高中数学（苏教版选修2-1）课件：第3章空间向量与立体几何章末复习提升.ppt

令z2＝1，得n＝(0,2,1). ∵m·n＝(0,1，－2)·(0,2,1)＝0， ∴m⊥n，故平面AED⊥平面A1FD1. 跟踪演练2　如图，已知在直三棱柱ABC-A1B1C1 中，AC⊥BC，D为AB的中点，AC＝BC＝BB1. 求证：(1)BC1⊥AB1； (2)BC1∥平面CA1D. 证明　如图，以C1为原点，分别以C1A1，C1B1， C1C所在直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标 系.设AC＝BC＝BB1＝2， 则A(2，0,2)，B(0,2,2)，C(0,0,2)，A1(2，0,0)，B1(0,2,0)，C1(0,0,0)，D(1,1,2). (2)取A1C的中点E，连结DE，由于E(1,0,1)， 所以ED∥BC1， 又DE?平面CA1D，BC1?平面CA1D， 故BC1∥平面CA1D. 题型三　利用空间向量求空间角 1.求异面直线所成的角 设两异面直线的方向向量分别为n1、n2，那么这两条异面直线所成的角为θ＝〈n1，n2〉或θ＝π－〈n1，n2〉， ∴cos θ＝|cos〈n1，n2〉|. 2.求斜线与平面所成的角 如图，设平面α的法向量为n1，斜线OA的方向向量为n2，斜线OA与平面所成的角为θ，则sin θ＝|cos〈n1，n2〉|. 3.求二面角的大小 如图，设平面α、β的法向量分别为n1、n2.因 为两平面的法向量所成的角(或其补角)就等于 平面α、β所成的锐二面角θ， 所以cos θ＝|cos〈n1，n2〉|. 例3　如图，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AB＝4，AC＝BC＝3，D为AB的中点. (1)求点C到平面A1ABB1的距离； 解　由AC＝BC，D为AB的中点， 得CD⊥AB，又CD⊥AA1，AA1∩AB＝A， 故CD⊥面A1ABB1， (2)若AB1⊥A1C，求二面角A1-CD-C1的平面角的余弦值. 解　如图，过D作DD1∥AA1交A1B1于D1， 在直三棱柱中，易知DB，DC，DD1两两垂直， 以D为原点，射线DB，DC，DD1分别为x轴， y轴，z轴的正半轴建立空间直角坐标系D-xyz. 设平面A1CD的法向量为m＝(x1，y1，z1)， 设平面C1CD的法向量为n＝(x2，y2，z2)， 取x2＝1,得n＝(1,0,0), 跟踪演练3　如图，正方形ACDE所在的平面与平 面ABC垂直，M是CE与AD的交点，AC⊥BC，且 AC＝BC. (1)求证：AM⊥平面EBC； 证明　∵四边形ACDE是正方形， ∴EA⊥AC， ∵平面ACDE⊥平面ABC， ∴EA⊥平面ABC. ∴可以以点A为原点，以过A点平行于BC的直线为x轴，分别以AC和AE所在直线为y轴和z轴， 建立空间直角坐标系A－xyz. 设EA＝AC＝BC＝2，则A(0,0,0)，B(2,2,0)， C(0,2,0)， E(0,0,2).∵M是正方形ACDE的对角线的交点， ∴M(0,1,1). 又∵EC∩CB＝C，∴AM⊥平面EBC. (2)求直线AB与平面EBC所成角的大小； 解　∵AM⊥平面EBC， ∴直线AB与平面EBC所成的角为30°. (3)求二面角A—EB—C的大小. 解　设平面EAB的法向量为n＝(x，y，z)， 取y＝－1，∴x＝1.∴n＝(1，－1,0). 设二面角A—EB—C的平面角为θ，由图可知θ为锐角， ∴二面角AEBC等于60°. 课堂小结 空间向量的引入为空间几何问题的解决提供了新的思路，作为解决空间几何问题的重要工具，对空间向量的考查往往渗透于立体几何问题解决的过程之中，成为高考必考的热点之一. 1.高考对本章的考查重点是空间线面之间的位置关系的证明与探究；空间中的线线角、线面角以及二面角的求解；空间中简单的点点距和点面距的求解.给出位置关系、角度或距离探求点的存在性问题在近几年考查中已有体现.题目主要以解答题的形式给出，兼顾传统的立体几何的求解方法，主要考查空间向量在解决立体几何中的应用，渗透空间向量的基本概念和运算. 2.空间向量的引入为解决空间几何问题提供了一种新的思路，它使空间几何体也具备了“数字化”的特征，从而把空间线面关系的逻辑推理证明与空间角、距离的求解变成了纯粹的数字运算问题，降低了思维的难度，成为高考必考的热点.考查的重点是结合空间几何体的结构特征考查空间角与距离的求解，其中二面角是历年高考命题的热点，多为解答题. 3.对利用向量处理平行和垂直问题的考查，主要解决立体几何中有关垂直和平行判断的一些命题.对于垂直，主要利用a⊥b?a·b＝0进行证明.对于平行，一般是利用共线向量和共面向量定理进行证明.二是对利用向量处理角度问题的考查，利用向量求夹角(线线夹角、线面夹角、面面夹角)，其一般方法是将所求的角转化为求两个向量的夹角，而求两个向量的夹角则可以利用公式cos θ＝