高中数学总复习教学案G：空间向量及运算用空间向量解决线面位置关系

-1-/12高中数学总复习教学案§10.7空间向量及运算、用空间向量解决线面位置关系新课标要求经历向量及其运算由平面向空间推广的过程；了解空间向量的概念；掌握空间向量的加、减、数乘、及数量积的运算；了解空间向量共面概念及条件；理解空间向量的基本定理。掌握空间向量的正交分解及其坐标表示，掌握空间向量线性运算、数量积及其坐标表示；能运用向量数量积判断向量的共线与垂直；能用向量语言表述线线、线面、面面的垂直与平行关系重点难点聚焦重点：掌握空间向量的加、减、数乘、及数量积的运算；理解空间向量的基本定理；掌握空间向量的坐标运算。难点：灵活选择运用向量方法与综合方法，从不同角度解决立体几何问题高考分析及预策向量由于具有几何形式和代数形式的“双重身份”，使它成为中学数学知识的一个交汇点，成为联系多项内容的媒介。空间向量是处理空间问题的重要方法，通过将空间元素间的位置关系转化为数量关系，将过去的形式逻辑证明转化为数值计算，化繁难为简易，化复杂为简单，是一种重要的解决问题的手段和方法。在空间向量部分的基本要求是根据题目特点建立空间直角坐标系，求出相关点的坐标，通过向量计算解决问题，即求有向线段的长度，求两条有向线段的夹角（或其余弦），证明直线和直线垂直等。预测今年的立体几何大题是：一题多问(证明位置关系、求角与距离或体积)、一题多解(可用空间向量做，也可不用空间向量做)，一般情况下，应优先考虑用空间向量的方法。利用空间向量解决立体几何问题，主要有两种策略，一是建立空间直角坐标系，通过向量的坐标运算解决问题；二是不建立坐标系，直接利用空间向量的基本定理，即将有关向量用空间的一组基底表示出来，然后通过向量的有关运算求解。题组设计再现型题组1.△ABC的边AB上的中点，则向量CD（）A.12BCBAB.12BCBAC.12BCBAD.12BCBA2.若a=（2x，1，3），b=（1，－2y，9），如果a与b为共线向量，则ABCD-2-/12A.x=1，y=1B.x=21，y=－21C.x=61，y=－23D.x=－61，y=233.(2007四川·文)如图，ABCD-A1B1C1D1为正方体，下面结论错误．．的是(A）BD∥平面CB1D1(B)AC1⊥BD(C)AC1⊥平面CB1D1(D)异面直线AD与CB所成的角为60°4.已知非零向量AB→与AC→满足(AB→|AB→|+AC→|AC→|)·BC→=0且AB→|AB→|·AC→|AC→|=12,则△ABC为()A.三边均不相等的三角形B.直角三角形C.等腰非等边三角形D.等边三角形巩固型题组5.如果平面和这个平面外的一条直线l同时垂直于直线m，求证：l.6.如图，m,n是平面内的两条相交直线。如果,,nlml求证：l。7.如下图，直棱柱ABC—A1B1C1的底面△ABC中，CA=CB=1，∠BCA=90°，棱AA1=2，M、N分别是A1B1、A1A的中点.（1）求BN的长；（2）求异面直线BA与1CB1的余弦值；（3）求证：A1B⊥C1M.8．如图，在四棱锥ABCDP中，底面ABCD是正方形，侧棱PD底面ABCD，DCPD，E是PC的中点，作PBEF交PB于点F.（1）证明∥PA平面EDB；（2）证明PB平面EFD；（3）求二面角D-PB-C的大小．C1A1B1BCAmngαl-3-/12DCBA提高型题组9.如右图，在四边形ABCD中，4||||||DCBDAB，4||||||||DCBDBDAB，0DCBDBDAB，则ACDCAB)(的值为（）A、2B、22C、4D、2410.如图，正三棱柱111ABCABC的所有棱长都为2，D为1CC中点．（Ⅰ）求证：1AB⊥平面1ABD；（Ⅱ）求二面角1AADB的大小．课堂小结运用向量基本定理或建立空间坐标系坐标法求解，立体几何中的平行与垂直的问题,利用向量解决,书写较长,但思维力度不大，充分显示出代数化方法研究几何图形的优越性.两个向量共线、垂直的充要条件，直线方向向量与平面的法向量，考题形式往往是客观题，而通过坐标法计算数量积去证平行、垂直，求夹角、距离，往往是高考的解答题。一般情况下求法向量用待定系数法.由于法向量没规定长度，仅规定了方向，所以有一个自由度，可把n的某个坐标设为1，再求另两个坐标.平面法向量是垂直于平面的向量，故法向量的相反向量也是法向量反馈型题组11.若l的方向向量为（2，1，m），平面的法向量为（1，1/2，2），若l∥，则m=12.已知向量a=（1，1，0），b=（－1，0，2），且ka＋b与2a－b互相垂直，则k值是A.1B.51C.53D.57ABD1A1C1BC-4-/12nPlam13.已知点A（1，2，1）、B（－1，3，4）、D（1，1，1），若2APPB＝，则|PD|的值是__________.14.如果四面体的两组对棱互相垂直，求证第三组对棱也互相垂直．15.已知AB=（2，2，1），AC=（4，5，3），求平面ABC的单位法向量.16.如下图，在正方体ABCD—A1B1C1D1中，E、F分别是BB1、CD的中点.AADBCBCD1111EF（1）证明AD⊥D1F；（2）求AE与D1F所成的角；（3）证明面AED⊥面A1D1F.§10.7空间向量及运算、用空间向量解决线面位置关系再现型题组⒈【提示或答案】A.【基础知识聚焦】考查相反向量概念与向量运算．⒉【提示或答案】C．【基础知识聚焦】考查用坐标表示共线向量的条件.3.【提示或答案】D．【基础知识聚焦】空间坐标系的建立，用向量处理平行、垂直与夹角问题.4.【提示或答案】D．【基础知识聚焦】考查单位向量以及向量的加法、数量积运算.巩固型题组5.【证法一】：设m=A,过A和直线l作平面，设=a,∵m,∴ma．l和a的位置关系有相交和平行两种情况，若l和a相交，∵ma，ml，则m．又m,且和同过点A，∴和重合．∵l，∴l，与已知l矛盾．∴la，又l，a，∴l．注：由ma，ml，不能直接推出la，∵尽管l和a同在平面内，但m不一定在内．“两条直线都和第三条直线垂直，那么这两条直线平行”，此结论只有当aAlm-5-/12这三条直线都在同一平面内时才成立．【证法二】：在直线l上任取一点P，过P作直线nm．∵m,ml,∴n,∴nl．过l和n作平面，设=a，∵n,∴na,又nl,且l、a、n都在平面内．∴la,又l,a,∴l．注：此证法中，先将直线m平移到与直线l相交，然后再过两条相交直线作平面，这样所得交线a、直线l以及直线n都在同一平面内，且l和a都与直线n垂直，便可得la．将两条异面直线中的一条平移，得到两条相交直线，是对异面直线的常见处理方式，请同学们结合此例仔细体会证法二的妙处．【证法三】：设a，b是平面内的一组基底，l、m分别是l、m上的一个非零向量，∵m，∴ma=mb=0，又ml，∴ml=0．以a、b、m为空间基底，则存在实数x，y，z，使得l=xa+yb+zm．∴ml=m(xa+yb+zm)=xma+ymb+zm2=0+0+zm2=0．∵m20，∴z=0，则l=xa+yb，∴l与a、b共面．又已知直线l不在平面内，∴l．【点评】灵活选择运用向量方法与综合方法，从不同角度解决线面平行、垂直问题。要证明线面平行，只要证明直线与平面的法向量垂直，即证两个向量数量积为零。【变式与拓展】如图,在平行六面体1111DCBAABCD中,O是11DB的中点.求证:CB1∥面1ODC.分析:要证明CB1∥面1ODC,只需证明CB1∥面1ODC,进一步只需证明CB1与面1ODC中的一组基向量共面.证明:设,,,11111cCCbDCaBC因为11BCCB为平行四边形,acCB1,又O是11DB的中点,)(21),(2111111abOCDCODbaOCDD1∥1CC,11CCDD,,11CCDD,)(2111cabDDODODABCC1D1A1B1DO-6-/12若存在实数,,yx使),(11RyxOCyODxCB成立,则)(21)(21baycabxaccxbyxayx)(21)(21因为cba,,不共线,10)(211)(21xyxyx,11yx.,011CODCB所以11,,OCODCB是共面向量,因为CB1不在1,OCOD所确定的平面内,CB1∥面1ODC,又CB1面1ODC,CB1∥面1ODC.6证明：在内作任一直线g，分别在gnml,,,上取非零向量gnml,,,。因为m与n相交，所以向量nm,不平行。由向量共面的充要条件知，存在唯一的有序实数对（x,y）,使nymxg将上式两边与向量l作数量积，得nlymlxgl，因为0,0nlml所以0gl所以gl即gl。这就证明了直线l垂直于平面内的任意一条直线，所以.l【点评】本题是课本唯一用向量法证明线面平行、垂直定理的题目。本题用综合法构造三角形全等和线段中垂线性质证很麻烦，充分显示了向量解决垂直运算的优越性.7.【解法】：∵AC⊥BC,CC1⊥面ABC，∴可以建立如图所示的坐标系mngαl-7-/12（1）依题意得B（0，1，0），N（1，0，1），AABBCC111xyzMN∴｜BN｜=222)01()10()01(=3.（2）A1（1，0，2），B（0，1，0），C（0，0，0），B1（0，1，2），∴1BA=(1,-1,2)，1CB=（0，1，2），1BA·1CB=3，｜1BA｜=6，｜1CB｜=5.∴cos〈1BA，1CB〉=||||1111CBBACBBA=1030.所以，异面直线BA与1CB1的余弦值为1030（3）证明：C1（0，0，2），M（21，21，2），BA1=(-1,1,-2)，MC1=（21，21，0），∴BA1·MC1=0，∴A1B⊥C1M.【点评】底面有直角的直棱柱适合建立坐标系的条件，可以用两点间的距离公式，数量积的夹角公式，用坐标法求点点距、向量夹角。特别注意异面直线角的范围(0,2],而向量角的范围为[0,π]。【变式与拓展】在三棱锥S—ABC中，∠SAB=∠SAC=∠ACB=90°，AC=2，BC=13，SB=29.（1）求证：SC⊥BC；（2）求SC与AB所成角的余弦值.【解法一】：如下图，取A为原点，AB、AS分别为y、z轴建立空间直角坐标系，则有AC=2，BC=13，SB=29，得B（0，17，0）、S（0，0，23）、C（21713，174，0），SC=（21713，174，－23），CB=（－21713，1713，0）.SBCA-8-/12xyzABCS（1）∵SC·CB=0，∴SC⊥BC.（2）设SC与AB所成的角为α，∵AB=（0，17，0），SC·AB=4，|SC||AB|=417，∴cosα=1717，即为所求.【解法二】：（1）∵SA⊥面ABC，AC⊥BC，AC是斜线SC在平面ABC内的射影，∴SC⊥BC.（2）如下图，过点C作CD∥AB，过点A作AD∥BC交CD于点D，连结SD、SC，则∠SCD为异面直线SC与AB所成的角.∵四边形ABCD是平行四边形，CD=17，SA=23，SD=22ADSA=1312=5，∴在△SDC中，由余弦定理得cos∠SCD=1717，即为所求.8.【解法】：如图所示建立空间直角坐标系，D为坐标原点.设.DCa⑴证明：连结AC，AC交BD于G.连结EG.依题意得(,0,0),(0,0,),(0,,)22aaAaPaE底面ABCD是正方形，G是此正方形的中心，故点G的坐标为(,,0)22aa且(,0,),(,0,).22aaPAaaEG2PAEG