18版高中数学第三章空间向量与立体几何章末复习课学案新人教B版选修2_1

第三章空间向量与立体几何学习目标 1.理解空间向量的概念，掌握空间向量的运算法则及运算律.2.掌握空间向量数量积的运算及其应用，会用数量积解决垂直问题、夹角问题.3.理解空间向量基本定理，掌握空间向量的坐标表示.4.会用基向量法、坐标法表示空间向量.5.会用向量法解决立体几何问题．知识点一空间中点、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，则知识点二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．类型一 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：①SA →＋SB →＋SC →＋SD →＝0； ②SA →＋SB →－SC →－SD →＝0； ③SA →－SB →＋SC →－SD →＝0； ④SA →²SB →＝SC →²SD →； ⑤SA →²SC →＝0.其中正确结论的序号是________．反思与感悟 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AC →成的比为12，N 分A 1D →成的比为2，设AB →＝a ，AD →＝b ，AA 1→＝c ，试用a 、b 、c 表示MN →.类型二 利用空间向量解决位置关系问题例2 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 .反思与感悟(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—A1B1C1D1中，E、F分别是BB1、CD的中点，求证：平面AED⊥平面A1FD1.类型三利用空间向量求角例3 如图所示，长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝16，BC＝10，AA1＝8，点E，F分别在A1B1，D1C1上，A1E＝D1F＝4.过点E，F的平面α与此长方体的面相交，交线围成一个正方形．(1)在图中画出这个正方形(不必说明画法和理由)；(2)求直线AF与平面α所成角的正弦值．反思与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．1．已知空间四边形ABCD ，G 是CD 的中点，则AB →＋12(BD →＋BC →)等于( )A.AG →B.CG →C.BC →D.12BC →2．若a ＝(0，1，－1)，b ＝(1，1，0)，且(a ＋λb )⊥a ，则实数λ的值是( ) A ．－1 B ．0 C ．1 D ．－23．已知向量a ＝(4－2m ，m －1，m －1)与b ＝(4，2－2m ，2－2m )平行，则m ＝________. 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________．5．已知空间三点A (－2，0，2)，B (－1，1，2)，C (－3，0，4)，设a ＝AB →，b ＝AC →. (1)若|c |＝3，且c ∥BC →，求向量c ； (2)求向量a 与向量b 的夹角的余弦值．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．提醒：完成作业第三章章末复习课答案精析知识梳理 知识点一a ⊥μ a ²μ＝0 μ＝k v ，k ∈R a⊥b a²b ＝0 μ²v ＝0|a ²b ||a ||b | |a ²μ||a ||μ||μ²v ||μ||v |题型探究 例1 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 →²SB →＝2²2²cos∠ASB ，SC →²SD →＝2²2²cos∠CSD ，而∠ASB ＝∠CSD ，于是SA →²SB →＝SC →²SD →，因此④正确，其余三个都不正确，故正确结论的序号是③④.跟踪训练1 解 连接AN ， 则MN →＝MA →＋AN →，由已知ABCD 是平行四边形， 故AC →＝AB →＋AD →＝a ＋b ， 又M 分AC →成的比为12，故MA →＝－13AC →＝－13(a ＋b )．由已知，N 分A 1D →成的比为2，故 AN →＝AD →＋DN →＝AD →－ND →＝AD →－13A 1D →＝13(c ＋2b )． 于是MN →＝MA →＋AN → ＝－13(a ＋b )＋13(c ＋2b )＝13(－a ＋b ＋c )．例2 证明 如图，以D 为坐标原点，分别以DC ，DA ，DP 所在的直线为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系．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，b2)．(1)DE →＝(0，a 2，b 2)，DB →＝(a ，a ，0)．设平面EBD 的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧DE ，→²n ＝0，DB ，→²n ＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧a 2y ＋b 2z ＝0，ax ＋ay ＝0.令x ＝1，得n ＝(1，－1，ab)，因为PC →²n ＝(a ，0，－b )²(1，－1，a b)＝0，所以PC →⊥n ，故PC ∥平面EBD .(2)由题意得平面PDC 的一个法向量为DA →＝(0，a ，0)， 又PB →＝(a ，a ，－b )，PC →＝(a ，0，－b )， 设平面PBC 的一个法向量为m ＝(x 1，y 1，z 1)， 则⎩⎪⎨⎪⎧PB →²m ＝0，PC →²m ＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧ax 1＋ay 1－bz 1＝0，ax 1－bz 1＝0，得y 1＝0，令x 1＝1，则z 1＝ab， 所以m ＝(1，0，ab)，因为DA →²m ＝(0，a ，0)²(1，0，a b)＝0，所以DA →⊥m ，即平面PBC ⊥平面PCD .跟踪训练2 证明 如图，建立空间直角坐标系Dxyz .设正方体棱长为1，则E ⎝⎛⎭⎪⎫1，1，12，D 1(0，0，1)， A (1，0，0)，F ⎝⎛⎭⎪⎫0，12，0. ∴DA →＝(1，0，0)＝D 1A 1→，DE →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1，1，12，D 1F →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12，－1.设m ＝(x 1，y 1，z 1)，n ＝(x 2，y 2，z 2)分别是平面AED 和A 1FD 1的一个法向量，由⎩⎪⎨⎪⎧m ²DA →＝0，m ²DE →＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧x 1＝0，x 1＋y 1＋12z 1＝0.令y 1＝1，得m ＝(0，1，－2)． 又由⎩⎪⎨⎪⎧n ²D 1A 1→＝0，n ²D 1F →＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧x 2＝0，12y 2－z 2＝0.令z 2＝1，得n ＝(0，2，1)．∵m ²n ＝(0，1，－2)²(0，2，1)＝0， ∴m ⊥n ，故平面AED ⊥平面A 1FD 1.例3 解 (1)交线围成的正方形EHGF 如图所示，(2)作EM ⊥AB ，垂足为M ，则AM ＝A 1E ＝4，EM ＝AA 1＝8. 因为EHGF 为正方形， 所以EH ＝EF ＝BC ＝10. 于是MH ＝EH 2－EM 2＝6， 所以AH ＝10.以D 为坐标原点，DA →的方向为x 轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz ，则A (10，0，0)，H (10，10，0)，E (10，4，8)，F (0，4，8)，FE →＝(10，0，0)，HE →＝(0，－6，8)．设n ＝(x ，y ，z )是平面EHGF 的法向量， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ²FE →＝0，n ²HE →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧10x ＝0，－6y ＋8z ＝0，所以可取n ＝(0，4，3)．又AF →＝(－10，4，8)，故|cos 〈n ，AF →〉|＝|n ²AF →||n ||AF →|＝4515.所以AF 与平面EHGF 所成角的正弦值为4515.跟踪训练3 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 ＝12AB .又F 是CD 的中点， 所以DF ＝12CD .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 →的方向为x 轴，y 轴，z 轴的正方向建立空间直角坐标系， 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BA →＝(0，0，2)为平面BEC 的法向量．设n ＝(x ，y ，z )为平面AEF 的法向量．又AE →＝(2，0，－2)，AF →＝(2，2，－1)， 由⎩⎪⎨⎪⎧n ²AE →＝0，n ²AF →＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧2x －2z ＝0，2x ＋2y －z ＝0.取z ＝2，得n ＝(2，－1，2)．从而|cos 〈n ，BA →〉|＝|n ²BA →||n |²|BA →|＝42³3＝23，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 ，11 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．当堂训练1．A 2.D 3.1或34．x ＋y ＋z ＝05．解 (1)∵c ∥BC →，∴存在实数m ，使得c ＝mBC →＝m (－2，－1，2)＝(－2m ，－m ，2m )． ∵|c |＝3， ∴ －2m 2＋ －m 2＋ 2m 2＝3|m |＝3，∴m ＝±1.∴c ＝(－2，－1，2)或c ＝(2，1，－2)．(2)∵a ＝(1，1，0)，b ＝(－1，0，2)， ∴a ²b ＝(1，1，0)²(－1，0，2)＝－1. 又∵|a |＝12＋12＋02＝2，|b |＝ －1 2＋02＋22＝5，∴cos〈a ，b 〉＝a ²b |a ||b |＝－110＝－1010，即向量a 与向量b 的夹角的余弦值为－1010.。