式建立|AB|关于x的函数，由函数的性质求x，再确定坐标．解析由空间两点间的距离公式得|AB|＝1－x2＋[x＋2－5－x]2＋[2－x－2x－1]2＝14x2－32x＋19＝14x－872＋57.当x＝87时，|AB|有最小值57＝357，此时A(87，277，97)，B(1，227，67)．点评解决这类问题的关键是根据点的坐标的特征，应用空间两点间的距离公式建立已知与未知的关系，再结合已知条件确定点的坐标.变式迁移2在空间直角坐标系中，已知A(3,0,1)和B(1,0，－3)，试问：(1)在y轴上是否存在点M，满足|MA|＝|MB|?(2)在y轴上是否存在点M，使△MAB为等边三角形？若存在，试求出点M的坐标．解析(1)假设在y轴上存在点M，满足|MA|＝|MB|.因为M在y轴上，所以可设M(0，y,0)，由|MA|＝|MB|，可得32＋－y2＋12＝－12＋y2＋32，显然，此式对任意y∈R恒成立．这就是说y轴上的所有点都满足|MA|＝|MB|.(2)假设在y轴上存在点M，使△MAB为等边三角形．由(1)可知，y轴上任一点都满足|MA|＝|MB|，所以只要|MA|＝|AB|就可以使得△MAB是等边三角形．因为|MA|＝3－02＋0－y2＋1－02＝10＋y2，|AB|＝1－32＋0－02＋－3－12＝20，所以10＋y2＝20，解得y＝±10.故y轴上存在点M使△MAB为等边三角形，点M的坐标为(0，10，0)或(0，－10，0)．题型三空间向量的分解例3在如图所示的平行六面体中，求证：AC1→＝12(AC→＋AB1→＋AD1→)．分析把一个向量用其它向量表示出来的能力，必须具备，注意运算律．证明AC1→＝AC→＋CC1→＝AC→＋AA1→①AC1→＝AD1→＋D1C1→＝AD1→＋AB→②①＋②得2AC1→＝AC→＋AD1→＋AA1→＋AB→＝AC→＋AD1→＋AB1→即AC1→＝12(AC→＋AB1→＋AD1→)点评把向量逐步分解，向已知要求靠近，应充分利用向量运算法则.变式迁移3如图所示，已知正方体ABCD—A′B′C′D′，点E、F分别是上底面A′C′和侧面CD′的中心，求下列各题中x、y的值．(1)AC′→＝x(AB→＋BC→＋CC′→)；(2)AF→＝AD→＋xAB→＋yAA′→.解析(1)AB→＋BC→＋CC′→＝AC→＋CC′→＝AC′→∴x＝1.(2)AF→＝AC→＋CF→＝AB→＋AD→＋12(CC′→＋CD→)＝AB→＋AD→＋12AA′→－12AB→＝AD→＋12AB→＋12AA′→又AF→＝AD→＋xAB→＋yAA′→∴x＝y＝12.题型四共线向量问题例4如图，在正方体ABCD—A1B1C1D1中，AA1→＝a，AB→＝b，AD→＝c，点M、N分别是A1D、B1D1的中点．(1)试用a、b、c表示MN→；(2)求证：MN∥平面ABB1A1.分析(1)本题考查向量的加减法，其关键是利用MN→＝A1N→－A1M→，A1M→＝12A1D→，A1N→＝12A1C1→等关系，将MN→用a，b，c表示出来；(2)考查共面向量定理．解析(1)∵A1D→＝AD→－AA1→＝c－a，∴A1M→＝12A1D→＝12(c－a)．同理，A1N→＝12(b＋c)，∴MN→＝A1N→－A1M→＝12(b＋c)－12(c－a)＝12(b＋a)＝12a＋12b.(2)证明：∵AB1→＝AA1→＋AB→＝a＋b，∴MN→＝12AB1→，即MN∥AB1，∵AB1⊂平面ABB1A1，MN⊄平面ABB1A1，∴MN∥平面ABB1A1.变式迁移4(1)已知a＝3m－2n－4p≠0，b＝(x＋1)·m＋8n＋2yp，且m、n、p三个向量不共面，若a∥b，求实数x、y的值；(2)已知平行四边形ABCD(如图所示)，从平面AC外一点O引向量OE→＝kOA→，OF→＝kOB→，OG→＝kOC→，OH→＝kOD→.求证：①E、F、G、H四点共面．②平面EG∥平面AC.解析(1)由已知b＝λa，即(x＋1)m＋8n＋2yp＝λ(3m－2n－4p)，∴x＋13＝8－2＝2y－4，∴x＝－13，y＝8.(2)①证明：因为四边形ABCD是平行四边形，所以AC→＝AB→＋AD→.EG→＝OG→－OE→＝kOC→－kOA→＝kAC→＝k(AB→＋AD→)＝k(OB→－OA→＋OD→－OA→)＝OF→－OE→＋OH→－OE→＝EF→＋EH→.所以E、F、G、H四点共面．题型五夹角问题例5已知，E是正方体ABCD—A1B1C1D1的棱C1D1中点，试求向量A1C1→与DE→所成的角．分析利用数量积定义，求出A1C1→·DE→及|A1C1→|和|DE→|，求出所成角的余弦值．解析设正方体的棱长为a，AB→＝a，AD→＝b，AA1→＝c.且|a|＝|b|＝|c|，a·b＝b·c＝a·c＝0又∵A1C1→＝a＋b，DE→＝c＋12a，∴A1C1→·DE→＝(a＋b)·(c＋12a)＝12a2＝12a又|A1C1→|＝2a，|DE→|＝52a∴cos〈A1C1→，DE→〉＝A1C1→·DE→|A1C1→||DE→|＝1010.点评求向量a和b所成的角，首先应将a和b用一组基底表示出来，再利用公式cos〈a，b〉＝a·b|a||b|.变式迁移5如图所示，在长方体ABCD—A1B1C1D1中，AB＝AD＝6，AA1＝8，E是BC的中点．求异面直线AD1与B1E所成的角的余弦值．解析向量AD1→与B1E→所成的角即为异面直线AD1与B1E所成的角或其补角．设AB→＝a，AD→＝b，AA1→＝c，则|a|＝|b|＝6，|c|＝8，且a·b＝b·c＝a·c＝0.∵AD1→＝