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【步步高】2015届高三数学北师大版(通用,理)总复习讲义:第八章 8.5


§ 8.5

空间向量及其运算

1. 空间向量的概念 (1)定义:空间中既有大小又有方向的量叫作空间向量. → → (2)向量的夹角:过空间任意一点 O 作向量 a,b 的相等向量OA和OB,则∠AOB 叫作向 量 a,b 的夹角,记作〈a,b〉 ,0≤〈a,b〉≤π. 2. 共线向量定理和空间向量基本定理 (1)共线向量定理 对空间任意两个向量 a,b(b≠0),a∥b 的充要条件是存在实数 λ,使得 a=λb. (2)空间向量基本定理 如果向量 e1,e2,e3 是空间三个不共面的向量,a 是空间任一向量,那么存在唯一一组实 数 λ1,λ2,λ3 使得 a=λ1e1+λ2e2+λ3e3,其中 e1,e2,e3 叫作空间的一个基底. 3. 空间向量的数量积及运算律 (1)定义 空间两个向量 a 和 b 的数量积是一个数,等于|a||b|cos〈a,b〉 ,记作 a· b. (2)空间向量数量积的运算律 ①结合律:(λa)· b=λ(a· b); ②交换律:a· b=b· a; ③分配律:a· (b+c)=a· b+a· c. 4. 空间向量的坐标表示及应用 (1)数量积的坐标运算 设 a=(a1,a2,a3),b=(b1,b2,b3), 则 a· b=a1b1+a2b2+a3b3. (2)共线与垂直的坐标表示 设 a=(a1,a2,a3),b=(b1,b2,b3), 则 a∥b?a=λb?a1=λb1,a2=λb2,a3=λb3 (λ∈R), a⊥b?a· b=0?a1b1+a2b2+a3b3=0(a,b 均为非零向量). (3)模、夹角公式 设 a=(a1,a2,a3),b=(b1,b2,b3),
2 2 则|a|= a· a= a2 1+a2+a3,

a1b1+a2b2+a3b3 a· b cos〈a,b〉= = 2 2 2 2 2 (a≠0,b≠0) . |a||b| a1+a2+a3· b2 1+b2+b3

1. 判断下面结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”) (1)空间中任意两非零向量 a,b 共面. (2)在向量的数量积运算中(a· b)· c=a· (b· c). (3)对于非零向量 b,由 a· b=b· c,则 a=c. (4)两向量夹角的范围与两异面直线所成角的范围相同. → → → → (5)若 A、B、C、D 是空间任意四点,则有AB+BC+CD+DA=0. (6)|a|-|b|=|a+b|是 a、b 共线的充要条件. 2. 如图所示,在平行六面体 ABCD—A1B1C1D1 中,M 为 A1C1 与 B1D1 → → → → 的交点.若AB=a,AD=b,AA1=c,则下列向量中与BM相等的向 量是 1 1 A.- a+ b+c 2 2 1 1 C.- a- b+c 2 2 答案 A → → → → 1 → → 解析 BM=BB1+B1M=AA1+ (AD-AB) 2 1 1 1 =c+ (b-a)=- a+ b+c. 2 2 2 → → → → 3. 已知正方体 ABCD-A1B1C1D1 中,点 E 为上底面 A1C1 的中心,若AE=AA1+xAB+yAD, 则 x,y 的值分别为 A.x=1,y=1 1 1 C.x= ,y= 2 2 答案 C → → → → 1 → → 1 → → 解析 如图,AE=AA1+A1E=AA1+ A1C1=AA1+ (AB+AD). 2 2 4. 同时垂直于 a=(2,2,1)和 b=(4,5,3)的单位向量是_______________. 1 2 2 1 2 2 ,- , ?或?- , ,- ? 答案 ? 3 3? ? 3 3 3? ?3 解析 设与 a=(2,2,1)和 b=(4,5,3)同时垂直的单位向量是 c=(p,q,r), 1 B.x=1,y= 2 1 D.x= ,y=1 2 ( ) 1 1 B. a+ b+c 2 2 1 1 D. a- b+c 2 2 ( ) ( √ ( × ( × ( × ( √ ( × ) ) ) ) ) )

p +q +r =1, ? ? 则?2p+2q+r=0, ? ?4p+5q+3r=0,

2

2

2

? ? 2 解得?q=-3, ? , ?r=2 3

1 p= , 3

? ? 2 或?q=3, ? , ?r=-2 3

1 p=- , 3

即同时垂直于 a,b 的单位向量为

?1,-2,2?或?-1,2,-2?. 3 3? ? 3 3 3? ?3
→ → → 5. 在四面体 O-ABC 中,OA=a,OB=b,OC=c,D 为 BC 的中点,E 为 → AD 的中点,则OE=________(用 a,b,c 表示). 答案 1 1 1 a+ b+ c 2 4 4

→ 1→ 1→ 1→ 1→ 1→ 解析 OE= OA+ OD= OA+ OB+ OC 2 2 2 4 4 1 1 1 = a+ b+ c. 2 4 4

题型一 空间向量的线性运算 例1 三棱锥 O—ABC 中,M,N 分别是 OA,BC 的中点,G 是△ABC → → → → → 的重心,用基向量OA,OB,OC表示MG,OG. 思维启迪 利用空间向量的加减法和数乘运算表示即可. → → → 1→ 2→ 解 MG=MA+AG= OA+ AN 2 3 1→ 2 → → = OA+ (ON-OA) 2 3 1→ 2 1 → → → = OA+ [ (OB+OC)-OA] 2 32 1→ 1→ 1→ =- OA+ OB+ OC. 6 3 3 → → → 1→ 1→ 1→ 1→ OG=OM+MG= OA- OA+ OB+ OC 2 6 3 3 1→ 1→ 1→ = OA+ OB+ OC. 3 3 3

思维升华

用已知向量来表示未知向量,一定要结合图形,以图形为指导是解题的关

键.要正确理解向量加法、减法与数乘运算的几何意义.首尾相接的若干向量之和,等 于由起始向量的始点指向末尾向量的终点的向量,我们可把这个法则称为向量加法的多 边形法则. 如图,在长方体 ABCD-A1B1C1D1 中,O 为 AC 的中 点. → 1→ 1 → (1)化简A1O- AB- AD=________; 2 2 → → → → → (2)用AB,AD,AA1表示OC1,则OC1=________. 答案 解析 1→ 1 → → → (1)A1A (2) AB+ AD+AA1 2 2 → 1→ 1 → → 1→ (1)A1O- AB- AD=A1O- AC 2 2 2

→ → → =A1O-AO=A1A. → → → 1→ 1 → → (2)OC1=OC+CC1= AB+ AD+AA1. 2 2 题型二 共线定理、空间向量基本定理的应用 例2 已知 E、F、G、H 分别是空间四边形 ABCD 的边 AB、BC、CD、 DA 的中点, (1)求证:E、F、G、H 四点共面; (2)求证:BD∥平面 EFGH; → 1 → → → → (3)设 M 是 EG 和 FH 的交点,求证:对空间任一点 O,有OM= (OA+OB+OC+OD). 4 → → → → → 思维启迪 对于(1)只要证出向量EG=EF+EH即可; 对于(2)只要证出BD与EH共线即可; 对于(3),易知四边形 EFGH 为平行四边形,则点 M 为线段 EG 与 FH 的中点,于是向量 → → → → → → → → → OM可由向量OG和OE表示,再将OG与OE分别用向量OC,OD和向量OA,OB表示. 证明 (1)连接 BG,

→ → → 则EG=EB+BG → 1 → → =EB+ (BC+BD) 2 → → → → → =EB+BF+EH=EF+EH, 由共面向量定理的推论知: E、F、G、H 四点共面. → → → (2)因为EH=AH-AE

1 → 1→ 1 → → 1 → = AD- AB= (AD-AB)= BD, 2 2 2 2 所以 EH∥BD. 又 EH 平面 EFGH,BD 所以 BD∥平面 EFGH. (3)找一点 O,并连接 OM,OA,OB,OC,OD,OE,OG. → 1→ → 1→ 由(2)知EH= BD,同理FG= BD, 2 2 → → 所以EH=FG,即 EH 綊 FG, 所以四边形 EFGH 是平行四边形. 所以 EG,FH 交于一点 M 且被 M 平分. 1→ 1→ → 1 → → 故OM= (OE+OG)= OE+ OG 2 2 2 1 1 → → ? 1?1 → → ? ?OA+OB? + ?OC+OD? = ? ? 2?2 ? 2?2 1 → → → → = (OA+OB+OC+OD). 4 思维升华 (1)证明点共线的方法 平面 EFGH,

→ 证明点共线的问题可转化为证明向量共线的问题, 如证明 A, B, C 三点共线, 即证明AB, → → → AC共线,亦即证明AB=λAC(λ≠0). (2)证明点共面的方法 证明点共面问题可转化为证明向量共面问题,如要证明 P,A,B,C 四点共面,只要能 → → → → → → → → → → 证明 PA= xPB+ yPC或对空间任一点 O ,有OA =OP+ xPB+ yPC 或 OP= xOA+ yOB + zOC(x+y+z=1)即可.共面向量定理实际上也是三个非零向量所在直线共面的充要条 件. 如图,正方体 ABCD-A1B1C1D1 中,E 是 A1B 上的点, F 是 AC 上的点,且 A1E=2EB,CF=2AF,则 EF 与平面 A1B1CD 的位置关系为________. 答案 平行 → → → 解析 取AB=a,AD=b,AA1=c 为基底, 1 → 易得EF=- (a-b+c), 3 → → → 而DB1=a-b+c,即EF∥DB1,故 EF∥DB1, 且 EF 平面 A1B1CD,DB1 平面 A1B1CD,

所以 EF∥平面 A1B1CD. 题型三 空间向量数量积的应用 例3 如图所示,已知空间四边形 ABCD 的各边和对角线的长都等于 a, 点 M、N 分别是 AB、CD 的中点. (1)求证:MN⊥AB,MN⊥CD; (2)求 MN 的长; (3)求异面直线 AN 与 CM 所成角的余弦值. 思维启迪 两条直线的垂直关系可以转化为两个向量的垂直关系;利用|a|2=a· a 可以求 a· b 线段长;利用 cos θ= 可求两条直线所成的角. |a||b| → → → (1)证明 设AB=p,AC=q,AD=r. 由题意可知,|p|=|q|=|r|=a,且 p、q、r 三向量两两夹角均为 60° . → → → 1 → → 1→ 1 MN=AN-AM= (AC+AD)- AB= (q+r-p), 2 2 2 1 → → 1 ∴MN· AB= (q+r-p)· p= (q· p+r· p-p2) 2 2 1 = (a2cos 60° +a2cos 60° -a2)=0. 2 → → ∴MN⊥AB. 即 MN⊥AB. 同理可证 MN⊥CD. (2)解 → 1 由(1)可知MN= (q+r-p), 2

1 → ∴|MN|2= (q+r-p)2 4 1 = [q2+r2+p2+2(q· r-p· q-r· p)] 4 1 a2 a2 a2 = [a2+a2+a2+2( - - )] 4 2 2 2 1 a2 = ×2a2= . 4 2 2 → ∴|MN|= a. 2 ∴MN 的长为 (3)解 2 a. 2

→ → 设向量AN与MC的夹角为 θ.

→ 1 → → 1 ∵AN= (AC+AD)= (q+r), 2 2

1 → → → MC=AC-AM=q- p, 2 1 → → 1 ∴AN· MC= (q+r)· (q- p) 2 2 1 1 1 = (q2- q· p+r· q- r· p) 2 2 2 1 1 1 = (a2- a2cos 60° +a2cos 60° - a2cos 60° ) 2 2 2 1 2 a2 a2 a2 a2 = (a - + - )= . 2 4 2 4 2 3 → → 又∵|AN|=|MC|= a, 2 3 3 a2 → → → → ∴AN· MC=|AN||MC|cos θ= a× a×cos θ= . 2 2 2 2 ∴cos θ= . 3 2 2 → → ∴向量AN与MC的夹角的余弦值为 ,从而异面直线 AN 与 CM 所成角的余弦值为 . 3 3 思维升华 (1)当题目条件有垂直关系时,常转化为数量积为零进行应用;

(2)当异面直线所成的角为 α 时,常利用它们所在的向量转化为向量的夹角 θ 来进行计 π |a· b| 算.应该注意的是 α∈(0, ],θ∈[0,π],所以 cos α=|cos θ|= ; 2 |a||b| (3)立体几何中求线段的长度可以通过解三角形,也可依据|a|= a2转化为向量求解. → → 已知空间中三点 A(-2,0,2),B(-1,1,2),C(-3,0,4),设 a=AB,b=AC. (1)求向量 a 与向量 b 的夹角的余弦值; (2)若 ka+b 与 ka-2b 互相垂直,求实数 k 的值. 解 (1)∵a=(1,1,0),b=(-1,0,2),

∴a· b=(1,1,0)· (-1,0,2)=-1, 又|a|= 12+12+02= 2, |b|= ?-1?2+02+22= 5, a· b -1 10 ∴cos〈a,b〉= = =- , |a||b| 10 10 即向量 a 与向量 b 的夹角的余弦值为- (2)方法一 ∵ka+b=(k-1,k,2). ka-2b=(k+2,k,-4), 且 ka+b 与 ka-2b 互相垂直, ∴(k-1,k,2)· (k+2,k,-4)=(k-1)(k+2)+k2-8=0, 10 . 10

5 ∴k=2 或 k=- , 2 5 ∴当 ka+b 与 ka-2b 互相垂直时,实数 k 的值为 2 或- . 2 方法二 由(1)知|a|= 2,|b|= 5,a· b=-1, ∴(ka+b)· (ka-2b)=k2a2-ka· b-2b2 =2k2+k-10=0, 5 得 k=2 或 k=- . 2

“两向量同向”意义不清致误 典例:(5 分)已知向量 a=(1,2,3),b=(x,x2+y-2,y),并且 a,b 同向,则 x,y 的值分别为 ________. 易错分析 将 a,b 同向和 a∥b 混淆,没有搞清 a∥b 的意义:a· b 方向相同或相反.
2 x x +y-2 y 解析 由题意知 a∥b,所以 = = , 1 2 3

? ?y=3x 即? 2 ?x +y-2=2x ② ?



把①代入②得 x2+x-2=0,(x+2)(x-1)=0, 解得 x=-2,或 x=1 当 x=-2 时,y=-6;当 x=1 时,y=3.
?x=-2 ? 当? 时,b=(-2,-4,-6)=-2a, ? ?y=-6

两向量 a,b 反向,不符合题意,所以舍去.
? ? ?x=1 ?x=1 当? 时,b=(1,2,3)=a,a 与 b 同向,所以? ?y=3 ?y=3. ? ?

答案 1,3 温馨提醒 (1)两向量平行和两向量同向不是等价的,同向是平行的一种情况.两向量同向能 推出两向量平行,但反过来不成立,也就是说,“两向量同向”是“两向量平行”的充 分不必要条件; (2)若两向量 a,b 满足 a=λb(b≠0)且 λ>0 则 a,b 同向;在 a,b 的坐标都是非零的条件 下,a,b 的坐标对应成比例.

方法与技巧 1.利用向量的线性运算和空间向量基本定理表示向量是向量应用的基础. 2.利用共线向量定理、共面向量定理可以证明一些平行、共面问题;利用数量积运算可以解 决一些距离、夹角问题. 3.利用向量解立体几何题的一般方法:把线段或角度转化为向量表示,用已知向量表示未知 向量,然后通过向量的运算或证明去解决问题. 失误与防范 1.向量的数量积满足交换律、分配律,但不满足结合律,即 a· b=b· a,a· (b+c)=a· b+a· c成 立,(a· b)· c=a· (b· c)不一定成立. 2.求异面直线所成的角,一般可以转化为两向量的夹角,但要注意两种角的范围不同,最后 应进行转化.

A 组 专项基础训练 (时间:40 分钟) 一、选择题 1. 空间直角坐标系中,A(1,2,3),B(-2,-1,6),C(3,2,1),D(4,3,0),则直线 AB 与 CD 的 位置关系是 A.垂直 C.异面 答案 B → → 解析 由题意得,AB=(-3,-3,3),CD=(1,1,-1), → → ∴AB=-3CD, → → → → ∴AB与CD共线,又AB与CD没有公共点. ∴AB∥CD. → → → 2. 已知 O,A,B,C 为空间四个点,又OA,OB,OC为空间的一个基底,则 A.O,A,B,C 四点不共线 B.O,A,B,C 四点共面,但不共线 C.O,A,B,C 四点中任意三点不共线 ( ) B.平行 D.相交但不垂直 ( )

D.O,A,B,C 四点不共面 答案 D → → → → → → 解析 OA,OB,OC为空间的一个基底,所以OA,OB,OC不共面,但 A,B,C 三种 → → → 情况都有可能使OA,OB,OC共面. 3. 已知 a=(λ+1,0,2),b=(6,2μ-1,2λ),若 a∥b,则 λ 与 μ 的值可以是 1 A.2, 2 C.-3,2 答案 A λ+1 2 ? ? = , 2λ 解析 由题意知:? 6 ? ?2μ-1=0, λ=2, λ=-3, ? ? ? ? 解得? 1 或? 1 μ= ? ? ? 2 ?μ=2. 4. 空间四点 A(2,3,6)、B(4,3,2)、C(0,0,1)、D(2,0,2)的位置关系是 A.共线 C.不共面 答案 C → → → 解析 ∵AB=(2,0,-4),AC=(-2,-3,-5),AD=(0,-3,-4). 假设四点共面,由共面向量定理得,存在实数 x,y, 2x-2y=0, ? ? → → → 使AD=xAB+yAC,即?-3y=-3, ② ① B.共面 D.无法确定 ( ) 1 1 B.- , 3 2 D.2,2 ( )

? ?-4x-5y=-4, ③

由①②得 x=y=1,代入③式不成立,矛盾. ∴假设不成立,故四点不共面. π 5. 如图所示,已知空间四边形 OABC,OB=OC,且∠AOB=∠AOC= , 3 → → 则 cos〈OA,BC〉的值为 A.0 C. 3 2 1 B. 2 D. 2 2 ( )

答案 A → → → 解析 设OA=a,OB=b,OC=c,则|b|=|c|,

π → 〈a,b〉=〈a,c〉= ,BC=c-b, 3 → → ∴OA· BC=a· (c-b)=a· c-a· b =|a||c|cos π π -|a||b|cos =0, 3 3

→ → → → ∴OA⊥BC,∴cos〈OA,BC〉=0. 二、填空题 6. 已知 2a+b=(0,-5,10),c=(1,-2,-2),a· c=4,|b|=12,则以 b,c 为方向向量的 两直线的夹角为________. 答案 60° 解析 由题意得,(2a+b)· c=0+10-20=-10. 即 2a· c+b· c=-10, 又∵a· c=4,∴b· c=-18, -18 b· c 1 ∴cos〈b,c〉= = =- , |b|· |c| 12× 1+4+4 2 ∴〈b,c〉=120° ,∴两直线的夹角为 60° . 7. 已知 a=(1-t,1-t,t),b=(2,t,t),则|b-a|的最小值为________. 答案 3 5 5

解析 b-a=(1+t,2t-1,0), ∴|b-a|= ?1+t?2+?2t-1?2 = 1?2 9 5? ?t-5? +5,

1 3 5 ∴当 t= 时,|b-a|取得最小值 . 5 5 8. 如图所示,已知 PA⊥平面 ABC,∠ABC=120° ,PA=AB=BC=6,则 PC 等于________. 答案 12 → → → → 解析 因为PC=PA+AB+BC, → → → → → → 所以PC2=PA2+AB2+BC2+2AB· BC =36+36+36+2×36cos 60° =144. → 所以|PC|=12. 三、解答题 9. 已知向量 a=(1,-3,2),b=(-2,1,1),点 A(-3,-1,4),B(-2,-2,2). (1)求|2a+b|;

→ (2)在直线 AB 上是否存在一点 E,使得OE⊥b(O 为原点)? 解 (1)∵a=(1,-3,2),b=(-2,1,1),

∴2a+b=(0,-5,5), ∴|2a+b|= 02+?-5?2+52=5 2. (2)假设存在点 E,其坐标为 E(x,y,z), → → 则AE=λAB, 即(x+3,y+1,z-4)=λ(1,-1,-2), x=λ-3 ? ? ∴?y=-λ-1 ,∴E(λ-3,-λ-1,-2λ+4), ? ?z=-2λ+4 → ∴OE=(λ-3,-λ-1,-2λ+4). → 又∵b=(-2,1,1),OE⊥b, → ∴OE· b=-2(λ-3)+(-λ-1)+(-2λ+4)=-5λ+9=0, 9 6 14 2 ∴λ= ,∴E(- ,- , ), 5 5 5 5 6 14 2 → ∴在直线 AB 上存在点 E(- ,- , ),使OE⊥b. 5 5 5 10.如图所示,四棱柱 ABCD-A1B1C1D1 中,底面为平行四边形, 以顶点 A 为端点的三条棱长都为 1,且两两夹角为 60° . (1)求 AC1 的长; (2)求 BD1 与 AC 夹角的余弦值. 解 → → → 记AB=a,AD=b,AA1=c,

则|a|=|b|=|c|=1, 〈a,b〉=〈b,c〉=〈c,a〉=60° , 1 ∴a· b=b· c=c· a= . 2 → (1)|AC1|2=(a+b+c)2 =a2+b2+c2+2(a· b+b· c+c· a) 1 1 1 =1+1+1+2×( + + )=6, 2 2 2 → ∴|AC1|= 6,即 AC1 的长为 6. → → (2)BD1=b+c-a,AC=a+b, → → ∴|BD1|= 2,|AC|= 3,

→ → BD1· AC=(b+c-a)· (a+b) =b2-a2+a· c+b· c=1. → → BD1· AC 6 → → ∴cos〈BD1,AC〉= = . 6 → → |BD1||AC| ∴BD1 与 AC 夹角的余弦值为 6 . 6 B 组 专项能力提升 (时间:30 分钟) 1. 若向量 c 垂直于不共线的向量 a 和 b,d=λa+μb(λ、μ∈R,且 λμ≠0),则 A.c∥d B.c⊥d C.c 不平行于 d,c 也不垂直于 d D.以上三种情况均有可能 答案 B 解析 由题意得,c 垂直于由 a,b 确定的平面. ∵d=λa+μb,∴d 与 a,b 共面.∴c⊥d. 2. 以下命题中,正确的命题个数为 ①若 a,b 共线,则 a 与 b 所在直线平行; ②若{a,b,c}为空间一个基底,则{a+b,b+c,c+a}构成空间的另一个基底; ③若空间向量 m、n、p 满足 m=n,n=p,则 m=p; → → → → ④对空间任意一点 O 和不共线三点 A、 B、 C, 若OP=xOA+yOB+zOC(其中 x, y, z∈R), 则 P、A、B、C 四点共面. A.1 答案 B 解析 由共线向量知 a 与 b 所在直线可能重合知①错; 若 a+b,b+c,c+a 共面,则存在实数 x,y,使 a+b=x(b+c)+y(c+a)=ya+xb+(x +y)c, ∵a,b,c 不共面,∴y=1,x=1,x+y=0,∴x,y 无解, ∴{a+b,b+c,c+a}能构成空间的一个基底,∴②正确; 由向量相等的定义知③正确; 由共面向量定理的推论知,当 x+y+z=1 时,P,A,B,C 四点共面,∴④不正确.故 选 B. B.2 C.3 D.4 ( ) ( )

3. 如图,在棱长为 1 的正方体 ABCD-A1B1C1D1 中,M、N 分别是 A1B1 和 BB1 的中点,那么直线 AM 和 CN 所成角的余弦值为________. 答案 2 5

解析 以 D 为原点,DA、DC、DD1 为 x、y、z 轴正半轴建立空间直 角坐标系, 则 A(1,0,0),A1(1,0,1),B1(1,1,1),B(1,1,0),C(0,1,0), 1 1 ∴M(1, ,1),N(1,1, ), 2 2 1 1 → → ∴AM=(0, ,1),CN=(1,0, ), 2 2 → → AM· CN → → ∴cos〈AM,CN〉= → → |AM|· |CN| 1 2 1 ? ?2+12× 2 2 = . 5 1 12+? ?2 2



4. 已知空间三点 A(0,2,3),B(-2,1,6),C(1,-1,5). → → (1)求以AB,AC为边的平行四边形的面积; → → (2)若|a|= 3,且 a 分别与AB,AC垂直,求向量 a 的坐标. 解 (1)由题意可得:

→ → AB=(-2,-1,3),AC=(1,-3,2), → → AB· AC -2+3+6 7 1 → → ∴cos〈AB,AC〉= = = = . → → 14× 14 14 2 |AB||AC| 3 → → ∴sin〈AB,AC〉= , 2 → → ∴以AB,AC为边的平行四边形的面积为 1→ → 3 → → S=2× |AB|· |AC|· sin〈AB,AC〉=14× =7 3. 2 2 (2)设 a=(x,y,z), x +y +z =3 ? ? 由题意得?-2x-y+3z=0 ? ?x-3y+2z=0
2 2 2



x=1 ? ? 解得?y=1 ? ?z=1

x=-1 ? ? 或?y=-1 ? ?z=-1



∴向量 a 的坐标为(1,1,1)或(-1,-1,-1). 5. 直三棱柱 ABC—A′B′C′中,AC=BC=AA′,∠ACB=90° ,D、 E 分别为 AB、BB′的中点. (1)求证:CE⊥A′D; (2)求异面直线 CE 与 AC′所成角的余弦值. → → → (1)证明 设CA=a,CB=b,CC′=c, 根据题意,|a|=|b|=|c|,且 a· b=b· c=c· a=0, 1 1 1 → → ∴CE=b+ c,A′D=-c+ b- a. 2 2 2 1 1 → → ∴CE· A′D=- c2+ b2=0. 2 2 → → ∴CE⊥A′D,即 CE⊥A′D. (2)解 5 → → → ∵AC′=-a+c,|AC′|= 2|a|,|CE|= |a|. 2

→ → ?b+1c?=1c2=1|a|2, AC′· CE=(-a+c)· ? 2? 2 2 1 2 |a| 2 10 → → ∴cos〈AC′,CE〉= = . 5 2 10 2· |a| 2 即异面直线 CE 与 AC′所成角的余弦值为 10 . 10


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...高三数学北师大版(通用,理)总复习讲义:第八章 8.5

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