高中数学(北师大版)选修2-1教案：第2章-创新思维点拨：空间向量及其运算.docx

创新思维点拨：空间向量及其运算
【高考导航】
本节内容是高中教材新增加的内容，在近两年的高考考查中多作为解题的方法进行考查，主要是解题的方法上因引入向量得以扩展. 
【综合应用创新思维点拨】
一、学科内综合思维点拨
【例1】 已知两个非零向量e1、e2不共线，假如=e1+e2，=2e1+8e2，=3e1-3e2.求证：A、B、C、D共面.
思维入门指导：要证A、B、C、D四点共面，只要能证明三向量、、共面，于是只要证明存在三个非零实数、μ、υ使+μ+υ=0即可.
证明:设(e1+e2)+μ(2e1+8e2)+υ(3e1-3e2)=0.
则(+2μ+3υ)e1+(+8μ-3υ)e2=0.
∵e1、e2不共线，
∴
上述方程组有很多多组解,而=-5,μ=1,υ=1就是其中的一组,于是可知-5++=0.
故、、共面，所以A、B、C、D四点共面.
点拨：查找到三个非零实数=-5,μ=1,υ=1使三向量符合共面对量基本定理的方法是待定系数法.
二、应用思维点拨
【例2】 某人骑车以每小时α公里的速度向东行驶，感到风从正北方向吹来，而当速度为2α时，感到风从东北方向吹来.试求实际风速和风向.
思维入门指导：速度是矢量即为向量.因而本题先转化为向量的数学模型，然后进行求解，求风速和风向实质是求一向量.
解:设a表示此人以每小时α公里的速度向东行驶的向量.在无风时,此人感到风速为-a,设实际风速为v,那么此人感到的风速向量为v-a.如图9-5-2.设=-a,=-2a.由于+=,从而=v-a.这就是感受到的由正北方向吹来的风.其次，由于+=，从而v-2=.于是，当此人的速度是原来的2倍时感受到由东北方向吹来的风就是.

由题意,得∠PBO=45°, PA⊥BO，BA=AO，从而△PBO为等腰直角三角形.故PO=PB=α.即|v|=α.
答：实际吹来的风是风速为α的西北风.
点拨：向量与物理中的矢量是同样的概念，因而物理中的有关矢量的求解计算在数学上可化归到平面对量或空间向量进行计算求解.学问的交叉点正是高考考查的重点，也能体现以力气立意的高考方向.
三、创新思维点拨
【例3】 如图9-5-3(1)，已知E、F、G、H分别是空间四边形ABCD边AB、BC、CD、DA的中点.

（1）用向量法证明E、F、G、H四点共面；
（2）用向量法证明BD∥平面EFGH.
思维入门指导:(1)要证E、F、G、H四点共面，依据共面对量定理的推论，只要能找到实数x,y,使=x+y即可;(2)要证BD∥平面EFGH,只需证向量与共线即可.
证明:(1)如图9-5-3(2),连结BG,则
=+=+(+)=++=+.
由共面对量定理推论知，E、F、G、H四点共面.
(2)∵=-=-=(-)=,
∴EH∥BD.
又EH面EFGH，BD面EFGH，∴BD∥平面EFGH.
点拨：利用向量证明平行、共面是创新之处，比较以前纯几何的证明，显而易见用向量证明比较简洁明快.这也正是几何问题争辩代数化的特点.
【例4】 如图9-5-4，在正方体ABCD—A1B1C1D1中，E为D1C1的中点，试求A1C1与DE所成角.

思维入门指导：在正方体AC1中，要求A1C1与DE所成角,只需求与所成角即可.要求与所成角，则可利用向量的数量积，只要求出·及||和||即可.
解:设正方体棱长为m,=a,=b,=c.
则|a|=|b|=|c|=m，a·b=b·c=c·a=0.
又∵=+=+=a+b,
=+=+=c+a,
∴·=(a+b)(c+a)=a·c+b·c+a2+a·b=a2=m2.
又∵||=m,||=m,
∴cos<,>===.
∴<,>=arccos.即A1C1与DE所成角为arccos.
点拨：A1C1与DE为一对异面直线.在以前的解法中求异面直线所成角要先找（作），后求.而应用向量可以不作或不找直接求.简化了解题过程，降低了解题的难度.解题过程中先把及用同一组基底表示出来,再去求有关的量是空间向量运算常用的手段.
四、高考思维点拨
【例5】 （2000，全国，12分）如图9-5-5，已知平行六面体ABCD一A1B1C1D1的底面ABCD是菱形，且∠C1CB=∠C1CD=∠BCD.

(1)求证：C1C⊥BD；
(2)当的值为多少时,能使A1C⊥平面C1BD?请给出证明.
思维入门指导：依据两向量的数量积公式a·b=|a|·|b|cos<a,b>知，两个向量垂直的充要条件是两向量的数量积为0,即a⊥ba·b=0, 所以要证明两直线垂直,只要证明两直线对应的向量数量积为零即可.
(1)证明:设=a,=b,=c.由题可知|a|=|b|.设、、中两两所成夹角为,于是=-=a-b,
·=c·(a-b)=c·a-c·b=|c|·|a|cos-|c|·|b|cos=0,
∴C1C⊥BD.
(2)解:若使A1C⊥平面C1BD,只须证A1C⊥BD,A1C⊥DC1,由于:
·=(+)·(-)=(a+b+c)·(a-c)=|a|2+a·b-b·c-|c|2=|a|2+|b|·|a|·cos-|b|·|c|cos-|c|2=0,得
当|a|=|c|时A1C⊥DC1.同理可证当|a|=|c|时,A1C⊥BD.
∴=1时,A1C⊥平面C1BD.
点拨：对于向量数量积的运算一些结论仍是成立的.
（a-b）·（a+b）=a2-b2；(a±b)2=a2±2a·b+b2.
五、经典类型题思维点拨
【例6】 证明：四周体中连接对棱中点的三条直线交于一点，且相互平分.（此点称为四周体的重心）
思维入门指导：如图9-5-6所示四周体ABCD中，E、F、G、H、P、Q分别为各棱中点.要证明EF、GH、PQ相交于一点O，且O为它们的中点.可以先证明两条直线EF、GH相交于一点O，然后证明P、O、Q三点共线，即、共线.从而说明PQ直线也过O点.

证明：∵E、G分别为AB、AC的中点，
∴EG∥BC.同理HF∥BC.∴EG∥HF.
从而四边形EGFH为平行四边形，故其对角线EF、GH相交于一点O，且O为它们的中点，连接OP、OQ.
∵=+,=+,而O为GH的中点，
∴+=0,GP∥CD，QH∥CD.
∴=,=.
∴+=+++=0+-=0.
∴=-.
∴PQ经过O点，且O为PQ的中点.
点拨:本例也可以用共线定理的推论来证明,事实上,设EF的中点为O.连接OP、OQ,则=-,而==-,=-2,则=-+2,∴=(+)，从而看出O、P、Q三点共线且O为PQ的中点，同理可得GH边经过O点且O为GH的中点，从而原命题得证.
六、探究性学习点拨
【例7】 如图9-5-7所示，对于空间某一点O，空间四个点A、B、C、D（无三点共线）分别对应着向量a=，b=,c=,d=.求证：A、B、C、D四点共面的充要条件是存在四个非零实数α、β、γ、δ，使αa+βb+γc+δd=0，且α+β+γ+δ=0.

思维入门指导：分清充分性和必要性，应用共面对量定理.
证明：(必要性)假设A、B、C、D共面，由于A、B、C三点不共线，故，两向量不共线，因而存在实数x、y，使=x+y,即d-a=x(b-a)+y(c-a),∴(x+y-1)a-xb-yc+d=0.令α=x+y-1, β=-x,γ=-y,δ=1.则αa+βb+γc+δd=0,且α+β+γ+δ=0.
（充分性）假如条件成立，则δ=-(α+β+γ),代入得
αa+βb+γc+δd=αa+βb+γc-(α+β+γ)d=0.
即α(a-d)+ β(b-d)+γ(c-d)=0.
又∵a-d=-=,b-d=,c-d=,
∴α+β+γ=0.
∵α、β、γ为非零实数,不妨设γ≠0.
则=--.
∴与、共面，即A、B、C、D共面.
点拨：在争辩向量共线或共面时，必需留意零向量与任意向量平行，并且向量可以平移，因而不能完全依据它们所在直线的平行性、共面关系来确定向量关系.