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第二章 空间向量与立体几何章末复习课件(北师大版选修2-1)

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第二章章末归纳整合

专题一 空间向量的计算 空间向量及其运算的知识与方法与平面向量及其运算类似,是 平面向量的拓展,主要考查空间向量的共线与共面以及数量积 运算,是用向量法求解立体几何问题的基础. → → → 【例 1】 沿着正四面体 O-ABC 的三条棱OA、OB、OC的方向 有大小等于 1,2 和 3 的三个力 f1,f2,f3.试求此三个力的合力 f 的大小以及此合力与三条棱夹角的余弦值.

→ → → 解 如图所示,用 a,b,c 分别代表棱OA、OB、OC上的三个 单位向量, 则 f1=a,f2=2b,f3=3c, 则 f=f1+f2+f3 =a+2b+3c, ∴|f|2=(a+2b+3c)(a+2b+3c) =|a|2+4|b|2+9|c|2+4a· b+6a· c+12b· c =14+4cos 60°+6cos 60°+12cos 60° =14+2+3+6=25,

∴|f|=5,即所求合力的大小为 5. f·a |a|2+2a· b+3a· c 且 cos〈f,a〉=|f|· = |a| 5 3 1+1+2 7 = =10, 5 4 9 同理可得:cos〈f,b〉=5,cos〈f,c〉=10.

专题二 证明平行、垂直关系 空间图形中的平行、垂直问题是立体几何当中最重要的问题之 一,利用空间向量证明平行和垂直问题,主要是运用直线的方 向向量和平面的法向量,借助空间中已有的一些关于平行和垂 直的定理,再通过向量运算来解决. 【例 2】 如图,正方体 ABCD-A1B1C1D1 中,M、N 分别为 AB、 B1C 的中点. (1)用向量法证明平面 A1BD∥平面 B1CD1; (2)用向量法证明 MN⊥面 A1BD.

证明 (1)在正方体 ABCD-A1B1C1D1 中, → → → → → → BD=AD-AB,B1D1=A1D1-A1B1, → → → → → → 又∵AD=A1D1,AB=A1B1,∴BD=B1D1,∴BD∥B1D1. 同理可证 A1B∥D1C,又 BD∩A1B=B,B1D1∩D1C=D1, 所以平面 A1BD∥平面 B1CD1. → → → → (2)MN=MB+BC+CN 1→ → 1 → → =2AB+AD+2(CB+CC1) 1→ → 1 → → =2AB+AD+2(-AD+AA1) 1→ 1 → 1 → =2AB+2AD+2AA1.

→ → → → 1 设AB=a,AD=b,AA1=c,则MN= (a+b+c). 2 → → → → → 1 又BD=AD-AB=b-a,∴MN·BD=2(a+b+c)(b-a) 1 2 =2(b -a2+c· b-c· a). 又∵A1A⊥AD,A1A⊥AB,∴c· b=0,c· a=0. 又|b|=|a|,∴b2=a2,∴b2-a2=0. → → ∴MN·BD=0,∴MN⊥BD. 同理可证,MN⊥A1B,又 A1B∩BD=B, ∴MN⊥平面 A1BD.

专题三

空间向量与空间角

求异面直线所成的角、直线与平面所成的角、二面角,一般有 两种方法:即几何法和向量法,几何法求角时,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.

【例 3】 如图所示,在长方体 ABCD-A1B1C1D1 中,AB=5,AD =8,AA1=4,M 为 B1C1 上一点且 B1M=2,点 N 在线段 A1D 上,A1D⊥AN. → → (1)求 cos〈A1D,AM〉 ; (2)求直线 AD 与平面 ANM 所成角的余弦值; (3)求平面 ANM 与平面 ABCD 所成角的余弦值.

解 (1)建立空间直角坐标系(如图). 则 A(0,0,0),A1(0,0,4), D(0,8,0),M(5,2,4). → ∴AM=(5,2,4), → A1D=(0,8,-4). → → ∴AM·A1D=0+16-16=0, → → → → ∴AM⊥A1D.∴cos〈A1D,AM〉=0.

(2)∵A1D⊥AM,A1D⊥AN,且 AM∩AN=A, → ∴A1D⊥平面 ANM, → ∴A1D=(0,8,-4)是平面 ANM 的一个法向量. → → → 又AD=(0,8,0),|A1D|=4 5,|AD|=8, → → A1D·AD=64, 64 2 2 5 → → ∴cos〈A1D,AD〉= = = 5 . 4 5×8 5 5 ∴AD 与平面 ANM 所成角的余弦值为 5 .

→ (3)∵平面 ANM 的法向量是A1D=(0,8,-4), 平面 ABCD 的法向量是 a=(0,0,1),

-4 5 → ∴cos〈A1D,a〉= =- 5 . 4 5 5 ∴平面 ANM 与平面 ABCD 所成角的余弦值为 . 5

专题四 空间向量与空间距离 近年来,对距离的考查主要体现在两点间的距离和点到平面的 距离,两点间的距离可以直接代入向量模的公式求解,点面距 可以借助直线的方向向量与平面的法向量求解,或者利用等积 求高的方法求解. 【例 4】 如图,PA⊥平面 ABCD,四边形 ABCD 是正方形,PA =AD=2,M、N 分别是 AB、PC 的中点. (1)求二面角 P-CD-B 的大小; (2)求证:平面 MND⊥平面 PCD; (3)求点 P 到平面 MND 的距离.



(1)∵PA⊥平面 ABCD,由 ABCD 是正方形知 AD⊥CD.

∴CD⊥面 PAD,∴PD⊥CD. ∴∠PDA 是二面角 PCDB 的平面角. ∵PA=AD,∴∠PDA=45°, 即二面角 PCDB 的大小为 45°.

(2)如图,建立空间直角坐标系, 则 P(0,0,2),D(0,2,0),C(2,2,0),M(1,0,0), ∵N 是 PC 的中点, ∴N(1,1,1), → ∴MN=(0,1,1), → ND=(-1,1,-1), → PD=(0,2,-2). 设平面 MND 的一个法向量为 m=(x1,y1,z1),平面 PCD 的一 个法向量为 n=(x2,y2,z2).

→ → ∴m· =0,m· =0, MN ND
?y +z =0, ? 1 1 ? 即有 ?-x1+y1-z1=0. ?

令 z1=1,得 x1=-2,y1=-1. ∴m=(-2,-1,1). → → 同理,由 n· =0,n· =0, ND PD
?-x +y -z =0, ? 2 2 2 ? 即有 ?2y2-2z2=0. ?

令 z2=1,得 x2=0,y2=1,∴n=(0,1,1). ∵m·n=-2×0+(-1)×1+1×1=0, ∴m⊥n.∴平面 MND⊥平面 PCD.

(3)设 P 到平面 MND 的距离为 d. 由(2)知平面 MND 的法向量 m=(-2,-1,1), → ∵PD·m=(0,2,-2)· (-2,-1,1)=-4, → ∴|PD·m|=4, 又|m|= (-2)2+(-1)2+12= 6, → |PD·m| 4 2 6 ∴d= |m| = = 3 . 6 2 6 即点 P 到平面 MND 的距离为 . 3

命题趋势 1.本章高考命题形式比较稳定,难易适中,主要考查线线、线 面及面面的平行与垂直,空间夹角及距离的计算,从解答题来 看,使用传统方法和向量法都能解决,把向量用某个合适的基 底表示或建立空间直角坐标系,把向量用坐标表示,然后进行 空间向量的运算,通过向量在数学上的关系反映出向量在空间 位置的关系,从而使问题得到解决.

2.本章注重考查转化与化归的数学思想(即立体问题平面化, 面面问题→线面问题→线线问题,几何问题代数化),近几年在 封闭题的基础上,进行了一些改革,增加了开放题的考查. 3.高考题中本章一般有 2 个~3 个小题、1 道大题,主要考查 学生的空间想象能力、计算能力、逻辑思维能力和综合运用知 识的能力. 4. 空间向量是近几年高考考查的重点, 也是未来高考考查的重 点与热点,尤其是它的应用,很多立体几何中的运算与证明都 可由它完成.

5.从近几年的高考试题来看,对本章内容的考查主要分两类: (1)以选择题、填空题的形式考查基本概念和性质,此类题难度 不大,用以解答有关简单的化简、计算、长度、夹角、垂直等 问题. (2)向量在空间中的应用,主要是通过向量的坐标表示,运用计 算的方法研究三维空间几何图形的性质与计算,此类问题一般 是中档题.

高考真题 1.(2011· 上海)设 A1,A2,A3,A4,A5 是空间中给定的 5 个不同 → → → → → 的点,则使MA1+MA2+MA3+MA4+MA5=0 成立的点 M 的个 数为( ).

A.0 B.1 C.5 D.10

解析

从特例入手,不妨令 A1,A2,A3,A4,A5 五点共线,且

→ → → → → |A1A2|=|A2A3|=|A3A4|=|A4A5|, 则满足题意的点 M 恰为A1A5的中 点,存在且唯一.猜想知:满足条件的点 M 的个数是唯一的, 下面用反证法证明如下: 假设满足条件的点除 M 外还有点 N,那么 → → → → → MA1+MA2+MA3+MA4+MA5=0,① → → → → → NA1+NA2+NA3+NA4+NA5=0,② → → ①-②得 5MN=0,∴MN=0,则 N 点与 M 点重合,与假设矛 盾.∴满足条件的点 M 只有一个. 答案 B

2.(2009· 全国Ⅰ)已知二面角 α-l-β 为 60°,动点 P、Q 分别在 面 α、β 内,P 到 β 的距离为 3,Q 到 α 的距离为 2 3,则 P、 Q 两点之间距离的最小值为( A. 2 B.2 C.2 3 D.4 ).

解析

如图,PB、QD 分别垂直于平面 β、α,B、D 为垂足,

过 B、D 作 BA、DC 与两平面的交线垂直,连结 PA、QC,易 求得 PA=2,CQ=4, → |PQ|= → 2)= PQ → → → 2 (PA+AC+CQ) )

= =

→2 → 2 → 2 → → PA +AC +CQ +2PA· ) CQ →2 20+AC +2×2×4cos 120°)≥2 3.

故选 C. 答案 C

3.(2009· 海南宁夏)如图所示,正方体 ABCD-A1B1C1D1 的棱长 2 为 1,线段 B1D1 上有两个动点 E,F,且 EF= ,则下列结论 2 中错误的是( A.AC⊥BE B.EF∥平面 ABCD C.三棱锥 A-BEF 的体积为定值 D.异面直线 AE,BF 所成的角为定值 ).

解析

∵AC⊥平面 BB1D1D,又 BE ?平面 BB1D1D,

∴AC⊥BE,故 A 正确. ∵B1D1∥平面 ABCD,又 E、F 在直线 D1B1 上运动, ∴EF∥平面 ABCD.故 B 正确. C 中由于点 B 到直线 B1D1 的距离不变,故△BEF 的面积为定 2 值.又点 A 到平面 BEF 的距离为 2 ,故 VABEF 为定值.C 正确.

当点 E 在 D1 处,F 为 D1B1 的中点时,建立空间直角坐标系, 如图所示, 可得
?1 1 ? A(1, 0), 1, B(0, 0), 1, E(1, 1), ?2,2,1?. 0, F ? ?

→ ∴AE=(0,-1,1), 1 ? → ?1 BF=?2,-2,1?,
? ?

→ → 3 ∴AE·BF=2, 6 又|AE|= 2,|BF|= 2 , 3 2 3 → → ∴cos〈AE,BF〉= = 2 .∴AE 与 BF 成 30°角. 2· 6 2

当 E 为 D1B1 中点,F 在 B1 处时,此时 1).

?1 1 ? E?2,2,1?,F(0,1, ? ?

1 ? → → ? 1 ∴AE=?-2,-2,1?,BF=(0,0,1),
? ?

→ → → ∴AE·BF=1,|AE|= → → ∴cos〈AE,BF〉= 答案 D

3 2, 2 6 3 3= 3 ≠ 2 ,故选 D.

4.(2011· 全国Ⅱ)已知点 E、F 分别在正方体 ABCD-A1B1C1D1 的棱 BB1、CC1 上,且 B1E=2EB,CF=2FC1,则面 AEF 与面 ABC 所成的二面角的正切值等于________.

解析 法一 如图,建立空间直角坐标系.

设面 ABC 的法向量为 n1=(0,0,1),面 AEF 的法向量为 n2= (x,y,z). 设正方体的棱长为
? ? 1? 2? 1,∵A(1,0,0),E?1,1,3?,F?0,1,3?, ? ? ? ?

1? → ? 1? → ? → → ∴AE=?0,1,3?,EF=?-1,0,3?,则 n2·AE=0,n2·EF=
? ? ? ?

0

? 1 ?y+3z=0, 即? 取 x=1,则 y=-1,z=3. 1 ?-x+ z=0, 3 ? 故 n2=(1,-1,3), n1·n2 3 11 ∴cos〈n1,n2〉= = , |n1||n2| 11 ∴面 AEF 与面 ABC 所成的二面角的平面角 α 满足 cos α= 3 11 22 2 ,sin α= ,∴tan α= . 11 11 3

法二 如图, 设正方体的棱长为 3, 则由题意知 CF=2, BE=1, 分别延长 FE、CB 交于点 M,连接 AM,作 BN⊥AM 于点 N, 连接 EN. ∵EB⊥平面 ABM,AM ?平面 ABM, ∴EB⊥AM. 又 BN⊥AM,EB∩BN=B, ∴∠AM⊥平面 BEN, ∴AM⊥EN. ∴∠BNE 即为面 AEF 与面 ABC 所成的二面角的平面角.

BE MB 1 MB ∵BE∥CF,∴ = ,即 = , CF MC 2 MB+3 ∴MB=3,∴AM= AB2+MB2=3 2. BM·AB 3×3 3 2 1 1 由2AM·BN=2BM·AB 得 BN= AM = = 2 . 3 2 又 EB⊥平面 ABM,∴EB⊥BN, BE 1 2 ∴tan∠BNE=BN= =3. 3 2 2 答案 2 3

6. (2011· 山东)在如图所示的几何体中, 四边形 ABCD 为平行四 边形,∠ACB=90°,EA⊥平面 ABCD,EF∥AB,FG∥BC, EG∥AC,AB=2EF.

(1)若 M 是线段 AD 的中点,求证:GM∥平面 ABFE; (2)若 AC=BC=2AE,求二面角 A-BF-C 的大小.

解 (1)因为 EF∥AB,FG∥BC,EG∥AC,∠ACB=90°, 所以∠EGF=90°, △ABC∽△EFG. 由于 AB=2EF,因此 BC=2FG. 1 连接 AF,由于 FG∥BC,FG= BC, 2 1 在?ABCD 中, 是线段 AD 的中点, AM∥BC, AM= BC, M 则 且 2 因此 FG∥AM 且 FG=AM, 所以四边形 AFGM 为平行四边形,因此 GM∥FA. 又 FA ?平面 ABFE,GM 所以 GM∥平面 ABFE. 平面 ABFE,

(2)因为∠ACB=90°, 所以∠CAD=90°, EA⊥平面 ABCD, 又 所以 AC,AD,AE 两两垂直.则分别以 AC,AD,AE 所在直 线为 x 轴,y 轴,z 轴,建立如图所示的空间直角坐标系. 不妨设 AC=BC=2AE=2,则由题意得 A(0,0,0),B(2,-2,0),C(2,0,0),E(0,0,1), → → 所以AB=(2,-2,0),BC=(0,2,0). 1 又 EF= AB, 2

→ 所以 F(1,-1,1),BF=(-1,1,1). 设平面 BFC 的一个法向量为 m=(x1,y1,z1), → → 则 m· =0,m· =0, BC BF
?2y =0, ? 1 即? ?-x1+y1+z1=0, ?

取 z1=1,得 x1=1,所以 m=(1,0,1). 设平面 ABF 的一个法向量为 n=(x2,y2,z2),

→ → 则 n· =0,n· =0, AB BF
?2x -2y =0, ? 2 2 即? ?2z2=0, ?

取 y2=1,得 x2=1,则 n=(1,1,0), m· 1 n 所以 cos〈m,n〉=|m|· =2, |n| 因此二面角 ABFC 的大小为 60°.


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