人教A版(新教材)高中數(shù)學(xué)選擇性必修第一冊學(xué)案：§1 2 第2課時 空間向量基本定理的初步應(yīng)用

人教A版(新教材)高中數(shù)學(xué)選擇性必修第一冊PAGEPAGE1第2課時空間向量基本定理的初步應(yīng)用學(xué)習(xí)目標(biāo)1.會用基底表示空間向量.2.初步體會利用空間向量基本定理求解立體幾何問題的方法．導(dǎo)語道生一，一生二，二生三，三生萬物”這句話出自老子《道德經(jīng)》，它表示“道”生萬物從少到多，從簡單到復(fù)雜的一個過程．聯(lián)系到我們學(xué)過的平面向量基本定理，可以概括為給出一組二維的基底可以生成平面中所有的向量；推廣到三維空間，仍然為給出一組三維的基底，可以生成空間中的所有向量．一、證明平行、共面問題知識梳理1.對于空間任意兩個向量a，b(b≠0)，a∥b的充要條件是存在實數(shù)λ，使a＝λb.2.如果兩個向量a，b不共線，那么向量p與向量a，b共面的充要條件是存在唯一的有序?qū)崝?shù)對(x，y)，使p＝xa＋yb.3．直線平行和點共線都可以轉(zhuǎn)化為向量共線問題；點線共面可以轉(zhuǎn)化為向量共面問題．例1如圖，在平行六面體ABCD－A′B′C′D′中，E，F(xiàn)，G分別是A′D′，DD′，D′C′的中點，請選擇恰當(dāng)?shù)幕紫蛄孔C明：(1)EG∥AC；(2)平面EFG∥平面AB′C.證明取基底{eq\o(AA′,\s\up6(→))，eq\o(AB,\s\up6(→))，eq\o(AD,\s\up6(→))}，(1)因為eq\o(EG,\s\up6(→))＝eq\o(ED′,\s\up6(→))＋eq\o(D′G,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)eq\o(AD,\s\up6(→))＋eq\f(1,2)eq\o(AB,\s\up6(→))，eq\o(AC,\s\up6(→))＝eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(AD,\s\up6(→))＝2eq\o(EG,\s\up6(→))，所以eq\o(EG,\s\up6(→))∥eq\o(AC,\s\up6(→))，又EG，AC無公共點，所以EG∥AC.(2)因為eq\o(FG,\s\up6(→))＝eq\o(FD′,\s\up6(→))＋eq\o(D′G,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)eq\o(AA′,\s\up6(→))＋eq\f(1,2)eq\o(AB,\s\up6(→))，eq\o(AB′,\s\up6(→))＝eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(AA′,\s\up6(→))＝2eq\o(FG,\s\up6(→))，所以eq\o(FG,\s\up6(→))∥eq\o(AB′,\s\up6(→))，又FG，AB′無公共點，所以FG∥AB′.又FG?平面AB′C，AB′?平面AB′C，所以FG∥平面AB′C.又由(1)知EG∥AC，可得EG∥平面AB′C，又FG∩EG＝G，F(xiàn)G，EG?平面EFG，所以平面EFG∥平面AB′C.反思感悟證明平行、共面問題的思路(1)利用向量共線的充要條件來證明點共線或直線平行．(2)利用空間向量基本定理證明點線共面或線面平行．跟蹤訓(xùn)練1如圖所示，在平行六面體ABCD－A1B1C1D1中，E，F(xiàn)分別在B1B和D1D上，且BE＝eq\f(1,3)BB1，DF＝eq\f(2,3)DD1.求證：A，E，C1，F(xiàn)四點共面．證明因為eq\o(AC1,\s\up6(→))＝eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(AD,\s\up6(→))＋eq\o(AA1,\s\up6(→))＝eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(AD,\s\up6(→))＋eq\f(1,3)eq\o(AA1,\s\up6(→))＋eq\f(2,3)eq\o(AA1,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\o(AB,\s\up6(→))＋\f(1,3)\o(AA1,\s\up6(→))))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\o(AD,\s\up6(→))＋\f(2,3)\o(AA1,\s\up6(→))))＝eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(BE,\s\up6(→))＋eq\o(AD,\s\up6(→))＋eq\o(DF,\s\up6(→))＝eq\o(AE,\s\up6(→))＋eq\o(AF,\s\up6(→))，所以eq\o(AC1,\s\up6(→))，eq\o(AE,\s\up6(→))，eq\o(AF,\s\up6(→))共面，所以A，E，C1，F(xiàn)四點共面．二、夾角、垂直問題問題如何利用空間向量解決空間幾何中的垂直問題，以及求解夾角問題？〖提示〗(1)θ為a，b的夾角，則cosθ＝eq\f(a·b,|a||b|).(2)若a，b是非零向量，則a⊥b?a·b＝0.注意點：區(qū)分向量的夾角與異面直線所成的角的范圍．例2在棱長為2的正方體ABCD－A1B1C1D1中，E，F(xiàn)分別是DD1，BD的中點，點G在棱CD上，且CG＝eq\f(1,3)CD.(1)證明：EF⊥B1C；(2)求EF與C1G所成角的余弦值．(1)證明設(shè)eq\o(DA,\s\up6(→))＝i，eq\o(DC,\s\up6(→))＝j(luò)，eq\o(DD1,\s\up6(→))＝k，則{i，j，k}構(gòu)成空間的一個正交基底．所以eq\o(EF,\s\up6(→))＝eq\o(ED,\s\up6(→))＋eq\o(DF,\s\up6(→))＝－eq\f(1,2)k＋eq\f(1,2)(eq\o(DA,\s\up6(→))＋eq\o(AB,\s\up6(→)))＝eq\f(1,2)i＋eq\f(1,2)j－eq\f(1,2)k，eq\o(B1C,\s\up6(→))＝eq\o(B1B,\s\up6(→))＋eq\o(BC,\s\up6(→))＝－i－k，所以eq\o(EF,\s\up6(→))·eq\o(B1C,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)i＋\f(1,2)j－\f(1,2)k))·(－i－k)＝－eq\f(1,2)|i|2＋eq\f(1,2)|k|2＝0，所以EF⊥B1C.(2)解∵eq\o(EF,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)i＋eq\f(1,2)j－eq\f(1,2)k，eq\o(C1G,\s\up6(→))＝eq\o(C1C,\s\up6(→))＋eq\o(CG,\s\up6(→))＝－k－eq\f(1,3)j，|eq\o(EF,\s\up6(→))|2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)i＋\f(1,2)j－\f(1,2)k))2＝eq\f(1,4)|i|2＋eq\f(1,4)|j|2＋eq\f(1,4)|k|2＝3，|eq\o(EF,\s\up6(→))|＝eq\r(3)，|eq\o(C1G,\s\up6(→))|2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－k－\f(1,3)j))2＝|k|2＋eq\f(1,9)|j|2＝4＋eq\f(4,9)＝eq\f(40,9)，|eq\o(C1G,\s\up6(→))|＝eq\f(2\r(10),3)，∴cos〈eq\o(EF,\s\up6(→))，eq\o(C1G,\s\up6(→))〉＝eq\f(\o(EF,\s\up6(→))·\o(C1G,\s\up6(→)),|\o(EF,\s\up6(→))|·|\o(C1G,\s\up6(→))|)，＝eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)i＋\f(1,2)j－\f(1,2)k))·\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－k－\f(1,3)j)),\r(3)×\f(2\r(10),3))＝eq\f(\f(4,3),\f(2\r(30),3))＝eq\f(\r(30),15).即EF與C1G所成角的余弦值為eq\f(\r(30),15).延伸探究設(shè)這個正方體中線段A1B的中點為M，證明：MF∥B1C.證明設(shè)eq\o(DA,\s\up6(→))＝i，eq\o(DC,\s\up6(→))＝j(luò)，eq\o(DD1,\s\up6(→))＝k，則eq\o(B1C,\s\up6(→))＝eq\o(B1B,\s\up6(→))＋eq\o(BC,\s\up6(→))＝－i－k，eq\o(MF,\s\up6(→))＝eq\o(AF,\s\up6(→))－eq\o(AM,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)(eq\o(AD,\s\up6(→))＋eq\o(AB,\s\up6(→)))－eq\f(1,2)(eq\o(AA1,\s\up6(→))＋eq\o(AB,\s\up6(→)))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)\o(DC,\s\up6(→))－\f(1,2)\o(DA,\s\up6(→))))－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)\o(DC,\s\up6(→))＋\f(1,2)\o(DD1,\s\up6(→))))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)j－\f(1,2)i))－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)j＋\f(1,2)k))＝－eq\f(1,2)i－eq\f(1,2)k＝eq\f(1,2)(－i－k)＝eq\f(1,2)eq\o(B1C,\s\up6(→))，所以eq\o(MF,\s\up6(→))∥eq\o(B1C,\s\up6(→))，又MF，B1C無公共點，所以MF∥B1C.反思感悟求夾角、證明線線垂直的方法利用數(shù)量積定義可得cos〈a，b〉＝eq\f(a·b,|a||b|)，求〈a，b〉的大小，進(jìn)而求得線線角，兩直線垂直可作為求夾角的特殊情況．跟蹤訓(xùn)練2(1)已知在直三棱柱ABC－A1B1C1中，∠ABC＝120°，AB＝2，BC＝CC1＝1，則異面直線AB1與BC1所成角的余弦值為__________.〖答案〗eq\f(\r(10),5)〖解析〗如圖所示，設(shè)eq\o(BA,\s\up6(→))＝a，eq\o(BC,\s\up6(→))＝b，eq\o(BB1,\s\up6(→))＝c，則〈a，b〉＝120°，c⊥a，c⊥b，因為eq\o(AB1,\s\up6(→))＝eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(BB1,\s\up6(→))＝－a＋c，eq\o(BC1,\s\up6(→))＝eq\o(BC,\s\up6(→))＋eq\o(CC1,\s\up6(→))＝b＋c，|cos〈eq\o(AB1,\s\up6(→))，eq\o(BC1,\s\up6(→))〉|＝eq\f(|\o(AB1,\s\up6(→))·\o(BC1,\s\up6(→))|,|\o(AB1,\s\up6(→))|·|\o(BC1,\s\up6(→))|)＝eq\f(|－a＋c·b＋c|,\r(5)×\r(2))＝eq\f(|－a·b－a·c＋b·c＋c2|,\r(10))＝eq\f(|－2×1×cos120°＋1|,\r(10))＝eq\f(2,\r(10))＝eq\f(\r(10),5).(2)在正方體ABCD－A1B1C1D1中，已知E，F(xiàn)，G，H分別是CC1，BC，CD和A1C1的中點．證明：①AB1∥GE，AB1⊥EH；②A1G⊥平面EFD.證明①設(shè)正方體棱長為1，eq\o(AB,\s\up6(→))＝i，eq\o(AD,\s\up6(→))＝j(luò)，eq\o(AA1,\s\up6(→))＝k，則{i，j，k}構(gòu)成空間的一個單位正交基底．eq\o(AB1,\s\up6(→))＝eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(BB1,\s\up6(→))＝i＋k，eq\o(GE,\s\up6(→))＝eq\o(GC,\s\up6(→))＋eq\o(CE,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)i＋eq\f(1,2)k＝eq\f(1,2)eq\o(AB1,\s\up6(→))，∴AB1∥GE.eq\o(EH,\s\up6(→))＝eq\o(EC1,\s\up6(→))＋eq\o(C1H,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)k＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))(i＋j)＝－eq\f(1,2)i－eq\f(1,2)j＋eq\f(1,2)k，∵eq\o(AB1,\s\up6(→))·eq\o(EH,\s\up6(→))＝(i＋k)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)i－\f(1,2)j＋\f(1,2)k))＝－eq\f(1,2)|i|2＋eq\f(1,2)|k|2＝0，∴AB1⊥EH.②eq\o(A1G,\s\up6(→))＝eq\o(A1A,\s\up6(→))＋eq\o(AD,\s\up6(→))＋eq\o(DG,\s\up6(→))＝－k＋j＋eq\f(1,2)i.eq\o(DF,\s\up6(→))＝eq\o(DC,\s\up6(→))＋eq\o(CF,\s\up6(→))＝i－eq\f(1,2)j，eq\o(DE,\s\up6(→))＝eq\o(DC,\s\up6(→))＋eq\o(CE,\s\up6(→))＝i＋eq\f(1,2)k.∴eq\o(A1G,\s\up6(→))·eq\o(DF,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－k＋j＋\f(1,2)i))·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(i－\f(1,2)j))＝－eq\f(1,2)|j|2＋eq\f(1,2)|i|2＝0，∴A1G⊥DF.eq\o(A1G,\s\up6(→))·eq\o(DE,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－k＋j＋\f(1,2)i))·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(i＋\f(1,2)k))＝－eq\f(1,2)|k|2＋eq\f(1,2)|i|2＝0，∴A1G⊥DE.又DE∩DF＝D，DE，DF?平面EFD，∴A1G⊥平面EFD.1．知識清單：(1)空間向量基本定理．(2)空間向量共線、共面的充要條件．(3)向量的數(shù)量積及應(yīng)用．2．方法歸納：轉(zhuǎn)化化歸．3．常見誤區(qū)：(1)向量夾角和線線角的范圍不同，不要混淆．(2)轉(zhuǎn)化目標(biāo)不清：表示向量時沒有轉(zhuǎn)化目標(biāo)，不理解空間向量基本定理的意義．1．在棱長為1的正四面體ABCD中，直線AB與CD()A．相交 B．平行C．垂直 D．無法判斷位置關(guān)系〖答案〗C〖解析〗eq\o(CD,\s\up6(→))＝eq\o(BD,\s\up6(→))－eq\o(BC,\s\up6(→))，所以eq\o(BA,\s\up6(→))·eq\o(CD,\s\up6(→))＝eq\o(BA,\s\up6(→))·(eq\o(BD,\s\up6(→))－eq\o(BC,\s\up6(→)))＝eq\o(BA,\s\up6(→))·eq\o(BD,\s\up6(→))－eq\o(BA,\s\up6(→))·eq\o(BC,\s\up6(→))＝1×1×eq\f(1,2)－1×1×eq\f(1,2)＝0，故eq\o(BA,\s\up6(→))⊥eq\o(CD,\s\up6(→))，即直線AB與CD垂直．2.如圖，在正方體ABCD－A1B1C1D1中，M，N分別為AB，B1C的中點，若AB＝a，則MN的長為()A.eq\f(\r(3),2)a B.eq\f(\r(3),3)aC.eq\f(\r(5),5)a D.eq\f(\r(15),5)a〖答案〗A〖解析〗取空間中一組基底：eq\o(AB,\s\up6(→))＝i，eq\o(AD,\s\up6(→))＝j(luò)，eq\o(AA1,\s\up6(→))＝k，eq\o(MN,\s\up6(→))＝eq\o(MB,\s\up6(→))＋eq\o(BC,\s\up6(→))＋eq\o(CN,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)i＋j＋eq\f(1,2)(－j＋k)＝eq\f(1,2)i＋eq\f(1,2)j＋eq\f(1,2)k，故|eq\o(MN,\s\up6(→))|2＝eq\f(1,4)a2＋eq\f(1,4)a2＋eq\f(1,4)a2＝eq\f(3,4)a2，所以MN＝eq\f(\r(3),2)a.3．如圖，在長方體ABCD－A1B1C1D1中，AA1＝AB＝2，AD＝1，E，F(xiàn)，G分別是DC，AB，CC1的中點，則異面直線A1E與GF所成角的余弦值是()A．0