《2019-2020年高中數(shù)學 第3章 空間向量與立體幾何 章末總結 蘇教版選修2-1.doc》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《2019-2020年高中數(shù)學 第3章 空間向量與立體幾何 章末總結 蘇教版選修2-1.doc（8頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

2019-2020年高中數(shù)學 第3章 空間向量與立體幾何 章末總結 蘇教版選修2-1 知識點一　空間向量的計算 空間向量及其運算的知識與方法與平面向量及其運算類似，是平面向量的拓展，主要考查空間向量的共線與共面以及數(shù)量積運算，是用向量法求解立體幾何問題的基礎． 例1沿著正四面體O-ABC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夾角的余弦值． 知識點二　證明平行、垂直關系 空間圖形中的平行、垂直問題是立體幾何當中最重要的問題之一，利用空間向量證明平行和垂直問題，主要是運用直線的方向向量和平面的法向量，借助空間中已有的一些關于平行和垂直的定理，再通過向量運算來解決． 例2　 如圖，正方體ABCD—A1B1C1D1中，M、N分別為AB、B1C的中點． (1)用向量法證明平面A1BD∥平面B1CD1； (2)用向量法證明MN⊥面A1BD. 例3　 如圖，在棱長為1的正方體ABCD—A1B1C1D1中，P是側棱CC1上的一點，CP＝m. 試確定m使得直線AP與平面BDD1B1所成的角為60. 例4　正方體ABCD—A1B1C1D1中，E、F分別是BB1、CD的中點，求證：平面AED⊥平面A1FD1. 知識點三　空間向量與空間角 求異面直線所成的角、直線與平面所成的角、二面角，一般有兩種方法：即幾何法和向量法，幾何法求角時，需要先作出(或證出)所求空間角的平面角，費時費力，難度很大．而利用向量法，只需求出直線的方向向量與平面的法向量．即可求解，體現(xiàn)了向量法極大的優(yōu)越性． 例5　 如圖所示，在長方體ABCD—A1B1C1D1中，AB＝5，AD＝8，AA1＝4，M為B1C1上一點且B1M＝2，點N在線段A1D上，A1D⊥AN. （1）求cos〈，〉； (2)求直線AD與平面ANM所成角的余弦值； (3)求平面ANM與平面ABCD所成角的余弦值． 知識點四　空間向量與空間距離 近年來，對距離的考查主要體現(xiàn)在兩點間的距離和點到平面的距離，兩點間的距離可以直接代入向量模的公式求解，點面距可以借助直線的方向向量與平面的法向量求解，或者利用等積求高的方法求解． 例6　 如圖，PA⊥平面ABCD，四邊形ABCD是正方形，PA＝AD＝2，M、N分別是AB、PC的中點． (1)求二面角P—CD—B的大?。? (2)求證：平面MND⊥平面PCD； (3)求點P到平面MND的距離． 章末總結 重點解讀 例1　解　 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＋12 cos 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〉＝. 例2　證明　(1)在正方體ABCD—A1B1C1D1中， ＝－，＝－， 又∵＝，＝， ∴＝.∴BD∥B1D1. 同理可證A1B∥D1C， 又BD∩A1B＝B，B1D1∩D1C＝D1， 所以平面A1BD∥平面B1CD1. (2)＝＋＋ ＝＋＋(＋) ＝＋＋(－＋) ＝＋＋. 設＝a，＝b，＝c， 則＝(a＋b＋c)． 又＝－＝b－a， ∴＝(a＋b＋c)(b－a) ＝(b2－a2＋cb－ca)． 又∵A1A⊥AD，A1A⊥AB， ∴cb＝0，ca＝0. 又|b|＝|a|，∴b2＝a2，∴b2－a2＝0. ∴＝0，∴MN⊥BD. 同理可證，MN⊥A1B，又A1B∩BD＝B， ∴MN⊥平面A1BD. 例3　 解　建立如圖所示的空間直角坐標系，則A(1,0,0)，B(1,1,0)，P(0,1，m)， C(0,1,0)，D(0,0,0)， B1(1,1,1)，D1(0,0,1)． 則＝(－1，－1,0)， ＝(0,0,1)， ＝(－1,1，m)， ＝(－1,1,0)． 又由＝0，＝0知，為平面BB1D1D的一個法向量． 設AP與平面BB1D1D所成的角為θ， 則sinθ＝|cos〈，〉|＝ ＝. 依題意得＝sin60＝， 解得m＝. 故當m＝時，直線AP與平面BDD1B1所成角為60. 例4　證明　 如圖，建立空間直角坐標系D—xyz. 設正方體棱長為1， 則E、D1(0,0,1)、 F、A(1,0,0)． ∴＝(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. 令y1＝1，得m＝(0,1，－2)． 又由， 令z2＝1，得n＝(0,2,1)． ∵mn＝(0,1，－2)(0,2,1)＝0， ∴m⊥n，故平面AED⊥平面A1FD1. 例5　解　(1)建立空間直角坐標系(如圖)．則A(0,0,0)，A1(0,0,4)，D(0,8,0)，M(5,2,4)． ∴＝(5,2,4)， ＝(0,8，－4)． ∴＝0＋16－16＝0， ∴⊥. ∴cos〈，〉＝0. (2)∵A1D⊥AM，A1D⊥AN，且AM∩AN＝A， ∴⊥平面ANM， ∴＝(0,8，－4)是平面ANM的一個法向量． 又＝(0,8,0)，||＝4，||＝8，＝64， ∴cos〈，〉＝＝＝. ∴AD與平面ANM所成角的余弦值為. (3)∵平面ANM的法向量是＝(0,8，－4)， 平面ABCD的法向量是a＝(0,0,1)， ∴cos〈，a〉＝＝－. ∴平面ANM與平面ABCD所成角的余弦值為. 例6　(1)解　∵PA⊥平面ABCD， 由ABCD是正方形知AD⊥CD. ∴CD⊥面PAD，∴PD⊥CD. ∴∠PDA是二面角P—CD—B的平面角． ∵PA＝AD，∴∠PDA＝45， 即二面角P—CD—B的大小為45. (2) 如圖，建立空間直角坐標系， 則P(0,0,2)，D(0,2,0)， C(2,2,0)，M(1,0,0)， ∵N是PC的中點， ∴N(1,1,1)， ∴＝(0,1,1)， ＝(－1,1，－1)， ＝(0,2，－2)． 設平面MND的一個法向量為m＝(x1，y1，z1)，平面PCD的一個法向量為n＝(x2，y2，z2)． ∴m＝0，m＝0， 即有令z1＝1， 得x1＝－2，y1＝－1.∴m＝(－2，－1,1)． 同理，由n＝0，n＝0， 即有 令z2＝1，得x2＝0，y2＝1，∴n＝(0,1,1)． ∵mn＝－20＋(－1)1＋11＝0， ∴m⊥n.∴平面MND⊥平面PCD. (3)設P到平面MND的距離為d. 由(2)知平面MND的法向量m＝(－2，－1,1)， ∵m＝(0,2，－2)(－2，－1,1)＝－4， ∴|m|＝4， 又|m|＝＝， ∴d＝＝＝. 即點P到平面MND的距離為.