人教版高中数学选修2-1第三章单元复习教案(基础)

第三章 空间向量与立体几何单元小结[核心速填]1．空间向量的有关定理和推论(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)共线向量定理的推论：若OA →，OB →不共线，则P ，A ，B 三点共线的充要条件是OP →＝λOA →＋μOB →，且λ＋μ＝1.(3)共面向量定理：如果两个向量a ，b 不共线，那么向量p 与向量a ，b 共面的充要条件是存在惟一的有序实数对(x ，y )，使得p ＝x a ＋y b .(4)共面向量定理的推论：已知空间任意一点O 和不共线的三点A ，B ，C ，则P ，A ，B ，C 四点共面的充要条件是OP →＝xOA →＋yOB →＋zOC →(其中x ＋y ＋z ＝1)．(5)空间向量基本定理：如果三个向量a ，b ，c 不共面，那么对空间任一向量p ，存在有序实数组{x ，y ，z }，使得p ＝x a ＋y b ＋z c ，其中{a ，b ，c }叫做空间的一个基底．2．空间向量运算的坐标表示设a ＝(a 1，a 2，a 3)，b ＝(b 1，b 2，b 3)． (1)a ＋b ＝(a 1＋b 1，a 2＋b 2，a 3＋b 3)，a －b ＝(a 1－b 1，a 2－b 2，a 3－b 3)，λa ＝(λa 1，λa 2，λa 3)，a ·b ＝a 1b 1＋a 2b 2＋a 3b 3.(2)重要结论：a ∥b ⇔a ＝λb ⇔a 1＝λb 1，a 2＝λb 2，a 3＝λb 3(λ∈R )； a ⊥b ⇔a ·b ＝0⇔a 1b 1＋a 2b 2＋a 3b 3＝0.3．模、夹角和距离公式(1)设a ＝(a 1，a 2，a 3)，b ＝(b 1，b 2，b 3)，则①|a |＝a ·a②cos 〈a ，b 〉＝a ·b |a ||b |＝(2)设A (a 1，b 1，c 1)，B (a 2，b 2，c 2)，则d AB ＝|AB →|4．空间向量的结论与线面位置关系的对应关系(1)设直线l 的方向向量是u ＝(a 1，b 1，c 1)，平面α的法向量v ＝(a 2，b 2，c 2)， 则l ∥α⇔u ⊥v ⇔u ·v ＝0⇔a 1a 2＋b 1b 2＋c 1c 2＝0，l ⊥α⇔u ∥v ⇔u ＝k v ⇔(a 1，b 1，c 1)＝k (a 2，b 2，c 2)⇔a 1＝ka 2，b 1＝kb 2，c 1＝kc 2(k ∈R )．(2)设直线l ，m 的方向向量分别为a ，b ，平面α，β的法向量分别为u ，v ，则l ∥m ⇔a ∥b ⇔a ＝k b ，k ∈R ； l ⊥m ⇔a ⊥b ⇔a ·b ＝0； l ∥α⇔a ⊥u ⇔a ·u ＝0； l ⊥α⇔a ∥u ⇔a ＝k u ，k ∈R ；α∥β⇔u ∥v ⇔u ＝k v ，k ∈R ； α⊥β⇔u ⊥v ⇔u ·v ＝0. 5．空间向量与空间角的关系(1)设异面直线l 1，l 2的方向向量分别为m 1，m 2，则l 1与l 2的夹角θ满足cos θ＝|cos 〈m 1，m 2〉|.(2)设直线l 的方向向量和平面α的法向量分别为m ，n ，则直线l 与平面α的夹角θ满足sin θ＝|cos 〈m ，n 〉|.(3)求二面角的大小：(ⅰ)如图3­1①，AB ，CD 是二面角α­l ­β的两个半平面α，β内与棱l 垂直的直线，则二面角的大小θ＝〈AB →，CD →〉．图3­1(ⅱ)如图3­1②③，n 1，n 2分别是二面角α­l ­β的两个半平面α，β的法向量，则二面角的大小θ满足cos θ＝cos 〈n 1，n 2〉或－cos 〈n 1，n 2〉．[体系构建][题型探究]类型一、空间向量的基本概念及运算例1、如图3­2，在四棱锥S ­ABCD 中，底面ABCD 是边长为1的正方形，S 到A 、B 、C 、D 的距离都等于2.给出以下结论：图3­2①SA →＋SB →＋SC →＋SD →＝0； ②SA →＋SB →－SC →－SD →＝0； ③SA →－SB →＋SC →－SD →＝0； ④SA →·SB →＝SC →·SD →； ⑤SA →·SC →＝0.其中正确结论的序号是________． 【答案】 ③④【解析】容易推出SA →－SB →＋SC →－SD →＝BA →＋DC →＝0，所以③正确；又因为底面ABCD 是边长为1的正方形，SA ＝SB ＝SC ＝SD ＝2，所以SA →·SB →＝2·2·cos∠ASB ，SC →·SD →＝2·2·cos ∠CSD ，而∠ASB ＝∠CSD ，于是SA →·SB →＝SC →·SD →，因此④正确，其余三个都不正确，故正确结论的序号是③④.[规律方法] 1.空间向量的线性运算包括加、减及数乘运算，选定空间不共面的三个向量作为基向量，并用它们表示出目标向量，这是用向量法解决立体几何问题的基本要求，解题时可结合已知和所求，根据图形，利用向量运算法则表示所需向量．2．空间向量的数量积(1)空间向量的数量积的定义表达式a ·b ＝|a |·|b |·cos 〈a ，b 〉及其变式cos 〈a ，b 〉＝a ·b|a | ·|b |是两个重要公式． (2)空间向量的数量积的其他变式是解决立体几何问题的重要公式，如a 2＝|a |2，a 在b 上的投影a ·b|b |＝|a |·cos θ等．[跟踪训练]1.如图3­3，已知ABCD ­A ′B ′C ′D ′是平行六面体．设M 是底面ABCD 的中心，N 是侧面BCC ′B ′对角线BC ′上的34分点，设MN →＝αAB →＋βAD→＋γAA ′→，则α＋β＋γ＝________.图3­3【答案】32[连接BD ，则M 为BD 的中点，MN →＝MB →＋BN →＝12DB →＋34BC ′→＝12(DA →＋AB →)＋34(BC →＋CC ′→)＝12(－AD →＋AB →)＋34(AD →＋AA ′→)＝12AB →＋14AD →＋34AA ′→.∴α＝12，β＝14，γ＝34.∴α＋β＋γ＝32.]类型二、空间向量的坐标运算例2、(1)已知a ＝(2,3，－4)，b ＝(－4，－3，－2)，b ＝12x －2a ，则x ＝( )A ．(0,3，－6)B ．(0,6，－20)C ．(0,6，－6)D ．(6,6，－6)(2)已知向量a ＝(x,1,2)，b ＝(1，y ，－2)，c ＝(3,1，z )，a ∥b ，b ⊥C ． ①求向量a ，b ，c ；②求a ＋c 与b ＋c 所成角的余弦值.【答案】(1)B [由b ＝12x －2a 得x ＝4a ＋2b ，又4a ＋2b ＝4(2,3，－4)＋2(－4，－3，－2)＝(0,6，－20)， 所以x ＝(0,6，－20)．](2)①∵向量a ＝(x,1,2)，b ＝(1，y ，－2)，c ＝(3,1，z )，且a ∥b ，b ⊥c ，∴⎩⎪⎨⎪⎧x 1＝1y ＝2－23＋y －2z ＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝－1，y ＝－1，z ＝1，∴向量a ＝(－1,1,2)，b ＝(1，－1，－2)，c ＝(3,1,1)． ②∵a ＋c ＝(2,2,3)，b ＋c ＝(4,0，－1)， ∴(a ＋c )·(b ＋c )＝2×4＋2×0＋3×(－1)＝5，|a ＋c |＝22＋22＋32＝17，|b ＋c |＝42＋02＋(－1)2＝17， ∴a ＋c 与b ＋c 所成角的余弦值为(a ＋c )·(b ＋c )|a ＋c ||b ＋c |＝517.[规律方法] 熟记空间向量的坐标运算公式 设a ＝(x 1，y 1，z 1)，b ＝(x 2，y 2，z 2)， (1)加减运算：a ±b ＝(x 1±x 2，y 1±y 2，z 1±z 2). (2)数量积运算：a ·b ＝x 1x 2＋y 1y 2＋z 1z 2. (3)向量夹角：cos 〈a ，b 〉＝x 1x 2＋y 1y 2＋z 1z 2x 21＋y 21＋z 21x 22＋y 22＋z 22. (4)向量长度：设M 1(x 1，y 1，z 1)，M 2(x 2，y 2，z 2)，则|M 1M 2→|＝(x 1－x 2)2＋(y 1－y 2)2＋(z 1－z 2)2. 提醒：在利用坐标运算公式时注意先对向量式子进行化简再运算. [跟踪训练]2．在空间直角坐标系中，已知点A (1，－2,11)，B (4,2,3)，C (6，－1,4)，则△ABC 一定是( )A ．等腰三角形B ．等边三角形C ．直角三角形D ．等腰直角三角形【答案】C [∵AB →＝(3,4，－8)，AC →＝(5,1，－7)，BC →＝(2，－3,1)，∴|AB →|＝32＋42＋(－8)2＝89，|AC →|＝52＋12＋(－7)2＝75，|BC →|＝22＋(－3)2＋1＝14，∴|AC →|2＋|BC →|2＝|AB →|2，∴△ABC 一定为直角三角形．]类型三、利用空间向量证明平行、垂直问题例3、 在四棱锥P ­ABCD 中，AB ⊥AD ，CD ⊥AD ，PA ⊥底面ABCD ，PA ＝AD ＝CD ＝2AB ＝2，M 为PC 的中点．(1)求证：BM ∥平面PAD ；(2)平面PAD 内是否存在一点N ，使MN ⊥平面PBD ？若存在，确定N 的位置；若不存在，说明理由．[思路探究] (1)证明向量BM →垂直于平面PAD 的一个法向量即可；(2)假设存在点N ，设出其坐标，利用MN →⊥BD →，MN →⊥PB →，列方程求其坐标即可． 【答案】以A 为原点，以AB ，AD ，AP 分别为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系如图所示，则B (1,0,0)，D (0,2,0)，P (0,0,2)，C (2,2,0)，M (1，1,1)，(1)证明：∵BM →＝(0,1,1)，平面PAD 的一个法向量为n ＝(1,0,0)， ∴BM →·n ＝0，即BM →⊥n ，又BM ⊄平面PAD ，∴BM ∥平面PAD ． (2)BD →＝(－1,2,0)，PB →＝(1,0，－2)， 假设平面PAD 内存在一点N ，使MN ⊥平面PBD ． 设N (0，y ，z )，则MN →＝(－1，y －1，z －1)， 从而MN ⊥BD ，MN ⊥PB ， ∴⎩⎪⎨⎪⎧MN →·BD →＝0，MN →·PB →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧1＋2(y －1)＝0，－1－2(z －1)＝0，∴⎩⎪⎨⎪⎧y ＝12，z ＝12，∴N ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12，12，∴在平面PAD 内存在一点N ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12，12，使MN ⊥平面PBD ．[规律方法]利用空间向量证明空间中的位置关系(1)线线平行：证明两条直线平行，只需证明两条直线的方向向量是共线向量． (2)线线垂直：证明两条直线垂直，只需证明两直线的方向向量垂直． (3)线面平行：①证明直线的方向向量与平面的法向量垂直；②证明可在平面内找到一个向量与直线的方向向量是共线向量；③利用共面向量定理，即证明直线的方向向量可用平面内两不共线向量线性表示．(4)线面垂直：①证明直线的方向向量与平面的法向量平行；②利用线面垂直的判定定理转化为线线垂直问题．(5)面面平行：①证明两个平面的法向量平行(即是共线向量)；②转化为线面平行、线线平行问题．(6)面面垂直：①证明两个平面的法向量互相垂直；②转化为线面垂直、线线垂直问题．[跟踪训练]3．如图3­4，长方体ABCD­A1B1C1D1中，点M，N分别在BB1，DD1上，且AM⊥A1B，AN⊥A1D．图3­4(1)求证：A1C⊥平面AMN.(2)当AB＝2，AD＝2，A1A＝3时，问在线段AA1上是否存在一点P使得C1P∥平面AMN，若存在，试确定P的位置.【答案】(1)证明：因为CB⊥平面AA1B1B，AM⊂平面AA1B1B，所以CB⊥AM，又因为AM⊥A1B，A1B∩CB＝B，所以AM⊥平面A1BC，所以A1C⊥AM，同理可证A1C⊥AN，又AM∩AN＝A，所以A1C⊥平面AMN.(2)以C 为原点，CD 所在直线为x 轴，CB 所在直线为y 轴，CC 1所在直线为z 轴，建立空间直角坐标系，因为AB ＝2，AD ＝2，A 1A ＝3，所以C (0,0,0)，A 1(2,2,3)，C 1(0,0,3)，CA 1→＝(2,2,3)， 由(1)知CA 1⊥平面AMN ，故平面AMN 的一个法向量为CA 1→＝(2,2,3)．设线段AA 1上存在一点P (2,2，t )，使得C 1P ∥平面AMN ，则C 1P →＝(2,2，t －3)， 因为C 1P ∥平面AMN ，所以C 1P →·CA 1→＝4＋4＋3t －9＝0， 解得t ＝13.所以P ⎝⎛⎭⎪⎫2，2，13， 所以线段AA 1上存在一点P ⎝ ⎛⎭⎪⎫2，2，13，使得C 1P ∥平面AMN .类型四、利用空间向量求空间角例4、如图3­5，在等腰直角三角形ABC 中，∠A ＝90°，BC ＝6，D ，E 分别是AC ，AB 上的点，CD ＝BE ＝2，O 为BC 的中点．将△ADE 沿DE 折起，得到如图(2)所示的四棱锥A ′­BCDE ，其中A ′O ＝ 3.(1) (2)图3­5(1)证明：A ′O ⊥平面BCDE ；(2)求二面角A ′­CD ­B 的平面角的余弦值．[思路探究] (1)利用勾股定理可证A ′O ⊥OD ，A ′O ⊥OE ，从而证得A ′O ⊥平面BCDE ；(2)用“三垂线”法作二面角的平面角后求解或用向量法求两个平面的法向量的夹角．【答案】(1)证明：由题意，得OC ＝3，AC ＝32，AD ＝2 2. 如图，连接OD ，OE ，在△OCD 中，由余弦定理，得OD ＝OC 2＋CD 2－2OC ·CD cos 45°＝ 5.由翻折不变性，知A ′D ＝22，所以A ′O 2＋OD 2＝A ′D 2，所以A ′O ⊥OD ． 同理可证A ′O ⊥OE .又因为OD ∩OE ＝O ，所以A ′O ⊥平面BCDE .(2)如图，过点O 作OH ⊥CD 交CD 的延长线于点H ，连接A ′H .因为A ′O ⊥平面BCDE ，OH ⊥CD ， 所以A ′H ⊥CD ．所以∠A ′HO 为二面角A ′­CD ­B 的平面角． 结合图(1)可知，H 为AC 的中点，故OH ＝322，从而A ′H ＝OH 2＋A ′O 2＝302. 所以cos ∠A ′HO ＝OH A ′H ＝155. 所以二面角A ′­CD ­B 的平面角的余弦值为155. [规律方法] 用向量法求空间角的注意点(1)异面直线所成角：两异面直线所成角的范围为0°<θ≤90°，需找到两异面直线的方向向量，借助方向向量所成角求解．(2)直线与平面所成的角：要求直线a 与平面α所成的角θ，先求这个平面α的法向量n 与直线a 的方向向量a 夹角的余弦cos 〈n ，a 〉，易知θ＝〈n ，a 〉－π2或者π2－〈n ，a 〉．(3)二面角：如图3­6，有两个平面α与β，分别作这两个平面的法向量n 1与n 2，则平面α与β所成的角跟法向量n 1与n 2所成的角相等或互补，所以首先应判断二面角是锐角还是钝角．图3­6[跟踪训练]4．在如图3­7所示的圆台中，AC 是下底面圆O 的直径，EF 是上底面圆O ′的直径，FB是圆台的一条母线．图3­7(1)已知G ，H 分别为EC ，FB 的中点，求证：GH ∥平面ABC ． (2)已知EF ＝FB ＝12AC ＝23，AB ＝BC ，求二面角F ­BC ­A 的余弦值.【答案】 (1)证明：设CF 的中点为I ，连接GI ，HI .在△CEF 中，因为点G ，I 分别是CE ，CF 的中点， 所以GI ∥EF .又EF ∥OB ，所以GI ∥OB ．在△CFB 中，因为H ，I 分别是FB ，CF 的中点， 所以HI ∥BC ．又HI ∩GI ＝I ，BC ∩OB ＝B ， 所以平面GHI ∥平面ABC ． 因为GH ⊂平面GHI ， 所以GH ∥平面ABC ．(2)连接OO ′，则OO ′⊥平面ABC ．又AB ＝BC ，且AC 是圆O 的直径， 所以BO ⊥AC ．以O 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系． 由题意得B (0,23，0)，C (－23，0,0)． 过点F 作FM ⊥OB 于点M ， 所以FM ＝FB 2－BM 2＝3， 可得F (0，3，3)．11 故BC →＝(－23，－23，0)，BF →＝(0，－3，3)． 设m ＝(x ，y ，z )是平面BCF 的法向量．由⎩⎪⎨⎪⎧m ·BC →＝0，m ·BF →＝0可得⎩⎨⎧ －23x －23y ＝0，－3y ＋3z ＝0.可得平面BCF 的一个法向量m ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，1，33.因为平面ABC 的一个法向量n ＝(0,0,1)， 所以cos 〈m ，n 〉＝m ·n|m |·|n |＝77，所以二面角F ­BC ­A 的余弦值为77.。

2019-2020年高中数学选修2-1教案：第三章圆锥曲线复习考点一圆锥曲线的定义及应用圆锥曲线的定义是相应标准方程和几何性质的“源”，对于圆锥曲线的有关问题，要有运用圆锥曲线定义解题的意识，“回归定义”是一种重要的解题策略．如：(1)在求轨迹时，若所求轨迹符合某种圆锥曲线的定义，则根据圆锥曲线的方程，写出所求的轨迹方程；(2)涉及椭圆、双曲线上的点与两个焦点构成的三角形问题时，常用定义结合解三角形的知识来解决；(3)在求有关抛物线的最值问题时，常利用定义把到焦点的距离转化为到准线的距离，结合几何图形利用几何意义去解决．例1.设F 1、F 2是椭圆x 29＋y 24＝1的两个焦点，P 为椭圆上的一点，已知P 、F 1、F 2是一个直角三角形的三个顶点，且|PF 1|＞|PF 2|，求|PF 1||PF 2|的值．练习1．已知点M (－3,0)、N (3,0)、B (1,0)，动圆C 与直线MN 切于点B ，过点M 、N 与圆C 相切的两直线相交于点P ，则P 点的轨迹方程为( )A ．x 2－y 28＝1(x ＞1) B ．x 2－y 28＝1(x ＜－1) C ．x 2＋y 28＝1(x ＞0) D ．x 2－y 210＝1(x ＞1)考点二 圆锥曲线简单性质的应用有关圆锥曲线的焦点、离心率、渐近线等问题是考试中常见的问题，只要掌握基本公式和概念，并且充分理解题意，大都可以顺利求解．例2.已知椭圆x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)的左焦点为F 1(－c,0)，A (－a,0)，B (0，b )是两个顶点，如果F 1到直线AB 的距离为b7，求椭圆的离心率e .练习2．已知椭圆x 23m 2＋y 25n 2＝1和双曲线x 22m 2－y 23n2＝1有公共的焦点，那么双曲线的渐近线方程是( ) A ．x ＝±152y B ．y ＝±152x C ．x ＝±34y D ．y ＝±34x 考点三 直线与圆锥曲线的位置关系 1.直线与圆锥曲线的位置关系的判定：直线l ：f (x ，y )＝0和曲线C ：g (x ，y )＝0的公共点坐标是方程组⎩⎪⎨⎪⎧fx ，y ＝0，gx ，y ＝0的解，l和C 的交点的个数等于方程组不同解的个数．这样就将l 和C 的交点问题转化为代数的问题研究，对于消元后的一元二次方程，必须讨论二次项系数和判别式Δ，若能数形结合，借助图形的几何性质则较为简便，尤其在双曲线中要注意渐近线的特殊性．2．弦长公式：(1)斜率为k 的直线被圆锥曲线截得弦AB ，若A 、B 两点坐标为A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则|AB |＝1＋k 2|x 1－x 2|＝1＋k2·[x 1＋x 22－4x 1x 2]或当k 存在且不为零时，|AB |＝1＋1k2|y 1－y 2|，(其中x 1＋x 2、x 1x 2(或y 1＋y 2、y 1y 2)根据根与系数的关系求得)． (2)抛物线y 2＝2px (p ＞0)过焦点F 的弦长|AB |＝x 1＋x 2＋p .例3.已知椭圆x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)的离心率e ＝32，连接椭圆的四个顶点得到的菱形的面积为4.(1)求椭圆的方程；(2)设直线l 与椭圆相交于不同的两点A ，B ，已知点A 的坐标为(－a,0)． ①若|AB |＝425，求直线l 的倾斜角；②若点Q (0，y 0)在线段AB 的垂直平分线上，且QA →·QB →＝4，求y 0的值．练习3．在抛物线y 2＝16x 内，通过点(2,1)且在此点被平分的弦所在的直线的方程是________．考点四 曲线方程的求法求曲线方程是解析几何的基本问题之一，其求解的基本方法有：(1)直接法：建立适当的坐标系，设动点为(x ，y )，根据几何条件直接寻求x 、y 之间的关系式． (2)代入法：利用所求曲线上的动点与某一已知曲线上的动点的关系，把所求动点转换为已知动点．(3)定义法：如果所给几何条件正好符合圆、椭圆、双曲线、抛物线等曲线的定义，则可直接利用这些已知曲线的方程写出动点的轨迹方程．(4)参数法：当很难找到形成曲线的动点P (x ，y )的坐标x ，y 所满足的关系式时，借助第三个变量t ，建立t 和x ，t 和y 的关系式x ＝φ(t )，y ＝Φ(t )，再通过一些条件消掉t 就间接地找到了x 和y 所满足的方程，从而求出动点P (x ，y )所形成的曲线的普通方程，例4.设直线y ＝ax ＋b 与双曲线3x 2－y 2＝1交于A ，B 两点，且以AB 为直径的圆过原点，求P (a ，b )的轨迹方程．练习4．已知椭圆x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)的离心率为33，以原点为圆心、椭圆短半轴长为半径的圆与直线y ＝x ＋2相切． (1)求a 与b ；(2)设该椭圆的左、右焦点分别为F 1和F 2，直线l 1过F 2且与x 轴垂直，动直线l 2与y 轴垂直，l 2交l 1于点P .求线段PF 1的垂直平分线与l 2的交点M 的轨迹方程，并指明曲线类型．考点五 圆锥曲线中的最值与定值问题 1.圆锥曲线中的最值问题(1)平面几何法：平面几何法求最值问题，主要是运用圆锥曲线的定义和平面几何知识求解． (2)目标函数法：建立目标函数来解与圆锥曲线有关的最值问题是常规方法，其关键是选取适当变量建立目标函数，然后运用求函数最值的方法确定最值．(3)判别式法：对二次曲线求最值，往往由条件建立二次方程，用判别式来求最值． 2．圆锥曲线中的定值问题圆锥曲线中的定值问题的证明可以运用函数的思想方法解决．其证明过程可总结为“变量——函数——定值”，具体操作为：变量——选择适当的量为变量；函数——把要证明为定值的量表示成上述变量的函数；定值——把得到的函数解析式化简，消去变量得到定值．例5如图 所示，过抛物线y 2＝2px 的顶点O 作两条互相垂直的弦交抛物线于A 、B 两点．(1)证明直线AB 过定点；(2)求△AOB 面积的最小值．练习5．已知椭圆x 2a 2＋y 2b2＝1(a ＞b ＞0)，B 为椭圆短轴的一个顶点，过B 点作椭圆的弦BM ，求弦长的最大值．考点六 数形结合思想解析几何的本质是用方程来研究平面几何，故既要考虑曲线的形，又要考虑表示曲线的数，利用数来解形的同时，要关注用形来助数．例6 已知P (x 0，y 0)是椭圆x 2a 2＋y 2b2＝1(a ＞b ＞0)上的任意一点，F 1、F 2是焦点，求证：以PF 2为直径的圆必和以椭圆长轴为直径的圆相内切．练习 6．曲线x 2＋y 2＝4与曲线x 2＋y 29＝1的交点个数为( )A ．1B ．2C ．3D ．4高考链接1．(全国卷Ⅰ)已知M (x 0，y 0)是双曲线C ：x 22－y 2＝1上的一点，F 1，F 2是C 的两个焦点，若MF 1→·MF 2→＜0，则y 0的取值范围是( ) A.⎝ ⎛⎭⎪⎫－33，33 B ．⎝ ⎛⎭⎪⎫－36，36 C.⎝ ⎛⎭⎪⎫－223，223 D ．⎝ ⎛⎭⎪⎫－233，2332．(xx ·四川高考)设O 为坐标原点，P 是以F 为焦点的抛物线y 2＝2px (p >0)上任意一点，M 是线段PF 上的点，且|PM |＝2|MF |，则直线OM 的斜率的最大值为( ) A.33 B ．23 C.22D ．1 3．(江苏高考)如图 ，在平面直角坐标系xOy 中，已知椭圆x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)的离心率为22，且右焦点F 到左准线l 的距离为3. (1)求椭圆的标准方程；(2)过F 的直线与椭圆交于A ，B 两点，线段AB 的垂直平分线分别交直线l 和AB 于点P ，C ，若PC ＝2AB ，求直线AB 的方程．4．(安徽高考)设椭圆E 的方程为x 2a 2＋y 2b2＝1(a >b >0)，点O 为坐标原点，点A 的坐标为(a,0)，点B的坐标为(0，b )，点M 在线段AB 上，满足|BM |＝2|MA |，直线OM 的斜率为510. (1)求E 的离心率e ；(2)设点C 的坐标为(0，－b )，N 为线段AC 的中点，点N 关于直线AB 的对称点的纵坐标为72，求E 的方程．5．(浙江高考)如图，设椭圆x 2a2＋y 2＝1(a >1)．(1)求直线y ＝kx ＋1被椭圆截得的线段长(用a ，k 表示)；(2)若任意以点A (0,1)为圆心的圆与椭圆至多有3个公共点，求椭圆离心率的取值范围．。

案例（二）——精析精练课堂合作研究重点难点突破知识点一 共线向量定理（1）定理内容：对空间两个向量，的充要条件是存在唯一的实数，()0,≠b b a b a //x 使。

此定理可以分解为以下两个命题；①若，则存在唯一实数，使xb a =()0//≠b b a x 。

②存在实数，使，则。

xb a =x ()0≠=b xb a b a // （2）在定理中为什么要规定呢?当时，若，则，也存在实数0≠b 0=b 0=a b a //使；但若，我们知道零向量和任一非零向量共线，但不存在实数，使x xb a =0≠a x ，因此在定理中规定了。

若将定理写成，则应规定。

xb a =0≠b xa b b a =⇔//0≠a 说明：①在功中，对于确定的和，功表示空间与平行或共线且长xb a =x b xb a =b度为的所有向量；②利用共线向量定理可以证明两线平行，xb 或三点共线。

知识点二 共面向量定理（1）共面向量已知向量，作，如果的基线平行于平面，记作a a OA =OA a （右图），通常我们把平行于同一平面的向量，叫做共面向量。

α//a 说明：①是指的基线在平面内或平行平面。

②共面向量是指这些向量的α//a a αα基线平行或在同一平面内，共面向量的基线可能相交、平行或异面。

我们已知，对空间任意两个向量，它们总是共面的，但空间任意三个向量就不一定共面了。

例如，在下图中的长方体，向量、、，无论怎样平移都不能使它们在AB AC AD 同一平面内。

（2）共面向量定理共面向量定理：如果两个向量、不共线，则向量与向量a b c、共面的充要条件是，存在唯一的一对实数，使。

a b y x ,yb xa c +=说明：①在证明充要条件问题时，要证明两个方面即充分性和必要性。

②共面向量的充要条件给出了平面的向量表示，说明任意一个平面可以由两个不共线的平面向量表示出来，它既是判断三个向量是否共面的依据，又是已知共面条件的另一种形式，可以借此已知共面条件化为向量式，以便我们的向量运算。

高中数学人教B版选修2－1第三章《3.1.2 空间向量的基本定理》优质课公开课教案教师资格证面试试讲教案
1教学目标
1.知识与技能
通过本节学习理解向量共线的条件,共面向量定理和空间向量基本定理.
能够判定空间向量是否共面.
了解基向量、基底的概念、空间任意三个不共面的向量都可构成空间的一个基底.
2.过程与方法
通过对空间向量基本定理的学习,让学生体验数学定理的产生、形成过程,体验定理所蕴含的数学思想.
3.情感态度与价值观
事物之间可以相互转化,渗透由特殊到一般的思想,通过对空间向量基本定理的运用,增强学生的应用意识.
2学情分析
立体几何的学习主要在于培养空间抽象能力的基础上,发展学生的逻辑思维能力和空间想象能力。

立体几何是中学数学的一个难点,学生普遍反映“几何比代数难学”。

但很多学好这部分的同学,又觉得这部分很简单。

立体几何中抓住向量这个重要工具
如点到直线的距离,抓住直线的方向向量;找二面角的平面角而不是二面角,二面角的平面角等于二面角的大小.具体你可以,比如先求平面的法向量,那么两个平面的法向量的夹角的大小就是二面角的大小。

求角先定平面角、三角形去解决,正余弦定理、三角定义常用,若是余弦值为负值,异面、线面取锐角。

对距离可归纳为:距离多是垂线段,放到三角形中去计算,经常用正余弦定理、勾股定理,若是垂线难做出,用等积等高来转换。

不断总结,才能不断高。

3重点难点
重点:共线向量定理、共面向量定理和空间向量分解定理.
难点:空间向量分解定理.。

章末复习学习目标　1.梳理本章知识，构建知识网络.2.巩固空间向量的基本运算法则及运算律.3.会用向量法解决立体几何问题．1．空间中点、线、面位置关系的向量表示设直线l ，m 的方向向量分别为a ，b ，平面α，β的法向量分别为μ，v ，则线线平行l ∥m ⇔a ∥b ⇔a ＝k b ，k ∈R 线面平行l ∥α⇔a ⊥μ⇔a ·μ＝0面面平行α∥β⇔μ∥v ⇔μ＝k v ，k ∈R 线线垂直l ⊥m ⇔a ⊥b ⇔a·b ＝0线面垂直l ⊥α⇔a ∥μ⇔a ＝k μ，k ∈R 面面垂直α⊥β⇔μ⊥v ⇔μ·v ＝0线线夹角l ，m 的夹角为θ，cos θ＝(0≤θ≤π2)|a ·b ||a ||b |线面夹角l ，α的夹角为θ，sin θ＝(0≤θ≤π2)|a ·μ||a ||μ|面面夹角α，β的夹角为θ，cos θ＝(0≤θ≤π2)|μ·v ||μ||v |2.用坐标法解决立体几何问题步骤如下：(1)建立适当的空间直角坐标系；(2)写出相关点的坐标及向量的坐标；(3)进行相关坐标的运算；(4)写出几何意义下的结论．关键点如下：(1)选择恰当的坐标系．坐标系的选取很重要，恰当的坐标系可以使得点的坐标、向量的坐标易求且简单，简化运算过程．(2)点的坐标、向量的坐标的确定．将几何问题转化为向量的问题，必须确定点的坐标、直线的方向向量、平面的法向量，这是最核心的问题．(3)几何问题与向量问题的转化．平行、垂直、夹角问题都可以通过向量计算来解决，如何转化也是这类问题解决的关键．1．向量a ，b 的夹角〈a ，b 〉与它们所在直线所成的角相等．(　×　)2．设直线l 与平面α相交，且l 的方向向量为a ，α的法向量为n ，若〈a ，n 〉＝，则l 2π3与α所成的角为.(　√　)π63．两异面直线夹角的范围是，直线与平面所成角的范围是，二面角的范围是[0，(0，π2][0，π2]π]．(　√　)4．若空间向量a 平行于平面α，则a 所在直线与平面α平行．(　×　)题型一　空间向量及其运算例1　如图，在四棱锥S-ABCD 中，底面ABCD 是边长为1的正方形，S 到A ，B ，C ，D 的距离都等于2.给出以下结论：①＋＋＋＝0；SA → SB → SC → SD →②＋－－＝0；SA → SB → SC → SD →③－＋－＝0；SA → SB → SC → SD →④·＝·；SA → SB → SC → SD →⑤·＝0.SA → SC →其中正确结论的序号是________．答案　③④解析　容易推出－＋－＝＋＝0，所以③正确；又因为底面ABCD 是边长为1SA → SB → SC → SD → BA → DC →的正方形，SA ＝SB ＝SC ＝SD ＝2，所以·＝2×2·cos ∠ASB ，·＝2×2·cos ∠CSD ，SA → SB → SC → SD →而∠ASB ＝∠CSD ，于是·＝·，因此④正确，其余三个都不正确，故正确结论的序SA → SB → SC → SD →号是③④.反思感悟　向量的表示与运算的关键是熟练掌握向量加减运算的平行四边形法则、三角形法则及各运算公式，理解向量运算法则、运算律及其几何意义．跟踪训练1　如图，在平行六面体A 1B 1C 1D 1-ABCD 中，M 分成的比为，N 分成的比AC → 12A 1D → 为2，设＝a ，＝b ，＝c ，试用a ，b ，c 表示.AB → AD → AA 1→ MN →解　连接AN ，则＝＋，MN → MA → AN →由已知ABCD 是平行四边形，故＝＋＝a ＋b ，AC → AB → AD →又M 分成的比为，AC → 12故＝－＝－(a ＋b )．MA → 13AC → 13由已知，N 分成的比为2，故＝＋＝－＝－＝(c ＋2b )．A 1D → AN → AD → DN → AD → ND → AD → 13A 1D → 13于是＝＋＝－(a ＋b )＋(c ＋2b )MN → MA → AN → 1313＝(－a ＋b ＋c )．13题型二　利用空间向量解决位置关系问题例2　在四棱锥P －ABCD 中，PD ⊥平面ABCD ，ABCD 是正方形，E 是PA 的中点，求证：(1)PC ∥平面EBD ；(2)平面PBC ⊥平面PCD .证明　如图，以D 为坐标原点，分别以DC ，DA ，DP 所在直线为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系Dxyz .设DC ＝a ，PD ＝b ，则D (0,0,0)，C (a ，0,0)，B (a ，a,0)，P (0，0，b )，E .(0，a 2，b 2)(1)＝，＝(a ，a,0)．DE → (0，a 2，b 2)DB →设平面EBD 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则Error!即Error!令x ＝1，得n ＝，(1，－1，a b )因为·n ＝(a,0，－b )·＝0，PC → (1，－1，a b )所以⊥n ，故PC ∥平面EBD .PC →(2)由题意得平面PDC 的法向量为＝(0，a,0)，DA →又＝(a ，a ，－b )，＝(a,0，－b )，PB → PC →设平面PBC 的法向量为m ＝(x 1，y 1，z 1)，则Error!即Error!得y 1＝0，令x 1＝1，则z 1＝，所以m ＝，a b (1，0，a b)因为·m ＝(0，a,0)·＝0，DA → (1，0，a b )所以⊥m ，即平面PBC ⊥平面PCD .DA →反思感悟　(1)证明两条直线平行，只需证明这两条直线的方向向量是共线向量．(2)证明线面平行的方法①证明直线的方向向量与平面的法向量垂直．②能够在平面内找到一个向量与已知直线的方向向量共线．③利用共面向量定理，即证明直线的方向向量与平面内的两个不共线向量是共面向量．(3)证明面面平行的方法①转化为线线平行、线面平行处理．②证明这两个平面的法向量是共线向量．(4)证明两条直线垂直，只需证明这两条直线的方向向量垂直．(5)证明线面垂直的方法①证明直线的方向向量与平面的法向量是共线向量．②证明直线的方向向量与平面内的两个不共线的向量互相垂直．(6)证明面面垂直的方法①转化为证明线面垂直．②证明两个平面的法向量互相垂直．跟踪训练2　正方体ABCD-A 1B 1C 1D 1中，E ，F 分别是BB 1，CD 的中点，求证：平面AED ⊥平面A 1FD 1.证明　如图，建立空间直角坐标系Dxyz .设正方体棱长为1，则E ，D 1(0,0,1)，A (1，0,0)，F .(1，1，12)(0，12，0)∴＝(1,0,0)＝，＝，＝.设m ＝(x 1，y 1，z 1)，n ＝(x 2，y 2，z 2)DA → D 1A 1—→ DE → (1，1，12)D 1F → (0，12，－1)分别是平面AED 和A 1FD 1的法向量，由Error!得Error!令y 1＝1，得m ＝(0,1，－2)．又由Error!得Error!令z 2＝1，得n ＝(0,2,1)．∵m ·n ＝(0,1，－2)·(0,2,1)＝0，∴m ⊥n ，∴平面AED ⊥平面A 1FD 1.题型三　利用空间向量求角例3　如图，在直三棱柱ABC-A 1B 1C 1中，AB ＝4，AC ＝BC ＝3，D 为AB 的中点．(1)求点C 到平面A 1ABB 1的距离；(2)若AB 1⊥A 1C ，求二面角A 1-CD-C 1的平面角的余弦值．解　(1)由AC ＝BC ，D 为AB 的中点，得CD ⊥AB ，又CD ⊥AA 1，AA 1∩AB ＝A ，故CD ⊥平面A 1ABB 1，所以点C 到平面A 1ABB 1的距离为CD ＝＝.BC 2－BD 25(2)如图，过D 作DD 1∥AA 1交A 1B 1于D 1，在直三棱柱中，易知DB ，DC ，DD 1两两垂直，以D 为原点，DB ，DC ，DD 1所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系Dxyz .设直三棱柱的高为h ，则A (－2,0,0)，A 1(－2,0，h )，B 1(2,0，h )，C (0，，0)，C 1(0，，h )，55从而＝(4,0，h )，＝(2，，－h )，AB 1→ A 1C →5由⊥，得8－h 2＝0，h ＝2.AB 1→ A 1C →2故＝(－2,0,2)，DA 1→2＝(0,0,2)，＝(0，，0)．CC 1→ 2DC →5设平面A 1CD 的法向量为m ＝(x 1，y 1，z 1)，则Error!即Error!取z 1＝1，得m ＝(，0,1)．2设平面C 1CD 的法向量为n ＝(x 2，y 2，z 2)，则Error!即Error!取x 2＝1，得n ＝(1,0,0)，所以cos 〈m ，n 〉＝＝＝.m ·n |m ||n |22＋1×163所以二面角A 1-CD-C 1的平面角的余弦值为.63反思感悟　用向量法求空间角的注意点(1)异面直线所成角：两异面直线所成角范围为0°<θ≤90°，需找到两异面直线的方向向量，借助方向向量所成角求解．(2)直线与平面所成的角：要求直线a 与平面α所成的角θ，先求这个平面α的法向量n 与直线a 的方向向量a 的夹角的余弦值cos 〈n ，a 〉，再利用公式sin θ＝|cos 〈n ，a 〉|，求θ.(3)二面角：如图，有两个平面α与β，分别作这两个平面的法向量n 1与n 2，则平面α与β所成的角跟法向量n 1与n 2所成的角相等或互补，所以首先必须判断二面角是锐角还是钝角．跟踪训练3　如图，在几何体ABCDE 中，四边形ABCD 是矩形，AB ⊥平面BEC ，BE ⊥EC ，AB ＝BE ＝EC ＝2，G ，F 分别是线段BE ，DC 的中点．(1)求证：GF ∥平面ADE ；(2)求平面AEF 与平面BEC 所成锐二面角的余弦值．方法一　(1)证明　如图，取AE 的中点H ，连接HG ，HD ，又G 是BE 的中点，所以GH ∥AB ，且GH ＝AB .12又F 是CD 的中点，所以DF ＝CD .12由四边形ABCD 是矩形，得AB ∥CD ，AB ＝CD ，所以GH ∥DF ，且GH ＝DF ，从而四边形HGFD 是平行四边形，所以GF ∥DH .又DH ⊂平面ADE ，GF ⊄平面ADE ，所以GF ∥平面ADE .(2)解　如图，在平面BEC 内，过B 点作BQ ∥EC .因为BE ⊥CE ，所以BQ ⊥BE .又因为AB ⊥平面BEC ，所以AB ⊥BE ，AB ⊥BQ .以B 为原点，分别以BE ，BQ ，BA 所在直线为x 轴，y 轴，z 轴，建立空间直角坐标系Bxyz ，则A (0,0,2)，B (0,0,0)，E (2,0,0)，F (2,2,1)．因为AB ⊥平面BEC ，所以＝(0,0,2)为平面BEC 的法向量．设n ＝(x ，y ，z )为平面AEF 的BA →法向量．又＝(2,0，－2)，＝(2,2，－1)，AE → AF →由Error!得Error!取z ＝2，得n ＝(2，－1,2)．从而|cos 〈n ，〉|＝＝＝，BA → |n ·BA → ||n ||BA → |42×323所以平面AEF 与平面BEC 所成锐二面角的余弦值为.23方法二　(1)证明　如图，取AB 中点M ，连接MG ，MF.又G 是BE 的中点，可知GM ∥AE .又AE ⊂平面ADE ，GM ⊄平面ADE ，所以GM ∥平面ADE .在矩形ABCD 中，由M ，F 分别是AB ，CD 的中点得MF ∥AD .又AD ⊂平面ADE ，MF ⊄平面ADE .所以MF ∥平面ADE .又因为GM ∩MF ＝M ，GM ⊂平面GMF ，MF ⊂平面GMF ，所以平面GMF ∥平面ADE .因为GF ⊂平面GMF ，所以GF ∥平面ADE .(2)同方法一．1．已知空间四边形ABCD ，G 是CD 的中点，则＋(＋)等于( )AB → 12BD → BC →A. B. C. D.AG → CG → BC → 12BC →答案　A解析　在△BCD 中，因为点G 是CD 的中点，所以＝(＋)，BG → 12BD → BC →从而＋(＋)＝＋＝.故选A.AB → 12BD → BC → AB → BG → AG →2．在以下命题中，不正确的个数为( )①|a |－|b |＝|a ＋b |是a ，b 共线的充要条件；②对a ∥b ，则存在唯一的实数λ，使a ＝λb ；③对空间任意一点O 和不共线的三点A ，B ，C ，若＝2－2－，则P ，A ，B ，C OP → OA → OB → OC →四点共面；④|(a·b )·c |＝|a|·|b|·|c |.A ．2B ．3C ．4D ．1答案　C解析　①由|a |－|b |＝|a ＋b |，得a 与b 的夹角为π，故是充分不必要条件，故不正确；②b 需为非零向量，故不正确；③因为2－2－1≠1，由共面向量定理知，不正确；④由向量的数量积的性质知，不正确．3．(2018·安徽黄山高二检测)在空间直角坐标系Oxyz 中，A (0,1,0)，B (1,1,1)，C (0,2,1)确定的平面记为α，不经过点A 的平面β的一个法向量为n ＝(2,2，－2)，则α与β的关系为________．考点　向量法求解平面与平面的位置关系题点　向量法解决面面平行答案　平行解析　由n ·＝0，n ·＝0，AB → AC →故n 也是平面α的一个法向量，又点A 不在平面β内，故α∥β.4．已知平面α经过点O (0,0,0)，且e ＝(1,1,1)是α的一个法向量，M (x ，y ，z )是平面α内任意一点，则x ，y ，z 满足的关系式是________．答案　x ＋y ＋z ＝0解析　·e ＝(x ，y ，z )·(1,1,1)＝x ＋y ＋z ＝0.OM →5．如图，在Rt △ABC 中，∠ACB ＝90°，AC ＝4，BC ＝2，E ，F 分别在AC 和AB 上，且EF ∥CB .将它沿EF 折起，且平面AEF ⊥平面EFBC ，且四棱锥A －EFBC 的体积为2.(1)求EF 的长；(2)当EF 的长度为1时，求直线AC 与平面ABF 夹角的正弦值．解　(1)因为EF ∥CB ，∠ACB ＝90°，所以CE ⊥EF ，AE ⊥EF .又平面AEF ⊥平面EFBC ，平面AEF ∩平面EFBC ＝EF ，AE ⊥EF ，AE ⊂平面AEF ，所以AE ⊥平面EFBC .设EF ＝x ，由于EF ∥BC ，AC ＝4，BC ＝2，在图1中，所以＝，AE AC EF BC即AE ＝＝＝2x .AC ·EF BC 4x 2V A －EFBC ＝S 梯形EFBC ·AE 13＝×(x ＋2)(4－2x )×2x 1312＝，x ∈(0,2)．－2x 3＋8x 3由题意得＝2，即x 3－4x ＋3＝0，－2x 3＋8x 3即(x －1)(x 2＋x －3)＝0，所以x ＝1或x ＝，－1＋132即EF ＝1或EF ＝.－1＋132(2)以E 为坐标原点，EF ，EC ，EA 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Exyz ，因为EF ＝1，则A (0,0,2)，B (2,2,0)，C (0,2,0)，F (1,0,0)．＝(0,2，－2)，＝(2,2，－2)，＝(1,0，－2)．AC → AB → AF →设平面ABF 的法向量n ＝(x ，y ，z )，由Error!得Error!令z ＝1，则x ＝2，y ＝－1，所以n ＝(2，－1,1)，设直线AC 与平面ABF 的夹角为θ，则sin θ＝|cos 〈·n 〉|＝＝＝.AC → |AC → ·n ||AC→||n ||0×2＋2×(－1)＋(－2)×1|22·633所以直线AC 与平面ABF 夹角的正弦值为.33解决立体几何中的问题，可用三种方法：几何法、基向量法、坐标法．几何法以逻辑推理作为工具解决问题；基向量法利用向量的概念及其运算解决问题；坐标法利用数及其运算来解决问题．坐标方法经常与向量运算结合起来使用．。

学科人教版高中数学选修2-1编写组责任人序号知识模块教案标题编写人1人教版 选修2-1第一章 常用逻辑语 同步复习教案1（ 基础）小榄校区（关潮辉）2人教版 选修2-1第一章 常用逻辑语 同步复习教案1（ 提高）小榄校区（关潮辉）7人教版 选修2-1第一章 常用逻辑语 同步复习教案2（ 基础）小榄校区（温艺铭）8人教版 选修2-1第一章 常用逻辑语 同步复习教案2（ 提高）小榄校区（温艺铭）9人教版 选修2-1第一章单元复习教案（基础）小榄校区（泰龙、马俊）10人教版 选修2-1第一章单元复习教案（提高）小榄校区（泰龙、马俊）11第一章单元测试卷（基础）小榄校区（泰龙、马俊）12第一章单元测试卷（提高）小榄校区（泰龙、马俊）13人教版 选修2-1 第二章 2.1曲线与方程 同步教案（基础）石岐（基础）贺丽春起湾（提高）郑狄苗14人教版 选修2-1 第二章 2.1曲线与方程同步教案（提高）石岐（基础）贺丽春起湾（提高）郑狄苗15人教版 选修2-1 第二章 2.1椭圆同步教案（基础）石岐（基础）何善庆起湾（提高）郑狄苗16人教版 选修2-1 第二章 2.1椭圆同步教案（提高）石岐（基础）何善庆起湾（提高）郑狄苗17人教版 选修2-1 第二章 2.2双曲线同步教案（基础）石岐（基础）刘冬有起湾（提高）郑狄苗18人教版 选修2-1 第二章 2.2双曲线同步教案（提高）石岐（基础）刘冬有起湾（提高）郑狄苗19人教版 选修2-1 第二章 2.3抛物线同步教案（基础）石岐（基础）肖爱 起湾（提高）郑狄苗20人教版 选修2-1 第二章 2.3抛物线同步教案（提高）石岐（基础）肖爱 起湾（提高）郑狄苗星火教育高中标准教案目录第一章常用逻辑用语单元复习单元测试卷第二章圆锥曲线与方程刘冬有。