1.2 第2课时 空间向量基本定理的应用（Word教参）-【优化指导】2023-2024学年新教材高中数学选择性必修第一册（人教A版2019）

第2课时　空间向量基本定理的应用 [对应学生用书P10] 综合应用一：平行、共面问题 [例1] 如图，在平行六面体ABCD­A′B′C′D′中，E，F，G分别是A′D′，DD′，D′C′的中点． 请选择恰当的基底求证： (1)EG∥AC； (2)平面EFG∥平面AB′C. [解题笔记] 证明：(1)取基底{，，}， 因为＝＋＝＋，＝＋＝2， 所以∥，又EG，AC无公共点，所以EG∥AC. (2)因为＝＋＝＋， ＝＋＝2，所以∥， 又FG，AB′无公共点，所以FG∥AB′. 又FG⊄平面AB′C，AB′⊂平面AB′C， 所以FG∥平面AB′C. 又由(1)知EG∥AC，且EG⊄平面AB′C，AC⊂平面AB′C，可得EG∥平面AB′C， 又FG∩EG＝G，FG，EG⊂平面EFG，所以平面EFG∥平面AB′C. [练1] (多选)如图，在平行六面体ABCD­A1B1C1D1中，点M，P，Q分别为棱AB，CD，BC的中点，平行六面体的各棱长均相等．给出下列结论中正确的是(　　) A．A1M∥D1P B．A1M∥B1Q C．A1M∥平面DCC1D1 D．A1M∥平面D1PQB1 ACD　解析： ，又A1M⊄平面DCC1D1，A1M⊄平面D1PQB1，∴A1M∥平面DCC1D1，A1M∥平面D1PQB1，又B1Q与D1P不平行，即A1M与B1Q不平行，故B不正确． 综合应用二：垂直、夹角问题 [例2] 如图，已知直三棱柱ABC­A′B′C′中，AC＝BC＝AA′，∠ACB＝90°，D，E分别为AB，BB′的中点． (1)求证：CE⊥A′D； (2)求异面直线CE与AC′所成角的余弦值． [解题笔记] (1)证明：设＝a，＝b，＝c， 根据题意，|a|＝|b|＝|c|且a·b＝b·c＝c·a＝0. ∴＝b＋c，＝－c＋b－a. ∴·＝－c2＋b2＝0，∴⊥，即CE⊥A′D. (2)解：∵＝－a＋c，∴||＝|a|，||＝|a|， ∵·＝(－a＋c)·(b＋c)＝c2＝|a|2， ∴cos 〈，〉＝＝. ∴异面直线CE与AC′所成角的余弦值为. [练2] 如图所示，在三棱锥A­BCD中，DA，DB，DC两两垂直，且DB＝DC＝DA＝2，E为BC的中点． (1)证明：AE⊥BC； (2)求直线AE与DC的夹角的余弦值． (1)证明：因为＝－＝(＋)－，＝－，所以·＝(＋－)·(－)＝2－2－·＋·，又DA，DB，DC两两垂直，且DB＝DC＝DA＝2，所以·＝0，故AE⊥BC. (2)解：·＝(＋－)·＝·＋2－·＝2＝2，由2＝(＋－)2＝2＋2＋2＝6，得||＝.所以cos 〈，〉＝＝＝.故直线AE与DC的夹角的余弦值为. 综合应用三：距离、长度问题 [例3] 已知平面α⊥平面β，且α∩β＝l，在l上有两点A，B，线段AC⊂α，线段BD⊂β ，并且AC⊥l，BD⊥l，AB＝6，BD＝24，AC＝8，则CD＝________． 答案：26　解析：＝＋＋，∴2＝(＋＋)2＝2＋2＋2＝64＋36＋576＝676，∴CD＝26. [练3] 如图，三棱柱ABC­A1B1C1中，M，N分别是A1B，B1C1上的点，且BM＝2A1M，C1N＝2B1N.设＝a，＝b，＝c. (1)试用a，b，c表示向量； (2)若∠BAC＝90°，∠BAA1＝∠CAA1＝60°，AB＝AC＝AA1＝1，求MN的长． 解：(1)＝＝. (2)∵(a＋b＋c)2＝a2＋b2＋c2＋2a·b＋2b·c＋2a·c＝1＋1＋1＋0＋2×1×1×＋2×1×1×＝5， ∴|a＋b＋c|＝，∴||＝|a＋b＋c|＝，即MN＝. ◎随堂演练 1．在正三棱柱ABC­A1B1C1中，若AB＝BB1，则CA1与C1B所成的角的大小是(　　) A．60° B．75° C．90° D．105° C　解析：设|BB1|＝m，＝a，＝b， ＝c，则＝a＋c， ＝b－c，·＝(a＋c)·(b－c)＝a·b＋b·c－a·c－c2＝m·m cos ＋0－0－m2＝0，∴⊥，∴CA1与C1B所成的角的大小是90°. 2．已知三棱柱ABC­A1B1C1的侧棱垂直于底面，∠BAC＝90°.求证：AB⊥AC1. 证明：设＝a，＝b，＝c，则＝＋＝b＋c. 所以·＝a·(b＋c)＝a·b＋a·c， 因为AA1⊥平面ABC，∠BAC＝90°，所以a·b＝0，a·c＝0， 得·＝0，故AB⊥AC1. 学科网（北京）股份有限公司 $