高中數(shù)學(xué)蘇教版1第3章空間向量與立體幾何 第3章章末總結(jié)

章末總結(jié)知識(shí)點(diǎn)一空間向量的計(jì)算空間向量及其運(yùn)算的知識(shí)與方法與平面向量及其運(yùn)算類似，是平面向量的拓展，主要考查空間向量的共線與共面以及數(shù)量積運(yùn)算，是用向量法求解立體幾何問(wèn)題的基礎(chǔ)．例1沿著正四面體O-ABC的三條棱eq\o(OA,\s\up6(→))、eq\o(OB,\s\up6(→))、eq\o(OC,\s\up6(→))的方向有大小等于1、2和3的三個(gè)力f1，f2，f3.試求此三個(gè)力的合力f的大小以及此合力與三條棱夾角的余弦值．知識(shí)點(diǎn)二證明平行、垂直關(guān)系空間圖形中的平行、垂直問(wèn)題是立體幾何當(dāng)中最重要的問(wèn)題之一，利用空間向量證明平行和垂直問(wèn)題，主要是運(yùn)用直線的方向向量和平面的法向量，借助空間中已有的一些關(guān)于平行和垂直的定理，再通過(guò)向量運(yùn)算來(lái)解決．例2如圖，正方體ABCD—A1B1C1D1中，M、N分別為AB、B1C(1)用向量法證明平面A1BD∥平面B1CD1；(2)用向量法證明MN⊥面A1BD.例3如圖，在棱長(zhǎng)為1的正方體ABCD—A1B1C1D1中，P是側(cè)棱CC1上的一點(diǎn)，CP＝m試確定m使得直線AP與平面BDD1B1所成的角為60°.例4正方體ABCD—A1B1C1D1中，E、F分別是BB1、CD的中點(diǎn)，求證：平面AED⊥平面A1FD1知識(shí)點(diǎn)三空間向量與空間角求異面直線所成的角、直線與平面所成的角、二面角，一般有兩種方法：即幾何法和向量法，幾何法求角時(shí)，需要先作出(或證出)所求空間角的平面角，費(fèi)時(shí)費(fèi)力，難度很大．而利用向量法，只需求出直線的方向向量與平面的法向量．即可求解，體現(xiàn)了向量法極大的優(yōu)越性．例5如圖所示，在長(zhǎng)方體ABCD—A1B1C1D1中，AB＝5，AD＝8，AA1＝4，M為B1C1上一點(diǎn)且B1M＝2，點(diǎn)N在線段A1D上，A1D（1）求cos〈eq\o(A1D,\s\up6(→))，eq\o(AM,\s\up6(→))〉；(2)求直線AD與平面ANM所成角的余弦值；(3)求平面ANM與平面ABCD所成角的余弦值．知識(shí)點(diǎn)四空間向量與空間距離近年來(lái)，對(duì)距離的考查主要體現(xiàn)在兩點(diǎn)間的距離和點(diǎn)到平面的距離，兩點(diǎn)間的距離可以直接代入向量模的公式求解，點(diǎn)面距可以借助直線的方向向量與平面的法向量求解，或者利用等積求高的方法求解．例6如圖，PA⊥平面ABCD，四邊形ABCD是正方形，PA＝AD＝2，M、N分別是AB、PC的中點(diǎn)．(1)求二面角P—CD—B的大小；(2)求證：平面MND⊥平面PCD；(3)求點(diǎn)P到平面MND的距離．章末總結(jié)重點(diǎn)解讀例1解如圖所示，用a，b，c分別代表棱eq\o(OA,\s\up6(→))、eq\o(OB,\s\up6(→))、eq\o(OC,\s\up6(→))上的三個(gè)單位向量，則f1＝a，f2＝2b，f3＝3c則f＝f1＋f2＋f3＝a＋2b＋3c∴|f|2＝(a＋2b＋3c)(a＋2b＋3＝|a|2＋4|b|2＋9|c|2＋4a·b＋6a·c＋＝14＋4cos60°＋6cos60°＋12cos60°＝14＋2＋3＋6＝25，∴|f|＝5，即所求合力的大小為5.且cos〈f，a〉＝eq\f(f·a,|f|·|a|)＝eq\f(|a|2＋2a·b＋3a·c,5)＝eq\f(1＋1＋\f(3,2),5)＝eq\f(7,10)，同理可得：cos〈f，b〉＝eq\f(4,5)，cos〈f，c〉＝eq\f(9,10).例2證明(1)在正方體ABCD—A1B1C1D1eq\o(BD,\s\up6(→))＝eq\o(AD,\s\up6(→))－eq\o(AB,\s\up6(→))，eq\o(B1D1,\s\up6(→))＝eq\o(A1D1,\s\up6(→))－eq\o(A1B1,\s\up6(→))，又∵eq\o(AD,\s\up6(→))＝eq\o(A1D1,\s\up6(→))，eq\o(AB,\s\up6(→))＝eq\o(A1B1,\s\up6(→))，∴eq\o(BD,\s\up6(→))＝eq\o(B1D1,\s\up6(→)).∴BD∥B1D1.同理可證A1B∥D1C又BD∩A1B＝B，B1D1∩D1C＝D1所以平面A1BD∥平面B1CD1.(2)eq\o(MN,\s\up6(→))＝eq\o(MB,\s\up6(→))＋eq\o(BC,\s\up6(→))＋eq\o(CN,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(AD,\s\up6(→))＋eq\f(1,2)(eq\o(CB,\s\up6(→))＋eq\o(CC1,\s\up6(→)))＝eq\f(1,2)eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(AD,\s\up6(→))＋eq\f(1,2)(－eq\o(AD,\s\up6(→))＋eq\o(AA1,\s\up6(→)))＝eq\f(1,2)eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\f(1,2)eq\o(AD,\s\up6(→))＋eq\f(1,2)eq\o(AA1,\s\up6(→)).設(shè)eq\o(AB,\s\up6(→))＝a，eq\o(AD,\s\up6(→))＝b，eq\o(AA1,\s\up6(→))＝c，則eq\o(MN,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)(a＋b＋c)．又eq\o(BD,\s\up6(→))＝eq\o(AD,\s\up6(→))－eq\o(AB,\s\up6(→))＝b－a，∴eq\o(MN,\s\up6(→))·eq\o(BD,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)(a＋b＋c)(b－a)＝eq\f(1,2)(b2－a2＋c·b－c·a)．又∵A1A⊥AD，A1A⊥∴c·b＝0，c·a＝0.又|b|＝|a|，∴b2＝a2，∴b2－a2＝0.∴eq\o(MN,\s\up6(→))·eq\o(BD,\s\up6(→))＝0，∴MN⊥BD.同理可證，MN⊥A1B，又A1B∩BD＝B，∴MN⊥平面A1BD.例3解建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，則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)．則eq\o(BD,\s\up6(→))＝(－1，－1,0)，eq\o(BB1,\s\up6(→))＝(0,0,1)，eq\o(AP,\s\up6(→))＝(－1,1，m)，eq\o(AC,\s\up6(→))＝(－1,1,0)．又由eq\o(AC,\s\up6(→))·eq\o(BD,\s\up6(→))＝0，eq\o(AC,\s\up6(→))·eq\o(BB1,\s\up6(→))＝0知，eq\o(AC,\s\up6(→))為平面BB1D1D的一個(gè)法向量．設(shè)AP與平面BB1D1D所成的角為θ，則sinθ＝|cos〈eq\o(AP,\s\up6(→))，eq\o(AC,\s\up6(→))〉|＝eq\f(|\o(AP,\s\up6(→))·\o(AC,\s\up6(→))|,|\o(AP,\s\up6(→))||\o(AC,\s\up6(→))|)＝eq\f(2,\r(2＋m2)·\r(2)).依題意得eq\f(2,\r(2＋2m2)·\r(2))＝sin60°＝eq\f(\r(3),2)，解得m＝eq\f(\r(3),3).故當(dāng)m＝eq\f(\r(3),3)時(shí)，直線AP與平面BDD1B1所成角為60°.例4證明如圖，建立空間直角坐標(biāo)系D—xyz.設(shè)正方體棱長(zhǎng)為1，則Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，1，\f(1,2)))、D1(0,0,1)、Feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)，0))、A(1,0,0)．∴eq\o(DA,\s\up6(→))＝(1,0,0)＝eq\o(D1A1,\s\up6(→))，eq\o(DE,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，1，\f(1,2)))，eq\o(D1F,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)，－1)).設(shè)m＝(x1，y1，z1)，n＝(x2，y2，z2)分別是平面AED和A1FD1的一個(gè)法向量．由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m·\o(DA,\s\up6(→))＝0,m·\o(DE,\s\up6(→))＝0))eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x1＝0,x1＋y1＋\f(1,2)z1＝0)).令y1＝1，得m＝(0,1，－2)．又由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(D1A1,\s\up6(→))＝0,n·\o(D1F,\s\up6(→))＝0))eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2＝0,\f(1,2)y2－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)建立空間直角坐標(biāo)系(如圖)．則A(0,0,0)，A1(0,0,4)，D(0,8,0)，M(5,2,4)．∴eq\o(AM,\s\up6(→))＝(5,2,4)，eq\o(A1D,\s\up6(→))＝(0,8，－4)．∴eq\o(AM,\s\up6(→))·eq\o(A1D,\s\up6(→))＝0＋16－16＝0，∴eq\o(AM,\s\up6(→))⊥eq\o(A1D,\s\up6(→)).∴cos〈eq\o(A1D,\s\up6(→))，eq\o(AM,\s\up6(→))〉＝0.(2)∵A1D⊥AM，A1D⊥AN，且AM∩AN＝A，∴eq\o(A1D,\s\up6(→))⊥平面ANM，∴eq\o(A1D,\s\up6(→))＝(0,8，－4)是平面ANM的一個(gè)法向量．又eq\o(AD,\s\up6(→))＝(0,8,0)，|eq\o(A1D,\s\up6(→))|＝4eq\r(5)，|eq\o(AD,\s\up6(→))|＝8，eq\o(A1D,\s\up6(→))·eq\o(AD,\s\up6(→))＝64，∴cos〈eq\o(A1D,\s\up6(→))，eq\o(AD,\s\up6(→))〉＝eq\f(64,4\r(5)×8)＝eq\f(2,\r(5))＝eq\f(2\r(5),5).∴AD與平面ANM所成角的余弦值為eq\f(\r(5),5).(3)∵平面ANM的法向量是eq\o(A1D,\s\up6(→))＝(0,8，－4)，平面ABCD的法向量是a＝(0,0,1)，∴cos〈eq\o(A1D,\s\up6(→))，a〉＝eq\f(－4,4\r(5))＝－eq\f(\r(5),5).∴平面ANM與平面ABCD所成角的余弦值為eq\f(\r(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的大小為45°.(2)如圖，建立空間直角坐標(biāo)系，則P(0,0,2)，D(0,2,0)，C(2,2,0)，M(1,0,0)，∵N是PC的中點(diǎn)，∴N(1,1,1)，∴eq\o(MN,\s\up6(→))＝(0,1,1)，eq\o(ND,\s\up6(→))＝(－1,1，－1)，eq\o(PD,\s\up6(→))＝(0,2，－2)．設(shè)平面MND的一個(gè)法向量為m＝(x1，y1，z1)，平面PCD的一個(gè)法向量為n＝(x2，y2，z2)．∴m·eq\o(MN,\s\up6(→))＝0，m·eq\o(ND,\s\up6(→))＝0，即有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y1＋z1＝0，,－x1＋y1－z1＝0.))令z1＝1，得x1＝－2，y1＝－1.∴m＝(－2，－1,1)．同理，由n·eq\o(ND,\s\up6(→))＝0，n·eq\o(PD,\s\up6(→))＝0，即有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－x2＋y2－z2＝0，,2y2－2z2＝0.))令z2＝1，得x2＝0，y2＝1，∴n＝(0,1,1)．∵m·n＝－2×0＋(