2020高中数学 第三章 空间向量与立体几何阶段复习课学案 新人教A版选修2-1

2020高中数学 第三章 空间向量与立体几何阶段复习课学案 新人教A版选修2-1

第三课　空间向量与立体几何 ‎[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，不共线，则P，A，B三点共线的充要条件是＝λ＋μ，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＝xa＋yb.‎ ‎(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＝x＋y＋z(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＝xa＋yb＋zc，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＝(a1，a2，a3)，b＝(b1，b2，b3)．‎ ‎(1)a＋b＝(a1＋b1，a2＋b2，a3＋b3)，‎ a－b＝(a1－b1，a2－b2，a3－b3)，‎ λa＝(λa1，λa2，λa3)，‎ a·b＝a1b1＋a2b2＋a3b3.‎ ‎(2)重要结论：‎ a∥b⇔a＝λb⇔a1＝λb1，a2＝λb2，a3＝λb3(λ∈R)；‎ a⊥b⇔a·b＝0⇔a1b1＋a2b2＋a3b3＝0.‎ ‎3．模、夹角和距离公式 ‎(1)设a＝(a1，a2，a3)，b＝(b1，b2，b3)，则 ‎①|a|＝＝；‎ ‎②cos〈a，b〉＝＝.‎ ‎(2)设A(a1，b1，c1)，B(a2，b2，c2)，则 dAB＝||＝.‎ ‎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＝(a1，b1，c1)，平面α的法向量v＝(a2，b2，c2)，‎ 则l∥α⇔u⊥v⇔u·v＝0⇔a‎1a2＋b1b2＋c‎1c2＝0，l⊥α⇔u∥v⇔u＝kv⇔(a1，b1，c1)＝‎ 11‎ k(a2，b2，c2)⇔a1＝ka2，b1＝kb2，c1＝kc2(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＝kb，k∈R；‎ l⊥m⇔a⊥b⇔a·b＝0；‎ l∥α⇔a⊥u⇔a·u＝0；‎ l⊥α⇔a∥u⇔a＝ku，k∈R；‎ α∥β⇔u∥v⇔u＝kv，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l1，l2的方向向量分别为m1，m2，则l1与l2的夹角θ满足cos θ＝|cos〈m1，m2〉|.‎ ‎(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αlβ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＝〈，〉．‎ 图31‎ ‎(ⅱ)如图31②③，n1，n2分别是二面角αlβ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〈n1，n2〉或－cos〈n1，n2〉．‎ ‎[体系构建]‎ 11‎ ‎[题型探究]‎ 空间向量的基本概念及运算 ‎　如图32，在四棱锥SABCD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32‎ ‎①＋＋＋＝0；‎ ‎②＋－－＝0；‎ ‎③－＋－＝0；‎ ‎④·＝·；‎ ‎⑤·＝0.‎ 其中正确结论的序号是________．‎ ‎[解析]　容易推出－＋－＝＋＝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·＝2·2·cos∠ASB，·＝2·2·cos∠‎ 11‎ CSD，而∠ASB＝∠CSD，于是·＝·，因此④正确，其余三个都不正确，故正确结论的序号是③④.‎ ‎[答案]　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〉＝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a2＝|a|2，a在b上的投影＝|a|·cos θ等．‎ ‎[跟踪训练]‎ ‎1.如图33，已知ABCDA′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′上的分点，设＝α＋β＋γ，则α＋β＋γ＝________.‎ 图33‎ 　[连接BD，则M为BD的中点，‎ ＝＋＝＋＝(＋)＋(＋)＝(－＋)＋(＋)＝＋＋.‎ ‎∴α＝，β＝，γ＝.∴α＋β＋γ＝.]‎ 11‎ 空间向量的坐标运算 ‎　(1)已知a＝(2,3，－4)，b＝(－4，－3，－2)，b＝x－‎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. ‎ ‎【导学号：46342183】‎ ‎[解析]　(1)由b＝x－‎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)．‎ ‎[答案]　B ‎(2)①∵向量a＝(x,1,2)，b＝(1，y，－2)，c＝(3,1，z)，且a∥b，b⊥c，‎ ‎∴，解得 ‎∴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|＝＝，|b＋c|＝＝，‎ ‎∴a＋c与b＋c所成角的余弦值为＝.‎ ‎[规律方法]　熟记空间向量的坐标运算公式 设a＝(x1，y1，z1)，b＝(x2，y2，z2)，‎ ‎(1)加减运算：a±b＝(x1±x2，y1±y2，z1±z2).‎ ‎(2)数量积运算：a·b＝x1x2＋y1y2＋z1z2.‎ ‎(3)向量夹角：cos〈a，b〉＝.‎ ‎(4)向量长度：设M1(x1，y1，z1)，M2(x2，y2，z2)，则||＝.‎ 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(　　)‎ 11‎ 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 C　[∵＝(3,4，－8)，＝(5,1，－7)，＝(2，－3,1)，∴||＝＝，||＝＝，||＝＝，∴||2＋||2＝||2，∴△ABC一定为直角三角形．]‎ 利用空间向量证明平行、垂直问题 ‎　在四棱锥PABCD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⊥，⊥，列方程求其坐标即可．‎ ‎[解]　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：∵＝(0,1,1)，‎ 平面PAD的一个法向量为n＝(1,0,0)，‎ ‎∴·n＝0，即⊥n，‎ 又BM⊄平面PAD，∴BM∥平面PAD．‎ ‎(2)＝(－1,2,0)，＝(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＝(－1，y－1，z－1)，‎ 从而MN⊥BD，MN⊥PB，‎ ‎∴即 11‎ ‎∴∴N，∴在平面PAD内存在一点N，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. ‎ ‎【导学号：46342184】‎ 11‎ ‎[解]　(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，CC1所在直线为z轴，建立空间直角坐标系，‎ 因为AB＝2，AD＝2，A‎1A＝3，‎ 所以C(0,0,0)，A1(2,2,3)，C1(0,0,3)，＝(2,2,3)，‎ 由(1)知CA1⊥平面AMN，‎ 故平面AMN的一个法向量为＝(2,2,3)．‎ 设线段AA1上存在一点P(2,2，t)，使得C1P∥平面AMN，则＝(2,2，t－3)，‎ 因为C1P∥平面AMN，‎ 所以·＝4＋4＋3t－9＝0，‎ 解得t＝.所以P，‎ 所以线段AA1上存在一点P，使得C1P∥平面AMN.‎ 利用空间向量求空间角 ‎　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＝，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＝.‎ 11‎ ‎　‎ ‎(1)　　　　　　　　　　(2)‎ 图35‎ ‎(1)证明：A′O⊥平面BCDE；‎ ‎(2)求二面角A′CDB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．‎ ‎[解]　(1)证明：由题意，得OC＝3，AC＝3，AD＝2.‎ 如图，连接OD，OE，在△OCD中，由余弦定理，得 OD＝＝.‎ 由翻折不变性，知A′D＝2，‎ 所以A′O2＋OD2＝A′D2，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′CDB的平面角．‎ 结合图(1)可知，H为AC的中点，故OH＝，‎ 从而A′H＝＝.‎ 所以cos∠A′HO＝＝.‎ 所以二面角A′CDB的平面角的余弦值为.‎ ‎[规律方法]　 用向量法求空间角的注意点 11‎ ‎(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〉－或者－〈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n1与n2，则平面α与β所成的角跟法向量n1与n2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＝AC＝2，AB＝BC，求二面角FBCA的余弦值. ‎ ‎【导学号：46342185】‎ ‎[解]　(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，‎ 11‎ 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(0,2，0)，C(－2，0,0)．‎ 过点F作FM⊥OB于点M，‎ 所以FM＝＝3，‎ 可得F(0，，3)．‎ 故＝(－2，－2，0)，＝(0，－，3)．‎ 设m＝(x，y，z)是平面BCF的法向量．‎ 由 可得 可得平面BCF的一个法向量m＝.‎ 因为平面ABC的一个法向量n＝(0,0,1)，‎ 所以cos〈m，n〉＝＝，‎ 所以二面角FBCA的余弦值为.‎ 11‎