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

章末复习课章末复习课本专题栏目开关画一画研一研章末复习课研一研·题型解法、解题更高效题型一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．本专题栏目开关画一画研一研章末复习课例1如图，在四棱锥S—ABCD中，底面ABCD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→·SB→＝SC→·SD→；⑤SA→·SC→＝0，其中正确结论的序号是________．研一研·题型解法、解题更高效本专题栏目开关画一画研一研章末复习课解析容易推出：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→＝2·2·cos∠ASB，SC→·SD→＝2·2·cos∠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.研一研·题型解法、解题更高效答案③④本专题栏目开关画一画研一研章末复习课跟踪训练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．研一研·题型解法、解题更高效解由题意可得，AB→·AD→＝0，AB→·AA1→＝4×5×cos60°＝10，AD→·AA1→＝3×5×cos60°＝152.本专题栏目开关画一画研一研章末复习课因为AC1→＝AB→＋BC→＋CC1→＝AB→＋AD→＋AA1→，所以|AC1→|2＝(AB→＋AD→＋AA1→)2＝|AB→|2＋|AD→|2＋|AA1→|2＋2(AB→·AD→＋AB→·AA1→＋AD→·AA1→)＝42＋32＋52＋20＋10＋152＝85.所以AC1的长为85.研一研·题型解法、解题更高效本专题栏目开关画一画研一研章末复习课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．研一研·题型解法、解题更高效本专题栏目开关画一画研一研章末复习课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，只需证明两直线的方向向量垂直，则a⊥b⇔a·b＝0.研一研·题型解法、解题更高效本专题栏目开关画一画研一研章末复习课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．研一研·题型解法、解题更高效本专题栏目开关画一画研一研章末复习课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．研一研·题型解法、解题更高效本专题栏目开关画一画研一研章末复习课例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；(2)BC1∥平面CA1D.研一研·题型解法、解题更高效证明(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)．本专题栏目开关画一画研一研章末复习课由于BC1→＝(0，－2，－2)，AB1→＝(－2,2，－2)，因此BC1→·AB1→＝0－4＋4＝0，因此BC1→⊥AB1→，故BC1⊥AB1.研一研·题型解法、解题更高效(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)，所以ED→＝－12BC1→，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.本专题栏目开关画一画研一研章末复习课跟踪训练2如图，在三棱柱ABC—A1B1C1中，侧面AA1C1C⊥底面ABC，AA1＝A1C＝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．研一研·题型解法、解题更高效本专题栏目开关画一画研一研章末复习课(1)证明因为A1A＝A1C，且O为AC的中点，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.(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，所以OB＝12AC＝1.研一研·题型解法、解题更高效本专题栏目开关画一画研一研章末复习课所以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)，AA1→＝(0,1，3)，AB→＝(1,1,0)．设平面A1AB的法向量为n＝(x，y，z)，则有n·AA1→＝0，n·AB→＝0⇒y＋3z＝0，x＋y＝0，令y＝1，得x＝－1，z＝－33.所以n＝－1，1，－33.cos〈n，A1C→〉＝n·A1C→|n||A1C→|＝217.因此直线A1C与平面A1AB所成角θ和向量n与A1C→所成锐角互余，所以sinθ＝217.研一研·题型解法、解题更高效本专题栏目开关画一画研一研章末复习课(3)解设E(x0，y0，z0)，BE→＝λBC1→，即(x0－1，y0，z0)＝λ(－1,2，3)，得x0＝1－λ，y0＝2λ，z0＝3λ，所以E(1－λ，2λ，3λ)，得OE→＝(1－λ，2λ，3λ)，由OE∥平面A1AB，得OE→·n＝0，即－1＋λ＋2λ－λ＝0，得λ＝12，即存在这样的点E，且E为BC1的中点．研一研·题型解法、解题更高效本专题栏目开关画一画研一研章末复习课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，那么这两条异面直线所成的角为θ＝〈n1，n2〉或θ＝π－〈n1，n2〉，∴cosθ＝|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cosθ＝|cos〈n1，n2〉|.研一研·题型解法、解题更高效本专题栏目开关画一画研一研章末复习课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，斜线OA与平面所成的角为θ，则sinθ＝|cos〈n1，n2〉|.研一研·题型解法、解题更高效本专题栏目开关画一画研一研章末复习课例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，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．研一研·题型解法、解题更高效本专题栏目开关画一画研一研章末复习课(1)证明∵四边形ACDE是正方形，∴EA⊥AC，∵平面ACDE⊥平面ABC，∴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.研一研·题型解法、解题更高效本专题栏目开关画一画研一研章末复习课设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，∴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→·EC→＝0，AM→·CB→＝0.∴AM⊥EC，AM⊥CB.又∵EC∩CB＝C，∴AM⊥平面EBC.研一研·题型解法、解题更高效本专题栏目开关画一画研一研章末复习课(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)，∴cos〈AB→，AM→〉＝AB→·AM→|AB→|·|AM→|＝12.∴〈AB→，AM→〉＝60°.∴直线AB与平面EBC所成的角为30°.研一研·题型解法、解题更高效本专题栏目开关画一画研一研章末复习课(3)解设平面EAB的法向量为n＝(x，y，z)，则n⊥AE→且n⊥AB→，∴n·AE→＝0且n·AB→＝0.∴0，0，2·x，y，z＝0，2，2，0·x，y，z＝0，即z＝0，x＋y＝0.取y＝－1，∴x＝1.∴n＝(1，－1,0)．研一研·题型解法、解题更高效又∵AM→为平面EBC的一个法向量，且AM→＝(0,1,1)，∴cos〈n，AM→〉＝n·AM→|n|·|AM→|＝－12.设二面角A—EB—C的平面角为θ，由图可知θ为锐角，则cosθ＝|cos〈n，AM→〉|＝12，∴θ＝60°.∴二面角A—EB—C等于60°.本专题栏目开关画一画研一研章末复习课跟踪训练3如图，直三棱柱ABC—A1B1C1中，AB⊥AC，D、E分别为AA1、B1C的中点，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．研一研·题型解法、解题更高效本专题栏目开关画一画研一研章末复习课(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.设B(1,0,0)，C(0，b,0)，D(0,0，c)，则B1(1,0,2c)，E12，b2，c.(b0，c0)于是DE→＝12，b2，0，BC→＝(－1，b,0)．研一研·题型解法、解题更高效本专题栏目开关画一画研一研章末复习课由DE⊥平面BCC1B1知DE⊥BC，DE→·BC→＝0，求得b＝1，∴AC→＝(0,1,0)，又AB→＝(1,0,0)，∴|AB→|＝|AC→|，所以AB＝AC.研一研·题型解法、解题更高效(2)解设平面BCD的法向量AN→＝(x，y，z)，则AN→·BC→＝0，AN→·BD→＝0.又BC→＝(－1,1,0)，BD→＝(－1,0，c)，故－x＋y＝0－x＋cz＝0.本专题栏目开关画一画研一研章末复习课令x＝1，则y＝1，z＝1c，AN→＝1，1，1c.又平面ABD的一个法向量AC→＝(0,1,0)．由二面角A—BD—C为60°知，〈AN→，AC→〉＝60°，故AN→·AC→＝|AN→|·|AC→|·cos60°，求得c＝12.于是AN→＝(1,1，2)，CB1→＝(1，－1，2)．因此cos〈AN→，CB1→〉＝AN→·CB1→|AN→|·|CB1→|＝12，所以〈AN→，CB1→〉＝60°.所以B1C与平面BCD所成的角为30°.研一研·题型解法、解题更高效本专题栏目开关画一画研一研章末复习课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．研一研