2015-2016学年高中数学-第三章-空间向量与立体几何章末总结-新人教A版选修2-1

1【创新设计】2015-2016学年高中数学第三章空间向量与立体几何章末总结课时作业新人教A版选修2-1知识点一空间向量的计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，主要考查空间向量的共线与共面以及数量积运算，是用向量法求解立体几何问题的基础．【例1】沿着正四面体O－ABC的三条棱OA、OB→、OC→的方向有大小等于1、2和3的三个力f1，f2，f3.试求此三个力的合力f的大小以及此合力与三条棱夹角的余弦值．知识点二证明平行、垂直关系2空间图形中的平行、垂直问题是立体几何当中最重要的问题之一，利用空间向量证明平行和垂直问题，主要是运用直线的方向向量和平面的法向量，借助空间中已有的一些关于平行和垂直的定理，再通过向量运算来解决．例2如图，正方体ABCD—A1B1C1D1中，M、N分别为AB、B1C的中点．(1)用向量法证明平面A1BD∥平面B1CD1；(2)用向量法证明MN⊥面A1BD.例3如图，在棱长为1的正方体ABCD—A1B1C1D1中，P是侧棱CC1上的一点，CP＝m.试确定m使得直线AP与平面BDD1B1所成的角为60°.例4正方体ABCD—A1B1C1D1中，E、F分别是BB1、CD的中点，求证：平面AED⊥平面A1FD1.3知识点三空间向量与空间角求异面直线所成的角、直线与平面所成的角、二面角，一般有两种方法：即几何法和向量法，几何法求角时，需要先作出(或证出)所求空间角的平面角，费时费力，难度很大．而利用向量法，只需求出直线的方向向量与平面的法向量．即可求解，体现了向量法极大的优越性．例5如图所示，在长方体ABCD—A1B1C1D1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)cos〈1AD，AM→〉；(2)求直线AD与平面ANM所成角的余弦值；(3)求平面ANM与平面ABCD所成角的余弦值．知识点四空间向量与空间距离近年来，对距离的考查主要体现在两点间的距离和点到平面的距离，两点间的距离可以直接代入向量模的公式求解，点面距可以借助直线的方向向量与平面的法向量求解，或者利用等积求高的方法求解．例6如图，PA⊥平面ABCD，四边形ABCD是正方形，PA＝AD＝2，M、N分别是AB、PC的中点．4(1)求二面角P—CD—B的大小；(2)求证：平面MND⊥平面PCD；(3)求点P到平面MND的距离．章末总结重点解读例1解如图所示，用a，b，c分别代表棱OA→、OB→、OC→上的三个单位向量，则f1＝a，f2＝2b，f3＝3c，则f＝f1＋f2＋f3＝a＋2b＋3c，∴|f|2＝(a＋2b＋3c)(a＋2b＋3c)＝|a|2＋4|b|2＋9|c|2＋4a·b＋6a·c＋12b·c＝14＋4cos60°＋6cos60°＋12cos60°＝14＋2＋3＋6＝25，∴|f|＝5，即所求合力的大小为5.且cos〈f，a〉＝f·a|f|·|a|＝|a|2＋2a·b＋3a·c5＝1＋1＋325＝710，同理可得：cos〈f，b〉＝45，cos〈f，c〉＝910.例2证明(1)在正方体ABCD—A1B1C1D1中，BD→＝AD→－AB→，B1D1→＝A1D1→－A1B1→，又∵AD→＝A1D1→，AB→＝A1B1→，∴BD→＝B1D1→.∴BD∥B1D1.同理可证A1B∥D1C，又BD∩A1B＝B，B1D1∩D1C＝D1，所以平面A1BD∥平面B1CD1.(2)MN→＝MB→＋BC→＋CN→5＝12AB→＋AD→＋12(CB→＋CC1→)＝12AB→＋AD→＋12(－AD→＋AA1→)＝12AB→＋12AD→＋12AA1→.设AB→＝a，AD→＝b，AA1→＝c，则MN→＝12(a＋b＋c)．又BD→＝AD→－AB→＝b－a，∴MN→·BD→＝12(a＋b＋c)(b－a)＝12(b2－a2＋c·b－c·a)．又∵A1A⊥AD，A1A⊥AB，∴c·b＝0，c·a＝0.又|b|＝|a|，∴b2＝a2，∴b2－a2＝0.∴MN→·BD→＝0，∴MN⊥BD.同理可证，MN⊥A1B，又A1B∩BD＝B，∴MN⊥平面A1BD.例3解建立如图所示的空间直角坐标系，则A(1,0,0)，B(1,1,0)，P(0,1，m)，C(0,1,0)，D(0,0,0)，B1(1,1,1)，D1(0,0,1)．则BD→＝(－1，－1,0)，BB1→＝(0,0,1)，AP→＝(－1,1，m)，AC→＝(－1,1,0)．又由AC→·BD→＝0，AC→·BB1→＝0知，AC→为平面BB1D1D的一个法向量．设AP与平面BB1D1D所成的角为θ，则sinθ＝|cos〈AP→，AC→〉|＝＝22＋m2·2.依题意得22＋2m2·2＝sin60°＝32，解得m＝33.6故当m＝33时，直线AP与平面BDD1B1所成角为60°.例4证明如图，建立空间直角坐标系Dxyz.设正方体棱长为1，则E1，1，12、D1(0,0,1)、F0，12，0、A(1,0,0)．∴DA→＝(1,0,0)＝D1A1→，DE→＝1，1，12，D1F→＝0，12，－1.设m＝(x1，y1，z1)，n＝(x2，y2，z2)分别是平面AED和A1FD1的一个法向量．⇒x1＝0x1＋y1＋12z1＝0.令y1＝1，得m＝(0,1，－2)．又由⇒x2＝012y2－z2＝0，令z2＝1，得n＝(0,2,1)．∵m·n＝(0,1，－2)·(0,2,1)＝0，∴m⊥n，故平面AED⊥平面A1FD1.例5解(1)建立空间直角坐标系(如图)．则A(0,0,0)，A1(0,0,4)，D(0,8,0)，M(5,2,4)．∴AM→＝(5,2,4)，A1D→＝(0,8，－4)．∴AM→·A1D→＝0＋16－16＝0，∴AM→⊥A1D→.∴cos〈A1D→，AM→〉＝0.(2)∵A1D⊥AM，A1D⊥AN，且AM∩AN＝A，∴A1D→⊥平面ANM，7∴A1D→＝(0,8，－4)是平面ANM的一个法向量．又AD→＝(0,8,0)，|A1D→|＝45，|AD→|＝8，A1D→·AD→＝64，∴cos〈A1D→，AD→〉＝6445×8＝25＝255.∴AD与平面ANM所成角的余弦值为55.(3)∵平面ANM的法向量是A1D→＝(0,8，－4)，平面ABCD的法向量是a＝(0,0,1)，∴cos〈A1D→，a〉＝－445＝－55.∴平面ANM与平面ABCD所成角的余弦值为55.例6(1)解∵PA⊥平面ABCD，由ABCD是正方形知AD⊥CD.∴CD⊥面PAD，∴PD⊥CD.∴∠PDA是二面角P—CD—B的平面角．∵PA＝AD，∴∠PDA＝45°，即二面角P—CD—B的大小为45°.(2)如图，建立空间直角坐标系，则P(0,0,2)，D(0,2,0)，C(2,2,0)，M(1,0,0)，∵N是PC的中点，∴N(1,1,1)，∴MN→＝(0,1,1)，ND→＝(－1,1，－1)，PD→＝(0,2，－2)．设平面MND的一个法向量为m＝(x1，y1，z1)，平面PCD的一个法向量为n＝(x2，y2，z2)．∴m·MN→＝0，m·ND→＝0，即有y1＋z1＝0，－x1＋y1－z1＝0.令z1＝1，得x1＝－2，y1＝－1.∴m＝(－2，－1,1)．同理，由n·ND→＝0，n·PD→＝0，即有－x2＋y2－z2＝0，2y2－2z2＝0.令z2＝1，得x2＝0，y2＝1，∴n＝(0,1,1)．∵m·n＝－2×0＋(－1)×1＋1×1＝0，8∴m⊥n.∴平面MND⊥平面PCD.(3)设P到平面MND的距离为d.由(2)知平面MND的法向量m＝(－2，－1,1)，∵PD→·m＝(0,2，－2)·(－2，－1,1)＝－4，∴|PD→·m|＝4，又|m|＝－2＋－2＋12＝6，∴d＝＝46＝263.即点P到平面MND的距离为263.