2019-2020学年高中数学 第三章 空间向量与立体几何本章整合课件 新人教A版选修2-1

-1-本章整合知识建构综合应用专题一专题二专题三专题一空间向量与线面的位置关系用向量作为工具来研究几何,真正实现了几何中的形与代数中的数的有机结合.给立体几何的研究带来了极大的便利,不论是证明平行还是证明垂直,只需简单的运算就可以解决问题.综合应用专题一专题二专题三应用如图,在正方体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⊥平面A1BD.提示:(1)面面平行应转化为证明线面平行;(2)线面垂直应转化为线线垂直,最终结合面面平行与线面垂直的判定定理证明;此外本题也可建立空间直角坐标系转化为向量的坐标运算去求解.综合应用专题一专题二专题三解:(1)在正方体ABCD-A1B1C1D1中,𝐵𝐷=𝐴𝐷−𝐴𝐵,𝐵1𝐷1=𝐴1𝐷1−𝐴1𝐵1.又𝐴𝐷=𝐴1𝐷1,𝐴𝐵=𝐴1𝐵1,所以𝐵𝐷=𝐵1𝐷1,故BD∥B1D1.同理可证A1B∥D1C.又BD∩A1B=B,B1D1∩D1C=D1,故平面A1BD∥平面B1CD1.综合应用专题一专题二专题三(2)𝑀𝑁=𝑀𝐵+𝐵𝐶+𝐶𝑁=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.综合应用专题一专题二专题三∴𝑀𝑁·𝐵𝐷=0,∴𝑀𝑁⊥BD.同理可证MN⊥A1B.又A1B∩BD=B,∴MN⊥平面A1BD.点评用向量法证明平行、垂直问题的步骤:(1)建立空间图形与空间向量的关系(可以建立空间直角坐标系,也可以不建系),用空间向量表示问题中涉及的点、直线、平面;(2)通过向量运算研究平行、垂直问题;(3)根据运算结果解释相关问题.综合应用专题一专题二专题三专题二空间向量与空间角用几何法求异面直线所成的角、直线与平面所成的角、二面角时,都需要先作出(或证出)所求空间角的平面角,费时费力,难度较大.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.综合应用专题一专题二专题三应用1如图所示的多面体是由三棱锥A-BDE与四棱锥D-BCFE拼接而成的,其中EF⊥平面AEB,AE⊥EB,AD∥EF∥BC,BC=2AD=4,EF=3,AE=BE=2,G是BC的中点.(1)求异面直线BD与EG所成的角;(2)求平面DEG与平面AEFD所成的钝二面角的正弦值.综合应用专题一专题二专题三解:(1)∵EF⊥平面AEB,AE⊂平面AEB,BE⊂平面AEB,∴EF⊥AE,EF⊥BE.又AE⊥EB,∴EB,EF,EA两两垂直.以点E为坐标原点,EB,EF,EA分别为x,y,z轴建立如图所示的空间直角坐标系.由已知,得点A(0,0,2),B(2,0,0),C(2,4,0),F(0,3,0),D(0,2,2),G(2,2,0),∴𝐸𝐺=(2,2,0),𝐵𝐷=(−2,2,2),∴𝐵𝐷·𝐸𝐺=−2×2+2×2=0,∴BD⊥EG,故BD与EG所成的角为π2.综合应用专题一专题二专题三(2)由已知,得𝐸𝐵=(2,0,0)是平面AEFD的法向量.设平面DEG的法向量为n=(x,y,z),∵𝐸𝐷=(0,2,2),𝐸𝐺=(2,2,0),∴𝐸𝐷·𝑛=0,𝐸𝐺·𝑛=0,即𝑦+𝑧=0,𝑥+𝑦=0,令x=1,得n=(1,-1,1).设平面DEG与平面AEFD所成锐二面角的大小为θ,则cosθ=|cosn,𝐸𝐵|=|𝑛·𝐸𝐵||𝑛||𝐸𝐵|=223=33,∴平面DEG与平面AEFD所成钝二面角的正弦值为63.综合应用专题一专题二专题三点评立体几何解答题的一般模式是首先证明线面位置关系(一般考虑使用综合几何方法进行证明),然后是与空间角有关的问题,综合几何方法和空间向量方法都可以,但使用综合几何方法要作出空间角的平面角,作图中要伴随着相关的证明,对空间想象能力与逻辑推理能力有较高的要求,而使用空间向量方法就是求直线的方向向量、平面的法向量,按照空间角的计算公式进行计算,也就是把几何问题完全代数化了,这种方法对运算能力有较高的要求.两种方法各有利弊,在解题中可根据情况灵活选用.综合应用专题一专题二专题三应用2在正方体ABCD-A1B1C1D1中,E,F分别为棱BB1和DD1的中点.(1)求证:平面B1FC1∥平面ADE;(2)试在棱DC上求一点M,使D1M⊥平面ADE;(3)求二面角A1-DE-A的余弦值.综合应用专题一专题二专题三(1)证明:建立如图所示的空间直角坐标系,设正方体的棱长为2,则𝐴𝐸=(0,2,1),𝐷𝐴=(2,0,0),𝐹𝐶1=(0,2,1),𝐶1𝐵1=(2,0,0),∴𝐴𝐸=𝐹𝐶1,𝐷𝐴=𝐶1𝐵1.∴可得AD∥平面FB1C1,AE∥平面FB1C1.又AD∩AE=A,∴平面ADE∥平面FB1C1.综合应用专题一专题二专题三(2)解:M应为DC的中点.𝐷1𝑀=(0,1,−2),𝐷𝐸=(2,2,1),𝐷𝐴=(2,0,0).∵𝐷1𝑀·𝐷𝐸=0,𝐷1𝑀·𝐴𝐷=0,∴D1M⊥DE,D1M⊥AD.∵AD,DE⊂平面ADE,AD∩DE=D,∴D1M⊥平面ADE.综合应用专题一专题二专题三(3)解:𝐷𝐴1=2,0,2,𝐷𝐸=2,2,1,设平面A1DE的法向量为m=(p,q,r).由m·𝐷𝐴1=0,m·𝐷𝐸=0,得2𝑝+2𝑟=0,2𝑝+2𝑞+𝑟=0.令p=1,得r=-1,q=−12,m=1,-12,-1.由(2)知,平面ADE的一个法向量为n=𝐷1𝑀=(0,1,−2),∴cosm,n=𝑚·𝑛|𝑚||𝑛|=-12+22+14×5=55.∵二面角A1-DE-A为锐二面角,∴二面角A1-DE-A的余弦值为55.综合应用专题一专题二专题三专题三利用空间向量解决探索性问题立体几何探索性问题是近几年高考中的热点题型.空间向量作为一种工具,在解决立体几何探索性问题中有着无比的优越性,运用空间向量解立体几何问题,可使几何问题代数化,大大简化思维程序,使解题思路直观明了.空间中的探索性问题一般有以下两种类型:(1)“条件探索型”,就是指给出了问题的明确结论,但条件不足或未知,需要解题者探求、寻找使结论成立的条件的一类问题,这类问题的常用解法是逆推法,利用结论探求条件.(2)“存在型”,是指结论不确定的问题,即在数学命题中,结论常以“是否存在”的形式出现,其结果可能存在,需要找出来;可能不存在,则需要说明理由.解答这一类问题时,先假设结论存在,若推证无矛盾,则结论存在;若推证出矛盾,则结论不存在.综合应用专题一专题二专题三应用1如图,已知在直三棱柱ABC-A1B1C1中,AC=3,BC=4,AB=5,AA1=4.(1)求证:AC⊥BC1;(2)在AB上是否存在点D,使得AC1⊥CD?(3)在AB上是否存在点E,使得AC1∥平面CEB1?综合应用专题一专题二专题三解:(1)在直三棱柱ABC-A1B1C1中,因为AC=3,BC=4,AB=5,所以AC2+BC2=AB2,即AC⊥BC,所以AC,BC,CC1两两垂直,以C为原点,直线CA,CB,CC1分别为x轴、y轴、z轴建立如图空间直角坐标系.则点C(0,0,0),A(3,0,0),C1(0,0,4),B(0,4,0),B1(0,4,4).因为𝐴𝐶=(−3,0,0),𝐵𝐶1=(0,−4,4),所以𝐴𝐶·𝐵𝐶1=0,所以𝐴𝐶⊥𝐵𝐶1,所以AC⊥BC1.(2)假设在AB上存在点D,使得AC1⊥CD.设𝐴𝐷=𝜆𝐴𝐵=(−3𝜆,4𝜆,0),其中0≤λ≤1.则点D(3-3λ,4λ,0),于是𝐶𝐷=(3−3𝜆,4𝜆,0),因为𝐴𝐶1=(−3,0,4),且AC1⊥CD,所以-9+9λ=0,解得λ=1.所以在AB上存在点D使得AC1⊥CD,此时点D与点B重合.综合应用专题一专题二专题三设𝐴𝐸=𝑡𝐴𝐵=(−3𝑡,4𝑡,0),其中0≤t≤1.则点E(3-3t,4t,0),𝐵1𝐸=(3−3𝑡,4𝑡−4,−4),𝐵1𝐶=(0,−4,−4).又因为𝐴𝐶1=𝑚𝐵1𝐸+𝑛𝐵1𝐶成立,所以m(3-3t)=-3,m(4t-4)-4n=0,-4m-4n=4,所以t=12.所以在AB上存在点E,使得AC1∥平面CEB1,此时点E为AB的中点.综合应用专题一专题二专题三应用2如图,在五面体ABCDEF中,FA⊥平面ABCD,AD∥BC∥FE,AB⊥AD,AF=AB=BC=FE=13𝐴𝐷.(1)求异面直线BF与DE所成角的余弦值.(2)在线段CE上是否存在点M,使得直线AM与平面CDE所成角的正弦值为63?若存在,试确定点𝑀的位置;若不存在,请说明理由.综合应用专题一专题二专题三解:建立如图所示的空间直角坐标系,不妨设AB=1,则点B(1,0,0),C(1,1,0),D(0,3,0),F(0,0,1),E(0,1,1).(1)𝐵𝐹=(−1,0,1),𝐷𝐸=(0,−2,1),所以cos𝐵𝐹,𝐷𝐸=𝐵𝐹·𝐷𝐸|𝐵𝐹||𝐷𝐸|=12×5=1010,故异面直线BF与DE所成角的余弦值为1010.综合应用专题一专题二专题三(2)设平面CDE的法向量为n=(x,y,z),𝐶𝐷=(−1,2,0),𝐷𝐸=(0,−2,1),因为n·𝐶𝐷=0,n·𝐷𝐸=0,所以-𝑥+2𝑦=0,-2𝑦+𝑧=0,令y=1,则x=z=2,所以n=(2,1,2).假设存在点M(p,q,r)满足条件,由𝐶𝑀=𝜆𝐶𝐸得p=1-λ,q=1,r=λ,即M(1-λ,1,λ),所以𝐴𝑀=(1−𝜆,1,𝜆).因为直线AM与平面CDE所成角的正弦值为63,所以cos𝐴𝑀,n=𝐴𝑀·𝑛|𝐴𝑀||𝑛|=63,综合应用专题一专题二专题三即332𝜆2-2𝜆+2=63,解得𝜆=12.故当点M为CE的中点时,直线AM与平面CDE所成角的正弦值为63.真题放送1234567891(2018全国2高考)在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=BC=1,AA1=3,则异面直线𝐴𝐷1与𝐷𝐵1所成角的余弦值为()A.15B.56C.55D.22解析:以DA,DC,DD1为轴建立空间直角坐标系如图,则D1(0,0,3),𝐴(1,0,0),𝐷(0,0,0),𝐵1(1,1,3).∴𝐴𝐷1=(−1,0,3),𝐷𝐵1=(1,1,3).设异面直线AD1与DB1所成的角为θ.∴cosθ=𝐴𝐷1·𝐷𝐵1|𝐴𝐷1||𝐷𝐵1|=22×5=55.∴异面直线AD1与DB1所成角的余弦值为55.答案:C真题放送1234567892(2018天津高考)如图,在平面四边形ABCD中,AB⊥BC,AD⊥CD,∠BAD=120°,AB=AD=1.若点E为边CD上的动点,则𝐴𝐸·𝐵𝐸的最小值为()A.2116B.32C.2516D.3真题放送123456789解析:如图,取AB的中点F,连接EF.𝐴𝐸·𝐵𝐸=(𝐴𝐸+𝐵𝐸)2-(𝐴𝐸-𝐵𝐸)24=(2𝐹𝐸)2-𝐴𝐵24=|𝐹𝐸|2−14.当EF⊥CD时,|𝐸𝐹|最小,即𝐴𝐸·𝐵𝐸取最小值.过点A作AH⊥EF于点H,由AD⊥CD,EF⊥CD,可得EH=AD=1,∠DAH=90°.因为∠DAB=120°,所以∠HAF=30°.在Rt△AFH中,易知AF=12,𝐻𝐹