2024-2025學年高中數(shù)學第三章空間向量與立體幾何本章小結學案含解析新人教A版選修2-1

PAGE7-第三章本章小結專題一空間向量的線性運算選定空間不共面的三個向量作基向量，并用它們表示出指定的向量，是用向量解決立體幾何問題的基本要求．解題時應結合已知和所求視察圖形，聯(lián)想相關的運算法則和公式等，就近表示所需的向量，再比照目標，將不符合目標要求的向量作新的調整，如此反復，直到全部向量都符合目標要求．[例1]如圖所示，平行六面體A1B1C1D1-ABCD，M分eq\o(AC,\s\up15(→))成的比為eq\f(1,2)，N分eq\o(A1D,\s\up15(→))成的比為2，設eq\o(AB,\s\up15(→))＝a，eq\o(AD,\s\up15(→))＝b，eq\o(AA1,\s\up15(→))＝c，試用a、b、c表示eq\o(MN,\s\up15(→)).【分析】要用a、b、c表示eq\o(MN,\s\up15(→))，只需結合圖形，充分運用空間向量加法和數(shù)乘向量的運算律即可．【解】如上圖，連接AN，則eq\o(MN,\s\up15(→))＝eq\o(MA,\s\up15(→))＋eq\o(AN,\s\up15(→))，由已知四邊形ABCD是平行四邊形，故eq\o(AC,\s\up15(→))＝eq\o(AB,\s\up15(→))＋eq\o(AD,\s\up15(→))＝a＋b，又eq\o(MA,\s\up15(→))＝－eq\f(1,3)eq\o(AC,\s\up15(→))＝－eq\f(1,3)(a＋b)．由已知，N分eq\o(A1D,\s\up15(→))成的比為2，故eq\o(AN,\s\up15(→))＝eq\o(AD,\s\up15(→))＋eq\o(DN,\s\up15(→))＝eq\o(AD,\s\up15(→))－eq\o(ND,\s\up15(→))＝eq\o(AD,\s\up15(→))－eq\f(1,3)eq\o(A1D,\s\up15(→))＝eq\f(1,3)(c＋2b)．于是eq\o(MN,\s\up15(→))＝eq\o(MA,\s\up15(→))＋eq\o(AN,\s\up15(→))＝－eq\f(1,3)(a＋b)＋eq\f(1,3)(c＋2b)＝eq\f(1,3)(－a＋b＋c)．【點評】用已知向量表示未知向量，確定要結合圖形，以圖形為指導是解題的關鍵．專題二空間向量與線面位置關系證明平行問題，除了應用傳統(tǒng)的線面平行的判定定理外，還可以利用向量共線及平面的法向量進行證明．證明垂直問題，除了應用傳統(tǒng)的垂直問題的判定定理外，還可利用向量數(shù)量積進行推斷，是特別有效的方法．【例2】如圖，在矩形ABCD中AB＝2BC，P、Q分別為線段AB、CD的中點，EP⊥平面ABCD.(1)求證：AQ∥平面CEP；(2)求證：平面AEQ⊥平面DEP.【分析】證明線面平行問題，可以利用與平面內的直線平行進行判定，也可以利用直線與平面的法向量垂直，也可用傳統(tǒng)方法求證．面面垂直可以利用面面垂直的判定定理求證，也可用向量法求證．同時，也可用兩平面的法向量垂直求證．【證法一】(1)∵EP⊥矩形ABCD所在的平面，且P、Q均為AB，DC的中點，∴PQ⊥AB，故以P為坐標原點，以PA，PQ，PE分別為x軸，y軸，z軸建系如右圖所示．令AB＝2，PE＝a，則A(1,0,0)，Q(0,1,0)，E(0,0，a)，C(－1,1,0)．∴eq\o(AQ,\s\up15(→))＝(－1,1,0)，eq\o(PC,\s\up15(→))＝(－1,1,0)，∴eq\o(AQ,\s\up15(→))＝eq\o(PC,\s\up15(→))，∴eq\o(AQ,\s\up15(→))∥eq\o(PC,\s\up15(→))，∴AQ∥PC.∵AQ?平面EPC，PC?平面EPC，∴AQ∥平面EPC.(2)∵D(1,1,0)，E(0,0，a)∴eq\o(PD,\s\up15(→))＝(1,1,0)，eq\o(PE,\s\up15(→))＝(0,0，a)，∴eq\o(AQ,\s\up15(→))·eq\o(PD,\s\up15(→))＝(－1,1,0)·(1,1,0)＝－1＋1＝0，eq\o(AQ,\s\up15(→))·eq\o(PE,\s\up15(→))＝(－1,1,0)·(0,0，a)＝0.∴eq\o(AQ,\s\up15(→))⊥eq\o(PD,\s\up15(→))，eq\o(AQ,\s\up15(→))⊥eq\o(PE,\s\up15(→))，即AQ⊥PD，AQ⊥PE，∴AQ⊥平面EPD，∵AQ?平面AEQ，∴平面AEQ⊥平面DEP.【證法二】傳統(tǒng)法．(1)在矩形ABCD中，AP＝PB，DQ＝QC，∴AP綊QC，∴四邊形AQCP為平行四邊形，∴CP∥AQ.∵CP?平面CEP，AQ?平面CEP，∴AQ∥平面CEP.(2)∵EP⊥平面ABCD，AQ?平面ABCD，∴AQ⊥EP.∵AB＝2BC，P為AB中點，∴AP＝AD.連接PQ，則ADQP為正方形，∴AQ⊥DP.∵EP∩DP＝P，∴AQ⊥平面DEP.∵AQ?平面AEQ，∴平面AEQ⊥平面DEP.專題三空間向量與空間角1．縱觀近幾年高考發(fā)覺，對于空間角的考查，每年都有．不論在選擇，還是填空中均有考查，而解答題中更是考查重點，因此空間角必是高考的一個生長點．2.對于空間角中線線角、線面角及二面角，一是利用傳統(tǒng)解法，如平移法，利用定義求解等，但向量法求解更能體現(xiàn)解題的優(yōu)越性．【例3】如圖所示，在長方體ABCD-A1B1C1D1中，AB＝5，AD＝8，AA1＝4，M為B1C1上一點且B1M＝2，點N在線段A1D上，A1D⊥AN.(1)求cos〈eq\o(A1D,\s\up15(→))，eq\o(AM,\s\up15(→))〉；(2)求直線AD與平面ANM所成角的正弦值．【解】(1)建立空間直角坐標系(如右圖)．∵eq\o(AM,\s\up15(→))＝(5,2,4)，eq\o(A1D,\s\up15(→))＝(0,8，－4)．∴eq\o(AM,\s\up15(→))·eq\o(A1D,\s\up15(→))＝0＋16－16＝0，∴eq\o(AM,\s\up15(→))⊥eq\o(A1D,\s\up15(→)).∴cos〈eq\o(A1D,\s\up15(→))，eq\o(AM,\s\up15(→))〉＝0.(2)∵A1D⊥AM，A1D⊥AN，∴A1D⊥平面AMN，∴eq\o(A1D,\s\up15(→))＝(0,8，－4)是平面ANM的一個法向量．又eq\o(AD,\s\up15(→))＝(0,8,0)，|eq\o(A1D,\s\up15(→))|＝4eq\r(5)，|eq\o(AD,\s\up15(→))|＝8，eq\o(A1D,\s\up15(→))·eq\o(AD,\s\up15(→))＝64，∴cos〈eq\o(A1D,\s\up15(→))，eq\o(AD,\s\up15(→))〉＝eq\f(64,4\r(5)×8)＝eq\f(2,\r(5))＝eq\f(2\r(5),5).∴AD與平面AMN所成角的正弦值為eq\f(2\r(5),5).【例4】如圖，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，平面A1BC⊥側面A1ABB1.(1)求證：AB⊥BC；(2)若直線AC與平面A1BC所成的角為θ，二面角A1-BC-A的大小為φ，試推斷θ與φ的大小關系，并予以證明．【解】(1)如下圖，過點A在平面A1ABB1內作AD⊥A1B于D，則由平面A1BC⊥側面A1ABB1，且平面A1BC∩側面A1ABB1＝A1B，得AD⊥平面A1BC.又BC?平面A1BC，∴AD⊥BC.∵三棱柱ABC-A1B1C1是直三棱柱，則AA1⊥底面ABC，∴AA1⊥BC.又AA1∩AD＝A，從而BC⊥側面A1ABB1.又AB?側面A1ABB1，故AB⊥BC.(2)由(1)知，AB⊥BC.在直三棱柱ABC-A1B1C1中，BB1⊥平面ABC，BA，BC?平面ABC，∴BB1⊥BA，BB1⊥BC.以點B為坐標原點，以BC，BA，BB1所在的直線分別為x軸、y軸、z軸，建立如右圖所示的空間直角坐標系，設AA1＝a，AC＝b，AB＝c，則B(0,0,0)，A(0，c,0)，C(eq\r(b2－c2)，0,0)，A1(0，c，a)，B1(0,0，a)，于是eq\o(BC,\s\up15(→))＝(eq\r(b2－c2)，0,0)，eq\o(AB1,\s\up15(→))＝(0，－c，a)，eq\o(AC,\s\up15(→))＝(eq\r(b2－c2)，－c,0)，eq\o(AA1,\s\up15(→))＝(0,0，a)．設平面A1BC的一個法向量為n＝(x，y，z)，則由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(BA1,\s\up15(→))＝0，,n·\o(BC,\s\up15(→))＝0，))得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(cy＋az＝0，,\r(b2－c2)x＝0，))可取n＝(0，－a，c)，于是n·eq\o(AC,\s\up15(→))＝ac>0，則eq\o(AC,\s\up15(→))與n的夾角β為銳角，則β與θ互為余角，∴sinθ＝cosβ＝eq\f(n·\o(AC,\s\up15(→)),|n|·\a\vs4\al(|\o(AC,\s\up15(→))|))＝eq\f(ac,b\r(a2＋c2)).∵BC⊥平面A1ABB1，∴BC⊥A1B，又BC⊥AB，∴∠A1BA即為二面角A1-BC-A的平面角，即∠A1BA＝φ.∴cosφ＝eq\f(\o(BA1,\s\up15(→))·\o(BA,\s\up15(→)),\a\vs4\al(|\o(BA1,\s\up15(→))|·|\o(BA,\s\up15(→)))|)＝eq\f(c,\r(a2＋c2))，∴sinφ＝eq\f(a,\r(a2＋c2)).∵c<b，∴eq\f(ac,b\r(a2＋c2))<eq\f(a,\r(a2＋c2))，即sinθ<sinφ，又θ，φ∈(0，eq\f(π,2))，∴θ<φ.【點評】要建立空間直角坐標系，先要有三條相互垂直且交于一點的直線．專題四利用空間向量解決探究存在性問題存在性問題要在確定條件下論證會不會出現(xiàn)某個結論．這類題型常以適合某種條件的結論“存在”、“不存在”、“是否存在”等語句表述，解答這類問題，一般要先對結論作出確定存在的假設，然后由此確定的假設動身，結合已知條件進行推理論證，若推導出合理的結論，則存在性也隨之解決；若推導出沖突，則否定了存在性．【例5】如圖，四棱錐P-ABCD中，AB∥DC，∠ADC＝eq\f(π,2)，AB＝AD＝eq\f(1,2)CD＝2，PD＝PB＝eq\r(6)，PD⊥BC.(1)求證：平面PBD⊥平面PBC；(2)在線段PC上是否存在點M，使得平面ABM與平面PBD所成銳二面角為eq\f(π,3)？若存在，求eq\f(CM,CP)的值；若不存在，說明理由．【解】(1)證明：因為四邊形ABCD為直角梯形，且AB∥DC，AB＝AD＝2，∠ADC＝eq\f(π,2)，所以BD＝2eq\r(2)，又因為CD＝4，∠BDC＝eq\f(π,4).依據(jù)余弦定理得BC＝2eq\r(2)，所以CD2＝BD2＋BC2，故BC⊥BD.又因為BC⊥PD，PD∩BD＝D，且BD，PD?平面PBD，所以BC⊥平面PBD，又因為BC?平面PBC，所以平面PBC⊥平面PBD.(2)由(1)得平面ABCD⊥平面PBD，設E為BD的中點，連接PE，因為PB＝PD＝eq\r(6)，所以PE⊥BD，PE＝2，又平面ABCD⊥平面PBD，平面ABCD∩平面PBD＝BD，所以PE⊥平面ABCD.如圖，以A為原點分別以eq\o(AD,\s\up15(→))，eq\o(AB,\s\up15(→))和垂直平面ABCD的方向為x，y，z軸正方向，建立空間直角坐標系Axyz，則A(0,0,0)，B(0,2,0)，C(2,4,0)，D(2,0,0)，P(1,1,2)，假設存在M(a，b，c)滿意要求，設eq\f(CM,CP)＝λ(0≤λ≤1)，即eq\o(CM,\s\up15(→))＝λeq\o(CP,\s\up15(→))，所以M(2－λ，4－3λ，2λ)，易得平面PBD的一個法向量為eq\o(BC,\s\up15(→))＝(2,2,0)．設eq\a\vs4\al(\o(n,\s\up15(→)))＝(x，y，z)為平面ABM的一個法向量，eq\o(AB,\s\up15(→))＝(0,2,0)，eq\o(AM,\s\up15(→))＝(2－λ，4－3λ，2λ)．由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\o(n,\s\up15(→))·\o(AB,\s\up