2018版高中數(shù)學 第三章 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

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1、 第三章 空間向量與立體幾何 學習目標　1.理解空間向量的概念，掌握空間向量的運算法則及運算律.2.掌握空間向量數(shù)量積的運算及其應用，會用數(shù)量積解決垂直問題、夾角問題.3.理解空間向量基本定理，掌握空間向量的坐標表示.4.會用基向量法、坐標法表示空間向量.5.會用向量法解決立體幾何問題． 知識點一　空間中點、線、面位置關系的向量表示 設直線l，m的方向向量分別為a，b，平面α，β的法向量分別為μ，v，則 線線平行 l∥m?a∥b?a＝kb，k∈R 線面平行 l∥α?________?________ 面面平行 α∥β?μ∥v?__________ 線線垂直 l⊥m?

2、________?________ 線面垂直 l⊥α?a∥μ?a＝kμ，k∈R 面面垂直 α⊥β?μ⊥v?__________ 線線夾角 l，m的夾角為θ(0≤θ≤)，cos θ＝________________ 線面夾角 l，α的夾角為θ(0≤θ≤)，sin θ＝________________ 面面夾角 α，β的夾角為θ(0≤θ≤)，cos θ＝________________ 知識點二　用坐標法解決立體幾何問題 步驟如下： (1)建立適當?shù)目臻g直角坐標系； (2)寫出相關點的坐標及向量的坐標； (3)進行相關坐標的運算； (4)寫出幾何意義下的結論．

3、 關鍵點如下： (1)選擇恰當?shù)淖鴺讼担鴺讼档倪x取很重要，恰當?shù)淖鴺讼悼梢允沟命c的坐標、向量的坐標易求且簡單，簡化運算過程． (2)點的坐標、向量的坐標的確定．將幾何問題轉化為向量的問題，必須確定點的坐標、直線的方向向量、平面的法向量，這是最核心的問題． (3)幾何問題與向量問題的轉化．平行、垂直、夾角問題都可以通過向量計算來解決，如何轉化也是這類問題解決的關鍵． 類型一　空間向量及其運算 例1　如圖，在四棱錐S—ABCD中，底面ABCD是邊長為1的正方形，S到A、B、C、D的距離都等于2.給出以下結論： ①＋＋＋＝0； ②＋－－＝0； ③－＋－＝0； ④·＝·；

4、 ⑤·＝0. 其中正確結論的序號是________． 反思與感悟　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． 跟蹤訓練1　如圖，在平行六面體A1B1C1D1—ABCD中，M分成的比為，N分成的比為2，設＝a，＝b，＝c，試用a、b、c表示. 類型二　利用空間向量解決位置關系問題 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PCD. 反思與感悟　(1)證明兩條直線平行，只需證明這兩條直線

5、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

6、個平面的法向量互相垂直． 跟蹤訓練2　正方體ABCD—A1B1C1D1中，E、F分別是BB1、CD的中點，求證：平面AED⊥平面A1FD1. 類型三　利用空間向量求角 例3　如圖所示，長方體ABCD－A1B1C1D1中，AB＝16，BC＝10，AA1＝8，點E，F(xiàn)分別在A1B1，D1C1上，A1E＝D1F＝4.過點E，F(xiàn)的平面α與此長方體的面相交，交線圍成一個正方形． (1)在圖中畫出這個正方形(不必說明畫法和理由)； (2)求直線AF與平面α所成角的正弦值． 反思與感悟　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°，

7、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． 跟蹤訓練3　如圖，在幾何體ABCDE中，四邊形ABCD是矩形，AB⊥平面BEC，BE⊥EC，AB＝BE＝EC＝2，G，F(xiàn)分別是線段BE，DC的中點． (1)求證：GF∥平面ADE；

8、 (2)求平面AEF與平面BEC所成銳二面角的余弦值． 1．已知空間四邊形ABCD，G是CD的中點，則＋(＋)等于(　　) A. B. C. D. 2．若a＝(0，1，－1)，b＝(1，1，0)，且(a＋λb)⊥a，則實數(shù)λ的值是(　　) A．－1 B．0 C．1 D．－2 3．已知向量a＝(4－2m，m－1，m－1)與b＝(4，2－2m，2－2m)平行，則m＝________. 4．已知平面α經(jīng)過點O(0，0，0)，且e＝(1，1，1)是α的一個法向量，M(x，y，z)是平面α內任意一點，則x，y，z滿足的關系式是________． 5．已知空間三

9、點A(－2，0，2)，B(－1，1，2)，C(－3，0，4)，設a＝，b＝. (1)若|c|＝3，且c∥，求向量c； (2)求向量a與向量b的夾角的余弦值． 解決立體幾何中的問題，可用三種方法：幾何法、基向量法、坐標法．幾何法以邏輯推理作為工具解決問題；基向量法利用向量的概念及其運算解決問題；坐標法利用數(shù)及其運算來解決問題．坐標方法經(jīng)常與向量運算結合起來使用． 提醒：完成作業(yè)　第三章　章末復習課 答案精析 知識梳理 知識點一 a⊥μ　a·μ＝0　μ＝kv，k∈R　a⊥b a·b＝0　μ·v＝0　　 題型探究 例1?、邰? 解析　容易推出－＋－＝＋＝0，

10、所以③正確；又因為底面ABCD是邊長為1的正方形，SA＝SB＝SC＝SD＝2，所以·＝2·2·cos∠ASB，·＝2·2·cos∠CSD，而∠ASB＝∠CSD，于是·＝·，因此④正確，其余三個都不正確，故正確結論的序號是③④. 跟蹤訓練1　解　連接AN， 則＝＋， 由已知ABCD是平行四邊形， 故＝＋＝a＋b， 又M分成的比為， 故＝－＝－(a＋b)． 由已知，N分成的比為2，故 ＝＋＝－＝－ ＝(c＋2b)． 于是＝＋ ＝－(a＋b)＋(c＋2b) ＝(－a＋b＋c)． 例2　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

11、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(0，，)． (1)＝(0，，)，＝(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＝(1，－1，)， 因為·n＝(a，0，－b)·(1，－1，)＝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＝(1，0，)， 因為·m＝(0，a

12、，0)·(1，0，)＝0， 所以⊥m，即平面PBC⊥平面PCD. 跟蹤訓練2　證明　如圖，建立空間直角坐標系Dxyz. 設正方體棱長為1，則 E， D1(0，0，1)， A(1，0，0)， F. ∴＝(1，0，0)＝，＝，＝.設m＝(x1，y1，z1)，n＝(x2，y2，z2)分別是平面AED和A1FD1的一個法向量， 由得 令y1＝1，得m＝(0，1，－2)． 又由得 令z2＝1，得n＝(0，2，1)． ∵m·n＝(0，1，－2)·(0，2，1)＝0， ∴m⊥n，故平面AED⊥平面A1FD1. 例3　解　(1)交線圍成的正方形EHGF如圖所示， (2)

13、作EM⊥AB，垂足為M，則AM＝A1E＝4，EM＝AA1＝8. 因為EHGF為正方形， 所以EH＝EF＝BC＝10. 于是MH＝＝6， 所以AH＝10. 以D為坐標原點，的方向為x軸正方向，建立如圖所示的空間直角坐標系Dxyz，則A(10，0，0)，H(10，10，0)， E(10，4，8)，F(xiàn)(0，4，8)，＝(10，0，0)， ＝(0，－6，8)． 設n＝(x，y，z)是平面EHGF的法向量， 則即 所以可取n＝(0，4，3)．又＝(－10，4，8)，故|cos〈n，〉|＝＝. 所以AF與平面EHGF所成角的正弦值為. 跟蹤訓練3　方法一 (1)證明　如圖，取AE

14、的中點H，連接HG，HD， 又G是BE的中點， 所以GH∥AB，且GH＝AB. 又F是CD的中點， 所以DF＝CD. 由四邊形ABCD是矩形， 得AB∥CD，AB＝CD， 所以GH∥DF，且GH＝DF， 從而四邊形HGFD是平行四邊形，所以GF∥DH. 又DH?平面ADE，GF?平面ADE， 所以GF∥平面ADE. (2)解　如圖，在平面BEC內，過B點作BQ∥EC. 因為BE⊥CE，所以BQ⊥BE. 又因為AB⊥平面BEC，所以AB⊥BE，AB⊥BQ. 以B為原點，分別以，，的方向為x軸，y軸，z軸的正方向建立空間直角坐標系， 則A(0，0，2)，B(0

15、，0，0)，E(2，0，0)， F(2，2，1)． 因為AB⊥平面BEC，所以＝(0，0，2)為平面BEC的法向量．設n＝(x，y，z)為平面AEF的法向量． 又＝(2，0，－2)，＝(2，2，－1)， 由得 取z＝2，得n＝(2，－1，2)． 從而|cos〈n，〉|＝＝＝，所以平面AEF與平面BEC所成銳二面角的余弦值為. 方法二　(1)證明　如圖，取AB中點M，連接MG，MF. 又G是BE的中點，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(xiàn)分別是AB，CD的中點得MF∥AD. 又AD?平面ADE，M

16、F?平面ADE. 所以MF∥平面ADE. 又因為GM∩MF＝M，GM?平面GMF，MF?平面GMF， 所以平面GMF∥平面ADE. 因為GF?平面GMF， 所以GF∥平面ADE. (2)同方法一． 當堂訓練 1．A　2.D　3.1或3 4．x＋y＋z＝0 5．解　(1)∵c∥，∴存在實數(shù)m， 使得c＝m＝m(－2，－1，2)＝(－2m，－m，2m)． ∵|c|＝3， ∴ ＝3|m|＝3， ∴m＝±1.∴c＝(－2，－1，2)或c＝(2，1，－2)． (2)∵a＝(1，1，0)，b＝(－1，0，2)， ∴a·b＝(1，1，0)·(－1，0，2)＝－1. 又∵|a|＝＝， |b|＝＝， ∴cos〈a，b〉＝＝＝－， 即向量a與向量b的夾角的余弦值為－. 11