2019-2020学年高中数学 第2章 空间向量与立体几何章末复习课课件 北师大版选修2-1

第二章空间向量与立体几何章末复习课1．空间向量的概念与运算(1)空间向量有关概念与平面向量的有关概念类似．(2)空间向量的运算包括加、减、数乘及数量积运算，①、______、运算称为线性运算，结果仍为，加减算法可运用_____________法则与法则进行运算；②数量积运算结果为实数．三角形加法减法数乘向量平行四边形2．空间向量的坐标运算设a＝(a1，a2，a3)，b＝(b1，b2，b3)，则①a±b＝(a1±b1，a2±b2，a3±b3)；②λa＝(λa1，λa2，λa3)(λ∈R)；③a·b＝；④a⊥b⇔a1b1＋a2b2＋a3b3＝0；⑤a∥b⇔a1＝λb1，a2＝λb2，a3＝λb3(λ∈R)；a1b1＋a2b2＋a3b3⑥|a|2＝a·a⇒|a|＝a21＋a22＋a23(向量模与向量之间的转化)；⑦cos〈a，b〉＝a·b|a|·|b|＝a1b1＋a2b2＋a3b3a21＋a22＋a23·b21＋b22＋b23；⑧设A(x1，y1，z1)，B(x2，y2，z2)，则AB→＝(x2－x1，y2－y1，z2－z1)，|AB→|＝．（x2－x1）2＋（y2－y1）2＋（z2－z1）23．空间中点、线、面位置关系的向量表示设直线l，m的方向向量分别为a，b，平面α，β的法向量分别为μ，v，则线线平行l∥m⇔a∥b⇔a＝kb，k∈R线面平行l∥α⇔_________⇔______＝0面面平行α∥β⇔μ∥v⇔_____________线线垂直l⊥m⇔_______⇔________线面垂直l⊥α⇔a∥μ⇔_______________a＝kμ，k∈Ra⊥μa·μμ＝kv，k∈Ra⊥ba·b＝0面面垂直α⊥β⇔μ⊥v⇔_________线线夹角l，m的夹角为θ0≤θ≤π2，cosθ＝_____线面夹角l，α的夹角为θ0≤θ≤π2，sinθ＝_____面面夹角α，β的夹角为θ0≤θ≤π2，cosθ＝_____μ·v＝0|μ·v||μ||v||a·b||a||b||a·μ||a||μ|4.空间距离的计算(1)点到直线的距离若直线l的方向向量为s，s0＝s|s|，点P是直线l上的点，点A是直线外任一点，则点A到直线l的距离d＝．(2)点到平面的距离若n0为平面α的单位法向量，点P是平面α内一点，点A是平面α外一点，则点A到该平面的距离d＝．|PA→·n0→||PA→|2－|PA→·s0|2空间向量及其运算【例1】(1)如图，在四棱锥S­ABCD中，底面ABCD是边长为1的正方形，S到A、B、C、D的距离都等于2.给出以下结论：①SA→＋SB→＋SC→＋SD→＝0；②SA→＋SB→－SC→－SD→＝0；③SA→－SB→＋SC→－SD→＝0；④SA→·SB→＝SC→·SD→；⑤SA→·SC→＝0，其中正确结论的序号是________．(2)如图，在平行六面体A1B1C1D1—ABCD中，M分AC→成的比为12，N分A1D→成的比为2，设AB→＝a，AD→＝b，AA1→＝c，试用a、b、c表示MN→.(1)③④[容易推出：SA→－SB→＋SC→－SD→＝BA→＋DC→＝0，所以③正确；又因为底面ABCD是边长为1的正方形，SA＝SB＝SC＝SD＝2，所以SA→·SB→＝2·2·cos∠ASB，SC→·SD→＝2·2·cos∠CSD，而∠ASB＝∠CSD，于是SA→·SB→＝SC→·SD→，因此④正确，其余三个都不正确，故正确结论的序号是③④.](2)连接AN，则MN→＝MA→＋AN→.由已知ABCD是平行四边形，故AC→＝AB→＋AD→＝a＋b，又M分AC→成的比为12，故MA→＝－13AC→＝－13(a＋b)．由已知，N分A1D→成的比为2，故AN→＝AD→＋DN→＝AD→－ND→＝AD→－13A1D→＝13(c＋2b)，于是MN→＝MA→＋AN→＝－13(a＋b)＋13(c＋2b)＝13(－a＋b＋c)．向量的表示与运算的关键是熟练掌握向量加减运算的平行四边形法则、三角形法则及各运算公式，理解向量运算法则、运算律及其几何意义．1．(1)已知a＝(2，－1，3)，b＝(0，－1，2)，则2a－3b＝________；(a＋b)·(a－b)＝________．(2)如图所示，已知矩形ABCD，P为平面ABCD外一点，且PA⊥平面ABCD，M、N分别为PC、PD上的点，且PM︰MC＝2︰1，N为PD中点，则满足MN→＝xAB→＋yAD→＋zAP→的实数x＝________，y＝________，z＝________．(1)(4，1，0)9(2)－23－1616[(1)2a－3b＝(4，－2，6)－(0，－3，6)＝(4，1，0)．(a＋b)·(a－b)＝a2－b2＝4＋1＋9－0－1－4＝9.(2)在PD上取一点F，使PF︰FD＝2︰1，连接MF，则MN→＝MF→＋FN→，∵FN→＝DN→－DF→＝12DP→－13DP→＝16DP→＝16(AP→－AD→)，MF→＝23CD→＝23BA→＝－23AB→，∴MN→＝－23AB→－16AD→＋16AP→，∴x＝－23，y＝－16，z＝16.]利用空间向量解决位置关系问题【例2】正方体ABCD­A1B1C1D1中，E是棱D1D的中点，P，Q分别为线段B1D1，BD上的点，且3B1P→＝PD1→，若PQ⊥AE，BD→＝λDQ→，求λ的值．[思路探究]建立空间直角坐标系，写出相关点的坐标，利用PQ→·AE→＝0求解λ的值．[解]以D为原点，DA→，DC→，DD1→的方向分别为x轴，y轴，z轴的正方向建立空间直角坐标系(图略)，设正方体棱长为1，则A(1，0，0)，E0，0，12，B(1，1，0)，B1(1，1，1)，D1(0，0，1)．由题意，可设点P的坐标为(a，a，1)，因为3B1P→＝PD1→，所以3(a－1，a－1，0)＝(－a，－a，0)，所以3a－3＝－a，解得a＝34，所以点P的坐标为34，34，1.由题意可设点Q的坐标为(b，b，0)，因为PQ⊥AE，所以PQ→·AE→＝0，所以b－34，b－34，－1·－1，0，12＝0，即－b－34－12＝0，解得b＝14，所以点Q的坐标为14，14，0，因为BD→＝λDQ→，所以(－1，－1，0)＝λ14，14，0，所以λ4＝－1，故λ＝－4.1.(变条件)若本例中的PQ⊥AE改为B1Q⊥EQ，其它条件不变，结果如何？[解]以D为原点，DA→，DC→，DD1→的方向分别为x轴，y轴，z轴的正方向建立空间直角坐标系，设正方体棱长为1，点Q的坐标为(c，c，0)，因为B1Q⊥EQ，所以B1Q→·EQ→＝0，所以(c－1，c－1，－1)·c，c，－12＝0，即c(c－1)＋c(c－1)＋12＝0，4c2－4c＋1＝0，解得c＝12，所以点Q的坐标为12，12，0，所以点Q是线段BD的中点，所以BD→＝－2DQ→，故λ＝－2.2.(变条件)本例中若G是A1D的中点，点H在平面xOy上，且GH∥BD1，试判断点H的位置．[解]以D为原点，DA→，DC→，DD1→的方向分别为x轴，y轴，z轴的正方向建立空间直角坐标系，设正方体的棱长为1，因为G是A1D的中点，所以点G的坐标为12，0，12，因为点H在平面xOy上，设点H的坐标为(m，n，0)，因为GH→＝(m，n，0)－12，0，12＝m－12，n，－12，BD1→＝(0，0，1)－(1，1，0)＝(－1，－1，1)，且GH∥BD1→，所以m－12－1＝n－1＝－121，解得m＝1，n＝12.所以点H的坐标为1，12，0，所以H为线段AB的中点．用空间向量判断空间中的位置关系的常用方法1．线线平行证明两条直线平行，只需证明两条直线的方向向量是共线向量．2．线线垂直证明两条直线垂直，只需证明两直线的方向向量垂直，则a⊥b⇔a·b＝0.3．线面平行用向量证明线面平行的方法主要有：①证明直线的方向向量与平面的法向量垂直；②证明可在平面内找到一个向量与直线的方向向量是共线向量；③利用共面向量定理，即证明可在平面内找到两不共线向量线性表示直线的方向向量．4．线面垂直用向量证明线面垂直的方法主要有：①证明直线的方向向量与平面的法向量平行；②利用线面垂直的判定定理转化为线线垂直问题．5．面面平行①证明两个平面的法向量平行(即是共线向量)；②转化为线面平行、线线平行问题．6．面面垂直①证明两个平面的法向量互相垂直；②转化为线面垂直、线线垂直问题．利用空间向量求空间角【例3】如图所示四棱锥P­ABCD的底面是正方形，PA⊥底面ABCD，PA＝AD＝2，点M，N分别在棱PD，PC上，且PC⊥平面AMN.(1)求AM与PD的夹角；(2)求二面角P­AM­N的余弦值；(3)求直线CD与平面AMN夹角的余弦值．[思路探究]易观察知PA、AB、AD两两垂直，以A为原点建立直角坐标系，用向量法求解．[解]建立如图所示的空间直角坐标系．∵A(0，0，0)，C(2，2，0)，P(0，0，2)，D(0，2，0)，B(2，0，0)，∴PC→＝(2，2，－2)PD→＝(0，2，－2)．设M(x1，y1，z1)，∴PM→＝λPD→，∴(x1，y1，z1－2)＝λ(0，2，－2)，∴x1＝0，y1＝2λ，z1＝－2λ＋2，∴M(0，2λ，2－2λ)．∵PC⊥平面AMN，∴PC→⊥AM→，∴PC→·AM→＝0，∴(2，2，－2)·(0，2λ，2－2λ)＝0⇒4λ－2(2－2λ)＝0，∴λ＝12，∴M(0，1，1)．设N(x2，y2，z2)，∵PN→＝tPC→，∴(x2，y2，z2－2)＝t(2，2，－2)，∴x2＝2t，y2＝2t，z2＝－2t＋2，∴N(2t，2t，2－2t)．∵PC→⊥AN→，∴AN→·PC→＝0，∴(2t，2t，2－2t)·(2，2，－2)＝0，∴4t＋4t－2(2－2t)＝0，∴t＝13，∴N23，23，43.(1)∵cos〈AM→，PD→〉＝（0，1，1）·（0，2，－2）0＋1＋1×0＋4＋4＝0，∴AM与PD夹角为90°.(2)∵AB⊥平面PAD，PC⊥平面AMN，∴AB→，PC→分别是平面PAD，平面AMN的法向量，∴二面角P­AM­N的余弦值，cosθ＝AB→·PC→|AB→||PC→|＝33.(3)直线CD的方向向量DC→＝AB→＝(2，0，0)，平面AMN的法向量PC→＝(2，2，－2)，∴直线CD与平面AMN夹角的正弦值sinφ＝cos〈DC→，PC→〉＝33.∴直线CD与平面AMN夹角的余弦值为63.1．求异面直线的夹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的夹角为θ＝〈n1，n2〉或θ＝π－〈n1，n2〉，∴cosθ＝|cos〈n1，n2〉|.2．求面面的夹角如图，设平面α、β的法向量分别为n1、n2.因为两平面的法向量的夹角(或其补角)就等于平面α、β的夹角θ，所以cosθ＝|cos〈n1，n2〉|.3．求斜线与平面的夹角如图，设平面α的法向量为n1，斜线OA的方向向量为n2，斜线OA与平面的夹角为θ，则sinθ＝|cos〈n1，n2〉|.2．如图，正方形ACDE所在的平面与平面ABC垂直，M是CE与AD的交点，AC⊥BC，且AC＝BC.(1)求证：AM⊥平面EBC；(2)求直线AB与平面EBC的夹角；(3)求平面EAB与平面EBC的夹角．[解](1)证明：∵四边形ACDE是正方形，∴EA⊥AC，∵平面ACDE⊥平面ABC，∴EA⊥平面ABC.∴可以以点A为原点，以过A点平行于BC的直线为x轴，分别以AC和AE所在直线为y轴和z轴，建立空间直角坐标系A­xyz.设EA＝AC＝BC＝2，则A(0，0，0)，B(2，2，0)，C(0，2，0)，E(0，0，2)．∵M是正方形ACDE的对角线的交点，∴