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2013-2014学年 高中数学 人教B版选修2-1精要课件 《空间向量与立体几何》习题课


习题课

习题课 立体几何中的向量方法
【学习要求】
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通过利用向量方法解决综合性较强的问题, 进一步体会空间向 量在解决立体几何问题中的广泛作用. 【学法指导】 结合例题的解题过程,对立体几何中的三种方法(综合法、向 量法、坐标法)进行比较,进一步体会向量方法与坐标方法相 结合的优越性.

填一填·知识要点、记下疑难点

习题课

设直线 l,m 的方向向量分别为 a,b,平面 α,β 的法向量分别 为 u,v,则
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线线平行 线面平行 面面平行

a=kb,k∈R l∥m?a∥b?_____________
a· u=0 a⊥u l∥α?________?________

u=kv,k∈R α∥β?u∥v?______________

填一填·知识要点、记下疑难点
线线垂直 线面垂直 面面垂直
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习题课

a· b=0 l⊥m?a⊥b?________

a=ku,k∈R l⊥α?a∥u?_____________
u· v=0 α⊥β?u⊥v?________

|a· b| π |a||b| 线线夹角 l,m 的夹角为 θ(0≤θ≤ 2),cos θ=________
|a· u| π |a||u| 线面夹角 l,α 的夹角为 θ(0≤θ≤2 ),sin θ=________
|u· v| π |u||v| β cos 面面夹角 α, 的夹角为 θ (0≤θ≤ 2), θ=________

研一研·题型解法、解题更高效

习题课

题型一
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立体几何中的综合性问题

例 1 如图,在四棱锥 P—ABCD 中,底面 ABCD 是正方形,侧棱 PD⊥底面 ABCD,PD =DC,点 E 是 PC 的中点,作 EF⊥PB 交 PB 于点 F. (1)求证:PA∥平面 EDB; (2)求证:PB⊥平面 EFD; (3)求二面角 C—PB—D 的大小.

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(1)证明

习题课

如图所示建立空间直角坐标系,点 D 为坐标原点,

设 DC=1. 连接 AC,AC 交 BD 于点 G,连接 EG. ? 1 1? 依题意得 A(1,0,0),P(0,0,1),E?0, , ?. 2 2? ? 因为底面 ABCD 是正方形,所以点 G 是此 ?1 1 ? 正方形的中心,故点 G 的坐标为? , ,0?, ?2 2 ?

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1? → → ?1 且PA=(1,0,-1),EG=?2,0,-2?.
? ?

→ → 所以PA=2EG,即 PA∥EG. 而 EG?平面 EDB,且 PA?平面 EDB, 因此 PA∥平面 EDB.

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→ (2)证明 依题意得 B(1,1,0),PB=(1,1,-1). → ? 1 1? 又DE=?0, , ?, 2 2? ? 1 1 → → 故PB· =0+ - =0. DE 2 2 所以 PB⊥DE. 由已知得 EF⊥PB,且 EF∩DE=E, 所以 PB⊥平面 EFD.

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(3)解 已知 PB⊥EF,由(2)可知 PB⊥DF,

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故∠EFD 是二面角 C—PB—D 的平面角. → 设点 F 的坐标为(x,y,z),则PF=(x,y,z-1). → → 因为PF=kPB, 所以(x,y,z-1)=k(1,1,-1)=(k,k,-k), 即 x=k,y=k,z=1-k. → → 因为PB· =0, DF 所以(1,1,-1)· (k,k,1-k)=k+k-1+k=3k-1=0. ?1 1 2? 1 所以 k= ,点 F 的坐标为? , , ?. 3 ?3 3 3?

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? 1 1? 又点 E 的坐标为?0, , ?, 2 2? ? 1? → ? 1 1 所以FE=?- , ,- ?. 6? ? 3 6

习题课

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→ → FE· FD 因为 cos∠EFD= → → |FE||FD| ? 1 1 1? ? 1 1 2? 1 ?- , ,- ?· ?- ,- ,- ? 6? ? 3 3 3? 6 1 ? 3 6 = = = , 1 2 6 6 · 3 6 3 所以∠EFD=60° ,即二面角 C—PB—D 的大小为 60° .

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小结
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本例的第(1)(2)两小题分别证明直线与平面平行、垂

直,本题的证法是由向量表示转到有关判定定理.第(3)小题 求二面角在利用向量法时,首先回归定义,确定二面角的平 面角.因此本题是立体几何中三种方法(综合法、向量法、坐 标法)的有机结合,解法非常灵活,要用心体会.

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跟踪训练 1 如图,在多面体 ABCDEF 中, 四 边 形 ABCD 是 正 方 形 , EF∥AB , EF⊥FB,AB=2EF,∠BFC=90° ,BF=
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习题课

FC,H 为 BC 的中点. (1)求证:FH∥平面 EDB; (2)求证:AC⊥平面 EDB; (3)求二面角 B-DE-C 的大小.

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(1)证明 ∵四边形 ABCD 为正方形, ∴AB⊥BC.又 EF∥AB,∴EF⊥BC.又 EF⊥FB, ∴EF⊥平面 BFC.∴EF⊥FH, ∴AB⊥FH.
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又 BF=FC,H 为 BC 的中点, ∴FH⊥BC.∴FH⊥平面 ABC. → → 以 H 为坐标原点,HB为 x 轴正方向,HF为 z 轴正方向,建 立如图所示的坐标系. 设 BH=1,则 A(1,-2,0),B(1,0,0),C(-1,0,0),D(-1, -2,0),E(0,-1,1),F(0,0,1).

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设 AC 与 BD 的交点为 G,连接 GE,GH,则 G(0,-1,0), → → → → ∴GE=(0,0,1).又HF=(0,0,1),∴HF∥GE.
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又 GE?平面 EDB,HF?平面 EDB,∴FH∥平面 EDB. → → → → (2)证明 AC=(-2,2,0),GE=(0,0,1),AC· =0, GE ∴AC⊥GE.又 AC⊥BD,EG∩BD=G,∴AC⊥平面 EDB.

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(3)解

→ → BE=(-1,-1,1),BD=(-2,-2,0).

设平面 BDE 的法向量为 n1=(1,y1,z1), → → 则BE·1=-1-y1+z1=0,BD·1=-2-2y1=0, n n
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∴y1=-1,z1=0,即 n1=(1,-1,0). → → CD=(0,-2,0),CE=(1,-1,1).
→ 设平面 CDE 的法向量为 n2=(1, 2, 2), n2· =0, 2=0, y z 则 CD y → n2· =0,1-y2+z2=0,z2=-1, CE 故 n2=(1,0,-1). n1·2 n 1 1 cos〈n1,n2〉=|n |· |= = , 2× 2 2 1 |n2 ∴〈n1,n2〉=60° ,即二面角 B-DE-C 的大小为 60° .

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题型二

立体几何中的探索性问题

立体几何中的探索性问题,在命题中多在解答题的一 步中出现,试题有一定的难度.
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这类题型常以适合某种条件的结论“存在”、“不存 在”、“是否存在”等语句表述.解答这类问题,一般要 先对结论作出肯定的假设,然后由此肯定的假设出发,结 合已知条件进行推理论证,若导致合理的结论,则存在性 也随之解决;若导致矛盾,则否定了存在性.

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习题课

例 2 如图,正方形 ABCD、ABEF 的边长
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都是 1,而且平面 ABCD、ABEF 互相垂 直,点 M 在 AC 上移动,点 N 在 BF 上移 动,若 CM=BN=a (0<a< 2). (1)求 MN 的长; (2)当 a 为何值时,MN 的长最小.

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解 (1)运用空间直角坐标系的知识,取 BA、

习题课

BE、BC 所在直线分别为 x 轴、y 轴、z 轴(如 图)建立空间直角坐标系.由 M、N 向 AB 作
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垂线,则垂足重合,记为 G,设 BG=x, 2 2 则 x= a,AG=1- a, 2 2 2 MG=AG=1- a, 2 ? 2 ? 2 ? 2 ? 2 ? ? ? ∴M? a,0,1- a ?,N? a, a,0?. ? 2 ? 2 ?2 ?2 ?

由空间中两点距离公式,得 ? 2 ?2 ? 2 ?2 2 ? ? ? |MN|= 0 +?- a? +?1- a? 2 ? ? 2 ? ? ? = a2- 2a+1 (0<a< 2).

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习题课

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(2)∵|MN|= a2- 2a+1 ? 2?2 1 ? ? = a- ? +2 (0<a< 2) ? 2? ? 2 2 ∴当 a= 时,|MN|min= ,此时 M,N 分别是 AC,BF 的 2 2 中点.

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跟踪训练 2 如图,在长方体 ABCD- A1B1C1D1 中,AA1= AD=1,E 为 CD 的中点. (1)求证:B1E⊥AD1.
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(2)在棱 AA1 上是否存在一点 P,使得 DP∥ 平面 B1AE?若存在,求 AP 的长;若不存 在,说明理由. (3)若二面角 A-B1E-A1 的大小为 30° ,求 AB 的长.

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→ → → (1)证明 以 A 为原点,AB,AD,AA1的方 向分别为 x 轴,y 轴,z 轴的正方向建立空间 直角坐标系(如图).
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习题课

设 AB=a,则 A(0,0,0),D(0,1,0),D1(0,1,1), ?a ? E? ,1,0 ?,B1(a,0,1), ?2 ? ? → → ? a → → ?- ,1,-1? ,AB1 =(a,0,1),AE = 故AD1=(0,1,1),B1E= ? 2 ? ?a ? ? ,1,0? . ?2 ? → → ? a? ∵AD1· 1E=?-2?×0+1×1+(-1)×1=0, B ? ?

∴B1E⊥AD1.

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假设在棱 AA1 上存在一点 P(0,0,z0). → 使得 DP∥平面 B1AE,此时DP=(0,-1,z0). (2)解 又设平面 B1AE 的法向量 n=(x,y,z).
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?ax+z=0, ? → → ∵n⊥平面 B1AE,∴n⊥AB1,n⊥AE,得?ax ? 2 +y=0. ? ? ? a 取 x=1,得平面 B1AE 的一个法向量 n=?1,- ,-a?. 2 ? ? a → 要使 DP∥平面 B1AE,只要 n⊥DP,即 -az0=0, 2 1 解得 z0= .又 DP?平面 B1AE, 2 1 ∴存在点 P,满足 DP∥平面 B1AE,此时 AP= . 2

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(3)解

连接 A1D,B1C,由长方体 ABCD-A1B1C1D1 及 AA1

=AD=1,得 AD1⊥A1D.
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∵B1C∥A1D,∴AD1⊥B1C. 又由(1)知 B1E⊥AD1,且 B1C∩B1E=B1, ∴AD1⊥平面 DCB1A1, → → ∴AD1是平面 A1B1E 的一个法向量,此时AD1=(0,1,1).

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→ 设AD1与 n 所成的角为 θ, a → - -a 2 n· 1 AD 则 cos θ= = . 2 → a |n||AD1| 2 1+ +a2 4 ∵二面角 A-B1E-A1 的大小为 30° , 3a 2 3 ∴|cos θ|=cos 30° ,即 = , 5a2 2 2 1+ 4 解得 a=2,即 AB 的长为 2.

习题课

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练一练·当堂检测、目标达成落实处

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1.在如图所示的几何体中,四边形 ABCD 是等腰梯形,AB∥CD,∠DAB=60° ,
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FC⊥平面 ABCD,AE⊥BD,CB=CD =CF. (1)求证:BD⊥平面 AED; (2)求二面角 F-BD-C 的余弦值.

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(1) 证明

因为四边形 ABCD 是等腰梯形,AB∥CD,

∠DAB=60° , 所以∠ADC=∠BCD=120° .
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又 CB=CD,所以∠CDB=30° , 因此∠ADB=90° ,即 AD⊥BD. 又 AE⊥BD,且 AE∩AD=A,AE,AD?平面 AED, BD?平面 AED,所以 BD⊥平面 AED.

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(2)解

方法一

由(1)知 AD⊥BD,所以

AC⊥BC.又 FC⊥平面 ABCD,因此 CA, CB,CF 两两垂直.
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以 C 为坐标原点,分别以 CA,CB,CF 所 给的直线为 x 轴,y 轴,z 轴,建立如图所 示的空间直角坐标系.不妨设 CB=1, ? 3 ? 1 ? 则 C(0,0,0),B(0,1,0),D? ,- ,0?,F(0,0,1). ? 2 ?2 ?

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? → ? 3 3 → ? ? 因此BD=? ,- ,0?,BF=(0,-1,1). 2 ?2 ? 设平面 BDF 的一个法向量为 m=(x,y,z), → → 则 m· =0,m· =0, BD BF

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所以 x= 3y= 3z, 取 z=1,则 m=( 3,1,1). → 由于CF=(0,0,1)是平面 BDC 的一个法向量, → m· CF 1 5 → 则 cos〈m,CF〉= = = , → 5 5 |m||CF| 5 所以二面角 F-BD-C 的余弦值为 . 5

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方法二 FG,
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如图, BD 的中点 G, 取 连接 CG,

由于 CB=CD, 因此 CG⊥BD. 又 FC⊥平面 ABCD,BD?平面 ABCD, 所以 FC⊥BD.

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由于 FC∩CG=C,FC,CG?平面 FCG, 所以 BD⊥平面 FCG, 故 BD⊥FG,
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所以∠FGC 为二面角 F-BD-C 的平面角. 在等腰三角形 BCD 中,由于∠BCD=120° , 1 因此 CG= CB.又 CB=CF, 2 所以 GF= CG2+CF2= 5CG,故 cos∠FGC= 5 因此二面角 F-BD-C 的余弦值为 . 5 5 , 5

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2. 如图,四边形 ABCD 是边长为 1 的正方形, MD⊥平面 ABCD, NB⊥平面 ABCD, MD 且 =NB=1,E 为 BC 的中点.在线段 AN 上是
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否存在点 S,使得 ES⊥平面 AMN? 解 如图,以 D 为坐标原点,建立空间直角坐标系. 依题意,易得 A(1,0,0),M(0,0,1),N(1,1,1), ?1 ? E?2,1,0?. ? ?

假设在线段 AN 上存在点 S,使得 ES⊥平面 AMN.

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→ → → ∵AN=(0,1,1),可设AS=λAN=(0,λ,λ), ? ? → ?1 → → → ?1 又EA=? ,-1,0?,∴ES=EA+AS=? ,λ-1,λ?. ?2 ? ?2 ? ?→ → ? 1 ?ES· =0, AM ?- +λ=0, 由 ES⊥平面 AMN,得? 即? 2 → → ??λ-1?+λ=0. ?ES · =0, AN ? ? 1 2 → ? 1 1? → ?0, , ? ,|AS|= 故 λ= ,此时AS= . 2 2 2? 2 ? 2 经检验,当 AS= 时,ES⊥平面 AMN. 2 故线段 AN 上存在点 S,使得 ES⊥平面 AMN.

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1.解决立体几何问题一般有三种方法:综合法、向量法、坐标 法.
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综合法以逻辑推理作为工具解决问题;向量法利用向量的概 念及其运算解决问题;坐标法利用数及其运算来解决问题. 一般情况下,我们遵循的原则是以综合法为基础,以向量法 为主导,以坐标法为中心. 2.对于探索性问题,一般先假设存在,利用空间坐标系,结合 已知条件,转化为代数方程是否有解的问题,若有解满足题 意则存在,若没有满足题意的解则不存在.


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