2019-2020學年高中數學 第3章 空間向量與立體幾何章末復習課學案 新人教B版選修2-1

《2019-2020學年高中數學 第3章 空間向量與立體幾何章末復習課學案 新人教B版選修2-1》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《2019-2020學年高中數學 第3章 空間向量與立體幾何章末復習課學案 新人教B版選修2-1（10頁珍藏版）》請在裝配圖網上搜索。

1、第3章 空間向量與立體幾何 空間向量及其運算 【例1】　(1)在空間四邊形O-ABC中，其對角線為OB，AC，M是OA的中點，G為△ABC的重心，用基向量，，表示向量. (2)已知三點A(0,2,3)，B(－2,1,6)，C(1，－1,5)． ①求以AB，AC為邊的平行四邊形的面積． ②若|a|＝，且a分別與，垂直，求向量a的坐標． [解]　(1)如圖，連接AG并延長交BC于點D. ∴D為BC的中點， ∴＝(＋)． ∵G為△ABC的重心，∴＝＝(＋)， 又∵＝－，＝－， ∴＝(＋)＝(－2＋＋)． ∵M為OA的中點，∴＝－. ∴＝－＝(－2＋＋)＋

2、＝－＋＋. (2)①由題意，可得＝(－2，－1,3)，＝(1，－3,2)， 所以cos〈，〉＝＝＝＝，所以sin〈，〉＝，所以以AB，AC為邊的平行四邊形的面積為S＝2×||·||·sin〈，〉＝14×＝7. ②設a＝(x，y，z)，由題意，得， 解得或. 所以向量a的坐標為(1,1,1)或(－1，－1，－1)． (1)向量的表示與運算的關鍵是熟練掌握向量加減運算的平行四邊形法則、三角形法則及各運算公式，理解向量運算法則、運算律及其幾何意義. (2)熟記空間向量的坐標運算公式,設a＝(x1，y1，z1)，b＝(x2，y2，z2)， ① 加減運算：a±b＝(x1±x2，y1±

3、y2，z1±z2). ② 數量積運算：a·b＝x1x2＋y1y2＋z1z2. ③ 向量夾角：cos〈a，b〉＝. ④ 向量長度：設M1(x1，y1，z1)，M2(x2，y2，z2)， 則＝\r((x1－x2)2＋(y1－y2)2＋(z1－z2)2). 提醒：在利用坐標運算公式時注意先對向量式子進行化簡再運算. 1．已知a＝(5,3,1)，b＝，若a與b的夾角為鈍角，求實數t的取值范圍． [解]　由已知a·b＝5×(－2)＋3t＋1×＝3t－. 因為a與b的夾角為鈍角， 所以a·b＜0，即3t－＜0，所以t＜. 若a與b的夾角為180°，則存在λ＜0，使a＝λb， 即(

4、5,3,1)＝λ， 所以所以t＝－， 故t的范圍是∪. 利用空間向量證明平行、垂直問題 【例2】　四棱錐P-ABCD中，PD⊥平面ABCD，ABCD是正方形，E是PA的中點，求證： (1)PC∥平面EBD； (2)平面PBC⊥平面FCD. [證明]　如圖，以D為坐標原點，分別以DC，DA，DP所在的直線為x軸，y軸，z軸建立空間直角坐標系． 設DC＝a，PD＝b，則D(0,0,0)，C(a,0,0)，B(a，a,0)，P(0,0，b)，E. (1)＝，＝(a，a,0)． 設平面EBD的一個法向量為n＝(x，y，z)， 則即 令x＝1，得n＝， 因為·n＝(a,0，

5、－b)·＝0， 所以⊥n，故PC∥平面EBD. (2)由題意得平面PDC的一個法向量為＝(0，a,0)， 又＝(a，a，－b)，＝(a,0，－b)， 設平面PBC的一個法向量為m＝(x1，y1，z1)， 則即 得y1＝0，令x1＝1，則z1＝， 所以m＝， 因為·m＝(0，a,0)·＝0， 所以⊥m，即平面PBC⊥平面PCD. (1)證明兩條直線平行，只需證明這兩條直線的方向向量是共線向量. (2)證明線面平行的方法 ① 證明直線的方向向量與平面的法向量垂直. ② 能夠在平面內找到一個向量與已知直線的方向向量共線. ③ 利用共面向量定理，即證明直線的方向向量與平

6、面內的兩個不共線向量是共面向量. (3)證明面面平行的方法 ① 轉化為線線平行、線面平行處理. ② 證明這兩個平面的法向量是共線向量. (4)證明兩條直線垂直，只需證明這兩條直線的方向向量垂直. (5)證明線面垂直的方法 ① 證明直線的方向向量與平面的法向量是共線向量. ② 證明直線的方向向量與平面內的兩個不共線的向量互相垂直. (6)證明面面垂直的方法 ① 轉化為證明線面垂直. ②證明兩個平面的法向量互相垂直. 2．如圖所示，長方體ABCD-A1B1C1D1中，點M，N分別在BB1，DD1上，且AM⊥A1B，AN⊥A1D. (1)求證：A1C⊥平面AMN. (2

7、)當AB＝2，AD＝2，A1A＝3時，問在線段AA1上是否存在一點P使得C1P∥平面AMN，若存在，試確定P的位置． [解]　(1)因為CB⊥平面AA1B1B， AM?平面AA1B1B，所以CB⊥AM， 又因為AM⊥A1B，A1B∩CB＝B， 所以AM⊥平面A1BC， 所以A1C⊥AM， 同理可證A1C⊥AN，又AM∩AN＝A， 所以A1C⊥平面AMN. (2)以C為原點，CD所在直線為x軸，CB所在直線為y軸，CC1所在直線為z軸，建立空間直角坐標系， 因為AB＝2，AD＝2，A1A＝3， 所以C(0,0,0)，A(2,2,0)，A1(2,2,3)，B(0,2,0)，

8、D(2,0,0)，C1(0,0,3)，因為M，N分別在BB1，DD1上，所以設N(2,0，z)，M(0,2，y)， 則＝(－2,0，y)，＝(0，－2，z)， ＝(－2,0，－3)，＝(0，－2，－3)，因為AM⊥A1B，AN⊥A1D， 所以解得 所以＝，＝， 由(1)知A1C⊥平面AMN. 設平面AMN的法向量n＝(x，y，z)， 則 取z＝3，得n＝(2,2,3)， 設線段AA1上存在一點P(2,2，t)，使得C1P∥平面AMN，則＝(2,2，t－3)， 因為C1P∥平面AMN，所以·n＝4＋4＋3t－9＝0， 解得t＝.所以P， 所以線段AA1上存在一點P，使得C

9、1P∥平面AMN. 利用空間向量求角 【例3】　如圖所示，在四棱錐P-ABCD中，底面ABCD為直角梯形，AD∥BC，AD⊥DC，平面PAD⊥底面ABCD，Q為AD的中點，M為PC的中點，PA＝PD＝2，BC＝AD＝1，CD＝. (1)求證：PQ⊥AB； (2)求二面角P-QB-M的余弦值． [解]　(1)在△PAD中，PA＝PD，Q為AD的中點，所以PQ⊥AD. 因為平面PAD⊥底面ABCD，且平面PAD∩底面ABCD＝AD，所以PQ⊥底面ABCD. 又AB?平面ABCD，所以PQ⊥AB. (2)在直角梯形ABCD中，AD∥BC，BC＝AD，Q為AD的中點， 所以四

10、邊形BCDQ為平行四邊形． 因為AD⊥DC，所以AD⊥QB. 由(1)，可知PQ⊥平面ABCD，故以Q為坐標原點，建立空間直角坐標系Qxyz如圖所示，則Q(0,0,0)，A(1,0,0)，P(0,0，)，C(－1，，0)，B(0，，0)，＝(0，，0)． 因為AQ⊥PQ，AQ⊥BQ，所以AQ⊥平面PQB， 即為平面PQB的一個法向量， 且＝(1,0,0)． 因為M是棱PC的中點，所以點M的坐標為，所以＝. 設平面MQB的法向量為m＝(x，y，z)， 則，即， 令z＝1，得x＝，y＝0，所以m＝(，0,1)， 所以cos〈，m〉＝＝. 由題意，知二面角P-QB-M為銳角

11、， 所以二面角P-QB-M的余弦值為. 用向量法求空間角的注意點 (1)異面直線所成角：兩異面直線所成角范圍為0°<θ≤90°，需找到兩異面直線的方向向量，借助方向向量所成角求解． (2)直線與平面所成的角：要求直線a與平面α所成的角θ，先求這個平面α的法向量n與直線a的方向向量a的夾角的余弦cos〈n，a〉，再利用公式sin θ＝|cos〈n，a〉|，求θ. (3)二面角：如圖，有兩個平面α與β，分別作這兩個平面的法向量n1與n2，則平面α與β所成的角跟法向量n1與n2所成的角相等或互補，所以首先必須判斷二面角是銳角還是鈍角． 3．(2019·全國卷Ⅱ)如圖，長方體ABC

12、D-A1B1C1D1的底面ABCD是正方形，點E在棱AA1上，BE⊥EC1. (1)證明：BE⊥平面EB1C1； (2)若AE＝A1E，求二面角B-EC-C1的正弦值． [解]　(1)由長方體ABCD-A1B1C1D1可知B1C1⊥平面ABB1A1，BE?平面ABB1A1，∴B1C1⊥BE，又因為BE⊥EC1，EC1∩C1B1＝C1，EC1?平面EB1C1，C1B1?面EB1C1， ∴BE⊥平面EB1C1. (2)以CD，CB，CC1所在的直線為x，y，z軸的正半軸建立空間直角坐標系， 設AE＝A1E＝1，∵BE⊥面EB1C1，∴BE⊥EB1，∴AB＝1，設E(1,1,1)，A(1

13、,1,0)，B1(0,1,2)，C1(0,0,2)， ∵BC⊥EB1， ∴EB1⊥面EBC，故可取平面EBC的法向量為m＝＝(－1,0,1)． 設平面ECC1的法向量為n＝(x，y，z)， 由 可得 令x＝1，則n＝(1，－1,0)， ∴cos〈m，n〉＝＝－， 故二面角B-EC-C1的正弦值為. 數學思想在向量中的應用 【例4】　如圖所示，在四棱錐O-ABCD中，底面ABCD是邊長為1的菱形，∠ABC＝，OA⊥底面ABCD，OA＝2，M為OA的中點，N為BC的中點． (1)證明：直線MN∥平面OCD； (2)求異面直線AB與MD所成角的大?。? [解]　作AP⊥C

14、D于點P，分別以AB，AP，AO所在的直線為x，y，z軸建立空間直角坐標系Axyz，如圖所示， 則A(0,0,0)，B(1,0,0)， P，D， O(0,0,2)，M(0,0,1)， N. (1)證明：＝， ＝，＝. 設平面OCD的法向量為n＝(x，y，z)， 由n·＝0，n·＝0，得 令z＝，得n＝(0,4，)． ∵·n＝×0＋×4＋(－1)×＝0， ∴⊥n. 又MN?平面OCD，∴MN∥平面OCD. (2)設異面直線AB與MD所成的角為θ. ∵＝(1,0,0)，＝， ∴cos〈，〉＝＝＝－. ∴與所成的角為. 故異面直線AB與MD所成的角θ＝π－＝.

15、 空間向量的具體應用主要體現為兩種方法——向量法和坐標法.這兩種方法的思想都是利用空間向量表示立體圖形中的點、線、面等元素，建立立體圖形和空間向量之間的聯系，然后進行空間向量的運算，最后把運算結果回歸到幾何結論.這樣就把立體幾何問題轉化為為空間向量來研究，體現了化歸與轉化思想. 4．在直角梯形ABCD中，AD∥BC，BC＝2AD＝2AB＝2，AB⊥BC，如圖所示，把△ABD沿BD翻折，使得平面ABD⊥平面BCD. (1)求證：CD⊥AB. (2)若點M為線段BC的中點，求點M到平面ACD的距離． (3)在線段BC上是否存在點N，使得AN與平面ACD所成的角為60°？若存在，求出

16、的值；若不存在，請說明理由． [解]　(1)證明：在直角梯形ABCD中，AD∥BC，BC＝2AD＝2AB＝2，AB⊥BC，所以AD＝AB＝，BD＝＝2，∠DBC＝∠ADB＝45°， CD＝＝2， 所以BD2＋CD2＝BC2，所以CD⊥BD. 因為平面ABD⊥平面BCD，平面ABD∩平面BCD＝BD，CD?平面BCD，所以CD⊥平面ABD，又AB?平面ABD，所以CD⊥AB. (2)由(1)知CD⊥BD.以點D為原點，DB所在的直線為x軸，DC所在的直線為y軸，過點D作垂直于平面BCD的直線為z軸，建立空間直角坐標系Dxyz，如圖所示，由已知得A(1，0,1)，B(2,0,0)，C(0

17、,2,0)，D(0,0，0)，M(1,1,0)，所以＝(0，－2,0)，＝(－1,0，－1)，＝(－1,1,0)． 設平面ACD的一個法向量為n＝(x，y，z)，則·n＝0，·n＝0，即 令x＝1，得z＝－1，y＝0，則平面ACD的一個法向量為n＝(1,0，－1)，所以點M到平面ACD的距離為d＝＝＝. (3)假設在線段BC上存在點N，使得AN與平面ACD所成的角為60°.設＝λ(0<λ<1)，N(a，b,0)，則(a－2，b,0)＝λ(－2,2,0)， 所以N(2－2λ，2λ，0)，＝(1－2λ，2λ，－1)． 又平面ACD的一個法向量為n＝(1,0，－1)，且直線AN與平面ACD所成的角為60°，所以sin 60°＝， 即＝，可得8λ2＋2λ－1＝0，解得λ＝或λ＝－(舍去)． 綜上所述，在線段BC上存在點N，使得AN與平面ACD所成的角為60°，此時＝. - 10 -