版高中数学人教B版选修21学案3疑难规律方法第三章 空间向量与立体几何Word文档下载推荐.docx

版高中数学人教B版选修21学案3疑难规律方法第三章 空间向量与立体几何Word文档下载推荐.docx

《版高中数学人教B版选修21学案3疑难规律方法第三章 空间向量与立体几何Word文档下载推荐.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《版高中数学人教B版选修21学案3疑难规律方法第三章 空间向量与立体几何Word文档下载推荐.docx（15页珍藏版）》请在冰豆网上搜索。

＝－a＋b＋c＝.

∴∥，即B、G、N三点共线.

　　　　　　　　　　　　　　　　2　空间向量易错点扫描

易错点1　对向量夹角与数量积的关系理解不清

例1　“a·

b<

0”是“〈a，b〉为钝角”的________条件．（填“充分不必要”“必要不充分”“充要”“既不充分也不必要”）

错解　a·

0⇔cos〈a，b〉＝<

0⇔〈a，b〉为钝角，所以“a·

0”是“〈a，b〉为钝角”的充要条件．

错因分析　错解中忽略了两个向量共线且反向的情况．

剖析　当〈a，b〉＝π时，a·

0，但此时夹角不为钝角，所以“a·

0”是“〈a，b〉为钝角”的必要不充分条件．

正解　必要不充分

总结　a·

0⇔a与b夹角为钝角或a与b方向相反，a·

b>

0⇔a与b夹角为锐角或a与b方向相同．

易错点2　忽略两向量的夹角的定义

例2　如图所示，在120°

的二面角α—AB—β中，AC⊂α，BD⊂β，且AC⊥AB，BD⊥AB，垂足分别为A，B.已知AC＝AB＝BD＝6，试求线段CD的长．

错解　∵AC⊥AB，BD⊥AB，

∴·

＝0，·

＝0，

∵二面角α—AB—β的平面角为120°

，∴〈，〉＝120°

.

∴CD2＝2＝（＋＋）2

＝2＋2＋2＋2·

＋2·

＝3×

62＋2×

62×

cos120°

＝72，∴CD＝6.

错因分析　错解中混淆了二面角的平面角与向量夹角的概念．向量，的夹角与二面角α—AB—β的平面角互补，而不是相等．

正解　∵AC⊥AB，BD⊥AB，

，

∴〈，〉＝180°

－120°

＝60°

cos60°

＝144，∴CD＝12.

易错点3　判断是否共面出错

例3　已知O、A、B、C为空间不共面的四点，a＝＋＋，b＝＋－，则与a、b不能构成空间的一个基底的是（　　）

A.B.C.D.或

错解　a＝＋＋，b＝＋－，

相加得＋＝（a＋b），

所以、都与a、b共面，不能构成空间的一个基底，故选D.

剖析　＋＝（a＋b），说明＋与a、b共面，但不能认为、都与a、b共面．

对A、B：

设＝xa＋yb，

因为a＝＋＋，b＝＋－，

代入整理得（x＋y－1）＋（x＋y）＋（x－y）＝0，因为O、A、B、C四点不共面，

所以、、不共面，

所以x＋y－1＝0，x＋y＝0，x－y＝0，

此时，x、y不存在，所以a、b与不共面，

故a、b与可构成空间的一个基底．

同理a、b与也可构成空间的一个基底．

对C：

因为a＝＋＋，b＝＋－，相减有＝（a－b），所以与a、b共面，故不能构成空间的一个基底．

正解　C

易错点4　混淆向量运算和实数运算

例4　阅读下列各式，其中正确的是（　　）

A．a·

b＝b·

c（b≠0）⇒a＝c

B．a·

b＝0⇒a＝0或b＝0

C．（a·

b）·

c＝a·

（b·

c）

D.·

＝||||cos（180°

－∠AOB）

错解　A（或B或C）

剖析　想当然地将向量的数量积运算和实数运算等价，以致出错．向量的数量积运算不满足消去律、结合律，故A、C错误；

若a·

b＝0⇒a＝0或b＝0或a⊥b，故B错误；

·

的夹角是180°

－∠AOB.

正解　D

易错点5　忽略建系的前提

例5　四边形ABCD是边长为2的菱形，∠ABC＝60°

，AE⊥平面ABCD，AE＝2，F为CE中点，试合理建立坐标系，求、所成角的余弦值．

错解　以A为坐标原点，以、、的方向分别为x、y、z轴的正方向，建立空间直角坐标系Axyz.

此时＝（1，1，1），＝（0，2，0），所以cos〈，〉＝.

剖析　空间直角坐标系的建立的前提是三条直线两两垂直，而本题中直线AB与AD不垂直．

正解　设AC、BD交于点O，则AC⊥BD.

因为F为CE中点，所以OF∥AE，

因为AE⊥平面ABCD，

所以OF⊥平面ABCD，OF⊥AC，OF⊥BD，

以O为坐标原点，以、、的方向分别为x、y、z轴的正方向，建立空间直角坐标系Oxyz.

此时＝（1，0，1），＝（1，，0），

所以cos〈，〉＝.

易错点6　求空间角时，因对所求角与向量夹角的关系不理解致误

例6　在正方体ABCD－A1B1C1D1中，求二面角A－BD1－C的大小．

错解　以D为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系，

设正方体的棱长为1，

则D（0，0，0），A1（1，0，1），C1（0，1，1）．

由题意知是平面ABD1的一个法向量，＝（1，0，1），是平面BCD1的一个法向量，＝（0，1，1），

所以cos〈，〉＝＝.

所以〈，〉＝60°

所以二面角A－BD1－C的大小为60°

剖析　利用向量法求所成角问题，需注意所求的角的确切位置．

正解　以D为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系，设正方体的棱长为1，

由题意知＝（1，0，1）是平面ABD1的一个法向量，＝（0，1，1）是平面BCD1的一个法向量．

所以cos〈，〉＝＝，

结合图形知二面角A－BD1－C的大小为120°

　　　　　　　　　　　　　　　　3　空间直角坐标系构建三策略

利用空间向量的方法解决立体几何问题，关键是依托图形建立空间直角坐标系，将其他向量用坐标表示，通过向量运算，判定或证明空间元素的位置关系，以及空间角、空间距离问题的探求．所以如何建立空间直角坐标系显得非常重要，下面简述空间建系的三种方法，希望同学们面对空间几何问题能做到有的放矢，化解自如．

1．利用共顶点的互相垂直的三条棱

例1　已知直四棱柱中，AA1＝2，底面ABCD是直角梯形，∠DAB为直角，AB∥CD，AB＝4，AD＝2，DC＝1，试求异面直线BC1与DC所成角的余弦值．

解　如图，以D为坐标原点，分别以DA，DC，DD1所在的直线为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，

则D（0，0，0），C1（0，1，2），B（2，4，0），C（0，1，0），

所以＝（－2，－3，2），

＝（0，－1，0）．

故异面直线BC1与DC所成角的余弦值为.

点评　本例以直四棱柱为背景，求异面直线所成角．求解关键是从直四棱柱图形中的共点的三条棱互相垂直关系处着眼，建立空间直角坐标系，写出有关点的坐标和相关向量的坐标，再求两异面直线的方向向量的夹角即可．

2．利用线面垂直关系

例2　如图，在三棱柱ABC－A1B1C1中，AB⊥平面BB1C1C，E为棱C1C的中点，已知AB＝，BB1＝2，BC＝1，∠BCC1＝.试建立合适的空间直角坐标系，求出图中所有点的坐标．

解　过B点作BP垂直BB1交C1C于P点，

因为AB⊥平面BB1C1C，所以BP⊥平面ABB1A1，

以B为原点，分别以BP，BB1，BA所在的直线为x，y，z轴，建立空间直角坐标系．

因为AB＝，BB1＝2，BC＝1，∠BCC1＝，

所以CP＝，C1P＝，BP＝，则各点坐标分别为B（0，0，0），A（0，0，），B1（0，2，0），C（，－，0），C1（，，0），E（，，0），A1（0，2，）．

点评　空间直角坐标系的建立，要尽量地使尽可能多的点落在坐标轴上，这样建成的坐标系，既能迅速写出各点的坐标，又由于坐标轴上的点的坐标含有0，也为后续的运算带来了方便．本题已知条件中的垂直关系“AB⊥平面BB1C1C”，可作为建系的突破口．

3．利用面面垂直关系

例3　如图1，等腰梯形ABCD中，AD∥BC，AB＝AD＝2，∠ABC＝60°

，E是BC的中点．将△ABE沿AE折起，使平面BAE⊥平面AEC（如图2），连接BC，BD.求平面ABE与平面BCD所成的锐角的大小．

解　取AE中点M，连接BM，DM.

因为在等腰梯形ABCD中，AD∥BC，AB＝AD，∠ABC＝60°

，E是BC的中点，

所以△ABE与△ADE都是等边三角形，

所以BM⊥AE，DM⊥AE.

又平面BAE⊥平面AEC，所以BM⊥MD.

以M为原点，分别以ME，MD，MB所在的直线为x，y，z轴，

建立空间直角坐标系Mxyz，如图，

则E（1，0，0），B（0，0，），C（2，，0），D（0，，0），

所以＝（2，0，0），＝（0，，－），

设平面BCD的法向量为m＝（x，y，z），

由取y＝1，得m＝（0，1，1），

又因平面ABE的一个法向量＝（0，，0），

所以cos〈m，〉＝＝，

所以平面ABE与平面BCD所成的锐角为45°

点评　本题求解关键是利用面面垂直关系，先证在两平面内共点的三线垂直，再构建空间直角坐标系，然后分别求出两个平面的法向量，求出两法向量夹角的余弦值，即可得所求的两平面所成的锐角的大小．用法向量的夹角求二面角时应注意：

平面的法向量有两个相反的方向，取的方向不同求出来的角度就不同，所以最后还应该根据这个二面角的实际形态确定其大小.

　　　　　　　　　　　　　　　4　用向量法研究“动态”立体几何问题

“动态”立体几何问题是在静态几何问题中渗透了一些“动态”的点、线、面等元素，同时由于“动态”的存在，使得问题的处理趋于灵活．本文介绍巧解“动态”立体几何问题的法宝——向量法，教你如何以静制动．

1．求解、证明问题

例1　在棱长为a的正方体OABC—O1A1B1C1中，E、F分别是AB、BC上的动点，且AE＝BF，求证：

A1F⊥C1E.

证明　以O为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系，

则A1（a，0，a），C1（0，a，a）．

设AE＝BF＝x，

∴E（a，x，0），F（a－x，a，0）．

∴＝（－x，a，－a），

＝（a，x－a，－a）．

∵·

＝（－x，a，－a）·

（a，x－a，－a）

＝－ax＋ax－a2＋a2＝0，

∴⊥，即A1F⊥C1E.

2．定位问题

例2　如图，已知四边形ABCD，CDGF，ADGE均为正方形，且边长为1，在DG上是否存在点M，使得直线MB与平面BEF的夹角为45°

？

若存在，求出点M的位置；

若不存在，请说明理由．

解题提示　假设存在点M，设平面BEF的法向量为n，设BM与平面BEF所成的角为θ，利用sinθ＝求出点M的坐标，若满足条件则存在．

解　因为四边形CDGF，ADGE均为正方形，

所以GD⊥DA，GD⊥DC.

又DA∩DC＝D，所以GD⊥平面ABCD.

又DA⊥DC，所以DA，DG，DC两两互相垂直，如图，以D为原点建立空间直角坐标系，

则B（1，1，0），E（1，0，1），F（0，1，1）．

因为点M在DG上，假设存在点

M（0，0，t）（0≤t≤1）使得直线BM与平面BEF的夹角为45°

设平面BEF的法向量为n＝（x，y，z）．

因为＝（0，－1，1），＝（－1，0，1），

则即令z＝1，得x＝y＝1，

所以n＝（1，1，1）为平面BEF的一个法向量．

又＝（－1，－1，t），直线BM与平面BEF所成的角为45°

，所以sin45°

＝＝＝，

解得t＝－4±

3.又0≤t≤1，

所以t＝3－4.

故在DG上存在点M（0，0，3－4），且DM＝3－4时，直线MB与平面BEF所成的角为45°

点评　由于立体几何题中“动态”性的存在，使有些问题的结果变得不确定，这时我们要以不变应万变，抓住问题的实质，引入参量，利用空间垂直关系及数量积将几何问题代数化，达到以静制动的效果.

　　　　　　　　　　　　　　　　5　向量与立体几何中的数学思想

1．数形结合思想

向量方法是解决问题的一种重要方法，坐标是研究向量问题的有效工具，利用空间向量的坐标表示可以把向量问题转化为代数运算，从而沟通了几何与代数的联系，体现了数形结合的重要思想．向量具有数形兼备的特点，因此，它能将几何中的“形”和代数中的“数”有机地结合在一起．

例1　如图，在四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，A1A⊥底面ABCD，∠BAD＝90°

，AD∥BC，且A1A＝AB＝AD＝2BC＝2，点E在棱AB上，平面A1EC与棱C1D1相交于点F.

（1）证明：

A1F∥平面B1CE；

（2）若E是棱AB的中点，求二面角A1－EC－D的余弦值；

（3）求三棱锥B1－A1EF的体积的最大值．

（1）证明　因为ABCD－A1B1C1D1是棱柱，

所以平面ABCD∥平面A1B1C1D1.

又因为平面ABCD∩平面A1ECF＝EC，平面A1B1C1D1∩平面A1ECF＝A1F，

所以A1F∥EC.又因为A1F⊄平面B1CE，

EC⊂平面B1CE，所以A1F∥平面B1CE.

（2）解　因为AA1⊥底面ABCD，∠BAD＝90°

所以AA1，AB，AD两两垂直，以A为原点，以AB，AD，AA1分别为x轴，y轴和z轴，建立如图所示空间直角坐标系．

则A1（0，0，2），E（1，0，0），

C（2，1，0），

所以＝（1，0，－2），＝（2，1，－2）．

设平面A1ECF的法向量为m＝（x，y，z），

由·

m＝0，·

m＝0，

得

令z＝1，得m＝（2，－2，1）．

又因为平面DEC的法向量为n＝（0，0，1），

所以cos〈m，n〉＝＝，

由图可知，二面角A1－EC－D的平面角为锐角，

所以二面角A1－EC－D的余弦值为.

（3）解　过点F作FM⊥A1B1于点M，

因为平面A1ABB1⊥平面A1B1C1D1，

FM⊂平面A1B1C1D1，

所以FM⊥平面A1ABB1，

所以

＝×

×

FM＝FM.

因为当F与点D1重合时，FM取到最大值2（此时点E与点B重合），

所以当F与点D1重合时，三棱锥B1－A1EF的体积的最大值为.

2．转化与化归思想

空间向量的坐标及运算为解决立体几何中的夹角、距离、垂直、平行等问题提供了工具，因此我们要善于把这些问题转化为向量的夹角、模、垂直、平行等问题，利用向量方法解决．将几何问题化归为向量问题，然后利用向量的性质进行运算和论证，再将结果转化为几何问题．这种“从几何到向量，再从向量到几何”的思想方法，在本章尤为重要．

例2　如图，在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AA1＝AB＝2AD＝2，E为AB的中点，F为D1E上的一点，D1F＝2FE.

平面DFC⊥平面D1EC；

（2）求二面角A－DF－C的平面角的余弦值．

分析　求二面角最常用的办法就是分别求出二面角的两个面所在平面的法向量，然后通过两个平面的法向量的夹角得到二面角的大小，但要注意结合实际图形判断所求角是锐角还是钝角．

（1）证明　以D为原点，分别以DA、DC、DD1所在的直线为x轴、y轴、z轴建立如图所示空间直角坐标系，

则A（1，0，0），B（1，2，0），C（0，2，0），D1（0，0，2）．

∵E为AB的中点，

∴E（1，1，0），

∵D1F＝2FE，

∴＝＝（1，1，－2）

＝（，，－），

∴＝＋＝（0，0，2）＋（，，－）

＝（，，）．

设n＝（x，y，z）是平面DFC的法向量，

则∴

取x＝1得平面DFC的一个法向量n＝（1，0，－1）．

设p＝（x，y，z）是平面D1EC的法向量，

取y＝1得平面D1EC的一个法向量p＝（1，1，1），

∵n·

p＝（1，0，－1）·

（1，1，1）＝0，

∴平面DFC⊥平面D1EC.

（2）解　设q＝（x，y，z）是平面ADF的法向量，

取y＝1得平面ADF的一个法向量q＝（0，1，－1），

设二面角A－DF－C的平面角为θ，由题中条件可知θ∈（，π），则cosθ＝－＝－＝－，

∴二面角A－DF－C的平面角的余弦值为－.

3．函数思想

例3　已知关于x的方程x2－（t－2）x＋t2＋3t＋5＝0有两个实根，且c＝a＋tb，a＝（－1，1，3），b＝（1，0，－2）．问|c|能否取得最大值？

若能，求出实数t的值及对应的向量b与c夹角的余弦值；

若不能，请说明理由．

分析　写出|c|关于t的函数关系式，再利用函数观点求解．

解　由题意知Δ≥0，得－4≤t≤－，

又c＝（－1，1，3）＋t（1，0，－2）＝（－1＋t，1，3－2t），

∴|c|＝

＝.

当t∈时，f（t）＝52＋是单调递减函数，∴ymax＝f（－4），即|c|的最大值存在，

此时c＝（－5，1，11）．b·

c＝－27，|c|＝7.而|b|＝，

∴cos〈b，c〉＝＝＝－.

点评　凡涉及向量中的最值问题，若可用向量坐标形式，一般可考虑写出函数关系式，利用函数思想求解．

4．分类讨论思想

例4　如图，矩形ABCD中，AB＝1，BC＝a，PA⊥平面ABCD（点P位于平面ABCD上方），问BC边上是否存在点Q，使⊥？

分析　由⊥，得PQ⊥QD，所以平面ABCD内，点Q在以边AD为直径的圆上，若此圆与边BC相切或相交，则BC边上存在点Q，否则不存在．

解　假设存在点Q（Q点在边BC上），使⊥，

即PQ⊥QD，连接AQ.∵PA⊥平面ABCD，∴PA⊥QD.

又＝＋且⊥，

即·

＋·

＝0.

又由·

∴⊥.

即点Q在以边AD为直径的圆上，圆的半径为.

又∵AB＝1，由题图知，

当＝1，即a＝2时，该圆与边BC相切，存在1个点Q满足题意；

当>

1，即a>

2时，该圆与边BC相交，存在2个点Q满足题意；

当<

1，即a<

2时，该圆与边BC相离，不存在点Q满足题意．

综上所述，当a≥2时，存在点Q，使⊥；

当0<

a<

2时，不存在点Q，使⊥.

　　　　　40分钟课时作业（另成册　93～152）　单元检测卷与答案精析（另成册　153～200）