2019年高中数学 第三章 空间向量与立体几何章末总结课件 新人教A版选修2-1

章末总结点击进入网络建构主题串讲一、空间向量与线面位置关系【典例1】如图所示,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是矩形,侧棱PD⊥底面ABCD,PD=DC,点E是PC的中点,作EF⊥PB交PB于点F.试通过建立空间直角坐标系解决以下问题:(1)求证:PA∥平面EDB;证明:如图所示,以点D为坐标原点,DA,DC,DP所在直线为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系.(1)连接AC,AC交BD于点G,连接EG.设DA=a,PD=DC=b,则A(a,0,0),P(0,0,b),E(0,2b,2b).因为四边形ABCD是矩形,所以G(2a,2b,0).因为PA=(a,0,-b),EG=(2a,0,-2b).所以PA=2EG,即PA∥EG.而EG⊂平面EDB,PA⊄平面EDB.故PA∥平面EDB.(2)求证:PB⊥平面EFD.证明:(2)由题意得,B(a,b,0),PB=(a,b,-b).又DE=(0,2b,2b),故PB·DE=0+22b-22b=0,所以PB⊥DE.由已知EF⊥PB,且EF∩DE=E,所以PB⊥平面EFD.即时训练1-1:在四棱锥P-ABCD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;解:以A为原点,分别以AB,AD,AP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)因为BM=(0,1,1),平面PAD的一个法向量为n=(1,0,0),所以BM·n=0,即BM⊥n,又BM⊄平面PAD,所以BM∥平面PAD.解:(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,所以0,0,MNBDMNPB即1210,1210,yz所以1,21,2yz所以N(0,12,12)所以在平面PAD内存在一点N(0,12,12),使MN⊥平面PBD.(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.【典例2】如图(1)ABCD为梯形,AB∥CD,∠C=60°,点E在CD上,AB=CE,BF=13BD=3,BD⊥BC.现将△ADE沿AE折成如图(2)△APE位置,使得二面角P-AE-C的大小为π3.二、空间向量与空间角(1)解:因为AB平行且等于EC,所以四边形ABCE是平行四边形,所以BC∥AE,又因为BD⊥BC,所以BD⊥AE,所以AE⊥FB,AE⊥FP,即∠PFB为二面角P-AE-C的平面角,BF=3,PF=23,由余弦定理BP2=BF2+PF2-2BF·PFcos∠BFP=9,得BP=3.(1)求PB的长度;(2)求证:PB⊥平面ABCE;(2)证明:BF=3,PF=23,BP=3,满足勾股定理,所以BF⊥PB,①又因为BF⊥AE,PF⊥AE,所以AE⊥平面PFB,所以AE⊥PB,②由①②可知PB⊥平面ABCE.(3)求直线AB与平面APE所成角的正弦值.(3)解:由于BF,BP,BC两两互相垂直,如图,建立空间直角坐标系,B(0,0,0),C(3,0,0),A(-1,3,0),E(2,3,0),P(0,0,3),设平面APE的法向量为n=(x,y,z),则0,0,nAEnAP即,,3,0,00,,,1,3,30,xyzxyz得0,330,xxyz取n=(0,3,1),设直线AB与平面APE所成的角为θ,AB=(1,-3,0),则sinθ=|cosn,AB|=nABnAB=34,所以直线AB与平面APE所成角的正弦值为34.即时训练2-1:如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,底面ABC为边长为2的正三角形,D是棱A1C1的中点,CC1=h(h0).(1)证明:BC1∥平面AB1D;(1)证明:法一连接A1B交AB1于E,连接DE,则DE是△A1BC1的中位线.所以DE∥BC1.又DE⊂平面AB1D,BC1⊄平面AB1D,故BC1∥平面AB1D.法二取AC的中点F,连接BF,C1F.因为AF∥DC1,且AF=DC1,所以四边形AFC1D是平行四边形,故AD∥FC1.又FC1⊂平面BFC1,AD⊄平面BFC1,故AD∥平面BFC1.同理:DB1∥平面BFC1.所以平面ADB1∥平面BFC1.故BC1∥平面AB1D.(2)若直线BC1与平面ABB1A1所成角的大小为π6,求h的值.(2)解:法一取A1B1的中点H,连接C1H,BH.因为△A1B1C1是正三角形,所以C1H⊥A1B1.直三棱柱ABC-A1B1C1中,平面ABB1A1⊥平面A1B1C1于A1B1,又C1H⊂平面A1B1C1,故C1H⊥平面ABB1A1.所以∠C1BH就是BC1与平面ABB1A1所成的角,即∠C1BH=π6.在Rt△C1BH中,BC1=2HC1=23;在Rt△BCC1中,BC1=221BCCC=24h.所以24h=23,所以h=22.法二以AB的中点O为坐标原点,OB,OC分别为x轴,y轴建立空间直角坐标系,如图所示,则B(1,0,0),C1(0,3,h).易得平面ABB1A1的一个法向量为n=(0,1,0).又1BC=(-1,3,h).所以sinπ6=|cos1BC,n|=11BCnBCn.即234h=12,解得h=22.三、用空间向量求距离【典例3】如图所示,已知四边形ABCD,EADM和MDCF都是边长为a的正方形,点P,Q分别是ED,AC的中点,求:(1)PM与FQ所成的角;解:建立如图所示的空间直角坐标系,得D(0,0,0),A(a,0,0),B(a,a,0),C(0,a,0),M(0,0,a),E(a,0,a),F(0,a,a),则由中点坐标公式得P(2a,0,2a),Q(2a,2a,0).(1)PM=(-2a,0,2a),FQ=(2a,-2a,-a),PM·FQ=(-2a)·2a+0+2a·(-a)=-34a2,且|PM|=22a,|FQ|=62a,所以cos＜PM,FQ＞=PMFQPMFQ=2342622aaa=-32,所以PM,FQ所成的角为150°.解:(2)设n=(x,y,z)是平面EFB的单位法向量,即|n|=1,n⊥平面EFB,所以n⊥EF,且n⊥BE.又EF=(-a,a,0),BE=(0,-a,a),即2221,0,0.xyzaxayayaz得其中的一个解是3,33,33.3xyz所以n=(33,33,33),PE=(2a,0,2a).设所求距离为d,则d=|PE·n|=33a.(2)P点到平面EFB的距离.解:(1)建立如图所示的空间直角坐标系,则A(0,0,0),A1(0,0,2),M(2,0,1),C1(0,2,2),直线AC1的一个单位方向向量为s0=(0,22,22),AM=(2,0,1),故点M到直线AC1的距离d=220AMAMs=152=322.即时训练3-1:在直三棱柱ABC-A1B1C1中,AB=AC=AA1=2,∠BAC=90°,M为BB1的中点,N为BC的中点.(1)求点M到直线AC1的距离;(2)求点N到平面MA1C1的距离.解:(2)设平面MA1C1的法向量为n=(x,y,z),则n·11AC=0且n·1AM=0,即(x,y,z)·(0,2,0)=0且(x,y,z)·(2,0,-1)=0,即y=0且2x-z=0,取x=1,得z=2,故n=(1,0,2)为平面MA1C1的一个法向量,与n同向的单位向量为n0=(55,0,255).因为N(1,1,0),所以MN=(-1,1,-1),故点N到平面MA1C1的距离d=|MN·n0|=1.错解:由题意得3750,4720,abababab即2222716150,73080,aabbaabb两式相减得46a·b-23b2=0,即b·(2a-b)=0,所以b=0(不合题意,舍去)或2a-b=0,由2a-b=0知a与b共线,且a与b方向相同,所以a与b的夹角为0°.四、易错易误辨析1.混淆向量与实数的运算性质致误【典例4】已知a,b都是非零向量,且向量a+3b与7a-5b垂直,向量a-4b与7a-2b垂直,求向量a,b的夹角.正解:由题意得3750,4720,abababab即2222716150,73080.aabbaabb两式相减得46a·b-23b2=0,所以b2=2a·b,代入7a2+16a·b-15b2=0,得a2=2a·b,所以a2=b2=2a·b,设a与b的夹角为θ,所以cosθ=abab=2212aa=12,所以向量a与b的夹角为60°.错因分析:向量的运算性质与实数不同,若b·(2a-b)=0不一定有a=0或2a-b=0,本题在此处误当作实数运算而导致了错误.2.对所求角与向量夹角的关系不理解致误【典例5】正方体ABCD-A1B1C1D1中,求二面角A-BD1-C的大小.错解:以D为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系,设正方体的棱长为1,则D(0,0,0),A1(1,0,1),C1(0,1,1).由题意知1DA是平面ABD1的一个法向量,1DA=(1,0,1),1DC是平面BCD1的一个法向量,1DC=(0,1,1),所以cos1DA,1DC=1111DCDADCDA=12.所以1DA,1DC=60°.即二面角A-BD1-C的大小为60°.错因分析:用法向量的夹角判断二面角的大小时出现错误,根据法向量的方向可知,二面角为钝角,而不是锐角.正解:以D为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系,设正方体的棱长为1,则D(0,0,0),A1(1,0,1),C1(0,1,1).由题意知1DA=(1,0,1)是平面ABD1的一个法向量,1DC=(0,1,1)是平面BCD1的一个法向量.所以cos1DA,1DC=1111DCDADCDA=12,所以cos1DA,1DC=60°.所以二面角A-BD1-C的大小为120°.真题体验1.(2017·全国Ⅰ卷)如图,在四棱锥P-ABCD中,AB∥CD,且∠BAP=∠CDP=90°.(1)证明:平面PAB⊥平面PAD;(1)证明:由已知∠BAP=∠CDP=90°,得AB⊥AP,CD⊥PD.由于AB∥CD,故AB⊥PD,从而AB⊥平面PAD.又AB⊂平面PAB,所以平面PAB⊥平面PAD.(2)解:在平面PAD内作PF⊥AD,垂足为F,由(1)可知,AB⊥平面PAD,故AB⊥PF,可得PF⊥平面ABCD.以F为坐标原点,FA的方向为x轴正方向,|AB|为单位长,建立如图所示的空间直角坐标系F-xyz.由(1)及已知可得A(22,0,0),P(0,0,22),B(22,1,0),C(-22,1,0).(2)若PA=PD=AB=DC,∠APD=90°,求二面角A-PB-C的余弦值.所以PC=(-22,1,-22),CB=(2,0,0),PA=(22,0,-22),AB=(0,1,0).设n=(x1,y1,z1)是平面PCB的法向量,则0,0,nPCnCB即1111220,2220.xyzx可取n=(0,-1,-2).设m=(x2,y2,z2)是平面PAB的法向量,则0,0,mPAmAB即222220,220.xzy可取m=(1,0,1).则cosn,m=nmnm=-33.所以二面角A-PB-C的余弦值为-33.2.(2017·全国Ⅱ卷)如图,四棱锥P-ABCD中,侧面PAD为等边三角形且垂直于底面ABCD,AB=B