《高中數(shù)學 第三章 空間向量與立體幾何階段復習課學案 新人教A版選修21》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《高中數(shù)學 第三章 空間向量與立體幾何階段復習課學案 新人教A版選修21（11頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、 第三課　空間向量與立體幾何 [核心速填] 1．空間向量的有關定理和推論 (1)共線向量定理：對空間任意兩個向量a，b(b≠0)，a∥b的充要條件是存在實數(shù)λ，使得a＝λb. (2)共線向量定理的推論：若，不共線，則P，A，B三點共線的充要條件是＝λ＋μ，且λ＋μ＝1. (3)共面向量定理：如果兩個向量a，b不共線，那么向量p與向量a，b共面的充要條件是存在惟一的有序實數(shù)對(x，y)，使得p＝xa＋yb. (4)共面向量定理的推論：已知空間任意一點O和不共線的三點A，B，C，則P，A，B，C四點共面的充要條件是＝x＋y＋z(其中x＋y＋z＝1)． (5)空間向量基本定理：如果三

2、個向量a，b，c不共面，那么對空間任一向量p，存在有序實數(shù)組{x，y，z}，使得p＝xa＋yb＋zc，其中{a，b，c}叫做空間的一個基底． 2．空間向量運算的坐標表示 設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)， ab＝a1b1＋a2b2＋a3b3. (2)重要結論： a∥b?a＝λb?a1＝λb1，a2＝λb2，a3＝λb3(λ∈R)； a⊥b?ab＝0?a1b1＋a2b2＋a3b3＝0. 3．模、夾角和距離公式 (1

3、)設a＝(a1，a2，a3)，b＝(b1，b2，b3)，則 ①|(zhì)a|＝＝； ②cos〈a，b〉＝＝. (2)設A(a1，b1，c1)，B(a2，b2，c2)，則 dAB＝||＝. 4．空間向量的結論與線面位置關系的對應關系 (1)設直線l的方向向量是u＝(a1，b1，c1)，平面α的法向量v＝(a2，b2，c2)， 則l∥α?u⊥v?uv＝0?a1a2＋b1b2＋c1c2＝0，l⊥α?u∥v?u＝kv?(a1，b1，c1)＝k(a2，b2，c2)?a1＝ka2，b1＝kb2，c1＝kc2(k∈R)． (2)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u，v，則

4、 l∥m?a∥b?a＝kb，k∈R； l⊥m?a⊥b?ab＝0； l∥α?a⊥u?au＝0； l⊥α?a∥u?a＝ku，k∈R； α∥β?u∥v?u＝kv，k∈R； α⊥β?u⊥v?uv＝0. 5．空間向量與空間角的關系 (1)設異面直線l1，l2的方向向量分別為m1，m2，則l1與l2的夾角θ滿足cos θ＝|cos〈m1，m2〉|. (2)設直線l的方向向量和平面α的法向量分別為m，n，則直線l與平面α的夾角θ滿足sin θ＝|cos〈m，n〉|. (3)求二面角的大小： (ⅰ)如圖31①，AB，CD是二面角αlβ的兩個半平面α，β內(nèi)與棱l垂直的直線，則二面角的大小θ＝

5、〈，〉． 圖31 (ⅱ)如圖31②③，n1，n2分別是二面角αlβ的兩個半平面α，β的法向量，則二面角的大小θ滿足cos θ＝cos〈n1，n2〉或－cos〈n1，n2〉． [體系構建] [題型探究] 空間向量的基本概念及運算 　如圖32，在四棱錐SABCD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： 圖32 ①＋＋＋＝0； ②＋－－＝0； ③－＋－＝0； ④＝； ⑤＝0. 其中正確結論的序號是________． [解析]　容易推出－＋－＝＋＝0，所以③正確；又因為底面ABCD是邊長為1的正方形，SA＝SB

6、＝SC＝SD＝2，所以＝22cos∠ASB，＝22cos∠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. [答案]?、邰? [規(guī)律方法]　1.空間向量的線性運算包括加、減及數(shù)乘運算，選定空間不共面的三個向量作為基向量，并用它們表示出目標向量，這是用向量法解決立體幾何問題的基本要求，解題時可結合已知和所求，根據(jù)圖形，利用向量運算法則表示所需向量． 2．空間向量的數(shù)量積 (1)空間向量的數(shù)量積的定義表達式ab＝|a||b|cos〈a，b〉及其變式cos〈a，b〉＝是兩個重要公式． (2)空間向量的數(shù)量積的其他變式是解決立體幾何問題的重要公式，如

7、a2＝|a|2，a在b上的投影＝|a|cos θ等． [跟蹤訓練] 1.如圖33，已知ABCDA′B′C′D′是平行六面體． 設M是底面ABCD的中心，N是側面BCC′B′對角線BC′上的分點，設＝α＋β＋γ，則α＋β＋γ＝________. 圖33 　[連接BD，則M為BD的中點， ＝＋＝＋＝(＋)＋(＋)＝(－＋)＋(＋)＝＋＋. ∴α＝，β＝，γ＝.∴α＋β＋γ＝.] 空間向量的坐標運算 　(1)已知a＝(2,3，－4)，b＝(－4，－3，－2)，b＝x－2a，則x＝(　　) A．(0,3，－6)　　　　 B．(0,6，－20) C．(0,6，－6) D

8、．(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與b＋c所成角的余弦值. 【導學號：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,

9、2,3)，b＋c＝(4,0，－1)， ∴(a＋c)(b＋c)＝24＋20＋3(－1)＝5， |a＋c|＝＝，|b＋c|＝＝， ∴a＋c與b＋c所成角的余弦值為＝. [規(guī)律方法]　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：ab＝(x1x2，y1y2，z1z2). (2)數(shù)量積運算：ab＝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||＝. 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. [跟蹤訓練] 2．在

10、空間直角坐標系中，已知點A(1，－2,11)，B(4,2,3)，C(6，－1,4)，則△ABC一定是(　　) A．等腰三角形 B．等邊三角形 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一定為直角三角形．] 利用空間向量證明平行、垂直問題 　在四棱錐PABCD中，AB⊥AD，CD⊥AD，PA⊥底面ABCD，PA＝AD＝CD＝2AB＝2，M為PC的中點． (1)求證：BM∥平面PAD； (2)平面PAD內(nèi)是否存在一點N，使MN⊥平面PBD？若存在，確定

11、N的位置；若不存在，說明理由． [思路探究]　(1)證明向量垂直于平面PAD的一個法向量即可； (2)假設存在點N，設出其坐標，利用⊥，⊥，列方程求其坐標即可． [解]　以A為原點，以AB，AD，AP分別為x軸、y軸、z軸建立空間直角坐標系如圖所示，則B(1,0,0)，D(0,2,0)，P(0,0,2)，C(2,2,0)，M(1，1,1)， (1)證明：∵＝(0,1,1)， 平面PAD的一個法向量為n＝(1,0,0)， ∴n＝0，即⊥n， 又BM?平面PAD，∴BM∥平面PAD． (2)＝(－1,2,0)，＝(1,0，－2)， 假設平面PAD內(nèi)存在一點N，使MN⊥平面PB

12、D． 設N(0，y，z)，則＝(－1，y－1，z－1)， 從而MN⊥BD，MN⊥PB， ∴即 ∴∴N，∴在平面PAD內(nèi)存在一點N，使MN⊥平面PBD． [規(guī)律方法]　 利用空間向量證明空間中的位置關系 (1)線線平行： 證明兩條直線平行，只需證明兩條直線的方向向量是共線向量． (2)線線垂直： 證明兩條直線垂直，只需證明兩直線的方向向量垂直． (3)線面平行： ①證明直線的方向向量與平面的法向量垂直； ②證明可在平面內(nèi)找到一個向量與直線的方向向量是共線向量； ③利用共面向量定理，即證明直線的方向向量可用平面內(nèi)兩不共線向量線性表示． (4)線面垂直： ①證明直線的

13、方向向量與平面的法向量平行； ②利用線面垂直的判定定理轉化為線線垂直問題． (5)面面平行： ①證明兩個平面的法向量平行(即是共線向量)； ②轉化為線面平行、線線平行問題． (6)面面垂直： ①證明兩個平面的法向量互相垂直； ②轉化為線面垂直、線線垂直問題． [跟蹤訓練] 3．如圖34，長方體ABCDA1B1C1D1中，點M，N分別在BB1，DD1上，且AM⊥A1B，AN⊥A1D． 圖34 (1)求證：A1C⊥平面AMN. (2)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. 【導學號：4634

14、2184】 [解]　(1)證明：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)，A1(2,2,3)，C1(0,0,3)，＝(2,2,3)， 由(1)知CA1⊥平面AMN， 故平面AMN的一個法向量為＝(2,2,3)． 設線段AA1

15、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＝4＋4＋3t－9＝0， 解得t＝.所以P， 所以線段AA1上存在一點P，使得C1P∥平面AMN. 利用空間向量求空間角 　如圖35，在等腰直角三角形ABC中，∠A＝90，BC＝6，D，E分別是AC，AB上的點，CD＝BE＝，O為BC的中點．將△ADE沿DE折起，得到如圖(2)所示的四棱錐A′BCDE，其中A′O＝. 　 (1)　　　　　　　　　　(2) 圖35 (1)證明：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

16、)利用勾股定理可證A′O⊥OD，A′O⊥OE，從而證得A′O⊥平面BCDE；(2)用“三垂線”法作二面角的平面角后求解或用向量法求兩個平面的法向量的夾角． [解]　(1)證明：由題意，得OC＝3，AC＝3，AD＝2. 如圖，連接OD，OE，在△OCD中，由余弦定理，得 OD＝＝. 由翻折不變性，知A′D＝2， 所以A′O2＋OD2＝A′D2，所以A′O⊥OD． 同理可證A′O⊥OE. 又因為OD∩OE＝O，所以A′O⊥平面BCDE. (2)如圖，過點O作OH⊥CD交CD的延長線于點H，連接A′H. 因為A′O⊥平面BCDE，OH⊥CD， 所以A′H⊥CD． 所以∠

17、A′HO為二面角A′CDB的平面角． 結合圖(1)可知，H為AC的中點，故OH＝， 從而A′H＝＝. 所以cos∠A′HO＝＝. 所以二面角A′CDB的平面角的余弦值為. [規(guī)律方法]　 用向量法求空間角的注意點 (1)異面直線所成角：兩異面直線所成角的范圍為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夾角的余弦cos〈n，a〉，易知θ＝〈n，a〉－或者－〈n，a〉． (3)二面角：如圖36，有兩個平面α與β，分別作這兩個平面的法向量n1與n2，則

18、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，所以首先應判斷二面角是銳角還是鈍角． 圖36 [跟蹤訓練] 4．在如圖37所示的圓臺中，AC是下底面圓O的直徑，EF是上底面圓O′的直徑，F(xiàn)B是圓臺的一條母線． 圖37 (1)已知G，H分別為EC，F(xiàn)B的中點，求證：GH∥平面ABC． (2)已知EF＝FB＝AC＝2，AB＝BC，求二面角FBCA的余弦值. 【導學號：46342185】 [解]　(1)證明：設CF的中點為I，連接GI，HI. 在△CEF中，因為點G，I分別是CE，CF的中點， 所以GI∥EF. 又EF∥OB，所以GI∥OB． 在△CFB

19、中，因為H，I分別是FB，CF的中點， 所以HI∥BC． 又HI∩GI＝I，BC∩OB＝B， 所以平面GHI∥平面ABC． 因為GH?平面GHI， 所以GH∥平面ABC． (2)連接OO′，則OO′⊥平面ABC． 又AB＝BC，且AC是圓O的直徑， 所以BO⊥AC． 以O為坐標原點，建立如圖所示的空間直角坐標系． 由題意得B(0,2，0)，C(－2，0,0)． 過點F作FM⊥OB于點M， 所以FM＝＝3， 可得F(0，，3)． 故＝(－2，－2，0)，＝(0，－，3)． 設m＝(x，y，z)是平面BCF的法向量． 由 可得 可得平面BCF的一個法向量m＝. 因為平面ABC的一個法向量n＝(0,0,1)， 所以cos〈m，n〉＝＝， 所以二面角FBCA的余弦值為. 6EDBC3191F2351DD815FF33D4435F3756EDBC3191F2351DD815FF33D4435F3756EDBC3191F2351DD815FF33D4435F3756EDBC3191F2351DD815FF33D4435F3756EDBC3191F2351DD815FF33D4435F3756EDBC3191F2351DD815FF33D4435F375