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2013-2014学年 高中数学 人教B版选修2-1第三章精要课件 《空间向量与立体几何》章末复习课


章末复习课

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题型一
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空间向量及其运算

空间向量的运算主要包括空间向量的线性运算、数量积运 算以及空间向量的

坐标运算.空间向量的运算法则、运算律与 平面向量基本一致.

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例1 如图,在四棱锥 S—ABCD 中,底面 ABCD

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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:①SA+SB+SC+SD= → → → → → → → 0;②SA+SB-SC-SD=0;③SA-SB+SC- → → → → → → → SD=0;④SA· =SC· ;⑤SA· =0,其中正确结论的序 SB SD SC 号是________.

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解析

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→ → → → → → 容易推出:SA-SB+SC-SD=BA+DC=0,所以③

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正确;又因为底面 ABCD 是边长为 1 的正方形,SA=SB= → → → → SC = SD = 2 , 所 以 SA · = 2· cos∠ASB , SC · = SB 2· SD → → → → 2· cos∠CSD,而∠ASB=∠CSD,于是SA· =SC· ,因 2· SB SD 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

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跟踪训练 1 如图,四棱柱 ABCD—A1B1C1D1 的 底面 ABCD 是矩形,AB=4,AD=3,AA1=5, ∠BAA1=∠DAA1=60° ,求 AC1 的长.
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→ → → → 解 由题意可得,AB· =0,AB· 1=4×5×cos 60° AD AA =10, 15 → → AD· 1=3×5×cos 60° 2 . AA =

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→ → → → → → → 因为AC1=AB+BC+CC1=AB+AD+AA1, → 2 → → → 2 所以|AC1| =(AB+AD+AA1) → → → → → → → → → =|AB|2+|AD|2+|AA1|2+2(AB· +AB· 1+AD· 1) AD AA AA ? 15? 2 2 2 =4 +3 +5 +2?0+10+ ?=85. 2? ? 所以 AC1 的长为 85.

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题型二

利用空间向量证明空间中的位置关系

向量作为工具来研究几何,真正把几何的形与代数中的数
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实现了有机结合;给立体几何的研究带来了极大的便利,利用 空间向量可以方便地论证空间中的一些线面位置关系,如线面 平行、线面垂直、面面平行、面面垂直等.用空间向量判断空 间中的位置关系的常用方法如下.

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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
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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,则 a⊥b?a· b=0.

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3.线面平行 用向量证明线面平行的方法主要有 ①证明直线的方向向量与平面的法向量垂直;
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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,即证明可在平面内找到两不共线向 量用直线的方向向量线性表示.

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4.线面垂直 用向量证明线面垂直的方法主要有 ①证明直线的方向向量与平面的法向量平行;

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②利用线面垂直的判定定理转化为线线垂直问题.
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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.

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例2

如图,已知在直三棱柱 ABC—A1B1C1 中,

AC⊥BC,D 为 AB 的中点,AC=BC=BB1. 求证:(1)BC1⊥AB1;
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(2)BC1∥平面 CA1D.
证明 (1)如图,以 C1 为原点,分别以 C1A1,C1B1,C1C 所在

直线为 x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐 标系.设 AC=BC=BB1 =2,则 A(2,0,2), B(0,2,2) , C(0,0,2) , A1(2,0,0) , B1(0,2,0) , C1(0,0,0),D(1,1,2).

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→ 由于BC1=(0,-2,-2), → AB1=(-2,2,-2), → → → → 因此BC1· 1=0-4+4=0,因此BC1⊥AB1, AB
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故 BC1⊥AB1. (2)取 A1C 的中点 E,连接 DE,由于 E(1,0,1), → → 所以ED=(0,1,1),又BC1=(0,-2,-2), 1→ → 所以ED=-2BC1,又 ED 和 BC1 不共线,所以 ED∥BC1, 又 DE?平面 CA1D,BC1?平面 CA1D, 故 BC1∥平面 CA1D.

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跟踪训练 2 如图, 在三棱柱 ABC—A1B1C1 中,侧面 AA1C1C⊥底面 ABC,AA1=A1C
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=AC=2,AB=BC,且 AB⊥BC,O 为 AC 的中点. (1)证明:A1O⊥平面 ABC; (2)求直线 A1C 与平面 A1AB 所成角的正弦值; (3)在 BC1 上是否存在一点 E,使得 OE∥平面 A1AB,若不 存在,说明理由;若存在,确定点 E 的位置.

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(1)证明 因为 A1A=A1C,且 O 为 AC 的中点,

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所以 A1O⊥AC. 又由题意可知,平面 AA1C1C⊥平面 ABC,交线为 AC,且 A1O?平面 AA1C1C,所以 A1O⊥平面 ABC.
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(2)解

如图,以 O 为原点,OB,OC,OA1 所

在直线分别为 x,y,z 轴建立空间直角坐标系. 由题意可知,A1A=A1C=AC=2, 又 AB=BC,AB⊥BC, 1 所以 OB= AC=1. 2

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所以 O(0,0,0), A(0,-1,0),A1(0,0, 3),C(0,1,0),C1(0,2, 3), → → → B(1,0,0), 则有A1C=(0,1, 3), 1=(0,1, 3), =(1,1,0). - AA AB 设平面 A1AB 的法向量为 n=(x,y,z), ? → ?y+ 3z=0, ?n· 1=0, AA ? 本 则有? ?? ?x+y=0, 专 → ? ?n· =0 ? AB 题 栏 ? ? 目 令 y=1,得 x=-1,z=- 3.所以 n=?-1,1,- 3?. ? 开 3 3? ? ? 关 → n· 1C A 21 → cos〈n,A1C〉= = . 7 → |n||A1C| → 因此直线 A1C 与平面 A1AB 所成角 θ 和向量 n 与A1C所成锐角 21 互余,所以 sin θ= . 7

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→ → 设 E(x0,y0,z0),BE=λBC1, ?x0=1-λ, ? 即(x0-1,y0,z0)=λ(-1,2, 3),得?y0=2λ, ?z = 3λ, ?0 → 所以 E(1-λ,2λ, 3λ),得OE=(1-λ,2λ, 3λ), → 由 OE∥平面 A1AB,得OE· n=0, 1 即-1+λ+2λ-λ=0,得 λ= , 2 (3)解 即存在这样的点 E,且 E 为 BC1 的中点.

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题型三

利用空间向量求空间角

1.求异面直线所成的角 设两异面直线的方向向量分别为 n1、n2,那么这两条异面
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直线所成的角为 θ=〈n1,n2〉或 θ=π-〈n1,n2〉 , ∴cos θ=|cos〈n1,n2〉|. 2.求二面角的大小 如图,设平面 α、β 的法向量分别为 n1、n2. 因为两平面的法向量所成的角(或其补角)就等于平面 α、 β 所成的锐二面角 θ,所以 cos θ=|cos〈n1,n2〉|.

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3.求斜线与平面所成的角 如图, 设平面 α 的法向量为 n1, 斜线 OA 的方向向量为 n2,
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斜线 OA 与平面所成的角为 θ,则 sin θ=|cos〈n1,n2〉|.

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例 3 如图,正方形 ACDE 所在的平面与平面 ABC 垂直,M 是 CE 与 AD 的交点,AC⊥BC,
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且 AC=BC. (1)求证:AM⊥平面 EBC; (2)求直线 AB 与平面 EBC 所成角的大小; (3)求二面角 A—EB—C 的大小.

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(1)证明 ∵四边形 ACDE 是正方形, ∴EA⊥AC, ∵平面 ACDE⊥平面 ABC,
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∴EA⊥平面 ABC. ∴可以以点 A 为原点, 以过 A 点平行于 BC 的直线为 x 轴,分别以 AC 和 AE 所在直线为 y 轴和 z 轴, 建立空间直角坐标系 Axyz.

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设 EA=AC=BC=2,则 A(0,0,0),B(2,2,0),C(0,2,0), E(0,0,2).∵M 是正方形 ACDE 的对角线的交点,
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∴M(0,1,1). → → → ∵AM =(0,1,1),EC =(0,2,0)-(0,0,2)=(0,2,-2),CB = (2,2,0)-(0,2,0)=(2,0,0), → → → → ∴AM· =0,AM· =0.∴AM⊥EC,AM⊥CB. EC CB 又∵EC∩CB=C,∴AM⊥平面 EBC.

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→ (2)解 ∵AM⊥平面 EBC,∴AM为平面 EBC 的一个法向 → → 量.∵AM=(0,1,1),AB=(2,2,0), → → AB· AM 1 → → ∴cos〈AB,AM〉= = . 2 → → |AB|· | |AM → → ∴〈AB,AM〉=60° . ∴直线 AB 与平面 EBC 所成的角为 30° .

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设平面 EAB 的法向量为 n=(x,y,z), → → → → 则 n⊥AE且 n⊥AB,∴n· =0 且 n· =0. AE AB (3)解
??0,0,2?· ?x,y,z?=0, ? ∴? ??2,2,0?· ?x,y,z?=0, ? ?z=0, ? 即? ?x+y=0. ?

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取 y=-1,∴x=1.∴n=(1,-1,0).
→ → 又∵AM为平面 EBC 的一个法向量,且AM=(0,1,1), → n· AM 1 → ∴cos〈n,AM〉= =-2. → |n|· | |AM 设二面角 A—EB—C 的平面角为 θ,由图可知 θ 为锐角, 1 → 则 cos θ=|cos〈n,AM〉|= ,∴θ=60° . 2 ∴二面角 A—EB—C 等于 60° .

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跟踪训练 3 如图,直三棱柱 ABC—A1B1C1 中,AB⊥AC,D、E 分别为 AA1、B1C 的
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中点,DE⊥平面 BCC1B1. (1)证明:AB=AC; (2)设二面角 A—BD—C 为 60° 求 B1C 与平面 BCD 所成 , 的角的大小.

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(1)证明 以 A 为坐标原点,建立如图所 示的空间直角坐标系 A—xyz.
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设 B(1,0,0),C(0,b,0),D(0,0,c),则 ?1 b ? B1(1,0,2c),E? , ,c?. (b>0,c>0) ?2 2 ? ? → ?1 b 于是DE=? , ,0?, ?2 2 ? → BC=(-1,b,0).

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→ → 由 DE⊥平面 BCC1B1 知 DE⊥BC,DE· =0, BC → → 求得 b=1,∴AC=(0,1,0),又AB=(1,0,0), → → ∴|AB|=|AC|,所以 AB=AC.
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→ (2)解 设平面 BCD 的法向量AN=(x,y,z), → → → → 则AN· =0,AN· =0. BC BD
?-x+y=0 → → 又BC=(-1,1,0),BD=(-1,0,c),故? . ?-x+cz=0 ? ?

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1 → ? 1? 令 x=1,则 y=1,z= ,AN=?1,1, ?. c c? ? → 又平面 ABD 的一个法向量AC=(0,1,0). → → 由二面角 A—BD—C 为 60° 〈AN,AC〉=60° 知, , 1 → → → → 故AN· =|AN|· |· 60° AC |AC cos ,求得 c= . 2 → → 于是AN=(1,1, 2),CB1=(1,-1, 2). → → AN· 1 1 CB → → 因此 cos〈AN,CB1〉= = , 2 → → |AN|· 1 | |CB → → 所以〈AN,CB1〉=60° . 所以 B1C 与平面 BCD 所成的角为 30° .

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空间向量的引入拓展了解决立体几何问题的思路, 我们可以 通过建立合理的空间直角坐标系, 直接利用空间向量的坐标 运算进行求解,这也是空间几何体数字化的一个特征.


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