2021_2022学年高中数学第3章空间向量与立体几何章末复习课讲义苏教版选修2_1

第3章 空间向量与立体几何
空间向量的根本概念及运算
【例的正方形，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________．
[解析] 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.
[答案] ③④
1．空间向量的线性运算包括加、减及数乘运算，选定空间不共面的三个向量作为基向量，
并用它们表示出目标向量，这是用向量法解决立体几何问题的根本要求，解题时可结合和所求，根据图形，利用向量运算法那么表示所需向量．
2．空间向量的数量积
(1)空间向量的数量积的定义表达式a ·b ＝|a |·|b |·cos〈a ，b 〉及其变式cos 〈a ，b 〉＝
a ·b
|a | ·|b |
是两个重要公式．
(2)空间向量的数量积的其他变式是解决立体几何问题的重要公式，如a 2
＝|a |2
，a 在b 上的投影
a ·b
|b |
＝|a |·cos θ等．
1.如图，ABCD ­A ′B ′C ′D ′是平行六面体．
的3
4
设M 是底面ABCD 的中心，N 是侧面BCC ′B ′对角线BC ′上分点，设MN →＝αAB →＋βAD →＋γAA ′→
，那么α＋β＋γ＝________.
3
2
[连接BD ，那么M 为BD 的中点， MN →＝MB →＋BN →＝12DB →＋34BC ′→＝12(DA →＋AB →)＋34(BC →＋CC ′→)＝
12(－AD →＋AB →)＋34(AD →＋AA ′→)＝12AB →＋14AD →＋34
AA ′→
.
∴α＝12，β＝14，γ＝34.∴α＋β＋γ＝32
.]
空间向量的坐标运算
【例2】 (1)a ＝(2,3，－4)，b ＝(－4，－3，－2)，b ＝2x －2a ，那么x ＝( )
A ．(0,3，－6)
B ．(0,6，－20)
C ．(0,6，－6)
D ．(6,6，－6)
(2)向量a ＝(x,1,2)，b ＝(1，y ，－2)，c ＝(3,1，z )，a ∥b ，b ⊥c . ①求向量a ，b ，c ；
②求a ＋c 与b ＋c 所成角的余弦值． (1)B [由b ＝1
2
x －2a 得x ＝4a ＋2b ，
又4a ＋2b ＝4(2,3，－4)＋2(－4，－3，－2)＝(0,6，－20)， 所以x ＝(0,6，－20)．]
(2)[解] ①∵向量a ＝(x,1,2)，b ＝(1，y ，－2)，c ＝(3,1，z )，且a ∥b ，b ⊥c ，
∴⎩⎪⎨⎪⎧
x 1＝1y ＝2－23＋y －2z ＝0
，解得⎩⎪⎨⎪
⎧
x ＝－1，y ＝－1，
z ＝1，
∴向量a ＝(－1,1,2)，b ＝(1，－1，－2)，c ＝(3,1,1)． ②∵a ＋c ＝(2,2,3)，b ＋c ＝(4,0，－1)， ∴(a ＋c )·(b ＋c )＝2×4＋2×0＋3×(－1)＝5，
|a ＋c |＝22
＋22
＋32
＝17，|b ＋c |＝42
＋02
＋(－1)2
＝17， ∴a ＋c 与b ＋c 所成角的余弦值为(a ＋c )·(b ＋c )|a ＋c ||b ＋c |＝5
17
.
熟记空间向量的坐标运算公式
设a ＝(x 1，y 1，z 1)，b ＝(x 2，y 2，z 2)，
1．加减运算：a ±b ＝(x 1±x 2，y 1±y 2，z 1±z 2)． 2．数量积运算：a ·b ＝x 1x 2＋y 1y 2＋z 1z 2. 3．向量夹角：cos 〈a ，b 〉＝
x 1x 2＋y 1y 2＋z 1z 2
x 21＋y 21＋z 21x 22＋y 22＋z 2
2
. 4．向量长度：设M 1(x 1，y 1，z 1)，M 2(x 2，y 2，z 2)，那么|M 1M 2→|＝(x 1－x 2)2＋(y 1－y 2)2＋(z 1－z 2)2
. 提醒：在利用坐标运算公式时注意先对向量式子进展化简再运算．
2．在空间直角坐标系中，点A (1，－2,11)，B (4,2,3)，C (6，－1,4)，那么△ABC 一定是( )
A ．等腰三角形
B ．等边三角形
C ．直角三角形
D ．等腰直角三角形
C [∵AB →＝(3,4，－8)，AC →＝(5,1，－7)，BC →
＝(2，－3,1)，
∴|AB →|＝32＋42＋(－8)2＝89，|AC →|＝52＋12＋(－7)2＝75，|BC →|＝22＋(－3)2＋1＝14，∴|AC →|2＋|BC →|2＝|AB →|2
，∴△ABC 一定为直角三角形．]
利用空间向量证明平行、垂直问题
M 为PC 的中点．
(1)求证：BM ∥平面PAD ；
(2)平面PAD 内是否存在一点N ，使MN ⊥平面PBD ？假设存在，确定N 的位置；假设不存在，说明理由．
[思路探究] (1)证明向量BM →
垂直于平面PAD 的一个法向量即可；
(2)假设存在点N ，设出其坐标，利用MN →⊥BD →，MN →⊥PB →
，列方程求其坐标即可． [解] 以A 为原点，以AB ，AD ，AP 分别为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系如下图，那么B (1,0,0)，D (0,2,0)，P (0,0,2)，C (2,2,0)，
M (1，1,1)，
(1)证明：∵BM →
＝(0,1,1)，
平面PAD 的一个法向量为n ＝(1,0,0)， ∴BM →·n ＝0，即BM →
⊥n ，
又BM ⊄平面PAD ，∴BM ∥平面PAD . (2)BD →＝(－1,2,0)，PB →
＝(1,0，－2)， 假设平面PAD 内存在一点N ，使MN ⊥平面PBD . 设N (0，y ，z )，那么MN →
＝(－1，y －1，z －1)， 从而MN ⊥BD ，MN ⊥PB ， ∴⎩⎪⎨
⎪⎧
MN →·BD →＝0，MN →·PB →＝0，即⎩
⎪⎨
⎪⎧
1＋2(y －1)＝0，
－1－2(z －1)＝0，
∴⎩⎪⎨⎪⎧
y ＝12，z ＝1
2，
∴N ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12，12，∴在平面PAD 内存在一点N ⎝ ⎛⎭
⎪⎫0，12，12，使MN ⊥平面PBD .
利用空间向量证明空间中的位置关系
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． 3．线面平行：
(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，即证明直线的方向向量可用平面内两不共线向量线性表示． 4．线面垂直：
(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．
3．如图，长方体ABCD ­A 1B 1C 1D 1中，点M ，N 分别在BB 1，DD 1上，且AM ⊥A 1B ，AN ⊥A 1D .
(1)求证：A 1C ⊥平面AMN .
(2)当AB ＝2，AD ＝2，A 1A ＝3时，问在线段AA 1上是否存在一点
P 使得C 1P ∥平面AMN ，假设存在，试确定P 的位置．
[解] (1)证明：因为CB ⊥平面AA 1B 1B ，AM ⊂平面AA 1B 1B ， 所以CB ⊥AM ，又因为AM ⊥A 1B ，A 1B ∩CB ＝B ， 所以AM ⊥平面A 1BC ，
所以A 1C ⊥AM ，同理可证A 1C ⊥AN ， 又AM ∩AN ＝A ，所以A 1C ⊥平面AMN .
(2)以C 为原点，CD 所在直线为x 轴，CB 所在直线为y 轴，CC 1所在直线为z 轴，建立空间直角坐标系，
因为AB ＝2，AD ＝2，A 1A ＝3，
所以C (0,0,0)，A 1(2,2,3)，C 1(0,0,3)，CA 1→
＝(2,2,3)， 由(1)知CA 1⊥平面AMN ，
故平面AMN 的一个法向量为CA 1→
＝(2,2,3)．
设线段AA 1上存在一点P (2,2，t )，使得C 1P ∥平面AMN ，那么C 1P →
＝(2,2，t －3)， 因为C 1P ∥平面AMN ，
所以C 1P →·CA 1→
＝4＋4＋3t －9＝0，
解得t ＝13.所以P ⎝ ⎛⎭⎪⎫2，2，13， 所以线段AA 1上存在一点
P ⎝
⎛
⎭
⎪⎫2，2，13，使得C 1P ∥平面AMN .
利用空间向量求空间角
【例4】 如图，在等腰直角三角形ABC 中，∠A ＝90°，BC ＝6，D ，E 分别是AC ，AB 上的点，CD ＝BE ＝2，O 为BC 的中点．将△ADE 沿DE 折起，得到如图(2)所示的四棱锥A ′­BCDE ，其中A ′O ＝ 3.
(1) (2) (1)证明：A ′O ⊥平面BCDE ；
(2)求二面角A ′­CD ­B 的平面角的余弦值．
[思路探究] (1)利用勾股定理可证A ′O ⊥OD ，A ′O ⊥OE ，从而证得A ′O ⊥平面BCDE ；(2)用“三垂线〞法作二面角的平面角后求解或用向量法求两个平面的法向量的夹角．
[解] (1)证明：由题意，得OC ＝3，AC ＝32，AD ＝2 2. 如图，连接OD ，OE ，在△OCD 中，由余弦定理，得
OD ＝OC 2＋CD 2－2OC ·CD cos 45°＝ 5.
由翻折不变性，知A ′D ＝22， 所以A ′O 2
＋OD 2
＝A ′D 2
，所以A ′O ⊥OD . 同理可证A ′O ⊥OE .
又因为OD ∩OE ＝O ，所以A ′O ⊥平面BCDE .
(2)如图，过点O 作OH ⊥CD 交CD 的延长线于点H ，连接A ′H . 因为A ′O ⊥平面BCDE ，OH ⊥CD ， 所以A ′H ⊥CD .
所以∠A ′HO 为二面角A ′­CD ­B 的平面角． 结合图(1)可知，H 为AC 的中点，故OH ＝32
2，
从而A ′H ＝OH 2
＋A ′O 2
＝
302
.
所以cos ∠A ′HO ＝
OH A ′H ＝155
. 所以二面角A ′­CD ­B 的平面角的余弦值为
15
5
.
用向量法求空间角的注意点
1．异面直线所成角：两异面直线所成角的范围为0°<θ≤90°，需找到两异面直线的方向向量，借助方向向量所成角求解．
2．直线与平面所成的角：要求直线a 与平面α所成的角θ，先求这个平面α的法向量
n 与直线a 的方向向量a 夹角的余弦cos 〈n ，a 〉，易知θ＝〈n ，a 〉－π2
或者π
2
－〈n ，a 〉．
3．二面角：如图，有两个平面α与β，分别作这两个平面的法向量n 1与n 2，那么平面
α与β所成的角跟法向量n 1与n 2所成的角相等或互补，所以首先应判断二面角是锐角还是
钝角．
4．在如下图的圆台中，AC 是下底面圆O 的直径，EF 是上底
面圆O ′的直径，FB 是圆台的一条母线．
(1)G ，H 分别为EC ，FB 的中点，求证：GH ∥平面ABC . (2)EF ＝FB ＝1
2AC ＝23，AB ＝BC ，求二面角F ­BC ­A 的余弦
值． [解] (1)证明：设CF 的中点为I ，连接GI ，HI .
在△CEF 中，因为点G ，I 分别是CE ，CF 的中点， 所以GI ∥EF .
又EF ∥OB ，所以GI ∥OB .
在△CFB 中，因为H ，I 分别是FB ，CF 的中点， 所以HI ∥BC .
又HI ∩GI ＝I ，BC ∩OB ＝B ，
所以平面GHI ∥平面ABC . 因为GH ⊂平面GHI ， 所以GH ∥平面ABC .
(2)连接OO ′，那么OO ′⊥平面ABC .
又AB ＝BC ，且AC 是圆O 的直径， 所以BO ⊥AC .
以O 为坐标原点，建立如下图的空间直角坐标系． 由题意得B (0,23，0)，C (－23，0,0)． 过点F 作FM ⊥OB 于点M ， 所以FM ＝FB 2
－BM 2
＝3， 可得F (0，3，3)．
故BC →＝(－23，－23，0)，BF →
＝(0，－3，3)． 设m ＝(x ，y ，z )是平面BCF 的法向量． 由⎩⎪⎨
⎪⎧
m ·BC →＝0，
m ·BF →＝0
可得⎩⎨
⎧
－23x －23y ＝0，
－3y ＋3z ＝0.
可得平面BCF 的一个法向量m ＝⎝ ⎛⎭
⎪⎫－1，1，
33. 因为平面ABC 的一个法向量n ＝(0,0,1)，
所以cos 〈m ，n 〉＝m ·n |m |·|n |＝7
7
，
所以二面角F ­BC ­A 的余弦值为77
.。