《高中數(shù)學(xué)蘇教版選修21學(xué)案：第3章 章末分層突破 Word版含解析》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《高中數(shù)學(xué)蘇教版選修21學(xué)案：第3章 章末分層突破 Word版含解析（21頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、 精品資料 章末分層突破 ①數(shù)乘運算 ②空間向量的數(shù)量積 ③垂直 ④夾角 ⑤數(shù)乘結(jié)合律 ⑥線面關(guān)系 ⑦點面距 　 　空間向量及其運算 空間向量的運算主要包括空間向量的線性運算、數(shù)量積運算以及空間向量的坐標(biāo)運算．空間向量的運算法則、運算律與平面向量基本一致．主要考查空間向量的共線與共面以及數(shù)量積運算，這是用向量法求解立體幾何問題的基礎(chǔ)． 　沿著正四面體OABC的三條棱，，的方向有大小等于1,2和3的三個力f1，f2，f3，試求此三個力的合力f的大小以及此合力與三條棱所夾角的余弦值． 【精彩點撥】　用向

2、量表示f1，f2，f3，再根據(jù)模與夾角的向量運算公式求解． 【規(guī)范解答】　如圖所示，用a，b，c分別代表棱，，上的三個單位向量， 則f1＝a，f2＝2b，f3＝3c， 則f＝f1＋f2＋f3＝a＋2b＋3c， ∴|f|2＝(a＋2b＋3c)(a＋2b＋3c) ＝|a|2＋4|b|2＋9|c|2＋4ab＋6ac＋12bc ＝14＋4cos 60＋6cos 60＋12cos 60 ＝14＋2＋3＋6＝25， ∴|f|＝5，即所求合力的大小為5. 且cos〈f，a〉＝＝＝＝， 同理可得：cos〈f，b〉＝，cos〈f，c〉＝. [再練一題] 1．如圖31，在四棱錐SABC

3、D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(jié)論：①＋＋＋＝0；②＋－－＝0；③－＋－＝0；④＝；⑤＝0. 其中正確結(jié)論的序號是________． 圖31 【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＝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(jié)論的序號是③④. 【答案】?、邰? 空間平行與垂直的證明 　　　向量作為工具來研究幾何，真正把幾何的形與代數(shù)中的數(shù)實現(xiàn)了有機(jī)結(jié)合；給立體幾何的研究帶來了極大的便

4、利，利用空間向量可以方便地論證空間中的一些線面位置關(guān)系，如線面平行、線面垂直、面面平行、面面垂直等．利用空間向量判斷空間中的位置關(guān)系的常用方法如下： (1)線線平面 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，則a⊥b?ab＝0. (3)線面平行 用向量證明線面平行的方法主要有： ①證明直線的方向向量與平面的法向量垂直； ②證明平面內(nèi)一個向量與直線的方向向量是共線向量； ③利用共面向量定理證明，即用平面內(nèi)兩不共線向量線性表示直線的方向向量． (4)線面垂直 用向量證明線面垂直的方法主要有： ①

5、證明直線的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(zhuǎn)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(zhuǎn)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(zhuǎn)化為線面垂直、線線垂直問題． 　已知AB⊥平面ACD，DE⊥平面ACD，△ACD為等邊三角形，邊長為2a，AD＝DE＝2AB，F(xiàn)為CD的中點． 圖32 (1)求證：AF∥平面BCE； (2)求證：平面BCE⊥平面CDE. 【精彩點撥】　建立空間直角坐標(biāo)系，(1)利用向量，可用平面BCE內(nèi)的兩個不共線向量表示證明；(2)題可利用(1)的

6、結(jié)論證明． 【規(guī)范解答】　依題意，以AC所在的直線為x軸，AB所在的直線為z軸，過點A且垂直于AC的直線為y軸，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，則A(0,0,0)，C(2a,0,0)，B(0,0，a)，D(a，a,0)，E(a，a,2a)． ∵F為CD的中點， ∴F. (1)易知，＝，＝(a，a，a)，＝(2a,0，－a)． ∵＝(＋)，AF?平面BCE， ∴AF∥平面BCE. (2)∵＝，＝(－a，a,0)，＝(0,0，－2a)， ∴＝0，＝0， ∴⊥，⊥， 即AF⊥CD，AF⊥ED. 又CD∩ED＝D，∴AF⊥平面CDE.又AF∥平面BCE，∴平面BCE⊥平面CDE

7、. [再練一題] 2．正方形ABCD所在平面與平面四邊形ABEF所在平面互相垂直，△ABE是等腰直角三角形，AB＝AE，F(xiàn)A＝FE，∠AEF＝45，求證：EF⊥平面BCE. 【證明】　因為△ABE為等腰直角三角形，所以AB＝AE， AE⊥AB. 又因為平面ABEF⊥平面ABCD，AE?平面ABEF， 平面ABEF∩平面ABCD＝AB， 所以AE⊥平面ABCD，所以AE⊥AD， 因此AD，AB，AE兩兩垂直． 以A為坐標(biāo)原點，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系A(chǔ)xyz. 設(shè)AB＝1，則AE＝1，B(0,1,0)，E(0,0,1)，C(1,1,0)． 因為FA＝FE，∠AEF＝

8、45， 所以∠AFE＝90， 從而F， 所以＝，＝(0，－1,1)，＝(1,0,0)． ＝0＋－＝0，＝0， 所以EF⊥BE，EF⊥BC. 因為BE?平面BCE，BC?平面BCE，BC∩BE＝B， 所以EF⊥平面BCE. 利用空間向量求空間角 利用空間向量求空間角，一般有兩種方法：即幾何法和向量法，利用向量法只需求出直線的方向向量與平面的法向量即可． (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l與平面α所成的角θ，先求這個平面α的法向量n與直線l的方向向量a夾角

9、的余弦cos〈n，a〉，易知θ＝〈n，a〉－或者－〈n，a〉； (3)二面角：如圖33，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(bǔ)，所以首先應(yīng)判斷二面角是銳角還是鈍角． 圖33 　如圖34，正方形ACDE所在的平面與平面ABC垂直，M是CE與AD的交點，AC⊥BC，且AC＝BC. (1)求證：AM⊥平面EBC； (2)求直線AB與平面EBC所成角的大?。? (3)求二面角AEBC的大?。? 圖34 【精彩點撥】　(1)根據(jù)判定定理求解；(2)由(1)知是平面EBC的一個法向量，先求〈，〉，直線AB與平面EB

10、C所成的角為90－〈，〉；(3)求出平面AEB的法向量n，計算cos〈n，〉，再確定二面角AEBC的大?。? 【規(guī)范解答】　(1)證明：∵四邊形ACDE是正方形， ∴EA⊥AC. ∵平面ACDE⊥平面ABC， ∴EA⊥平面ABC. ∴可以以點A為原點，以過A點平行于BC的直線為x軸，分別以AC和AE所在直線為y軸和z軸，建立空間直角坐標(biāo)系A(chǔ)xyz. 設(shè)EA＝AC＝BC＝2，則A(0,0,0)，B(2,2,0)，C(0,2,0)，E(0,0,2)． ∵M(jìn)是正方形ACDE的對角線的交點， ∴M(0,1,1)． ∴＝(0,1,1)，＝(0,2，－2)，＝(2,0,0)， ∴＝0

11、，＝0，∴AM⊥EC，AM⊥CB. 又∵EC∩CB＝C，∴AM⊥平面EBC. (2)∵AM⊥平面EBC，∴為平面EBC的一個法向量． ∵＝(0,1,1)，＝(2,2,0)， ∴cos〈，〉＝＝， ∴〈，〉＝60， ∴直線AB與平面EBC所成的角為30. (3)設(shè)平面EAB的法向量為n＝(x，y，z)， 則n⊥且n⊥，∴n＝0且n＝0. ∴即 取y＝－1，∴x＝1，∴n＝(1，－1,0)． 又∵為平面EBC的一個法向量，且＝(0,1,1)， ∴cos〈n，〉＝＝－. 設(shè)二面角AEBC的平面角為θ，由圖可知θ為銳角， 則cos θ＝|cos〈n，〉|＝， ∴θ＝60.

12、 ∴二面角AEBC等于60. [再練一題] 3．在正方體ABCDA1B1C1D1中，E，F(xiàn)分別是A1D1，A1C1的中點，求異面直線AE與CF所成角的余弦值. 【導(dǎo)學(xué)號：09390090】 【解】　不妨設(shè)正方體的棱長為2，分別取DA，DC，DD1所在直線為x軸，y軸，z軸建立如圖所示空間直角坐標(biāo)系，則A(2,0,0)，C(0,2,0)，E(1,0,2)，F(xiàn)(1,1,2)，則＝(－1,0,2)，＝(1，－1,2)，∴||＝，||＝，＝－1＋0＋4＝3. 又＝||||cos〈，〉＝cos〈，〉， ∴cos〈，〉＝，∴異面直線AE與CF所成角的余弦值為. 用空間向量解決空間中的

13、探索性問題 用空間向量研究立體幾何中的探索性(或存在性)問題的關(guān)鍵是構(gòu)建向量及空間直角坐標(biāo)系，然后利用空間向量的數(shù)量積、向量模的投影公式，處理空間平行、垂直等位置關(guān)系問題，可避開傳統(tǒng)的“作—證—算”中的難點，具有較強(qiáng)的可操作性． 提醒：利用空間幾何體的位置關(guān)系轉(zhuǎn)化為向量運算的關(guān)系式，建立方程是動點存在性問題得以解決的關(guān)鍵． 　在四棱錐PABCD中，ABCD是菱形，∠ABC＝60，PA＝AC＝a，PB＝PD＝a，點E在PD上，且PE∶ED＝2∶1.在PC上是否存在點F，使BF∥平面AEC？并證明你的結(jié)論． 【精彩點撥】　易知PA⊥平面ABCD，以A為原點建立空間直角坐標(biāo)系，由BF∥平面A

14、EC得＝λ1＋λ2，確定，，的坐標(biāo)及系數(shù)λ1，λ2即可． 【規(guī)范解答】　以A為坐標(biāo)原點，AD，AP所在直線分別為y軸，z軸，過A點垂直于平面PAD的直線為x軸，建立空間直角坐標(biāo)系如圖所示．由題設(shè)條件可得，相關(guān)各點的坐標(biāo)分別為A(0,0,0)，B，C，D(0，a,0)，P(0,0，a)，E，所以＝，＝，＝(0,0，a)，＝，＝， 設(shè)點F是棱PC上的點，＝λ＝，其中0<λ<1， 則＝＋＝＋＝. 令＝λ1＋λ2， 得 即 解得λ＝，λ1＝－，λ2＝， 即λ＝，＝－＋， 所以當(dāng)F是PC的中點時，，，共面． 又BF?平面AEC，所以BF∥平面AEC. [再練一題] 4．如圖3

15、5，矩形ABCD中，AB＝1，BC＝a，PA⊥平面ABCD(點P位于平面ABCD上方)，問BC邊上是否存在點Q，使⊥？ 圖35 【解】　假設(shè)存在點Q(Q點在邊BC上)，使⊥， 即PQ⊥QD，連結(jié)AQ.∵PA⊥平面ABCD， ∴PA⊥QD. 又＝＋且⊥， ∴＝0，即＋＝0. 又由＝0，∴＝0，∴⊥. 即點Q在以邊AD為直徑的圓上，圓的半徑為. 又∵AB＝1， 當(dāng)＝1，即a＝2時，該圓與邊BC相切，存在1個點Q滿足題意； 當(dāng)>1，即a>2時，該圓與邊BC相交，存在2個點Q滿足題意； 當(dāng)<1，即a<2時，該圓與邊BC相離，不存在點Q滿足題意． 綜上所述，當(dāng)a≥2時，存在

16、點Q；當(dāng)0

17、△ABE和△ADE都是等邊三角形，取AE中點M，連結(jié)BM，DM，由平面BAE⊥平面AEC知，BM⊥平面AEC，以M為原點建立空間直角坐標(biāo)系，用平面的法向量的夾角計算． 【規(guī)范解答】　取AE中點M，連結(jié)BM，DM. 因為在等腰梯形ABCD中，AD∥BC，AB＝AD，∠ABC＝60，E是BC的中點，所以△ABE與△ADE都是等邊三角形，所以BM⊥AE，DM⊥AE. 又平面BAE⊥平面AEC，所以BM⊥MD. 以M為原點，分別以ME，MD，MB所在的直線為x軸，y軸，z軸， 建立空間直角坐標(biāo)系Mxyz，如圖，則E(1,0,0)，B(0,0，)，C(2，，0)，D(0，，0)， 所以＝

18、(2,0,0)，＝(0，，－)， 設(shè)平面BCD的法向量為m＝(x，y，z)， 由 取y＝1，得m＝(0,1,1)， 又因為平面ABE的一個法向量＝(0，，0)， 所以cos〈m，〉＝＝， 所以平面ABE與平面BCD的夾角為45. [再練一題] 5．在直四棱柱中，AA1＝2，底面ABCD是直角梯形，∠DAB為直角，AB∥CD，AB＝4，AD＝2，DC＝1，試求異面直線BC1與DC夾角的余弦值． 【解】　如圖，以D為坐標(biāo)原點，分別以DA，DC，DD1所在的直線為x軸，y軸，z軸，建立空間直角坐標(biāo)系，則D(0,0,0)，C1(0,1,2)，B(2,4,0)，C(0,1,0)，

19、 所以＝(－2，－3,2)，＝(0，－1,0)． 所以cos〈，〉＝＝. 故異面直線BC1與DC夾角的余弦值為. 轉(zhuǎn)化與化歸的思想 空間向量的坐標(biāo)及運算為解決立體幾何中的夾角、距離、垂直、平行等問題提供了工具，因此我們要善于把這些問題轉(zhuǎn)化為向量的夾角、模、垂直、平行等問題，利用向量方法解決．將幾何問題化歸為向量問題，然后利用向量的性質(zhì)進(jìn)行運算和論證，再將結(jié)果轉(zhuǎn)化為幾何問題．這種“從幾何到向量，再從向量到幾何”的思想方法，在本章尤為重要． 　如圖37所示，在矩形ABCD中，AB＝4，AD＝3，沿對角線AC折起，使D在平面ABC上的射影E恰好在AB上，求平面BAC與平面ACD夾角的余

20、弦值． 圖37 【精彩點撥】　求兩平面的夾角，可以作出垂直于棱的兩個向量，轉(zhuǎn)化為求這兩個向量的夾角，但應(yīng)注意兩向量的始點應(yīng)在二面角的棱上． 【規(guī)范解答】　如圖所示，作DG⊥AC于G，BH⊥AC于H，在Rt△ADC中，AC＝＝5，cos∠DAC＝＝. 在Rt△ADG中， AG＝ADcos∠DAC＝3＝， DG＝＝， 同理cos∠BCA＝，CH＝，BH＝. ∵＝(＋) ＝＋＝0， ∴＝(＋)(＋) ＝＋＋＋ ＝－＋3＋3＋0＝， 又||||＝，∴cos〈，〉＝， 即所求平面BAC與平面ACD夾角的余弦值為. [再練一題] 6．在棱長為a的正方體OABCO1A

21、1B1C1中，E，F(xiàn)分別是AB，BC上的動點，且AE＝BF，求證：A1F⊥C1E. 【證明】　以O(shè)為坐標(biāo)原點建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，則A1(a,0，a)，C1(0，a，a)． 設(shè)AE＝BF＝x， ∴E(a，x,0)，F(xiàn)(a－x，a,0)， ∴＝(－x，a，－a)， ＝(a，x－a，－a)． ∵＝(－x，a，－a)(a，x－a，－a) ＝－ax＋ax－a2＋a2＝0， ∴⊥，即A1F⊥C1E. 函數(shù)與方程思想 共線向量定理、共面向量定理、空間向量基本定理都是由幾個向量間的等式關(guān)系組成的，因此解決相關(guān)問題時，常用到方程思想．而利用空間向量的坐標(biāo)運算解決已知夾角、距

22、離的問題時，常需要建立方程求解，或者利用函數(shù)求最值． 　如圖38，正方形ABCD，ABEF的邊長都是1，而且平面ABCD，ABEF互相垂直．點M在AC上移動，點N在BF上移動，若CM＝BN＝a(0

23、當(dāng)a＝時，||min＝， 即M，N分別移動到AC，BF的中點時，MN的長最小，最小值為. (3)取MN的中點P，連結(jié)AP，BP，因為AM＝AN，BM＝BN， 所以AP⊥MN，BP⊥MN，∠APB即為二面角α的平面角． MN的長最小時，M，N. 由中點坐標(biāo)公式，得P， 又A(1,0,0)，B(0,0,0)． ∴＝，＝. ∴cos∠APB＝ ＝＝－. ∴平面MNA與平面MNB所成二面角α的余弦值為－. [再練一題] 7．已知空間的一組基底{a，b，c}，p＝3a＋2b＋c，m＝a－b＋c，n＝a＋b－c，試判斷p，m，n是否共面． 【解】　顯然m與n不共線，設(shè)p＝xm＋y

24、n，則3a＋2b＋c＝x(a－b＋c)＋y(a＋b－c)＝(x＋y)a＋(－x＋y)b＋(x－y)c. 因為a，b，c不共面，所以 而此方程組無解，所以p不能用m，n表示， 即p，m，n不共面． 1．(2015四川高考)如圖39，四邊形ABCD和ADPQ均為正方形，它們所在的平面互相垂直，動點M在線段PQ上，E，F(xiàn)分別為AB，BC的中點．設(shè)異面直線EM與AF所成的角為θ，則cos θ的最大值為________． 圖39 【解析】　以AB，AD，AQ所在直線分別為x軸、y軸、z軸建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系A(chǔ)xyz，設(shè)正方形邊長為2，M(0，y,2)(0≤y≤2)，則A(0,

25、0,0)，E(1,0,0)，F(xiàn)(2,1,0)，∴＝(－1，y,2)，||＝，＝(2,1,0)，||＝， ∴cos θ＝＝＝. 令t＝2－y，要使cos θ最大，顯然0

26、F與平面α所成角的正弦值． 【解】　(1)交線圍成的正方形EHGF如圖所示． (2)作EM⊥AB，垂足為M，則AM＝A1E＝4，EM＝AA1＝8. 因為四邊形EHGF為正方形，所以EH＝EF＝BC＝10. 于是MH＝＝6，所以AH＝10. 以D為坐標(biāo)原點，的方向為x軸正方向，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)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(shè)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

27、與平面EHGF所成角的正弦值為. 3．(2016全國卷Ⅲ)如圖311，四棱錐PABCD中，PA⊥底面ABCD，AD∥BC，AB＝AD＝AC＝3，PA＝BC＝4，M為線段AD上一點，AM＝2MD，N為PC的中點． 圖311 (1)證明：MN∥平面PAB； (2)求直線AN與平面PMN所成角的正弦值． 【解】　(1)證明：由已知得AM＝AD＝2. 取BP的中點T，連接AT，TN，由N為PC的中點知TN∥BC，TN＝BC＝2. 又AD∥BC，故TN綊AM，所以四邊形AMNT為平行四邊形，于是MN∥AT. 因為AT?平面PAB，MN?平面PAB， 所以MN∥平面PAB. (

28、2)取BC的中點E，連接AE. 由AB＝AC得AE⊥BC，從而AE⊥AD， 且AE＝＝＝. 以A為坐標(biāo)原點，的方向為x軸正方向，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系A(chǔ)xyz. 由題意知P(0,0,4)，M(0,2,0)，C(，2,0)，N， ＝(0,2，－4)，＝，＝. 設(shè)n＝(x，y，z)為平面PMN的法向量，則 即 可取n＝(0,2,1)． 于是|cos〈n，〉|＝＝. 所以直線AN與平面PMN所成角的正弦值為. 4．(2015全國卷Ⅰ)如圖312，四邊形ABCD為菱形，∠ABC＝120，E，F(xiàn)是平面ABCD同一側(cè)的兩點，BE⊥平面ABCD，DF⊥平面ABCD，BE＝2DF，

29、AE⊥EC. 圖312 (1)證明：平面AEC⊥平面AFC； (2)求直線AE與直線CF所成角的余弦值． 【解】　(1)證明：如圖，連接BD，設(shè)BD∩AC＝G，連接EG，F(xiàn)G，EF. 在菱形ABCD中，不妨設(shè)GB＝1.由∠ABC＝120，可得AG＝GC＝. 由BE⊥平面ABCD，AB＝BC，可知AE＝EC. 又AE⊥EC，所以EG＝，且EG⊥AC. 在Rt△EBG中，可得BE＝，故DF＝. 在Rt△FDG中，可得FG＝. 在直角梯形BDFE中，由BD＝2，BE＝，DF＝，可得EF＝. 從而EG2＋FG2＝EF2，所以EG⊥FG. 又AC∩FG＝G，所以EG⊥平面AFC. 因為EG?平面AEC，所以平面AEC⊥平面AFC. (2)如圖，以G為坐標(biāo)原點，分別以，的方向為x軸，y軸正方向，||為單位長度，建立空間直角坐標(biāo)系Gxyz. 由(1)可得A(0，－，0)，E(1,0，)，F(xiàn)，C(0，，0)， 所以＝(1，，)，＝. 故cos〈，〉＝＝－. 所以直線AE與直線CF所成角的余弦值為.