《高中数学总复习教学案10G：空间向量及运算、用空间向量解决线面位置关系.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《高中数学总复习教学案10G：空间向量及运算、用空间向量解决线面位置关系.docx（29页珍藏版）》请在三一文库上搜索。
1、For personal use only in study and research; not for commercial use芄高中数学总复习题组法教学案编写体例薂 10.7空间向量及运算、用空间向量解决线面位置关系蚈新课标要求薇经历向量及其运算由平面向空间推广的过程；了解空间向量的概念；掌握空间向量的加、减、数乘、及数量积的运算；了解空间向量共面概念及条件；理解空间向量的基本定理。掌握空间向量的正交分解及其坐标表示，掌握空间向量线性运算、数量积及其坐标表示；能运用向量数量积判断向量的共线与垂直；能用向量语言表述线线、线面、面面的垂直与平行关系莄重点难点聚焦虿重点： 掌握空间向量的加、
2、减、数乘、及数量积的运算；理解空间向量的基本定理；掌握空间向量的坐标运算。莀难点：灵活选择运用向量方法与综合方法，从不同角度解决立体几何问题莆蒄高考分析及预策肀向量由于具有几何形式和代数形式的“双重身份”，使它成为中学数学知识的一个交汇点，成为联系多项内容的媒介。空间向量是处理空间问题的重要方法，通过将空间元素间的位置关系转化为数量关系，将过去的形式逻辑证明转化为数值计算，化繁难为简易，化复杂为简单，是一种重要的解决问题的手段和方法。袈在空间向量部分的基本要求是根据题目特点建立空间直角坐标系，求出相关点的坐标，通过向量计算解决问题， 即求有向线段的长度， 求两条有向线段的夹角 （或其余弦），证
3、明直线和直线垂直等。膅 预测今年的立体几何大题是：一题多问(证明位置关系、求角与距离或体积)、一题多解 (可用空间向量做，也可不用空间向量做)，一般情况下，应优先考虑用空间向量的方法。利用空间向量解决立体几何问题，主要有两种策略，一是建立空间直角坐标系，通过向量的坐标运算解决问题；二是不建立坐标系，直接利用空间向量的基本定理，即将有关向量用空间的一组基底表示出来，然后通过向量的有关运算求解。薃题组设计蒁再现型题组AuuurD薀 1. ABC 的边 AB 上的中点，则向量 CD（）CBuuur1 uuuruuur1 uuur袄A. BCBAB. BCBA22uuur1uuuruuur1uuur蚃
4、 C. BC2BAD. BC2BA袂 2. 若 a= （2x，1，3 ），b = （1 ， 2y ，9），如果 a 与 b 为共线向量，则xy1， y1x1，y3x13羈A .=1，=1B. =C.=D.=226262羇 3. (2007 四川文)如图， ABCD - A 1 B1C1 D 1 为正方体，下面结论错误 的是蚃 (A）BD 平面 CB1D 1聿 (B)AC1 BD螀 (C)AC1 平面 CB1D 1蚆 (D) 异面直线 AD 与 CB 所成的角为 60 1 ABACABAC+且= , 则ABC螃 4. 已知非零向量 AB 与AC 满足 () BC=02|AB |AC|AB |AC
5、|为()蒀 A.三边均不相等的三角形B.直角三角形膈 C.等腰非等边三角形D.等边三角形蒅巩固型题组袃 5. 如果平面和这个平面外的一条直线l 同时垂直于直线 m ， 求证： l.袁衿蒈 6 .如图， m, n 是平面内的两条相交直线。如果lm, ln,求证： l。羃聿芁肅肃芆 g膃蝿薇螄节 7. 如下图，直棱柱 ABC A 1 B1 C1 的底面ABC 中， CA= CB=1 ，BCA=90 ，棱 AA 1 =2 ， M 、N 分别是 A 1B1 、A 1 A 的中点 .B薆 （1 ）求 BN 的长；莂 （2 ）求异面直线 BA 与 1CB1 的余弦值；羂 （3 ）求证： A1B C1M .
6、葿莅蒂莃袇 8 如图，在四棱锥 PABCD 中，底面 ABCD 是正方形，侧棱 PD底面 ABCD ，莈PD DC ， E 是 PC 的中点，作 EFPB 交 PB 于点 F.蒀（ 1）证明PA 平面 EDB ；薈（ 2）证明 PB平面 EFD；薂膇（ 3）求二面角 C - PB - D 的大小蚂袀芀羅螂芁提高型题组螈 9.如右图，在四边形 ABCD 中，| BD | | DC | 4，| AB |螇 | AB | | BD | BD | | DC |4 ， AB BDBDDC0 ，袁则 ( ABDC ) AC 的值为（）衿A 、2B、 2 2C、 4D 、 4 2羈 10. 如图，正三棱柱
7、ABCA1 B1C1 的所有棱长都为 2 ， D 为 CC1 中点薆 A蚀肈（）求证： AB1 平面 A1 BD ；A1蚁 C芅芀 DBC1羁莅 B1莈 （）求二面角AA1DB 的大小蒅肂课堂小结袀运用向量基本定理或建立空间坐标系坐标法求解，立体几何中的平行与垂直的问题 ,利用向量解决 ,书写较长 ,但思维力度不大， 充分显示出代数化方法研究几何图形的优越性 .两个向量共线、垂直的充要条件，直线方向向量与平面的法向量，考题形式往往是客观题，而通过坐标法计算数量积去证平行、垂直，求夹角、距离，往往是高考的解答题。肇 一般情况下求法向量用待定系数法.由于法向量没规定长度， 仅规定了方向， 所以有一
8、个自由度，可把n 的某个坐标设为1 ，再求另两个坐标 .平面法向量是垂直于平面的向量，故法向量的相反向量也是法向量薅反馈型题组蒃 11.若 l 的方向向量为（ 2 ，1，m ），平面的法向量为（ 1 ，1/2 ，2），若 l，则 m=芇 12. 已知向量 a= （1 ，1 ，0 ），b = （ 1，0 ，2 ），且 ka b 与 2a b 互相垂直，则 k 值是袆 A.1B. 1C. 3D. 7555uuuruuur薅 13. 已知点 A （1 ，2，1 ）、B（ 1 ， 3， 4）、D（ 1， 1， 1 ），若 AP2 PB ，蕿 则| PD|的值是 _.罿 14. 如果四面体的两组对棱互相
9、垂直，求证第三组对棱也互相垂直蚄蚅 15. 已知 AB = （2 ，2，1 ）， AC = （ 4， 5， 3 ），求平面 ABC 的单位法向量 .羀 16. 如下图，在正方体 ABCD A1B1 C1D1 中， E、F 分别是 BB1 、CD 的中点 .D1C1A 1B1EDFC蒇B蚇 （1）证明 AD D 1 F；螅 （2）求 AE 与 D 1 F 所成的角；莁 （3）证明面 AED面 A1D1F.腿 10.7空间向量及运算、用空间向量解决线面位置关系蒆再现型题组袅【 提示或答案 】A.螂【基础知识聚焦 】考查相反向量概念与向量运算薇 【提示或答案 】 C膅【基础知识聚焦 】考查用坐标表示
10、共线向量的条件.羄 3. 【提示或答案 】D 罿【基础知识聚焦 】空间坐标系的建立，用向量处理平行、垂直与夹角问题.荿 4. 【提示或答案 】D 羄【基础知识聚焦 】考查单位向量以及向量的加法、数量积运算.肄巩固型题组莀 5. 【证法一】：设 m = A , 过 A 和直线 l 作平面 ，螇设= a, m, m a 膄 l 和 a 的位置关系有相交和平行两种情况，膂若 l 和 a 相交， ma ， ml ， 则 m羆 又 m,且 和同过点 A，薄 和 重合 l， l，与已知 l矛盾芄 la ， 又 l， a， l薂注：由 m a，m l，不能直接推出 l a，尽管 l 和 a 同在平面内，但
11、m 不一定在 内“两条直线都和第三条直线垂直，那么这两条直线平行”，此结论只有当这三条直线都在同一平面内时才成立莀【证法二】：在直线 l 上任取一点 P，过 P 作直线 nm 莆 m, ml ,n,nl 蒄过 l 和 n 作平面 ，设= a ，肀 n, na ,又 nl, 且 l、a、n 都在平面内袈 la,又 l, a,l膅注：此证法中，先将直线m 平移到与直线 l 相交，然后再过两条相交直线作平面，这样所得交线 a、直线 l 以及直线 n 都在同一平面 内，且 l 和 a 都与直线 n 垂直，便可得 l a 将两条异面直线中的一条平移，得到两条相交直线，是对异面直线的常见处理方式，请同学们
12、结合此例仔细体会证法二的妙处薃【证法三】：设 a，b 是平面 内的一组基底， l 、m 分别是 l、m 上的一个非零向量，蒁 m，m a= m b =0 ，又 ml ， m l =0 薀以 a、b 、 m 为空间基底，则存在实数x，y，z，使得 l = x a + y b + z m 袄 m l=m(x a+yb+z m)=x m a+y m b+z m 2=0+0+zm 2=0蚃 m 2 0 ，z =0 ， 则 l = xa + y b ，l 与 a、b 共面袂又已知直线 l 不在平面内，l羈【点评】灵活选择运用向量方法与综合方法，从不同角度解决线面平行、垂直问题。要证明线面平行，只要证明直
13、线与平面的法向量垂直，即证两个向量数量积为零。羇【变式与拓展】如图 ,在平行六面体 ABCDA1 B1 C1 D1 中,O 是 B1D1 的中点 .蚃蒀 D1螃 C1蚄求证 : B1C 面ODC 1 .薆O羃 A1膀 B1蚈 D蚆 C芃聿 A螀 B螈羆肂肁螈分析 : 要证明 B1C 面 ODC 1 ,只需证明 B1C 面ODC 1 ,进一步只需证明B1C 与面ODC 1 中的一组基向量共面 .莇证明 :设 C Ba C D1b CC1c因为 B1 BCC1 为平行四边形 ,1 1, 1,袄螀B1C c a ,又 O 是 B1D1 的中点 ,袈CO 1(ab),ODC DCO 1(b a)121
14、1112蒄D 1D CC1 , D1 DCC1 ,D1 DC1C,节 OD OD11D1 D(b a) c,2蕿若存在实数 x, y, 使 B1CxOD yOC1 (x, y R) 成立 ,则羇 cax 1 (ba)cy1(ab)1(xy)a1 ( xy)bxc22221 (xy)12x11(xy)袅因为 a,b,c 不共线 ,0 ,.2y1x1羄B1 COD0C1 , 所以 B1C,OD, OC1 是共面向量 ,薂因为 B1C 不在 OD,OC1 所确定的平面内 ,肇B1 C 面ODC 1 ,又 B1 C面 ODC 1 ,莆 B1 C 面ODC 1 .蒂 6 证明：在内作任一直线 g ，分别
15、在 l , m, n, g 上取非零向量 l ,m,n, g 。莁因为 m 与 n 相交，所以向量 m, n 不平行。由向量共面的充要条件知，存在唯一的有序实数对（ x,y ）,使 gxmyn芇膄螇 g蚁将上式两边与向量l作数量积，得膃lgxl myl n ，莇因为l m0,ln0芅所以l g 0所以 lg 即 lg 。这就证明了直线 l 垂直于平面内的任意一条直线，所以 l.莃【点评】本题是课本唯一用向量法证明线面平行、垂直定理的题目。本题用综合法构造三角形全等和线段中垂线性质证很麻烦，充分显示了向量解决垂直运算的优越性 .羂 7. 【解法】：AC BC,CC1 面 ABC，莇可以建立如图所
16、示的坐标系zC1A1NB 1MCBy蚅 （1 ）依题意得 B（0 ， 1 ，0）， N （1，0 ，1），Ax肅BN= (1 0) 2(0 1) 2(1 0) 2 = 3 .蚀（2）A 1（1 ，0，2 ）， B（0 ，1，0 ），C（0，0 ，0），B1（ 0， 1， 2），蒇 BA1 =(1,-1,2) ， CB1 = （0 ，1 ，2）， BA1 CB1 =3 ， BA1 =6 ， CB1 =5 .肆 cos BA1 ， CB1 =BA1 CB1 =30.| BA1 | CB1 |10蒃 所以，异面直线BA 与 1CB1 的余弦值为301011葿 （3 ）证明： C1（ 0 ，0 ，2
17、）， M （，2 ），薇 A1 B =(-1,1,-2) ， C 1M = （ 1 ， 1 ，0），A1 B C1M =0 ，A1 BC1M .22蒇【点评】底面有直角的直棱柱适合建立坐标系的条件，可以用两点间的距离公式，数量积的夹角公式，用坐标法求点点距、向量夹角。特别注意异面直线角的范围(0,而向量角的范围为 0, 。2芅 【变式与拓展】在三棱锥S ABC 中，SAB= SAC= ACB=90 ，AC=2 ，BC=13 ，SB=29 .芁 （1 ）求证： SCBC；螆 （2 ）求 SC 与 AB 所成角的余弦值 .羅莅肀【解法一】：如下图，取 A 为原点， AB 、AS 分别为 y、z 轴
18、建立空间直角坐标系，则有 AC=2 ，BC= 13，SB=29 ，得 B（0 ， 17 ，0 ）、S（0 ，0，23 ）、C（213 ，174 ， 0）， SC = （213 ，4 ， 23 ）， CB = （ 213 ，13 ，0）.1717171717zSABy肀xC莆 （1 ）SC CB =0 ，SCBC.袃（2 ）设 SC 与 AB 所成的角为 ，AB = （0 ，17 ，0）， SC AB =4 ，| SC |AB |=4 17 ，cos =17 ，即为所求 .17肃【解法二】：（1）SA面 ABC，ACBC，AC 是斜线 SC 在平面 ABC 内的射影，SCBC.膀（ 2 ）如下图
19、，过点 C 作 CDAB ，过点 A 作 AD BC 交 CD 于点 D，连结 SD、SC，则SCD 为异面直线SC 与 AB 所成的角 .四边形 ABCD 是平行四边形，CD=17，SA=23，SD= SA2AD 2=12 13=5，在中，由余弦定理SDC17得 cos SCD=17，即为所求 .肂薀莀莄螄 8.【解法】：如图所示建立空间直角坐标系，D 为坐标原点 .设 DCa.zPFEDCyGABx荿蒀证明：连结 AC， AC 交 BD 于 G.连结 EG.aa螅依题意得 A(a,0,0), P(0,0, a), E(0, ,)22膂Q 底面 ABCD 是正方形，G 是此正方形的中心，蒂a
20、auuuruuuraa故点 G 的坐标为 ( ,0)且 PA(a,0, a), EG ( ,0,).2222uuuruuur薀PA2EG. 这表明 PAEG .膆而 EG平面 EDB 且 PA平面 EDB，PA平面 EDB。uuuruuuraa袄证明：依题意得 B(a, a,0), PB( a, a, a) 。又 DE(0, ),22a 2a20膁故 PB DE 022蕿PBDE , 由已知 EFPB ，且 EF IDEE, 所以 PB平面 EFD.uuuruuur薇 (3) 解：设点 F 的坐标为 (x0 , y0 , z0 ), PFPB, 则 ( x0 , y0 , z0a)( a, a
21、,a)莂从而 x0a, y0a, z0(1)a. 所以 FEuuur(x , ay, az)(a,( 1) a,(1 )a).0202022羀由条件EF PB 知，PEPB0 即 a2(1)a2(1)a20,解得1322虿点 F 的坐标为 (aa2auuuraa,auuur(aa2a,), 且 FE(,6), FD,3,).3333633a 2a 22a20 ,即 PBFD ，蚄PB FD333肄 故EFD 是二面角 CPBD 的平面角 .2222蝿PE FDaaaa且91896蝿 PEa2a2a26 a, FDa2a24a26 a9363669993uuur uuura21FE.FD6EFD
22、,肅cosEFD uuur uuur.| FE | FD |6 a.236 a63薂所以，二面角C PC D 的大小为.3螂【点评】考查空间向量数量积及其坐标表示，运用向量数量积判断向量的共线与垂直，用向量证明线线、线面、面面的垂直与平行关系。衿【变式与拓展】如图，已知矩形ABCD 所在平面外一点P， PA平面 ABCD ，蒆 E、 F 分别是 AB 、PC 的中点薁（ 1）求证： EF平面 PAD ；罿（ 2）求证： EFCD ；袇（ 3）若 PDA 45，求 EF 与平面 ABCD 所成的角芄蚁证明：如图，建立空间直角坐标系A xyz ，艿 设 AB 2a， BC 2b ，PA2c，则：
23、A(0, 0, 0) ，聿 B(2a, 0, 0) ，C(2a, 2b, 0) ， D(0, 2 b , 0) ，芇 P(0, 0, 2 c) E 为 AB 的中点， F 为 PC 的中点蒃 E (a, 0, 0) ，F (a, b, c)莂(1) EF (0, b, c)， AP (0, 0, 2 c)， AD (0, 2 b , 0)1腿EF (AP AD ) EF 与 AP 、 AD 共面蒄又 E平面 PAD EF平面 PAD 膅(2) CD (- 2 a, 0, 0 )(0, b , c) 0 CDEF肁 CD EF (- 2a, 0, 0)zPFADyEBCx腿袅(3) 若PDA 4
24、5 ，则有 2b 2c，即 b c， EF (0, b , b )，2b 22薃AP (0, 0, 2 b) cos EF ， AP22b 2b袀 45EF ， AP芈AP 平面 AC，AP 是平面 AC 的法向量 EF 与平面 AC 所成的角为： 90 45 芆EF ， AP芅提高型题组蚂 9.【解法】如右图，在四边形 ABCD 中，蒈ACABBDDC螄 AB BDBDDC0| AB | | BD | | DC | 4 | AB| | BD| | BD| | DC| 4蒅又蒁( 4BD)BD4 ,( BD2 ) 20BD2薈 ( ABDC ) AC = ( ABDC ) ( ABBDDC )
25、膅= | AB |220AB BD BD DC| DC | 2 | AB | DC COS 0羃= (| AB | | DC |) 2(4 BD ) 2=4膀【点评】本题考查向量的模、夹角的概念，向量的加法、数量积运算及其运算法则z螈AA1袈 10. 解法：（）取 BC 中点 O ，连结 AO 蒄Q ABC 为正三角形，AO BC C羆ODC1 y螀B肂xB1节Q 在正三棱柱 ABCA1B1C1 中，蕿平面 ABC 平面 BCC1B1 ，羇 AO 平面 BCC1 B1 uuuruuuuruuur取 B C 中点 O ，以 O 为原点， OB ， OO， OA 的方向为 ， ，轴的正方向建立袅1 111x y z空间直角坐标系，则 B(10，0) ， D (11，0) ， A1 (0，2，3) ， A(0，0， 3) ， B1 (1，2，0) ，uuuruuur( 2，1，0) ，uuur，3)， BD，羄AB1 (12BA1 ( 1 2 3)