《（浙江專版）2018-2019高中數學 第三章 空間向量與立體幾何 疑難規(guī)律方法學案 新人教A版選修2-1》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《（浙江專版）2018-2019高中數學 第三章 空間向量與立體幾何 疑難規(guī)律方法學案 新人教A版選修2-1（16頁珍藏版）》請在裝配圖網上搜索。

1、 第三章 空間向量與立體幾何 1　空間向量加減法運用的三個層次 空間向量是處理立體幾何問題的有力工具，但要用好向量這一工具解題，必須熟練運用加減法運算． 第1層　用已知向量表示未知向量 例1　如圖所示，M，N分別是四面體OABC的邊OA，BC的中點，P，Q是MN的三等分點，用向量，，表示和. 解?。剑? ＝＋ ＝＋(－) ＝＋(－) ＝＋×(＋) ＝＋＋； ＝＋＝＋ ＝＋(－) ＝＋(－) ＝＋×(＋)＝＋＋. 點評　用已知向量來表示未知向量，一定要結合圖形，以圖形為指導是解題的關鍵．要正確理解向量加法、減法與數乘運算的幾何意義．首尾相接的若干向量之和

2、，等于由起始向量的始點指向末尾向量的終點的向量，我們可把這個法則稱為向量加法的多邊形法則．在立體幾何中要靈活應用三角形法則，向量加法的平行四邊形法則在空間仍然成立． 第2層　化簡向量 例2　如圖，已知空間四邊形ABCD，連接AC，BD.設M，G分別是BC，CD的中點，化簡下列各表達式，并標出化簡結果的向量． (1)＋＋； (2)＋(＋)；(3)－(＋)． 解　(1)＋＋＝＋＝. (2)＋(＋)＝＋＋ ＝＋＋＝. (3)－(＋) ＝－＝. ，，如圖所示． 點評　要求空間若干向量之和，可以通過平移，將它們轉化為首尾相接的向量，如果首尾相接的若干向量構成一個封閉圖形，則

3、它們的和為0.兩個向量相加的平行四邊形法則在空間仍成立，求始點相同的兩個向量之和時，可以考慮運用平行四邊形法則． 第3層　證明立體幾何問題 例3　如圖，已知M，N分別為四面體ABCD的面BCD與面ACD的重心，且G為AM上一點，且GM∶GA＝1∶3.求證：B，G，N三點共線． 證明　設＝a，＝b，＝c， 則＝＋＝＋ ＝－a＋(a＋b＋c)＝－a＋b＋c， ＝＋＝＋(＋) ＝－a＋b＋c＝. ∴∥，即B，G，N三點共線. 2　空間向量易錯點掃描 易錯點1　對向量夾角與數量積的關系理解不清 例1　“a·b<0”是“〈a，b〉為鈍角”的________條件．(填“充分不必要

4、”“必要不充分”“充要”“既不充分也不必要”) 錯解　a·b<0?cos〈a，b〉＝<0?〈a，b〉為鈍角，所以“a·b<0”是“〈a，b〉為鈍角”的充要條件． 錯因分析　錯解中忽略了兩個向量共線且反向的情況． 剖析　當〈a，b〉＝π時，a·b<0，但此時夾角不為鈍角，所以“a·b<0”是“〈a，b〉為鈍角”的必要不充分條件． 正解　必要不充分 總結　a·b<0?a與b夾角為鈍角或a與b方向相反，a·b>0?a與b夾角為銳角或a與b方向相同． 易錯點2　忽略兩向量的夾角的定義 例2　如圖所示，在120°的二面角α—AB—β中，AC?α，BD?β，且AC⊥AB，BD⊥AB，垂足分別

5、為A，B.已知AC＝AB＝BD＝6，試求線段CD的長． 錯解　∵AC⊥AB，BD⊥AB， ∴·＝0，·＝0， ∵二面角α—AB—β的平面角為120°， ∴〈，〉＝120°. ∴CD2＝2＝(＋＋)2 ＝2＋2＋2＋2·＋2·＋2·＝3×62＋2×62×cos120°＝72，∴CD＝6. 錯因分析　錯解中混淆了二面角的平面角與向量夾角的概念．向量，的夾角與二面角α—AB—β的平面角互補，而不是相等． 正解　∵AC⊥AB，BD⊥AB， ∴·＝0，·＝0， ∵二面角α—AB—β的平面角為120°， ∴〈，〉＝180°－120°＝60°. ∴CD2＝2＝(＋＋)2 ＝2＋

6、2＋2＋2·＋2·＋2·＝3×62＋2×62×cos60°＝144，∴CD＝12. 易錯點3　判斷是否共面出錯 例3　已知O，A，B，C為空間不共面的四點，a＝＋＋，b＝＋－，則與a，b不能構成空間的一個基底的是(　　) A.B.C.D.或 錯解　a＝＋＋，b＝＋－， 相加得＋＝(a＋b)， 所以，都與a，b共面，不能構成空間的一個基底，故選D. 剖析　＋＝(a＋b)，說明＋與a，b共面，但不能認為，都與a，b共面． 對A，B：設＝xa＋yb， 因為a＝＋＋，b＝＋－， 代入整理得(x＋y－1)＋(x＋y)＋(x－y)＝0，因為O，A，B，C四點不共面， 所以，，不共面，

7、 所以x＋y－1＝0，x＋y＝0，x－y＝0， 此時，x，y不存在，所以a、b與不共面， 故a，b與可構成空間的一個基底． 同理a，b與也可構成空間的一個基底． 對C：因為a＝＋＋，b＝＋－，相減有＝(a－b)，所以與a，b共面，故不能構成空間的一個基底． 正解　C 易錯點4　混淆向量運算和實數運算 例4　下列各式中正確的是(　　) A．a·b＝b·c(b≠0)?a＝c B．a·b＝0?a＝0或b＝0 C．(a·b)·c＝a·(b·c) D.·＝||||cos(180°－∠AOB) 錯解　A(或B或C) 剖析　想當然地將向量的數量積運算和實數運算等價，以致出

8、錯．向量的數量積運算不滿足消去律、結合律，故A、C錯誤；若a·b＝0?a＝0或b＝0或a⊥b，故B錯誤；·的夾角是180°－∠AOB. 正解　D 易錯點5　忽略建系的前提 例5　四邊形ABCD是邊長為2的菱形，∠ABC＝60°，AE⊥平面ABCD，AE＝2，F為CE中點，試合理建立坐標系，求與所成角的余弦值． 錯解　以A為坐標原點，以，，的方向分別為x，y，z軸的正方向，建立空間直角坐標系Axyz. 此時＝(1,1,1)，＝(0,2,0)，所以cos〈，〉＝. 剖析　空間直角坐標系的建立的前提是三條直線兩兩垂直，而本題中直線AB與AD不垂直． 正解　設AC，BD交于點O，則AC⊥

9、BD. 因為F為CE中點，所以OF∥AE， 因為AE⊥平面ABCD， 所以OF⊥平面ABCD，OF⊥AC，OF⊥BD， 以O為坐標原點，以，，的方向分別為x，y，z軸的正方向，建立空間直角坐標系Oxyz. 此時＝(1,0,1)，＝(1，，0)， 所以cos〈，〉＝. 易錯點6　求空間角時，因對所求角與向量夾角的關系不理解致誤 例6　在正方體ABCD－A1B1C1D1中，求二面角A－BD1－C的大小． 錯解　以D為坐標原點，DA，DC，DD1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系Dxyz， 設正方體的棱長為1， 則D(0,0,0)，A1(1,0,1)，

10、 C1(0,1,1)． 由題意知是平面ABD1的一個法向量，＝(1,0,1)，是平面BCD1的一個法向量，＝(0,1,1)， 所以cos〈，〉＝＝. 所以〈，〉＝60°. 所以二面角A－BD1－C的大小為60°. 剖析　利用向量法求所成角問題，需注意所求的角的確切位置． 正解　以D為坐標原點，DA，DC，DD1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系Dxyz，設正方體的棱長為1， 則D(0,0,0)，A1(1,0,1)，C1(0,1,1)． 由題意知＝(1,0,1)是平面ABD1的一個法向量，＝(0,1,1)是平面BCD1的一個法向量． 所以cos〈，〉

11、＝＝， 所以〈，〉＝60°. 結合圖形知二面角A－BD1－C的大小為120°. 3　空間直角坐標系構建三策略 利用空間向量的方法解決立體幾何問題，關鍵是依托圖形建立空間直角坐標系，將其他向量用坐標表示，通過向量運算，判定或證明空間元素的位置關系，以及空間角、空間距離問題的探求．所以如何建立空間直角坐標系顯得非常重要，下面簡述空間建系的三種方法，希望同學們面對空間幾何問題能做到有的放矢，化解自如． 1．利用共頂點的互相垂直的三條棱 例1　已知直四棱柱中，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所成角的余

12、弦值． 解　如圖，以D為坐標原點，分別以DA，DC，DD1所在的直線為x軸，y軸，z軸，建立空間直角坐標系Dxyz， 則D(0,0,0)，C1(0,1,2)，B(2,4,0)，C(0,1,0)， 所以＝(－2，－3,2)，＝(0，－1,0)． 所以cos〈，〉＝＝. 故異面直線BC1與DC所成角的余弦值為. 點評　本例以直四棱柱為背景，求異面直線所成角．求解關鍵是從直四棱柱圖形中的共點的三條棱互相垂直關系處著眼，建立空間直角坐標系，寫出有關點的坐標和相關向量的坐標，再求兩異面直線的方向向量的夾角即可． 2．利用線面垂直關系 例2　如圖，在三棱柱ABC－A1B1C1中，AB⊥

13、平面BB1C1C，E為棱C1C的中點，已知AB＝，BB1＝2，BC＝1，∠BCC1＝.試建立合適的空間直角坐標系，求出圖中所有點的坐標． 解　過點B作BP垂直BB1交C1C于點P， 因為AB⊥平面BB1C1C，所以AB⊥BP， 又BP⊥BB1，BB1∩AB＝B， 且BB1，AB?平面ABB1A1，所以BP⊥平面ABB1A1， 以B為坐標原點，分別以BP，BB1，BA所在的直線為x軸，y軸，z軸，建立空間直角坐標系Bxyz. 因為AB＝，BB1＝2，BC＝1，∠BCC1＝， 所以CP＝，C1P＝，BP＝，則各點坐標分別為B(0，0,0)，A(0,0，)，B1(0,2,0)，C，

14、 C1，E，A1(0,2，)，p. 點評　空間直角坐標系的建立，要盡量地使盡可能多的點落在坐標軸上，這樣建成的坐標系，既能迅速寫出各點的坐標，又由于坐標軸上的點的坐標含有0，也為后續(xù)的運算帶來了方便．本題已知條件中的垂直關系“AB⊥平面BB1C1C”，可作為建系的突破口． 3．利用面面垂直關系 例3　如圖1，在等腰梯形ABCD中，AD∥BC，AB＝AD＝2，∠ABC＝60°，E是BC的中點．將△ABE沿AE折起，使平面BAE⊥平面AEC(如圖2)，連接BC，BD.求平面ABE與平面BCD所成的銳角的大?。? 解　取AE中點M，連接BM，DM. 因為在等腰梯形ABCD中，AD∥BC

15、，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為坐標原點，分別以ME，MD，MB所在的直線為x，y，z軸，建立空間直角坐標系Mxyz，如圖， 則B(0,0，)，C(2，，0)，D(0，，0)，M(0,0,0)， 所以＝(2,0,0)，＝(0，，－)，＝(0，，0)， 設平面BCD的法向量為m＝(x，y，z)， 由 取y＝1，得m＝(0,1,1)， 又因平面ABE的一個法向量＝(0，，0)， 所以cos〈m，〉＝＝， 所以平面ABE與平面BCD所成

16、的銳角為45°. 點評　本題求解關鍵是利用面面垂直關系，先證在兩平面內共點的三線垂直，再構建空間直角坐標系，然后分別求出兩個平面的法向量，求出兩法向量夾角的余弦值，即可得所求的兩平面所成的銳角的大?。梅ㄏ蛄康膴A角求二面角時應注意：平面的法向量有兩個相反的方向，取的方向不同求出來的角度就不同，所以最后還應該根據這個二面角的實際形態(tài)確定其大?。? 4　用向量法研究“動態(tài)”立體幾何問題 “動態(tài)”立體幾何問題是在靜態(tài)幾何問題中滲透了一些“動態(tài)”的點、線、面等元素，同時由于“動態(tài)”的存在，使得問題的處理趨于靈活．本文介紹巧解“動態(tài)”立體幾何問題的法寶——向量法，教你如何以靜制動． 1．求解、

17、證明問題 例1　在棱長為a的正方體OABC—O1A1B1C1中，E，F分別是AB，BC上的動點，且AE＝BF，求證：A1F⊥C1E. 證明　以O為坐標原點，OA，OC，OO1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系Oxyz， 則A1(a,0，a)，C1(0，a，a)． 設AE＝BF＝x， ∴E(a，x,0)，F(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. 2．定位問題 例2　如圖，已知四邊形ABCD，CDGF，ADG

18、E均為正方形，且邊長為1，在DG上是否存在點M，使得直線MB與平面BEF的夾角為45°？若存在，求出點M的位置；若不存在，請說明理由． 解題提示　假設存在點M，設平面BEF的法向量為n，設BM與平面BEF所成的角為θ，利用sinθ＝求出點M的坐標，若滿足條件則存在． 解　存在點M，使得直線MB與平面BEF的夾角為45°. 因為四邊形CDGF，ADGE均為正方形， 所以GD⊥DA，GD⊥DC. 又DA∩DC＝D，所以GD⊥平面ABCD. 又DA⊥DC，所以DA，DG，DC兩兩垂直，如圖， 以D為坐標原點，DA，DC，DG所在直線分別為x軸，y軸，z軸，建立空間直角坐標系Dx

19、yz， 則B(1,1,0)，E(1,0,1)，F(0,1,1)． 因為點M在DG上，假設存在點 M(0,0，t)(0≤t≤1)使得直線BM與平面BEF的夾角為45°. 設平面BEF的法向量為n＝(x，y，z)． 因為＝(0，－1,1)，＝(－1,0,1)， 則即 令z＝1，得x＝y＝1， 所以n＝(1,1,1)為平面BEF的一個法向量． 又＝(－1，－1，t)，直線BM與平面BEF所成的角為45°，所以sin45°＝＝＝， 解得t＝－4±3. 又0≤t≤1，所以t＝3－4. 故在DG上存在點M(0,0,3－4)， 且DM＝3－4時，直線MB與平面BEF所成的角為45°

20、. 點評　由于立體幾何題中“動態(tài)”性的存在，使有些問題的結果變得不確定，這時我們要以不變應萬變，抓住問題的實質，引入參量，利用空間垂直關系及數量積將幾何問題代數化，達到以靜制動的效果. 5　向量與立體幾何中的數學思想 1．數形結合思想 向量方法是解決問題的一種重要方法，坐標是研究向量問題的有效工具，利用空間向量的坐標表示可以把向量問題轉化為代數運算，從而溝通了幾何與代數的聯系，體現了數形結合的重要思想．向量具有數形兼?zhèn)涞奶攸c，因此，它能將幾何中的“形”和代數中的“數”有機地結合在一起． 例1　如圖，在四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，A1A⊥底面ABCD，∠BAD＝90°，AD

21、∥BC，且A1A＝AB＝AD＝2BC＝2，點E在棱AB上，平面A1EC與棱C1D1相交于點F. (1)證明：A1F∥平面B1CE； (2)若E是棱AB的中點，求二面角A1－EC－D的余弦值； (3)求三棱錐B1－A1EF的體積的最大值． (1)證明　因為ABCD－A1B1C1D1是棱柱， 所以平面ABCD∥平面A1B1C1D1. 又因為平面ABCD∩平面A1ECF＝EC，平面A1B1C1D1∩平面A1ECF＝A1F， 所以A1F∥EC.又因為A1F?平面B1CE， EC?平面B1CE，所以A1F∥平面B1CE. (2)解　因為AA1⊥底面ABCD，∠BAD＝90°， 所

22、以AA1，AB，AD兩兩垂直，以A為坐標原點，以AB，AD，AA1所在直線分別為x軸，y軸和z軸，建立如圖所示空間直角坐標系Axyz. 則A1(0,0,2)，E(1,0,0)，C(2,1,0)，A(0,0,0)， 所以＝(1,0，－2)，＝(2,1，－2)，＝(0,0,1)． 設平面A1EC的法向量為m＝(x，y，z)， 由·m＝0，·m＝0，得 令z＝1，得m＝(2，－2,1)． 又因為平面DEC的法向量為n＝＝(0,0,1)， 所以cos〈m，n〉＝＝， 由圖可知，二面角A1－EC－D的平面角為銳角， 所以二面角A1－EC－D的余弦值為. (3)解　過點F作FM⊥A

23、1B1于點M， 因為平面A1ABB1⊥平面A1B1C1D1， 平面A1ABB1∩A1B1C1D1＝A1B1，FM⊥A1B1， 所以FM⊥平面A1ABB1， 所以＝＝××FM ＝××FM＝FM. 因為當F與點D1重合時，FM取到最大值2(此時點E與點B重合)， 所以當F與點D1重合時，三棱錐B1－A1EF的體積的最大值為. 2．轉化與化歸思想 空間向量的坐標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進行運算和論證，再將結果轉化為幾何

24、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． 例2　如圖，在長方體ABCD－A1B1C1D1中，AA1＝AB＝2AD＝2，E為AB的中點，F為D1E上的一點，D1F＝2FE. (1)證明：平面DFC⊥平面D1EC； (2)求二面角A－DF－C的平面角的余弦值． 分析　求二面角最常用的辦法就是分別求出二面角的兩個面所在平面的法向量，然后通過兩個平面的法向量的夾角得到二面角的大小，但要注意結合實際圖形判斷所求角是銳角還是鈍角． (1)證明　以D為坐標原點，分別以DA，DC，DD1所在的直線為x軸，y軸，z軸建立如圖所示空間直角坐標系Dxyz， 則A(1

25、,0,0)，B(1,2,0)，C(0,2,0)，D1(0,0,2)，D(0,0,0)． ∵E為AB的中點，∴E(1,1,0)， ∵D1F＝2FE， ∴＝＝(1,1，－2)＝， ∴＝＋＝(0,0,2)＋ ＝. 設n＝(x1，y1，z1)是平面DFC的法向量， 則∴ 取x1＝1得平面DFC的一個法向量n＝(1,0，－1)． 設p＝(x2，y2，z2)是平面D1EC的法向量， 則∴ 取y2＝1得平面D1EC的一個法向量p＝(1,1,1)， ∵n·p＝(1,0，－1)·(1,1,1)＝0，∴n⊥p， ∴平面DFC⊥平面D1EC. (2)解　設q＝(x3，y3，z3)是平面A

26、DF的法向量， 則∴ 取y3＝1得平面ADF的一個法向量q＝(0,1，－1)， 設二面角A－DF－C的平面角為θ，由題中條件可知θ∈，則cosθ＝－＝－＝－， ∴二面角A－DF－C的平面角的余弦值為－. 3．函數思想 例3　已知關于x的方程x2－(t－2)x＋t2＋3t＋5＝0有兩個實根，且c＝a＋tb，a＝(－1,1,3)，b＝(1,0，－2)．問|c|能否取得最大值？若能，求出實數t的值及對應的向量b與c夾角的余弦值；若不能，請說明理由． 分析　寫出|c|關于t的函數關系式，再利用函數觀點求解． 解　由題意知Δ≥0，得－4≤t≤－， 又c＝(－1,1,3)＋t(1,0，－

27、2)＝(－1＋t,1,3－2t)， ∴|c|＝＝. 當t∈時，f(t)＝52＋是單調遞減函數，∴f(t)max＝f(－4)，即|c|的最大值存在， 此時c＝(－5,1,11)．b·c＝－27，|c|＝7.而|b|＝， ∴cos〈b，c〉＝＝＝－. 點評　凡涉及向量中的最值問題，若可用向量坐標形式，一般可考慮寫出函數關系式，利用函數思想求解． 4．分類討論思想 例4　如圖，在矩形ABCD中，AB＝1，BC＝a(a＞0)，PA⊥平面ABCD(點P位于平面ABCD的上方)，問BC邊上是否存在點Q，使⊥？ 分析　由⊥，得PQ⊥QD，所以平面ABCD內，點Q在以邊AD為直徑的圓上，若

28、此圓與邊BC相切或相交，則BC邊上存在點Q，否則不存在． 解　假設存在點Q(Q點在邊BC上)，使⊥， 即PQ⊥QD，連接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，由題圖知， 當＝1，即a＝2時，該圓與邊BC相切，存在1個點Q滿足題意； 當>1，即a>2時，該圓與邊BC相交，存在2個點Q滿足題意； 當<1，即0