2024-2025学年高中数学第三章空间向量与立体几何本章小结学案含解析新人教A版选修2-1

PAGE7-第三章本章小结专题一空间向量的线性运算选定空间不共面的三个向量作基向量，并用它们表示出指定的向量，是用向量解决立体几何问题的基本要求．解题时应结合已知和所求视察图形，联想相关的运算法则和公式等，就近表示所需的向量，再比照目标，将不符合目标要求的向量作新的调整，如此反复，直到全部向量都符合目标要求．[例1]如图所示，平行六面体A1B1C1D1­ABCD，M分eq\o(AC,\s\up15(→))成的比为eq\f(1,2)，N分eq\o(A1D,\s\up15(→))成的比为2，设eq\o(AB,\s\up15(→))＝a，eq\o(AD,\s\up15(→))＝b，eq\o(AA1,\s\up15(→))＝c，试用a、b、c表示eq\o(MN,\s\up15(→)).【分析】要用a、b、c表示eq\o(MN,\s\up15(→))，只需结合图形，充分运用空间向量加法和数乘向量的运算律即可．【解】如上图，连接AN，则eq\o(MN,\s\up15(→))＝eq\o(MA,\s\up15(→))＋eq\o(AN,\s\up15(→))，由已知四边形ABCD是平行四边形，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(→))成的比为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)．【点评】用已知向量表示未知向量，确定要结合图形，以图形为指导是解题的关键．专题二空间向量与线面位置关系证明平行问题，除了应用传统的线面平行的判定定理外，还可以利用向量共线及平面的法向量进行证明．证明垂直问题，除了应用传统的垂直问题的判定定理外，还可利用向量数量积进行推断，是特别有效的方法．【例2】如图，在矩形ABCD中AB＝2BC，P、Q分别为线段AB、CD的中点，EP⊥平面ABCD.(1)求证：AQ∥平面CEP；(2)求证：平面AEQ⊥平面DEP.【分析】证明线面平行问题，可以利用与平面内的直线平行进行判定，也可以利用直线与平面的法向量垂直，也可用传统方法求证．面面垂直可以利用面面垂直的判定定理求证，也可用向量法求证．同时，也可用两平面的法向量垂直求证．【证法一】(1)∵EP⊥矩形ABCD所在的平面，且P、Q均为AB，DC的中点，∴PQ⊥AB，故以P为坐标原点，以PA，PQ，PE分别为x轴，y轴，z轴建系如右图所示．令AB＝2，PE＝a，则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.【证法二】传统法．(1)在矩形ABCD中，AP＝PB，DQ＝QC，∴AP綊QC，∴四边形AQCP为平行四边形，∴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为AB中点，∴AP＝AD.连接PQ，则ADQP为正方形，∴AQ⊥DP.∵EP∩DP＝P，∴AQ⊥平面DEP.∵AQ⊂平面AEQ，∴平面AEQ⊥平面DEP.专题三空间向量与空间角1．纵观近几年高考发觉，对于空间角的考查，每年都有．不论在选择，还是填空中均有考查，而解答题中更是考查重点，因此空间角必是高考的一个生长点．2.对于空间角中线线角、线面角及二面角，一是利用传统解法，如平移法，利用定义求解等，但向量法求解更能体现解题的优越性．【例3】如图所示，在长方体ABCD­A1B1C1D1中，AB＝5，AD＝8，AA1＝4，M为B1C1上一点且B1M＝2，点N在线段A1D上，A1D⊥AN.(1)求cos〈eq\o(A1D,\s\up15(→))，eq\o(AM,\s\up15(→))〉；(2)求直线AD与平面ANM所成角的正弦值．【解】(1)建立空间直角坐标系(如右图)．∵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的一个法向量．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与平面AMN所成角的正弦值为eq\f(2\r(5),5).【例4】如图，在直三棱柱ABC­A1B1C1中，平面A1BC⊥侧面A1ABB1.(1)求证：AB⊥BC；(2)若直线AC与平面A1BC所成的角为θ，二面角A1­BC­A的大小为φ，试推断θ与φ的大小关系，并予以证明．【解】(1)如下图，过点A在平面A1ABB1内作AD⊥A1B于D，则由平面A1BC⊥侧面A1ABB1，且平面A1BC∩侧面A1ABB1＝A1B，得AD⊥平面A1BC.又BC⊂平面A1BC，∴AD⊥BC.∵三棱柱ABC­A1B1C1是直三棱柱，则AA1⊥底面ABC，∴AA1⊥BC.又AA1∩AD＝A，从而BC⊥侧面A1ABB1.又AB⊂侧面A1ABB1，故AB⊥BC.(2)由(1)知，AB⊥BC.在直三棱柱ABC­A1B1C1中，BB1⊥平面ABC，BA，BC⊂平面ABC，∴BB1⊥BA，BB1⊥BC.以点B为坐标原点，以BC，BA，BB1所在的直线分别为x轴、y轴、z轴，建立如右图所示的空间直角坐标系，设AA1＝a，AC＝b，AB＝c，则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)．设平面A1BC的一个法向量为n＝(x，y，z)，则由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，则eq\o(AC,\s\up15(→))与n的夹角β为锐角，则β与θ互为余角，∴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即为二面角A1­BC­A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.【点评】要建立空间直角坐标系，先要有三条相互垂直且交于一点的直线．专题四利用空间向量解决探究存在性问题存在性问题要在确定条件下论证会不会出现某个结论．这类题型常以适合某种条件的结论“存在”、“不存在”、“是否存在”等语句表述，解答这类问题，一般要先对结论作出确定存在的假设，然后由此确定的假设动身，结合已知条件进行推理论证，若推导出合理的结论，则存在性也随之解决；若推导出冲突，则否定了存在性．【例5】如图，四棱锥P­ABCD中，AB∥DC，∠ADC＝eq\f(π,2)，AB＝AD＝eq\f(1,2)CD＝2，PD＝PB＝eq\r(6)，PD⊥BC.(1)求证：平面PBD⊥平面PBC；(2)在线段PC上是否存在点M，使得平面ABM与平面PBD所成锐二面角为eq\f(π,3)？若存在，求eq\f(CM,CP)的值；若不存在，说明理由．【解】(1)证明：因为四边形ABCD为直角梯形，且AB∥DC，AB＝AD＝2，∠ADC＝eq\f(π,2)，所以BD＝2eq\r(2)，又因为CD＝4，∠BDC＝eq\f(π,4).依据余弦定理得BC＝2eq\r(2)，所以CD2＝BD2＋BC2，故BC⊥BD.又因为BC⊥PD，PD∩BD＝D，且BD，PD⊂平面PBD，所以BC⊥平面PBD，又因为BC⊂平面PBC，所以平面PBC⊥平面PBD.(2)由(1)得平面ABCD⊥平面PBD，设E为BD的中点，连接PE，因为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.如图，以A为原点分别以eq\o(AD,\s\up15(→))，eq\o(AB,\s\up15(→))和垂直平面ABCD的方向为x，y，z轴正方向，建立空间直角坐标系Axyz，则A(0,0,0)，B(0,2,0)，C(2,4,0)，D(2,0,0)，P(1,1,2)，假设存在M(a，b，c)满意要求，设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的一个法向量为eq\o(BC,\s\up15(→))＝(2,2,0)．设eq\a\vs4\al(\o(n,\s\up15(→)))＝(x，y，z)为平面ABM的一个法向量，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