2014届高考数学一轮复习 第八章立体几何8.6空间向量及其运算教学(2)

(2)∵a＝AB＝(1,1,0)，b＝AC＝(－1，0,2)， ∴a²b＝－1，|a|＝2，|b|＝5，

∴cos θ＝a²b－110

|a||b|10

10(3)∵ka＋b＝(k，k,0)＋(－1,0,2)＝(k－1，k,2)，

ka－2b＝(k，k,0)－(－2,0,4)＝(k＋2，k，－4)， ∵ka＋b与ka－2b互相垂直，

∴(ka＋b)²(ka－2b)＝(k－1)(k＋2)＋k2

－8＝0，

解得k＝2或k＝－5

2

.

【例3－1】解：(1)因为a∥b，

所以x4－2y＝1

－1

x＝2，y＝－4，

这时a＝(2,4,1)，b＝(－2，－4，－1)． 又因为b⊥c，所以b²c＝0， 即－6＋8－z＝0，解得z＝2， 于是c＝(3，－2,2)．

(2)由(1)得a＋c＝(5,2,3)，b＋c＝(1，－6,1)，

因此a＋c与b＋c所成角的余弦值为cos θ＝5

－12＋338²38

＝－2

19.

【例3－2】解：如图所示，建立以C为原点的空间直角坐标系C－xyz，

(1)依题意得B(0,1,0)，N(1,0,1)，

则|BN|

＝(1－0)＋(0－1)＋(1－0) ＝3.

(2)依题意得A1(1,0,2)，B(0,1,0)，C(0,0,0)，B1(0,1,2)， ∴BA1＝(1，－1,2)，CB1＝(0,1,2)． ∴BA1²CB1＝3，|BA1|6，|CB1|＝5， ∴cos〈BA1，CB1 CB11〉＝

BABA＝

3010

. 1CB1

11 11 (3)证明：依题意得C1(0,0,2)，M 2 ，∴C1M＝ 0 . 22 22

又A1B＝(－1,1，－2)， 11

∴A²＝－＋＋0＝0. BCM1122∴A1B⊥C1M，即A1B⊥C1M. 演练巩固提升

1．D 解析：由题图可知OG＝OM＋MG，

2

而MG＝MN，MN＝MA＋AB＋BN

3

1111

＝OA＋OB－OA＋BC＝－OA＋OB(OC－OB) 2222111

OA＋OB＋OC.

22212 111 OG＝OA OA OB OC

23 222

111

＝OA＋OB＋OC. 633111∴xy＝，z＝.

633

2．D 解析：a－λb＝(λ－2,1－2λ，3－λ)． 由a⊥(a－λb)得－2(λ－2)＋1－2λ＋9－3λ＝0， 解得λ＝2.

333 解析：∵BD⊥AB，CA⊥AB， ∴AC与BD的夹角为30°. ∵|CD|＝|CA＋AB＋BD|，

∴|CD|＝|CA＋AB＋BD|＝|CA|＋|AB|＋|BD|＋2CA²AB＋

2

2

2

2

2AB²BD＋2CA²BD

＝3＋2|CA|²|BD|cos 150°＝3－3.

∴|CD|＝3－3. 448 4． 解析：设OQ＝λOP＝(λ，λ，2λ)， 333

则QA＝(1－λ，2－λ，3－2λ)，QB＝(2－λ，1－λ，2－2λ)．

∴QA²QB＝(1－λ)(2－λ)＋(2－λ)(1－λ)＋(3－2λ)(2－2λ)＝6λ－16λ＋

422 10＝6 λ－3 3

42

∴当λ＝时，QA²QB取最小值为－.

33

448 448 此时，OQ＝ ，，即Q点的坐标是 . 333 333

5．解：记AB＝a，AD＝b，AA1＝c，

则|a|＝|b|＝|c|＝1，〈a，b〉＝〈b，c〉＝〈c，a〉＝60°，∴a²b＝b²c＝c²a＝1

2

(1)|AC1|＝(a＋b＋c)

2

2

2

＝a2＋b2＋c2

＋2(a²b＋b²c＋c²a)

＝1＋1＋1＋2³ 1 212＋12 ＝6， ∴|AC1|＝6， 即AC1的长为6.

(2)BD1＝b＋c－a，AC＝a＋b， ∴|BD1|＝2，|AC|＝3，BD1²AC ＝(b＋c－a)²(a＋b)

＝b2－a2

＋a²c＋b²c＝1. ∴cos〈BDBD1 AC61，AC〉＝

BD6

1AC

＝

∴AC与BD61夹角的余弦值为

6