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  • 2021-06-16 发布

高中数学(人教版a版选修2-1)配套课时作业:第三章 空间向量与立体几何 章末总结 word版含答案

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章末总结 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 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. 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〈 1A D  ,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. (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+4cos 60°+6cos 60°+12 cos 60° =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·c 5 = 1+1+3 2 5 = 7 10 , 同理可得:cos〈f,b〉=4 5 ,cos〈f,c〉= 9 10. 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→ =1 2 AB→+AD→+1 2(CB→+CC1 →) =1 2 AB→+AD→+1 2(-AD→+AA1 →) =1 2 AB→+1 2 AD→+1 2 AA1 →. 设AB→=a,AD→=b,AA1 →=c, 则MN→=1 2(a+b+c). 又BD→=AD→-AB→=b-a, ∴MN→·BD→=1 2(a+b+c)(b-a) =1 2(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 sin θ=|cos〈AP→,AC→〉|= = 2 2+m2· 2 . 依题意得 2 2+2m2· 2 =sin 60°= 3 2 , 解得 m= 3 3 . 故当 m= 3 3 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 1,1,1 2 、D1(0,0,1)、 F 0,1 2 ,0 、A(1,0,0). ∴DA→=(1,0,0)=D1A1 → ,DE→= 1,1,1 2 , D1F→= 0,1 2 ,-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=0 x1+y1+1 2z1=0 . 令 y1=1,得 m=(0,1,-2). 又由 ⇒ x2=0 1 2y2-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, ∴A1D→=(0,8,-4)是平面 ANM 的一个法向量. 又AD→=(0,8,0),|A1D→|=4 5,|AD→|=8, A1D→·AD→=64, ∴cos〈A1D→,AD→〉= 64 4 5×8 = 2 5 =2 5 5 . ∴AD 与平面 ANM 所成角的余弦值为 5 5 . (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〉=-4 4 5 =- 5 5 . ∴平面 ANM 与平面 ABCD 所成角的余弦值为 5 5 . 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, ∴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+ -1 2+12= 6, ∴d= = 4 6 =2 6 3 . 即点 P 到平面 MND 的距离为2 6 3 .