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2018-2019学年高中数学 第二章 空间向量与立体几何章末优化总结讲义 北师大版选修2-1_图文


章 空间向量与立体几何
章末优化总结

空间向量及其运算
空间向量及其运算的知识与方法与平面向量及其运算类似, 是平面向量的拓展.从运算的类型,分为线性(加、减、数乘) 和数量积运算;从运算形式,分为向量式运算和坐标运算.主 要考查空间向量的共线、共面、数量积运算及向量模及夹角 的计算,是运用向量知识求解立体几何问题的基础.

(1)若向量 a 与 b 不共线,a·b≠0,且 c=a-??aa··ab??b,则

向量 a 与 c 的夹角为( D )

A.0

π B.

6

π

π

C.

D.

3

2

(2)已知四棱柱 ABCD-A1B1C1D1 的底面 ABCD 是矩形,AB=4, AD=3,AA1=5,∠BAA1=∠DAA1=60°,求 AC1 的长.

[解] (1)因为 a,b 不共线, a·b≠0,
c=a-??aa··ab ??b,
所以 c≠0,
所以 a·c=a·??a-??aa··ab??b?? =a2-??aa·2b??a·b
= a2- a2 =0, 又 a,c 均不是零向量,
所以〈a,c〉=π . 2

(2)由题意可得,A→B·A→D=0,A→B·A→A1=4×5×cos 60°=10,

A→D·A→A1=





cos

60°

=15. 2

因为A→C1=A→B+B→C+C→C1

=A→B+A→D+A→A1,

所以 |A→C1|2 = (A→B +A→D+A→A1)2

= |A→B |2+ |A→D|2+ |A→A1|2+ 2(A→B ·A→D+ A→B ·A→A1+A→D·A→A1 )



42+

32+

52+

2??0+

10+15 2

??=

85.

所以 AC1 的长为 85.

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.

如图,长方体 ABCD-A1B1C1D1 中,AB=AA1=1,BC = 2,M 是 AD 的中点,N 是 B1C1 的 中点. (1)求证:NA1∥CM; (2)求证:平面 A1MCN⊥平面 A1BD1.

[证明] 以 D 为原点,D→A,D→C,D→D1的方向为 x、y、z 轴正 方向建立空间直角 坐标系(图略 ).

所以 B( 2,1,0),A1( 2,0,1),D1(0,0,1),C(0,1,0),

M??

22, 0, 0 ??, N??

2, 2

1,

1??.

(1)N→A1=??

2,- 2

1,

0

??,

C→M=??

2,- 2

1,0??.

所以N→A1=C→M,所以 NA1∥CM.

(2)D→1B=( 2,1,-1),M→N=(0,1,1),
C→M=?? 22,-1,0??,
所以D→1B·M→N = 0+ 1- 1= 0, D→1B·C→M = 1- 1+ 0= 0,
所以 D1B⊥MN,D1B⊥CM, 又 MN∩CM=M, 所以 D1B⊥平面 A1MCN, 又 D1B 平面 A1BD1, 所以平面 A1MCN⊥平面 A1BD1.

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.

[证明] 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). (1)由于B→C1= (0,- 2,- 2), A→B1= (- 2, 2,- 2), 因此B→C1 ·A→B1= 0- 4+ 4= 0, 因此B→C1⊥A→B1,故 BC1⊥AB1.

(2)取 A1C 的中点 E,连接 DE,由于 E(1,0,1),所以E→D= (0,1,1), 又B→C1=(0,-2,-2), 所以E→D=-12B→C1,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.

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〉, 所以 cos θ =|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 cos θ = |cos 〈 n1, n2〉 |.

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 sin θ =|cos〈n1,n2〉|.

已知四棱锥 S-ABCD 的底面 ABCD 是正方形,SA⊥底面 ABCD,SA =AB=AD=2,E 是 SC 的中点. (1)求异面直线 DE 与 AC 所成角; (2)求二面角 B-SC-D 的大小.

[解 ] (1)因为 SA⊥ 底面 ABCD,所 以 SA⊥ AD, SA⊥ AB, 底面 ABCD 是正方形,所以 AB⊥AD. 以点 A 为坐标原点,AB,AD,AS 所在 的直线分别为 x,y,z 轴,建立空间直角坐标系,则 A(0, 0, 0), B(2, 0, 0),S(0, 0, 2), C(2, 2, 0), D(0, 2, 0), E(1, 1, 1) 所以D→E= (1,- 1, 1),A→C =(2, 2, 0),D→E·A→C = 0, 所以异面直线 DE 与 AC 所成角为 90°.

(2)由题意可知,S→B=(2,0,-2),S→C=(2, 2,-2), 设 平 面 BSC 的 法 向 量 为 n1 = (x1 , y1 , z1) , 则
??n1·S→C = x1+ y1- z1= 0, ???n1·S→B= x1- z1= 0,
令 z1=1,则 n1=(1,0,1), D→S=(0,-2,2),D→C=(2,0,0),

设平面 SCD 的法向量为 n2=(x2,y2,z2),
则?????nn22· ·DD→→CS==zx22-=y02, = 0,
令 y2=1,则 n2=(0,1,1) 设二面角 B-SC-D 的平面角 α,则|cos α |=|n1·n2|= 1
|n1||n2| 2× 2 =1.
2
显然二面角 B-SC-D 的平面角 α 为钝角,所以 α=120°,
即二面角 B-SC-D 的大小为 120°.

如图,已知三棱柱 ABC-A1B1C1 中, 底面 ABC 是等边三角形,侧棱与底面垂直, 点 E,F 分别为棱 BB1,AC 中点. (1)证明:BF∥平面 A1CE; (2)若 AA1=6,AC=4,求直线 CE 与平面 A1EF 所成角的正 弦值.

[解] (1)证明:取 A1C 中点 G,连接 FG,EG, 则 FG∥AA1,且 FG=12AA1.

又由三棱柱的定义及 E 为 BB1 中点可得 EB∥AA1,且 EB=12 AA1, 所以 EB∥FG,且 EB=FG, 所以四边形 BFGE 为平行四边形,所以 BF∥EG.

而 BF 平面 A1CE,EG 所以 BF∥平面 A1CE.

平面 A1CE,

(2)如图,以 A 为原点,AB 的垂线,AB 及 AA1 所在直线分别为 x 轴,y 轴,z 轴建立空间直 角坐标系.
则A→1E=(0,4,-3),A→1F=( 3,1,-6). 设平面 A1EF 的一个法向量为 n=(x,y,z),
由条件可得?????nn··AA→→11 EF==00,,即???4y3-x+3zy=-06,z= 0,
令 y=3 可得 n=(7 3,3,4),
设直线 CE 与平面 A1EF 所成角为 θ, 则 sin θ =|cos(n,C→E)|=|C|→C→EE·||nn||=1221543.

利用空间向量求空间距离

(1)点到 直线的距离的向量求法

先求直线的方向向 量,再在直线上任取一点,与原来点构成向

量,利用公式 d=

|P→A|2-

→n |PA·

|2

计算.

|n|

(2)点到 平面的距离的向量求法

先 求出平面 的法向量 ,再在平 面内任取 一点,与 原来点构成

向 量,此向 量在法向 量上的投 影的绝对 值,就是 点到平面的 距离,即 d=|P→A· n |.
|n|

在四棱锥 O-ABCD 中,底面 ABCD 是边长为 2 的正方 形,OA⊥底面 ABCD,OA=2,M,N,R 分别为 OA,BC, AD 的中点.求直线 MN 与平面 OCD 的距离,平面 MNR 与 平面 OCD 的距离.

[解] 因为 M,R 分别为 AO,AD 的中点,所以 MR∥OD. 在正方形 ABCD 中,N,R 分别为 BC,AD 的中点, 所以 NR∥CD. 又 MR∩NR=R, 所以平面 MNR∥平面 OCD. 又 MN 平面 MNR,所以 MN∥平面 OCD. 所以直线 MN 与平面 OCD 的距离,平面 MNR 与平面 OCD 的距离都等于点 N 到平面 OCD 的距离.

以点 A 为原点,建立如图所示的空间直角坐标系,
则 O(0,0,2),C(2,2,0),D(0,2,0),N(2,1,0). 所以N→C= (0, 1, 0),O→D=(0, 2,- 2),C→D= (- 2, 0, 0).

设平面 OCD 的法向量为 n=(x,y,z),
??n·O→D= 2y- 2z= 0, 则???n·C→D=-2x=0,
令 z=1,得 n=(0,1,1). 所以点 N 到平面 OCD 的距离 d=|N→C· n |= 2.
|n| 2 所以直线 MN 与平面 OCD 的距离,平面 MNR 与平面 OCD 的距离都等于 2.
2

1.如图所示,正方体 ABCD-A1B1C1D1 中,E,F 分别在 A1D,

AC 上,且

A1E=23A1D,

AF=1AC, 3



(

B

)

A.EF 至多与 A1D,AC 之一垂直 B.EF⊥A1D,EF⊥AC C.EF 与 BD1 相交 D.EF 与 BD1 异面

解析:建立如图坐 标系,
设|A→D|=1,则 A(1,0,0),C(0,1,
0),D(0,0,0),A1(1,0,1),B(1,1, 0),D1(0,0,1),A→C = (- 1,1,0),A→1 D = (- 1,0,- 1),由A→1E=23A→1D,A→F = 1A→C, 3 得 E(1,0,1),F(2,1,0),
3 3 33 E→F=(13,13,-13),E→F·A→1D=0,E→F·A→C=0,故 EF⊥A1D, EF⊥AC,由E→F=-13B→D1得 EF∥BD1.

2.已知 a=(2,-1,2),b=(2,2,1),则以 a,b 为邻边的 平行四边形的面积是( A )

A. 65 C.4

B. 65 2
D.8

解析:cos〈a,b〉= a·b =4,故 sin〈a,b〉= 65,

|a||b| 9

9

因此以 a,b 为邻边的平行四边形的面积为|a||b|sin〈a,b〉= 65.

3.ABCD 为正方形,P 为平面 ABCD 外一点,PD⊥AD,PD

=AD=2,二面角 P-AD-C 的大小为 60°,则 P 到 AB 的距离

是( D )

A.2 2

B. 3

C.2

D. 7

解析:建立如图坐标系,

A(2,0,0),B(2,2,0),P(0,1, 3),A→B

=(0,2,0),A→P=(-2,1, 3), A→P在A→B上的投影为A→P→·A→B=1,
|AB|

故 P 到 AB 的距离为

|A→P|2-???A→|PA→·BA→|B

?2 ? ?



7.

4.如图,在正方体 ABCD-A1B1C1D1 中,M,N 分别是 CD,
CC1π的中点,则异面直线 A1M 与 DN 所成的角的大小是 ____2____.

解析:建立如图所示的空间直角坐标

系,令 |A→B |= 2,

则 D(0,0,0),C(0,2,0),M(0,1,

0), A1(2, 0, 2), C1(0, 2, 2), N(0, 2,1),

A→1M= (- 2, 1,- 2), D→N= (0, 2, 1),

因为A→1M·D→N= 0,

所以A→1M⊥D→N,

即异面直线

A1M



DN

所成的角为π 2

.

5.已知正三棱锥 P-ABC 的底面是边长为 3 的正三角形 ABC,
PA 与平面 ABC 所成角为 60°,且 PA=2.若点 Q 满足P→Q=1 4
9 (P→A+P→B+P→C),则三棱锥 Q-ABC 的体积为___1_6____.

解析:设 O 为△ABC 的重心,则P→O=1(P→A+P→B+P→C)=4P→Q,

3

3

故 P、Q、O 三点共线.因此 VQ? ABC=14VP? ABC,

=1×1× 3×32×2×sin 60°= 9 .

43 4

16

6.在直四棱柱 ABCD-A1B1C1D1 中,底面为 直角梯形,AB∥CD 且∠ADC=90°,AD =1,CD= 3,BC=2,AA1=2,E 是 CC1 的中点,则 A1B1 到平面 ABE 的距离是__2______.

解析:取 DD1 的中点 F,连接 EF、AF,则 EF∥CD∥AB,A、 B、E、F 四点共面,又 A1B1∥平面 ABEF, 所以 A1B1 到平面 ABE 的距离等于 A1 到平面 ABEF 的距离. 法一:在矩形 ADD1A1 中,因为 AA1=2,AD=1, 所以 A1F⊥AF,又平面 ADD1A1⊥平面 ABEF, 所以 A1F⊥平面 ABEF,所以 A1F= 2.



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