第3讲 空间向量与立体几何第3讲 空间向量与立体几何.docxVIP

第3讲　空间向量与立体几何【自主学习】第3讲　空间向量与立体几何(本讲对应学生用书第20~23页)自主学习　回归教材1. (选修2-1 P85例1改编)已知矩形ABCD和矩形ADEF所在平面互相垂直，点M，N分别在对角线BD，AE上，且BM=BD，AN=AE.求证：MN∥平面CDE.【解答】因为点M在BD上，且BM=BD，所以==+.同理，=+.又因为==-，所以=++=++=+=+.又不共线，根据共面向量定理，可知共面.由于MN平面CDE，所以MN∥平面CDE.2. (选修2-1 P104例5改编)在正方体ABCD-A1B1C1D1中，已知E，F分别为BB1，CD的中点，求证：D1F⊥平面ADE.【解答】不妨设正方体的棱长为1，以为单位正交基底，建立如图所示的空间直角坐标系D-xyz，则可得到下列向量的坐标：(第2题)=(1，0，0)，=(0，0，1)，==.　因为=-=-(0，0，1)=，所以·=1×0+0×+0×(-1)=0，可得⊥.因为=-=-(1，0，0)=，所以·=0×0+1×+×(-1)=0，可得⊥.又因为AD∩AE=A，AD，AE平面ADE，所以D1F⊥平面ADE.3. (选修2-1 P109例3改编)如图(1)，已知正四棱锥P-ABCD的底面边长为2，高为2，求二面角A-PB-C的正弦值.　(第3题(1))【解答】如图(2)，以底面ABCD的中心O为坐标原点，建立如图所示的平面直角坐标系O-xyz.则A(1，-1，0)，B(1，1，0)，C(-1，1，0)，P(0，0，2)，所以=(0，2，0)，=(1，1，-2)，=(-2，0，0).设平面ABP的法向量为n=(x1，y1，z1)，则取z1=1，得n=(2，0，1).设平面PBC的法向量为m=(x2，y2，z2)，(第3题(2))则取z2=1，得m=(0，2，1).所以cosm，n==，所以二面角A-PB-C的正弦值为.【要点导学】要点导学　各个击破结合空间向量判断或证明线面位置关系例1　如图(1)，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AC=3，BC=4，AB=5，AA1=4.　(例1(1))(1) 求证：AC⊥BC1；(2) 在AB上是否存在点D，使得AC1⊥CD?【分析】要结合向量证明线线垂直，就可以转化为两向量的数量积为0.(1)中可证·=0；(2)中若利用向量寻找点的存在性，可恰当地设出与该点有关的含未知量的坐标，然后再根据具体条件求出未知量即可.【解答】因为在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AC=3，BC=4，AB=5，所以AC，BC，CC1两两垂直.以C为坐标原点，以直线CA，CB，CC1分别为x轴、y轴、z轴建立如图(2)所示的空间直角坐标系C-xyz，则C(0，0，0)，A(3，0，0)，C1(0，0，4)，B(0，4，0)，B1(0，4，4).　(例1(2))(1) 因为=(-3，0，0)，=(0，-4，4)，所以·=0，所以⊥，所以AC⊥BC1.(2) 设在AB上存在点D，使得AC1⊥CD，则=λ=(-3λ，4λ，0)，其中0≤λ≤1，则D(3-3λ，4λ，0)，于是=(3-3λ，4λ，0).由于=(-3，0，4)，且AC1⊥CD，所以-9+9λ=0，解得λ=1，所以在AB上存在点D使得AC1⊥CD，且此时点D与点B重合.【点评】用传统方法求解第(2)小问，有些难度.如果建立如图所示的空间直角坐标系，借助空间向量研究该问题就比较简单.再结合待定系数法设出所求向量，通过对应方程是否有解来判定对应点或线的存在性.变式　如图(1)，已知正三棱柱ABC-A1B1C1的所有棱长都为4，点D为CC1的中点，求证：AB1⊥平面A1BD.　(变式(1))【解答】取BC的中点O，连接AO，因为△ABC为正三角形，所以AO⊥BC.因为在正三棱柱ABC-A1B1C1中，平面ABC⊥平面BCC1B1，平面ABC∩平面BCC1B1=BC，所以AO⊥平面BCC1B1.取B1C1的中点O1，以O为原点，的方向分别为x轴、y轴、z轴的正方向，建立如图(2)所示的空间直角坐标系O-xyz，则B(2，0，0)，D(-2，2，0)，A1(0，4，2)，A(0，0，2)，B1(2，4，0)，(变式(2))所以=(2，4，-2)，=(-4，2，0)，=(-2，4，2).因为·=-8+8+0=0，·=-4+16-12=0，所以⊥⊥.又因为BD∩BA1=B，BD，BA1平面A1BD，所以AB1⊥平面A1BD.结合空间向量求角度或三角函数值例2　(2015·南京三模)如图(1)，在四棱锥P-ABCD中，PA⊥平面ABCD，AD∥BC，AB⊥AD，BC=，AB=1，BD=PA=2.　(例2(1))(1) 求异面直线BD与PC所成角的余弦值；(2) 求二面角A-PD-C的余弦值.【分析】要求