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第三章 空间向量与立体几何 章末归纳提升 课件(人教A版选修2-1)


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空间向量的概念及运算
空 间 向 量 可 以 看 作 是 平 面 向 量 的 推

广 , 有 许 多 概 念 和 运 算 与 平 面 向 量 是 相 同 的 , 如 相 等 向 量 、 相 反 向 量 等 概 念 , 加 减 法 的 三 角 形 法 则 和 平 行 四 边 形 法 则 , 数 乘 运 算 与 向 量 共 线 的 判 断 、 数 量 积 运 算 、 夹 角 公 式 、 求 模 公 式 等 等 . 模 、 零 向 量 、 单 位 向 量 、

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给 出 下 列 命 题 : → → ①若AB=CD,则必有 A 与 C 重合,B 与 D 重合, AB 与 CD 为同一线段; ②若 a· b<0, 〈a,b〉为钝角; ③若 a 是直线 l 的方向向量,则 λa(λ∈R)也是 l 的 方向向量; ④非零向量 a,b,c 满足 a 与 b,b 与 c,c 与 a 都 是共面向量,则 a,b,c 必共面.

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其 中 错 误 命 题 的 个 数 是 A.1 C.3 【 思 路 点 拨 】 则 加 以 判 断 , 注 意 举 反 例 的 思 想 方 法 .

(

) B. 2 D.4

紧 扣 空 间 向 量 的 相 关 概 念 , 运 算 法

【 解 析 】 ①错 误 , 如 在 正 方 体 A B C D -A1B1C1D1 → → 中, AB=A1B1, 但线段 AB 与 A1B1 不重合; ②错误, a· b π <0,即 cos〈a,b〉<0? <〈a,b〉≤π, 2

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而 钝 角 的 范 围 是

π ( ,π);③错误,当 λ=0 时,λa=0, 2

不是 l 的方向向量;④错误,平行六面体 ABCD - → → → A1B1C1D1 中,令AB=a,AD=b,AA1=c,则它们两两 → → → 共面,但AB,AD,AA1不共面.

【 答 案 】

D

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图 3-1 如图 3-1, 在 四 棱 锥 是 边 长 为 1的 正 方 形 , S- A B C D 中 , 底 面 A B C D

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· SB= → → → → SC· SD; ⑤SA· SC=0, 其中正确结论的序号是________.

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【解析】

容 易 推 出 :

→ → → → → SA-SB+SC-SD=BA+

→ DC=0,所以③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· SB=2× 2cos → → ∠ASB,SC· SD=2× 2cos∠ CSD,而∠ASB=∠ CSD, → → → → 于是SA· SB=SC· SD,因此④正确, 其余三个都不正确, 故正确结论的序号是③④.

【 答 案 】

③④

新课标· 数学 空间向量与线面的位置关系
用 空 间 向 量 判 断 空 间 中 位 置 关 系 的 类 型 与 方 法 总 结 : ) 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 向 量 . ) 2 ( 线 线 垂 直 : 证 明 两 条 直 线 垂 直 , 只 需 证 明 两 条 直 线 的 方 向 向 量 垂 直 . ) 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 ; ②证 明 可 在 平 面 内 找 到 的 一 个 向 量 与 直 线 的 方 向 向 量 是 共 线 向 量 .

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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 ; ②利 用 线 面 垂 直 的 判 定 定 理 转 化 为 线 线 垂 直 问 题 . ) 5 ( 面 面 平 行 : 共 线 向 量 ); ①证 明 两 个 平 面 的 法 向 量 平 行 (即是

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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在 四 棱 锥

P—A B C D

中 , AB⊥AD,CD⊥AD,PA

⊥底面 ABCD,PA=AD=CD=2AB=2,M 为 PC 的 中点. (1)求证:BM∥平面 PAD; (2)平面 PAD 内是否存在一点 N,使 MN⊥平面 PBD?若存在,确定 N 的位置;若不存在,说明理由. → 【 思 路 点 拨 】 ) 1 ( 证明向量BM垂直于平面 PAD
的一个法向量即可. → → → (2)假设存在点 N, 设出其坐标, 利用MN⊥BD, MN → ⊥PB,列方程求其坐标即可.

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【 规 范 解 答 】 以A为 原 点 , 以 AB、

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AD、AP 分别为 x 轴、y 轴、z 轴建立空间 直 角 坐 标 系 , 则 B(1,0,0) , D(0,2,0) , P(0,0,2),C(2,2,0),M(1,1,1), → (1)∵BM=(0,1,1), 面 PAD 的一个法向量为 n=(1,0,0), → → ∴BM· n=0,即BM⊥n, 又 BM?面 PAD, ∴BM∥面 PAD.

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→ → ) 2 ( BD=(-1,2,0),PB=(1,0,-2), 假设平面 PAD 内存在一点 N, 使 MN⊥平面 PBD. → 设 N(0,y,z),则MN=(-1,y-1,z-1), 从而 MN⊥BD,MN⊥PB, ?→ → ?MN· BD=0, ∴? → → ? PB=0, ?MN·
? ?1+2?y-1?=0, 即? ? ?-1-2?z-1?=0,

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? 1 ?y=2, ∴? ?z=1, ? 2 1 1 ∴N(0, , ), 2 2 1 1 ∴在平面 PAD 内存在一点 N(0, , ),使 MN⊥ 2 2 平面 PBD.

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如图 3-2, 四 边 形

A B C D

为 正 方 形 ,

PD⊥平面

1 ABCD,PD∥QA,QA=AB= PD. 2

图 3-2 (1)证明:平面 PQC⊥平面 DCQ; (2)证明:PC∥平面 BAQ.

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【 证 明 】

如 图 , 以

D为 坐 标 原 点 ,

线段 DA 的长为单位长, 射线 DA 为 x 轴的正半轴建立空间直角坐标系 Dxyz. → (1)依题意有 Q(1,1,0),C(0,0,1),P(0,2,0),则DQ= → → → → (1,1,0), DC=(0,0,1), PQ=(1, -1,0), 所以PQ· DQ=0, → → PQ· DC=0,

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即 PQ⊥DQ,PQ⊥DC. 故 PQ⊥平面 DCQ. 又 PQ?平面 PQC,所以平面 PQC⊥平面 DCQ. → → → (2) 根据题意, DA = (1,0,0) , AB = (0,0,1) , AQ = → → → → → (0,1,0),故有 DA· AB=0,DA · AQ=0,所以DA 为平面 BAQ 的一个法向量. → → → 又因为PC=(0, -2,1), 且DA· PC=0, 即 DA⊥PC, 且 PC?平面 BAQ,故有 PC∥平面 BAQ.

新课标· 数学 空向向量与空间角

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1.几何法求异面直线所成的角、 直线与平面所成的 角、二面角时,都需要先作出(或证出)所求空间角的平 面角,费时费力,难度很大.而利用向量法,只需求出 直线的方向向量与平面的法向量即可求解, 体现了向量 法极大的优越性.

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2. 用 空 间 向 量 求 空 间 角 的 方 法 : ) 1 ( 求 异 面 直 线 所 成 的 角 : 设 两 异 面 直 线 的 方 向 向 量 分 别 为 条 异 面 直 线 所 成 的 角 为 n2〉 , ∴s o c θ= s o c| 〈n1,n2〉|. n1, n2, 那 么 这 两 θ= 〈 n1,n2〉 或 θ=π- 〈 n1,

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图 3-3 ) 2 ( 求 二 面 角 的 大 小 : 如图 3-3, 设 平 面 因 为 两 平 面 的 法 线 所 成 的 角 就 等 于 平 面 二 面 角 θ, 所 以 s o c θ= s o c| 〈n1,n2〉|. α,β 的 法 向 量 分 别 为 n1,n2. α,β 所 成 的 锐

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图 3-4 ) 3 ( 求 斜 线 与 平 面 所 成 的 角 : 如图 3-4, 设 平 面 α的 法 向 量 为 n1, 斜 线 OA 的

方向向量为 n2, 斜线 OA 与平面所成的角为 θ, 则 sin θ =|cos〈n1,n2〉|.

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如图 3-5, 正 方 体 BB1 的中点. A B C D

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-A1B1C1D1 中, M 是棱

图 3-5 (1)求直线 A1M 与平面 AMC1 所成角的正弦值; (2)求二面角 A-MC1-A1 的余弦值.

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【 思 路 点 拨 】 解 决 .
【 规 范 解 答 】

建 立 空 间 直 角 坐 标 系 , 用 法 向 量 法

以B为 坐 标 原 点 ,

BC,BA,BB1

所在的直线分别为 x 轴,y 轴,z 轴建立空间直角坐标 系,设正方体的棱长为 1,则: A(0,1,0), A1(0,1,1), 1 M(0,0, ),C1(1,0,1). 2 1 → → → (1)AC1=(1,-1,1),AM=(0,-1, ),A1M=(0, 2 1 -1,- ), 2

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设 平 面

A M C

法 向 量 是 1的

n1=(x1,y1,z1),

→ → 则 n1⊥AC1,n1⊥AM, ? → AC1=x1-y1+z1=0, ?n1· ∴? → 1 ?n1· AM=-y1+ z1=0, 2 ?
? ?x1=-y1, 解得? ? ?z1=2y1,

取 y1=1,则 n1=(-1,1,2),∴直线 A1M 与平面 AMC1 所成的角 θ 满足:

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→ |A1M· n1 | → n is θ= s o c| 〈A1M,n1〉|= → |A1M |· | n1| |0+?-1?+?-1?| 2 30 = = , 15 1 0+1+ · 1+1+4 4 2 30 即直线 A1M 与平面 AMC1 所成角的正弦值是 . 15 → (2)A1C1= (1,-1,0),设平面 A1MC1 的法向量是 → → n2=(x2,y2,z2),则 n2⊥A1M,n2⊥A1C1, 1 → ? A1M=-y2- z2=0, ?n2· 2 ? ∴ → ? A1C1=x2-y2=0, ?n2·

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? ?x2=y2, 解得? ? - 2y2, ? z2 =

取 y2=1, 则 n2= 1 , 1 (

,-2),

n1 · n2 ∴cos〈n1,n2〉= |n1|· |n2| -1+1-4 2 = =- . 3 1+1+4· 1+1+4 又二面角 A-MC1-A1 的平面角是锐角, 2 ∴二面角 A-MC1-A1 的余弦值是 . 3

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图 3-6 如图 3-6 所 示 , 在 平 行 六 面 体 A B C D -A1B1C1D1

π 中,面 ABCD 与面 D1C1CD 垂直,且∠D1DC= ,DC 3 π =DD1=2,DA= 3,∠ADC= ,求异面直线 A1C 与 2 AD1 所成的角的余弦值.

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【 解 】

建 立 如 图 所 示 的 空 间 直 角 坐 标 系 ,

则 A( 3,0,0),D1(0,1, 3),C(0,2,0),D(0,0,0), → → 由AA1=DD1得 A1( 3,1, 3). → → → ∵A1C=DC-DA1=(- 3,1,- 3). → → → D1A=DA-DD1=( 3,-1,- 3). → → A1C· D1A 1 → → ∴ A1C,D1A = =- . → → 7 |A1C||D1A| 1 ∴异面直线 A1C 与 AD1 所成的角的余弦值为 . 7

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向量法解立体几何问题中的数形结合思想

空 间 向 量 是 既 有 大 小 、 又 有 方 向 的 量 , 本 身 它 就 具 有 数 形 兼 备 的 特 点 , 因 此 将 几 何 中 的 “数”有 机 地 结 合 在 一 起 , 用 向 量 法 解 立 体 几 何 问 题 , 下 列 等 价 关 系 是 从 数 与 形 两 方 面 建 立 的 , 它 们 在 向 量 方 法 中 有 重 要 的 作 用 . “形”与 代 数 中 的

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设 直 线 的 法 向 量 分 别 为

l,m 的 方 向 向 量 分 别 为 u,v, 则 :

a,b, 平 面

α,β

①l∥m?a∥b;②l∥α?a

⊥u?a· u=0;③α∥β?u∥v;④l⊥m?a⊥b?a· b=0; ⑤l⊥α?a∥u;⑥α⊥β?u⊥v?u· v=0.

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四 棱 锥

S-A B C D

中 , SD⊥底面 ABCD,AB∥

DC,AD⊥DC,AB=AD=1,DC=SD=2,E 为棱 SB 上的一点,平面 EDC⊥平面 SBC. (1)证明:SE=2EB; (2)求二面角 A-DE-C 的大小.

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【 思 路 点 拨 】

第 ) 1 ( 问 探 求

SE=2EB,解题关键

是利用垂直关系找到 AE⊥面 SBC.在△SBD 中,利用 面积相等求得 DE,进而分别求得 SE 与 EB 的值,得 出长度关系, 利用各个垂直解三角形是本题的关键, 第 (2)问由于半平面 CDE 中,CE⊥DE,半平面 ADE 中, AD=AE,因此利用定义法易得二面角平面角,进而求 值.

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【 规 范 解 答 】

) 1 ( 以D为 坐 标 原 点 , 射

线 DA 为 x 轴正半轴,建立如图所示的直 角坐标系 Dxyz. 设 A(1,0,0),则 B(1,1,0),C(0,2,0),S(0,0,2). → → 则SC=(0,2,-2),BC=(-1,1,0). → 设平面 SBC 的法向量为 n=(a,b,c),由 n⊥SC, → → → n⊥BC,得 n· SC=0,n· BC=0,故 2b-2c=0,-a+b =0.

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令 a=1,则 b=1,c=1, 所 以

n= ) 1 , 1 , 1 (



λ λ 2 → → 又设SE=λEB(λ>0),则 E( , , ), 1+λ 1+λ 1+λ λ λ 2 → → DE=( , , ),DC=(0,2,0). 1+λ 1+λ 1+λ 设平面 CDE 的法向量 m=(x,y,z), → → → → 由 m⊥DE,m⊥DC,得 m· DE=0,m· DC=0, λx λy 2z 故 + + =0,2y=0. 1+λ 1+λ 1+λ 令 x=2,则 m=(2,0,-λ).

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由 平 面

D E C

⊥平 面 S B C

,得 m⊥n.

所以 m· n=0, 即 2-λ=0,λ=2. 故 SE=2EB. 2 2 2 (2)由(1)知 E( , , ),取 DE 中点 F, 3 3 3 1 1 1 → 2 1 1 则 F( , , ),FA=( ,- ,- ), 3 3 3 3 3 3 → → → → 故FA· DE=0,由此得FA⊥DE. 2 4 2 → → → 又EC=(- , ,- ),故EC· DE=0. 3 3 3

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由 此 得

EC⊥DE.

→ → 向量FA与EC的夹角等于二面角 A-DE-C 的平 面角. → → FA· EC 1 → → 于是 cos〈FA,EC〉= =- . → → 2 |FA|· |EC| 所以二面角 A-DE-C 的大小为 120° .

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图 3-7 如图 3-7 所 示 , 已 知 四 棱 锥 为 等 腰 梯 形 , P-A B C D 的 底 面

AB∥CD,AC⊥BD,垂足为 H,PH 是

四棱锥的高,E 为 AD 中点. (1)求证 PE⊥BC; (2) 若∠ APB =∠ ADB = 60° ,求直线 PA 与平面 PEH 所成角的正弦值.

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【 解 】

) 1 ( 证明 以 H 为 坐 标 原 点 ,

HA,HB,

HP 所在直线分别为 x,y,z 轴建立空间直角坐标系.

设 HA=1,C(m,0,0),P(0,0,n)(m<0,n>0), 1 m 则 A(1,0,0),B(0,1,0),D(0,m,0),E( , ,0), 2 2 → 1 m → 所以PE=( , ,-n),BC=(m,-1,0), 2 2 → → m m 所以PE· BC= - +0=0, 2 2 → → 所以PE⊥BC,即 PE⊥BC.

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3 ) 2 ( 由 已 知 条 件 可 得 m=- ,n=1, 3 3 1 3 故 D(0, - , 0), E( , - , 0), P(0,0,1), H(0,0,0). 3 2 6 1 3 → → 所以HE=( ,- ,0),HP=(0,0,1), 2 6 设 n=(x,y,z)为平面 PEH 的一个法向量, ? → ?n· HE=0, 则? → ? HP=0, ?n· ?1 3 ? x- y=0, 6 即?2 ? ?z=0.

因此可以取 n=(1, 3,0). 2 → → 又PA=(1,0,-1),所以|cos〈PA,n〉|= . 4 所以直线 PA 与平面 PEH 所成角的正弦值为 2 . 4


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