2019-2020学年高中数学人教A版选修2-1课件：3章末复习提升课（三）VIP免费

章末复习提升课第三章空间向量与立体几何(1)已知正方体ABCDA1B1C1D1中，A1E→＝14A1C1→，若AE→＝xAA1→＋y(AB→＋AD→)，则x＝________，y＝________．空间向量的运算(2)如图，在四棱锥SABCD中，底面ABCD是边长为1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】(1)由题意知AE→＝AA1→＋A1E→＝AA1→＋14A1C1→＝AA1→＋14(AB→＋AD→)，从而有x＝1，y＝14.(2)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】(1)114(2)③④空间向量的数乘运算及向量共面的充要条件(1)空间向量的数乘运算、共线向量的概念、向量共线的充要条件与平面向量的性质是一致的．(2)利用向量共面的充要条件可以判断第三个向量是否与已知的两个不共线的向量共面，特别地，空间一点P位于平面ABC内的充要条件是存在有序实数对(x，y)，使AP→＝xAB→＋yAC→.在空间直角坐标系中，已知A(1，－2，1)，B(2，2，2)，点P在z轴上，且满足|PA|＝|PB|，则P点坐标为()A．(3，0，0)B．(0，3，0)C．(0，0，3)D．(0，0，－3)解析：选C.设P(0，0，z)，则有（1－0）2＋（－2－0）2＋（1－z）2＝（2－0）2＋（2－0）2＋（2－z）2，解得z＝3.如图所示，已知PA⊥平面ABCD，ABCD为矩形，PA＝AD，M，N分别为AB，PC的中点．求证：(1)MN∥平面PAD；(2)平面PMC⊥平面PDC.空间向量与线面位置关系【证明】(1)由题意得AB，AD，AP两两垂直．如图所示，以A为坐标原点，AB，AD，AP所在的直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系Axyz.设PA＝AD＝a，AB＝b，则有，P(0，0，a)，A(0，0，0)，D(0，a，0)，C(b，a，0)，B(b，0，0)，因为M，N分别为AB，PC的中点，所以Mb2，0，0，Nb2，a2，a2.所以MN→＝0，a2，a2，AP→＝(0，0，a)，AD→＝(0，a，0)，所以MN→＝12AD→＋12AP→，所以MN→，AD→，AP→共面，又因为MN⊄平面PAD，所以MN∥平面PAD.(2)由(1)可知PC→＝(b，a，－a)，PM→＝b2，0，－a，PD→＝(0，a，－a)．设平面PMC的法向量为n1＝(x1，y1，z1)，则n1·PC→＝0⇒bx1＋ay1－az1＝0，n1·PM→＝0⇒b2x1－az1＝0，所以x1＝2abz1，y1＝－z1，令z1＝b，则n1＝(2a，－b，b)．设平面PDC的法向量为n2＝(x2，y2，z2)，则n2·PC→＝0⇒bx2＋ay2－az2＝0，n2·PD→＝0⇒ay2－az2＝0，所以x2＝0，y2＝z2，令z2＝1，则n2＝(0，1，1)．因为n1·n2＝0－b＋b＝0，所以n1⊥n2.所以平面PMC⊥平面PDC.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，只需证明两条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．如图，长方体ABCDA1B1C1D1中，点M，N分别在BB1，DD1上，且AM⊥A1B，AN⊥A1D.(1)求证：A1C⊥平面AMN；(2)当AB＝2，AD＝2，A1A＝3时，问在线段AA1上是否存在一点P使得C1P∥平面AMN，若存在，试确定P的位置．解：(1)证明：因为CB⊥平面AA1B1B，AM⊂平面AA1B1B，所以CB⊥AM，又因为AM⊥A1B，A1B∩CB＝B，所以AM⊥平面A1BC，所以A1C⊥AM，同理可证A1C⊥AN，又AM∩AN＝A，所以A1C⊥平面AMN.(2)...