2024-2025学年高中数学第3章空间向量与立体几何章末复习提升课学案新人教B版选修2-1

PAGEPAGE1章末复习提升课1．空间向量运算的坐标表示设a＝(a1，a2，a3)，b＝(b1，b2，b3)．(1)a＋b＝(a1＋b1，a2＋b2，a3＋b3)，a－b＝(a1－b1，a2－b2，a3－b3)，λa＝(λa1，λa2，λa3)，a·b＝a1b1＋a2b2＋a3b3.(2)重要结论a∥b⇔a＝λb⇔a1＝λb1，a2＝λb2，a3＝λb3(λ∈R)；a⊥b⇔a·b＝0⇔a1b1＋a2b2＋a3b3＝0.2．模、夹角和距离公式(1)设a＝(a1，a2，a3)，b＝(b1，b2，b3)，则①|a|＝eq\r(a·a)＝eq\r(aeq\o\al(2,1)＋aeq\o\al(2,2)＋aeq\o\al(2,3))；②cos〈a，b〉＝eq\f(a·b,|a|·|b|)＝eq\f(a1b1＋a2b2＋a3b3,\r(aeq\o\al(2,1)＋aeq\o\al(2,2)＋aeq\o\al(2,3))·\r(beq\o\al(2,1)＋beq\o\al(2,2)＋beq\o\al(2,3))).(2)设A(a1，b1，c1)，B(a2，b2，c2)，则dAB＝|eq\o(AB,\s\up6(→))|＝eq\r((a2－a1)2＋(b2－b1)2＋(c2－c1)2).3．空间向量的运算与线面位置关系的判定设直线l的方向向量是u＝(a1，b1，c1)，平面α的法向量v＝(a2，b2，c2)，则l∥α⇔u⊥v⇔u·v＝0⇔a1a2＋b1b2＋c1c2＝0，l⊥α⇔u∥v⇔u＝kv⇔(a1，b1，c1)＝k(a2，b2，c2)⇔a1＝ka2，b1＝kb2，c1＝kc2(k∈R)．弄清立体几何中的“空间角”与向量“夹角”的联系与区分(1)利用直线的方向向量求异面直线所成的角，若方向向量的夹角是锐角或直角，则可干脆将该结果作为所求角，若方向向量的夹角是钝角，则应将钝角的补角作为所求的角．(2)利用直线的方向向量和平面的法向量求线面角，若两个向量的夹角是锐角，则该锐角的余角为所求的线面角，若两个向量夹角是钝角，则该钝角减去90°为所求的线面角．(3)利用平面的法向量求二面角时，若法向量的夹角与二面角的平面角同为锐角或钝角，则法向量的夹角就是所求的二面角，否则法向量的夹角的补角才是所求的二面角．空间向量的运算如图所示，空间四边形ABCD中，E，H分别是AB，AD的中点，F、G分别在边CB，CD上，且eq\o(CF,\s\up6(→))＝eq\f(2,3)eq\o(CB,\s\up6(→))，eq\o(CG,\s\up6(→))＝eq\f(2,3)eq\o(CD,\s\up6(→)).求证：四边形EFGH为梯形．【证明】因为eq\o(EH,\s\up6(→))＝eq\o(AH,\s\up6(→))－eq\o(AE,\s\up6(→))，eq\o(AH,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)eq\o(AD,\s\up6(→))，eq\o(AE,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)eq\o(AB,\s\up6(→))，所以eq\o(EH,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)eq\o(BD,\s\up6(→)).①因为eq\o(FG,\s\up6(→))＝eq\o(CG,\s\up6(→))－eq\o(CF,\s\up6(→))，又因为eq\o(CG,\s\up6(→))＝eq\f(2,3)eq\o(CD,\s\up6(→))，eq\o(CF,\s\up6(→))＝eq\f(2,3)eq\o(CB,\s\up6(→))，所以eq\o(FG,\s\up6(→))＝eq\f(2,3)(eq\o(CD,\s\up6(→))－eq\o(CB,\s\up6(→)))＝eq\f(2,3)eq\o(BD,\s\up6(→)).②由①②，得eq\o(EH,\s\up6(→))＝eq\f(3,4)eq\o(FG,\s\up6(→))，所以eq\o(EH,\s\up6(→))∥eq\o(FG,\s\up6(→))，且|eq\o(EH,\s\up6(→))|≠|eq\o(FG,\s\up6(→))|.又因为点F不在直线EH上，所以EH∥FG且|EH|≠|FG|，所以四边形EFGH为梯形．空间向量与空间位置关系如图所示，已知PA⊥平面ABCD，ABCD为矩形，PA＝AD，M，N分别为AB，PC的中点，求证：(1)MN∥平面PAD；(2)平面PMC⊥平面PDC.【证明】如图所示，以A为坐标原点，AB，AD，AP所在的直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系Axyz.设PA＝AD＝a，AB＝b.则有，(1)P(0，0，a)，A(0，0，0)，D(0，a，0)，C(b，a，0)，B(b，0，0)．因为M，N分别为AB，PC的中点，所以Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(b,2)，0，0))，Neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(b,2)，\f(a,2)，\f(a,2))).所以eq\o(MN,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(a,2)，\f(a,2)))，eq\o(AP,\s\up6(→))＝(0，0，a)，eq\o(AD,\s\up6(→))＝(0，a，0)，所以eq\o(MN,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)eq\o(AD,\s\up6(→))＋eq\f(1,2)eq\o(AP,\s\up6(→)).又因为MN⊄平面PAD，所以MN∥平面PAD.(2)由(1)可知：P(0，0，a)，C(b，a，0)，Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(b,2)，0，0))，D(0，a，0)．所以eq\o(PC,\s\up6(→))＝(b，a，－a)，eq\o(PM,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(b,2)，0，－a))，eq\o(PD,\s\up6(→))＝(0，a，－a)．设平面PMC的一个法向量为n1＝(x1，y1，z1)，则eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n1·\o(PC,\s\up6(→))＝0,n1·\o(PM,\s\up6(→))＝0))⇒eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(bx1＋ay1－az1＝0，,\f(b,2)x1－az1＝0，))所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x1＝\f(2a,b)z1，,y1＝－z1，))令z1＝b，则n1＝(2a，－b，b)．设平面PDC的一个法向量为n2＝(x2，y2，z2)，则eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n2·\o(PC,\s\up6(→))＝0,n2·\o(PD,\s\up6(→))＝0))⇒eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(bx2＋ay2－az2＝0，,ay2－az2＝0，))所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x2＝0，,y2＝z2.))令z2＝1，则n2＝(0，1，1)．因为n1·n2＝0－b＋b＝0，所以n1⊥n2.所以平面PMC⊥平面PDC.空间向量与空间角已知正方形ABCD所在的平面和矩形ACEF所在平面相互垂直，AB＝eq\r(2)，AF＝1.试在线段AC上确定一点P，使得PF与CD所成的角为60°.【解】如图所示建立空间直角坐标系Cxyz，则F(eq\r(2)，eq\r(2)，1)，eq\o(CD,\s\up6(→))＝(eq\r(2)，0，0)．设P(t，t，0)(0≤t≤eq\r(2))，则eq\o(PF,\s\up6(→))＝(eq\r(2)－t，eq\r(2)－t，1)．因为PF与CD所成的角是60°，所以cos60°＝eq\f(|\r(2)·(\r(2)－t)|,\r(2)·\r((\r(2)－t)2＋(\r(2)－t)2＋1))，解得t＝eq\f(\r(2),2)或t＝eq\f(3\r(2),2)(舍去)．所以当P为AC中点时，满意题设条件．利用空间向量求距离(选学)如图所示，已知正方形ABCD的边长为1，PD⊥平面ABCD，且PD＝1，E，F分别为AB，BC的中点．求：(1)点D到平面PEF的距离；(2)直线AC到平面PEF的距离．【解】如图所示，以D为坐标原点，DA，DC，DP所在的直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系Dxyz.(1)D(0，0，0)，P(0，0，1)，Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(1,2)，0))，Feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1，0))，则eq\o(DP,\s\up6(→))＝(0，0，1)，eq\o(PE,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(1,2)，－1))，eq\o(PF,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1，－1)).设n＝(x，y，z)为平面PEF的法向量，则有eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(PE,\s\up6(→))＝0,n·\o(PF,\s\up6(→))＝0))⇒eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,2)y－z＝0，,\f(1,2)x＋y－z＝0，))所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝y，,z＝\f(3,2)y，))令y＝2，则n＝(2，2，3)．所以d＝eq\f(|n·\o(DP,\s\up6(→))|,|n|)＝eq\f(3,\r(17))＝eq\f(3\r(17),17).(2)A(1，0，0)，eq\o(AP,\s\up6(→))＝(－1，0，1)，由(1)知平面PEF的法向量n＝(2，2，3)，则A到平面PEF的距离为eq\f(|\o(AP,\s\up6(→))·n|,|n|)＝eq\f(1,\r(17))＝eq\f(\r(17),17).因为AC∥平面PEF，所以直线AC到平面PEF的距离为eq\f(\r(17),17).1.已知正方体ABCD­A1B1C1D1，如图所示，E为上底面A1C1的中心，若eq\o(AE,\s\up6(→))＝eq\o(AA1,\s\up6(→))＋xeq\o(AB,\s\up6(→))＋yeq\o(AD,\s\up6(→))，则x，y的值分别为()A．x＝y＝1 B．x＝1，y＝eq\f(1,2)C．x＝y＝eq\f(1,2) D．x＝eq\f(1,2)，y＝1解析：选C．由向量的三角形运算法则知eq\o(AE,\s\up6(→))＝eq\o(AA1,\s\up6(→))＋eq\o(A1E,\s\up6(→)).而eq\o(A1E,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)eq\o(A1C1,\s\up6(→))，eq\o(A1C1,\s\up6(→))＝eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(BC,\s\up6(→))，又eq\o(AC,\s\up6(→))＝eq\o(A1C1,\s\up6(→))，eq\o(AD,\s\up6(→))＝eq\o(BC,\s\up6(→))，所以eq\o(A1C1,\s\up6(→))＝eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(AD,\s\up6(→))，所以eq\o(AE,\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(→))，所以x＝y＝eq\f(1,2).2.如图，在平行六面体ABCD­A′B′C′D′中，AB＝1，AD＝2，AA′＝3，∠BAD＝90°，∠BAA′＝∠DAA′＝60°，则AC′的长为()A．eq\r(13) B．eq\r(23)C．eq\r(33) D．eq\r(43)解析：选B．因为eq\o(AC′,\s\up6(→))＝eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(BC,\s\up6(→))＋eq\o(CC′,\s\up6(→))，所以eq\o(AC′,\s\up6(→))2＝(eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(BC,\s\up6(→))＋eq\o(CC′,\s\up6(→)))2＝eq\o(AB,\s\up6(→))2＋eq\o(BC,\s\up6(→))2＋eq\o(CC′,\s\up6(→))2＋2(eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(BC,\s\up6(→))＋eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(CC′,\s\up6(→))＋eq\o(BC,\s\up6(→))·eq\o(CC′,\s\up6(→)))＝12＋22＋32＋2(0＋1×3cos60°＋2×3cos60°)＝14＋2×eq\f(9,2)＝23，所以|eq\o(AC′,\s\up6(→))|＝eq\r(23)，即AC′的长为eq\r(23).3.如图，平面ABCD⊥平面ABEF，四边形ABCD是正方形，四边形ABEF是矩形，且AF＝eq\f(1,2)AD＝a，G是EF的中点，则GB与平面AGC所成角的正弦值为________．解析：如图，以A为原点建立空间直角坐标系，则A(0，0，0)，B(0，2a，0)，C(0，2a，2a)，G(a，a，0)，eq\o(AG,\s\up6(→))＝(a，a，0)，eq\o(AC,\s\up6(→))＝(0，2a，2a)．设平面AGC的法向量为n＝(x，y，z)，由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(AG,\s\up6(→))＝0，,n·\o(AC,\s\up6(→))＝0，))得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(ax＋ay＝0，,2ay＋2az＝0，))取z＝1，则x＝1，y＝－1，所以n＝(1，－1，1)．又eq\o(GB,\s\up6(→))＝(a，－a，0)，设GB与平面AGC所成角为θ，则sinθ＝|cos〈eq\o(GB,\s\up6(→))，n〉|＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(\o(GB,\s\up6(→))·n,\a\vs4\al(|\o(GB,\s\up6(→))|·|n|))))＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(a×1＋(－a)×(－1),\r(2)a×\r(3))))＝eq\f(\r(6),3).答案：eq\f(\r(6),3)4.如图，已知斜三棱柱ABC­A1B1C1，∠BCA＝90°，AC＝BC＝2，A1在底面ABC上的射影恰为AC的中点D，又知BA1⊥AC1.(1)求证：AC1⊥平面A1BC；(2)求CC1到平面A1AB的距离；(3)求二面角A­A1B­C的余弦值．解：(1)证明：如图，取AB的中点E，则DE∥BC，因为BC⊥AC，所以DE⊥AC.又A1D⊥平面ABC，则如图以DE，DC，DA1所在直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，则A(0，－1，0)，C(0，1，0)，B(2，1，0)，A1(0，0，t)，C1(0，2，t)，eq\o(AC1,\s\up6(→))＝(0，3，t)，eq\o(BA1,\s\up6(→))＝(－2，－1，t)，eq\o(CB,\s\up6(→))＝(2，0，0)，由eq\o(AC1,\s\up6(→))·eq\o(CB,\s\up6(→))＝0，知AC1⊥CB.又BA1⊥AC1，CB∩BA1＝B，从而A