(共29张PPT)
第一章 空间向量与立体几何
预习导学思维动
重点探究知发展
空间直角坐数学抽象素养或思想
标系
根据点的坐标确定
点的位置的方法
知识点的坐标求点的坐标的方法}方法
求空间对称点的方法
空间向量的坐标(共32张PPT)
第一章 空间向量与立体几何
模
长度
长度为0
预习导学思维动
重点探究知发展
读
四边形ABCD是正方形,O是它的中心,PO⊥平面ABCD,
1Q是CD的中点,用已知向量表示指定向量
anenmnmmemnemnEmnnnnnnnnHnmRnEmnnmemnnnE
想_三角形法则或平行四边形法则,对应向量的系数相等
sneeneeenDenmneennnne
如图所示,OQ=PQ+OP,
由向量加法的平行四边形法则可得PO=(PC+PA),
所以OP
PC
PA
算所以Q+D=PQ
PC
Pa
所以
y
2
Q
D
B
规律方法:空间向量的数乘运算的理解与应用
(1)空间向量的数乘运算是线性运算的一种,其实质是空
间向量的加减运算
}(2)利用数乘运算解题时,要结合具体图形,利用三角形
法则、平行四边形法则,将目标向量转化为已知向量
(3)运用空间向量的数乘运算律可使运算简便,注意要与
实数的有关运算律区分开运算律中是实数与向量的乘
积,不是向量与向量的乘法运算
空间向量的概念
零向量
数学抽象素养或
单位向量
特殊向量
思想
数学运算
知识
相反向量
相等向量
空间向量的加法、减法、
数乘运算
用已知向量表示
指定向量的方法
空间向量线性运算的
运算律
方法A级 基础巩固
在空间直角坐标系中,已知点A(1,-2,0)和向量a=(-3,4,6),
||=2|a|,若与a方向相反,则点B的坐标为
( )
A.(-7,6,12) B.(7,-10,-12)
C.(7,-6,12)
D.(-7,10,12)
解析:设B(x,y,z),则=(x-1,y+2,z).
因为||=2|a|,且与a方向相反,
所以=-2a=-2×(-3,4,6)=(6,-8,-12),
所以x=7,y=-10,z=-12,即B(7,-10,-12).
故选B.
答案:B
2.在空间直角坐标系中,已知A(1,0,0),B(0,1,0),C(0,0,1)三点,平面ABC的一个单位法向量是( )
A.
B.
C.
D.
解析:由题意,知=(-1,1,0),=(-1,0,1).
设平面ABC的法向量为n=(x,y,z),
则即
取x=1,则y=1,z=1.
所以n=(1,1,1)是平面ABC的一个法向量,
所以平面ABC的一个单位法向量为或.
答案:D
3.已知A,B,C三点不共线,O为平面ABC外一点,若由向量=++λ确定的点P与A,B,C共面,则λ=.
解析:因为A,B,C三点不共线,O是平面ABC外一点,由向量=++λ确定的点P与A,B,C共面,所以++λ=1,解得λ=.
4.已知A,B,C是平面α内三点,设平面α的法向量为a=(x,y,z),则x∶y∶z=2∶3∶(-4).
解析:由已知,得=,
=,且,不共线.
因为a是平面α的法向量,
所以a·=0,a·=0,
即所以
所以x∶y∶z=y∶y∶=2∶3∶(-4).
5.如图所示,在多面体A1B1D1DCBA中,四边形AA1B1B,四边形ADD1A1,四边形ABCD均为正方形,E为B1D1的中点,过A1,D,E的平面交CD1于点F.求:
(1)平面A1DE的一个法向量;
(2)平面A1B1CD的一个法向量.
解:因为四边形AA1B1B、四边形ADD1A1、四边形ABCD均为正方形,
所以AA1⊥AB,AA1⊥AD,AB⊥AD,且AA1=AB=AD.以A为坐标原点,AB,AD,AA1所在直线分别为x轴、y轴和z轴,建立空间直角坐标系,如图所示.
设AB=AD=AA1=1,可得A(0,0,0),B(1,0,0),D(0,1,0),A1(0,0,1),B1(1,0,1),D1(0,1,1).
因为E为B1D1的中点,所以E.
(1)易知=,=(0,1,-1).
设平面A1DE的法向量为n1=(x1,y1,z1),
则
即所以
取y1=1,则x1=-1,z1=1.
所以n1=(-1,1,1)是平面A1DE的一个法向量.
(2)易知=(1,0,0),=(0,1,-1).
设平面A1B1CD的法向量为n2=(x2,y2,z2),则即所以
取z2=1,则x2=0,y2=1.
所以n2=(0,1,1)是平面A1B1CD的一个法向量.
B级 拓展提高
6.已知平面α内两向量a=(1,1,1),b=(0,2,-1),且c=ma+nb+(4,-4,1).若c为平面α的一个法向量,则m,n的值分别为
( )
A.-1,2
B.1,-2
C.1,2
D.-1,-2
解析:因为a=(1,1,1),b=(0,2,-1),所以c=ma+nb+(4,-4,1)=(m,m,m)+(0,2n,-n)+(4,-4,1)=(m+4,m+2n-4,m-n+1).由c为平面α的一个法向量,得即解得
答案:A
7.在空间直角坐标系中,已知点A(4,1,3),B(2,-5,1),C为线段AB上一点,若=,则点C的坐标为
( )
A.
B.
C.
D.
解析:设C(x,y,z),因为A(4,1,3),B(2,-5,1),C为线段AB上一点,且=,所以=,即(x-4,y-1,z-3)=(-2,-6,-2),
所以x=,y=-1,z=,即C.
答案:C
8.如图,已知PA⊥矩形ABCD所在的平面,M,N分别是AB,PC的中点.
(1)指出直线MN的一个以A为起点的方向向量;
(2)若∠PDA=45°,求证:为平面PCD的一个法向量.
(1)解:取PD的中点E,连接NE,AE(图略).
因为N是PC的中点,所以NE∥DC,NE=DC.
又因为DC∥AB,DC=AB,M为AB的中点,
所以AM∥DC,AM=DC,所以NE
AM,
所以四边形AMNE是平行四边形,所以MN∥AE.
所以为直线MN的一个以A为起点的方向向量.
(2)证明:在Rt△PAD中,∠PDA=45°,E为PD中点,
所以AP=AD,所以AE⊥PD.
又因为MN∥AE,所以MN⊥PD.
因为PA⊥平面ABCD,所以PA⊥CD.
因为CD⊥AD,PA∩AD=A,所以CD⊥平面PAD.
因为AE?平面PAD,所以CD⊥AE.
又因为MN∥AE,所以CD⊥MN.
因为CD∩PD=D,所以MN⊥平面PCD.
所以为平面PCD的一个法向量.
C级 挑战创新
9.多选题如图所示,在空间直角坐标系中,正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1,下列结论正确的是( )
A.平面ABB1A1的一个法向量为(0,1,0)
B.平面B1CD的一个法向量为(1,1,1)
C.平面B1CD1的一个法向量为(1,1,1)
D.平面ABC1D1的一个法向量为(0,1,1)
解析:由题意,知=(0,1,0).因为AB⊥AD,AA1⊥AD,AB∩AA1=A,所以AD⊥平面ABB1A1,故选项A正确.
由题意,知=(-1,0,0).因为(1,1,1)·=-1≠0,所以向量(1,1,1)不是平面B1CD的一个法向量,故选项B不正确.
由题意,知=(0,1,-1),
=(-1,0,1).因为(1,1,1)·=0,(1,1,1)·=0,B1C∩CD1=C,所以向量(1,1,1)是平面B1CD1的一个法向量,故选项C正确.
由题意,知=(0,1,1).因为·(0,1,1)=2≠0,所以向量(0,1,1)不是平面ABC1D1的一个法向量,故选项D不正确.
答案:AC
10.多空题如图,设O为?ABCD所在平面外任意一点,E为OC的中点,若=+x+y,则x=,y=-.
解析:因为=++=(-)+(-)+(-)=
-=-=-+(+)=-++=-++,
所以x=,y=-.(共28张PPT)
第一章 空间向量与立体几何
预习导学思维动
重点探究知发展
读
已知空间四边形的边和对角线长度,基底,求数量积和线
段长度
想_数量积公式和向量模的求解公式
(1)由A=a,AC=b,A=e,
得a|=|b|=c|=1,〈a,b>=
EF
BD
⊙AD
AB
所以EF·BA
c-=
算
i
a+
×1×1×cos600×1×1=-
2
4
(2)因为EG=EB+BC+CG=AB+(AC-AB)
2
(AD-AC=--a+b+=c
所以EG2
4Q2+÷b2+
b
4
2
2
ic+nb·c=2,所以B/≈y
规律方法利用空间向量基本定理解决几何问题的方法
(1)先构建空间向量的一个基底,然后利用空间向量的
基本定理表示相关向量
(2)利用平面向量的数量积、夹角、数乘等相关知认求解
空间向量
利用空间向量基本定理
基本定量解决几何问题的方法
数学运算
方法
知识
素养或思想
数学抽象
判断基底的方法
基底片用基底表示向量的
般步骤(共38张PPT)
第一章 空间向量与立体几何
预习导学思维动
重点探究知发展
判断向量共线
两空间向量共线
的方法
的充要条件
共线向量
证明空间三点
方向向量
共线的方法
知识
定义
直观想象素养或方法
思想
共面向量
两空间向量共面证明空间四点
的充要条件
共面的方法A级 基础巩固
1.如图,在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,AA1=2AB,则异面直线A1B与AD1所成角的余弦值为( )
A. B. C. D.
解析:以D为坐标原点,DA,DC,DD1所在直线分别为x轴、y轴、z轴,建立空间直角坐标系(图略).设AB=1,则B(1,1,0),A1(1,0,2),A(1,0,0),D1(0,0,2),所以=(0,1,-2),=(-1,0,2),
cos<,>===-,
所以异面直线A1B与AD1所成角的余弦值为.
答案:D
2.若平面α的一个法向量为n=(4,1,1),直线l的一个方向向量a=(-2,-3,3),则l与α所成角的余弦值为
( )
A.-
B.
C.-
D.
解析:设α与l所成的角为θ,则sin
θ=|cos|==
=,故直线l与α所成角的余弦值为=.
答案:D
3.如图,正方形ABCD所在平面外一点P,PA⊥平面ABCD,若PA=AB,则平面PAB与平面PCD的夹角为
( )
A.30°
B.45°
C.60°
D.90°
解析:如图所示,建立空间直角坐标系,设PA=AB=1,则A(0,0,0),D(0,1,0),P(0,0,1),所以=(0,1,0).
取PD中点为E,则E.
所以=.
易知是平面PAB的一个法向量,是平面PCD的一个法向量,所以cos
<,>==,
所以平面PAB与平面PCD的夹角为45°.
答案:B
4.如图所示,在四面体ABCD中,O是BD的中点,CA=CB=CD=
BD=2,AB=AD=.
(1)求证:AO⊥平面BCD;
(2)求异面直线AB与CD所成角的余弦值.
(1)证明:如图,连接OC.
由题意,知BO=DO,AB=AD,
所以AO⊥BD.
因为BO=DO,BC=CD,所以CO⊥BD.
在△AOC中,由已知可得AO=1,CO=,
因为CA=2,所以AO2+CO2=CA2,
所以∠AOC=90°,即AO⊥CO.
因为BD∩CO=O,所以AO⊥平面BCD.
(2)解:如图,以O为坐标原点建立空间直角坐标系,
则B(1,0,0),D(-1,0,0),C(0,
,0),A(0,0,1),
所以=(-1,0,1),=(-1,-,0),
所以cos<,>==.
所以异面直线AB与CD所成角的余弦值为.
5.如图,四棱锥P-ABCD的底面是正方形,PD⊥底面ABCD,点E在棱PB上.
(1)求证:平面AEC⊥平面PDB;
(2)当PD=AB,且E为PB的中点时,求直线AE与平面PDB所成角的大小.
(1)证明:如图,以D为坐标原点建立空间直角坐标系,
设AB=a,PD=h,则A(a,0,0),B(a,a,0),C(0,a,0),D(0,0,0),P(0,0,h).
所以=(-a,a,0),=(0,0,h),=(a,a,0),
所以·=0,·=0,
所以AC⊥DP,AC⊥DB.
因为DP∩DB=D,所以AC⊥平面PDB.
又因为AC?平面AEC,所以平面AEC⊥平面PDB.
(2)解:当PD=AB,且E为PB的中点时,P(0,0,a),E,O.
如图,连接OE,由(1)知AC⊥平面PDB于点O,
所以∠AEO为直线AE与平面PDB所成的角.
因为=,=,
所以cos∠AEO==,
所以∠AEO=45°,即直线AE与平面PDB所成角的大小为45°.
B级 拓展提高
6.如图,已知在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=BC=1,AA1=2,E是侧棱BB1的中点,则直线AE与平面A1ED1所成角的大小为 ( )
A.60°
B.90°
C.45°
D.以上都不对
解析:以D为原点,DA,DC,DD1所在直线分别为x轴、y轴、z轴,建立空间直角坐标系,如图所示.
由题意知,A1(1,0,2),E(1,1,1),D1(0,0,2),A(1,0,0),所以=(0,1,-1),=(1,1,-1),=(0,-1,-1).
设平面A1ED1的法向量为n=(x,y,z),
则得
令z=1,得y=1,x=0,
所以n=(0,1,1)是平面A1ED1的一个法向量.
因为cos===-1.
所以=180°.
所以直线AE与平面A1ED1所成的角为90°.
答案:B
7.如图,在空间直角坐标系Dxyz中,四棱柱ABCD-A1B1C1D1为长方体,AA1=AB=2AD,E为C1D1的中点,则平面A1B1B与平面A1BE夹角的余弦值为
( )
A.-
B.-
C.
D.
解析:设AD=1,则A1(1,0,2),B(1,2,0).
因为E为C1D1的中点,所以E(0,1,2),所以=(-1,1,0),=(0,2,-2).设m=(x,y,z)是平面A1BE的法向量,则所以所以取y=1,则x=1,z=1,所以平面A1BE的一个法向量为m=(1,1,1).由题意可知,DA⊥平面A1B1B,所以=(1,0,0)是平面A1B1B的一个法向量,所以cos===.所以平面A1B1B与平面A1BE的夹角的余弦值为,故选C.
答案:C
8.在空间直角坐标系中,若A(1,-2,0),B(2,1,),则向量与平面Oxz的法向量的夹角的正弦值为.
解析:设平面Oxz的法向量为n=(0,t,0)(t≠0).由题意知=(1,3,
),所以cos==.因为∈[0,π],所以sin==.
9.如图,已知点E,F分别在正方体ABCD-A1B1C1D1的棱BB1,CC1上,若B1E=2EB,CF=2FC1,则平面AEF与平面ABC的夹角的正切值等于.
解析:如图,建立空间直角坐标系,
设正方体的棱长为1,则A(1,0,0),E,F,
所以=,=.
由题意,知平面ABC的一个法向量为n1=(0,0,1).
设平面AEF的法向量为n2=(x,y,z),
则即
取z=3,则x=1,y=-1.
故n2=(1,-1,3)是平面AEF的一个法向量.
所以cos==.
所以平面AEF与平面ABC的夹角α满足cos
α=,sin
α=,所以tan
α=.
10.如图,已知矩形ABCD与ABEF全等,D-AB-E为直二面角,M为AB的中点,直线FM与BD所成的角为θ,若cos
θ=,则线段AB与BC的长度之比为∶2.
解析:设AB=a,BC=b,以A为坐标原点,AF,AB,AD所在直线分别为x轴、y轴、z轴,建立空间直角坐标系,如图所示,
则F(b,0,0),M,B(0,a,0),D(0,0,b).
所以=,=(0,-a,b),
所以||=,||=,
·=-.
因为|cos<,>|==,
整理,得4+5-26=0,
解得=2或=-(舍去),所以==.
11.如图,在五面体ABCDEF中,FA⊥平面ABCD,AD∥BC∥FE,
AB⊥AD,M为EC的中点,AF=AB=BC=FE=AD.
(1)求异面直线BF与DE所成角的大小;
(2)证明:平面AMD⊥平面CDE;
(3)求平面ACD与平面CDE的夹角的余弦值.
(1)解:如图所示,以A为坐标原点,AB,AD,AF所在直线分别为x轴、y轴、z轴,建立空间直角坐标系.
设AB=1,依题意得B(1,0,0),C(1,1,0),D(0,2,0),E(0,1,1),F(0,0,1),M,A(0,0,0).
则=(-1,0,1),=(0,-1,1),
所以cos<,>===.
所以异面直线BF与DE所成角的大小为60°.
(2)证明:易知=,=(-1,0,1),=(0,2,0),所以·=0,·=0.
所以CE⊥AM,CE⊥AD.
又因为AM∩AD=A,AM?平面AMD,AD?平面AMD,
所以CE⊥平面AMD.
又因为CE?平面CDE,所以平面AMD⊥平面CDE.
(3)解:设平面CDE的法向量为u=(x,y,z),
则即
令z=1,则x=1,y=1,所以u=(1,1,1)是平面CDE的一个法向量.
又由题意,知平面ACD的一个法向量为v=(0,0,1).
所以cos===.
所以平面ACD与平面CDE的夹角的余弦值为.
C级 挑战创新
12.多空题如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,CA=CB,AB=AA1,∠BAA1=60°.异面直线AB与A1C所成角的大小为;
若平面ABC⊥平面AA1B1B,AB=CB=2,则直线A1C
与平面BB1C1C所成角的正弦值为.
解析:如图,取AB中点O,连接CO,A1B,A1O.
因为AB=AA1,∠BAA1=60°,
所以△BAA1是正三角形,所以A1O⊥AB.
因为CA=CB,所以CO⊥AB.
因为CO∩A1O=O,
所以AB⊥平面COA1,所以AB⊥A1C.
所以异面直线AB与A1C所成角的度数为.
由上可知,OC⊥AB,OA1⊥AB,
因为平面ABC⊥平面AA1B1B,平面ABC∩平面AA1B1B=AB,所以OC⊥平面AA1B1B,所以OC⊥OA1,所以OA,OC,OA1两两相互垂直.
如图,以O为坐标原点,OA,OA1,OC所在直线分别为x轴、y轴、z轴,建立空间直角坐标系.由题设知A(1,0,0),A1(0,,0),C(0,0,),B(-1,0,0),则=(1,0,),==(-1,,0),=(0,-,).
设n=(x,y,z)是平面BB1C1C的法向量,
则即令x=,得y=1,z=-1.
所以平面BB1C1C的一个法向量是n=(,1,-1),
所以cos==-,
所以直线A1C与平面BB1C1C所成角的正弦值为.
13.开放性问题如图,在四棱锥P-ABCD中,PA⊥平面ABCD,
PA=AD=CD=2,BC=3,PC=2,E为PB的中点, .试证明四边形ABCD是直角梯形,并求直线AE与平面PCD所成角的正弦值.?
从下列两个条件中选一个,补充在上面问题中,并完成解答.
①CD⊥BC;②BC∥平面PAD.
解:选择条件①.
因为PA⊥平面ABCD,所以PA⊥AD,PA⊥CD.
因为PA=AD=CD=2,所以PD=2.
又因为PC=2,
所以CD2+PD2=PC2,得CD⊥PD.
因为PA∩PD=P,
所以CD⊥平面PAD,则CD⊥AD.
又因为CD⊥BC,所以AD∥BC.
所以四边形ABCD是直角梯形.
如图,过点A作AD的垂线,交BC于点M.
因为PA⊥平面ABCD,所以PA⊥AM,PA⊥AD.
如图,建立空间直角坐标系,则A(0,0,0),C(2,2,0),D(0,2,0),P(0,0,2),B(2,-1,0).
所以=(2,2,-2),=(0,2,-2).
因为E为PB的中点,所以E.
所以=.
设平面PCD的法向量为n=(x,y,z),则
令y=1,得n=(0,1,1).
设直线AE与平面PCD所成的角为α,
所以sin
α=|cos|==.
所以直线AE与平面PCD所成角的正弦值为.
选择条件②.
因为PA⊥平面ABCD,所以PA⊥AD,PA⊥CD.
因为PA=AD=CD=2,所以PD=2.
因为PC=2,所以CD2+PD2=PC2,得CD⊥PD.
因为PA∩PD=P,所以CD⊥平面PAD,则CD⊥AD.
因为BC∥平面PAD,BC?平面ABCD,平面PAD∩平面ABCD=AD,
所以BC∥AD,则四边形ABCD是直角梯形.
求直线AE与平面PCD所成角的正弦值同①.A级 基础巩固
1.设p:a,b,c是三个非零向量;q:{a,b,c}为空间的一个基底,则p是q的
( )
A.充分不必要条件
B.必要不充分条件
C.充要条件
D.既不充分也不必要条件
解析:当非零向量a,b,c不共面时,{a,b,c}可以是空间的一个基底,否则不是空间的一个基底.当{a,b,c}是空间的一个基底时,一定有a,b,c为非零向量.因此,p
?q,q?p.
答案:B
2.如图,在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中,E为BC延长线上一点,若=2,则=( )
A.++
B.+-
C.+-
D.+-
解析:如图,取BC的中点F,连接A1F,则A1D1
FE,所以四边形A1D1EF是平行四边形,
所以A1F
D1E,所以=.
又因为=++=-++,所以=+-.故选B.
答案:B
3.如图,在四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,底面ABCD是平行四边形,点E为BD的中点,若=x+y+z,则x+y+z=0.
解析:连接AE(图略),
由题意可得=+,
则=-=+-.
因为=x+y+z,
所以x=-1,y=z=,
所以x+y+z=0.
4.在空间四边形ABCD中,对角线AC,BD的中点分别为L,M,+++=4.
解析:如图,取CD的中点E,连接EL,EM,则+=.
又因为+=+=(+),
所以+=2,同理+=2.
所以+++=4.
5.如图,四棱锥P-OABC的底面为一矩形,PO⊥平面OABC,设=a,=b,=c,E,F分别是PC,PB的中点,试用{a,b,c}表示向量,,,.
解:如图,连接BO,则==(+)=(-a-b+c)=-a-b+c.
=+=+=+(+)=-a-b+c.
=+=++(+)=-a+c+(-c+b)=-a+b+c.
===a.
B级 拓展提高
6.若M,A,B,C四点互不重合,且任意三点不共线,则能使向量,,成为空间的一个基底的条件是
( )
A.=++
B.=+
C.=++
D.=2-
解析:对于选项A,由=x
+y
+z
(x+y+z=1),得M,A,B,C四点共面,知,,共面;同理可知选项C中,,不共面,可构成空间一个基底;对于选项B,D,易知,,共面.故选C.
答案:C
7.如图,在四面体OABC中,D是BC的中点,G是AD的中点,则=
( )
A.++
B.++
C.++
D.++
解析:连接OD(图略).在四面体OABC中,因为D是BC的中点,G是AD的中点,
所以=(+),=(+).
所以=++.
故选C.
答案:C
8.给出下列命题:
①若{a,b,c}可以作为空间的一个基底,d与c共线,d≠0,则{a,b,d}也可以作为空间的一个基底;
②若向量a∥b,则a,b与任意一个向量都不能构成空间的一个基底;
③A,B,M,N是空间四点,若,,不能构成空间的一个基底,则A,B,M,N四点共面;
④已知{a,b,c}是空间的一个基底,若m=a+c,则{a,b,m}也是空间的一个基底.
其中正确命题的个数是
( )
A.1 B.2
C.3
D.4
解析:根据基底的概念,知空间中任何三个不共面的向量都可作为空间的一个基底,显然命题②正确.命题③,由,,不能构成空间的一个基底,知,,共面.又因为,,过相同点B,知A,B,M,N四点共面,故命题③正确.假设d与a,b共面,则存在实数λ,μ,使得d=λa+μb.因为d与c共线,c≠0,所以存在实数k,使得d=kc.因为d≠0,所以k≠0,从而c=a+b,所以c与a,b共面,与条件矛盾,所以d与a,b不共面.故命题①正确.同理可证命题④也是正确的.故选D.
答案:D
9.若{a,b,c}是空间的一个基底,且存在实数x,y,z,使得xa+yb+zc=0,则x,y,z满足的条件是x=y=z=0.
解析:若x≠0,则a=-b-c,即a与b,c共面.由{a,b,c}是空间的一个基底,知a,b,c不共面,故x=0,同理y=z=0.
10.如图,在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中,M是线段A1D的中点,点N在线段C1D1上,且D1N=D1C1,∠A1AD=∠A1AB=60°,∠BAD=90°,
AB=AD=AA1=1.
(1)求满足=x+y+z的实数x,y,z的值.
(2)求AC1的长.
解:(1)因为=+=(+)+=++,
所以x=,y=,z=.
(2)因为=++,
所以||2==+++2·+
2·+2·=1+1+1+0+1+1=5,
所以||=,所以AC1=.
C级 挑战创新
11.多选题下列说法中正确的是
( )
A.任何三个不共线的向量都可构成空间向量的一个基底
B.空间的基底不唯一
C.两两垂直的三个非零向量可构成空间的一个基底
D.基底{a,b,c}中的基向量与基底{e,f,g}的基向量对应相等
解析:只有不共面的三个非零向量才能构成空间向量的基底,基底不唯一,因此选项A,D均不正确,选项B,C正确.
答案:BC
12.多空题已知空间的一个基底{a,b,c},m=a-b+c,n=xa+yb+c,若m与n共线,则x=1,y=-1.
解析:因为m与n共线,所以存在实数λ,使m=λn,即a-b+c=λxa+λyb+λc,所以
解得
13.多空题如图,在平行六面体OABC-O'A'B'C'中,=a,=b,
=c,设G,H分别是侧面BB'C'C和底面O'A'B'C'的中心,则向量=b+c-a,向量=c-b.(用a,b,c表示)
解析:
=+=-+=b+c-a.
=+=-+=-(+)+(+)=-(--)+(--)=-(-c-a)+(-b-a)=c-b.(共34张PPT)
第一章 空间向量与立体几何
预习导学思维动
重点探究知发展
读一已知直三棱柱及相关条件,证明面面垂直
想
转化为证明两个平面的法向量垂直
由题意得AB,BC,B1B两两垂直
B
m
算
如图,以B为坐标原点,BA,BC,BB1所在直线分
别为x轴、y轴、z轴,建立空间直角坐标系,则
A(2,0,0),A1(2,0,1),C(0,2,0),C1(0,2,1),
E|0,0
,所以AA1=(0,0,1),AC=(-2,2,0),
AC1=(-2,2,1),AE=-2
设平面AA1C1C的法向量为n1=(x1,y1,z1),
n1·AA1=0
z1=0,
则
n1·AC=0,
2x1+2y1=0
取x1=1,则y1=1,z1=0.
所以n1=(1,1,0)是平面AA1C1C的一个法向量
设平面AEC1的法向量为n2=(x2,y
29之2)°
n2.AC1=0
2x2+2y2+z2=0,
则
即
n2·AE=0,
2x2+-。z
22
取z2=4,则
y
所以n2=(1,-1,4)是平面AEC1的一个法向量
因为n1·n2=1×1+1×(-1)+0×4=0,
所以n1⊥n2,所以平面AEC1⊥平面AA1C1C.
规律方法
1利用空间向量证明面面垂直的方法
思
(1)利用两个平面垂直的判定定理将面面垂直问题转化为
线面垂直,进而转化为线线垂直问题
(2)直接求解两个平面的法向量,证明两个法向量垂直,
从而得到两个平面垂直
2向量法证明面面垂直的优越性
主要体现在不必考虑图形的位置关系,恰当建系或用基向
量表示后,只需经过向量运算就可得到要证明的结果,思
路方法很“公式化”
利用向量刻利用向量证明线
画线线垂直线垂直的方法
知识利用向量刻订利用向量证明线
画线面垂直面垂直的方法
方法
利用向量刻利用向量证明面(迎辑推理(数学运算
画面面垂直面垂直的方法
素养或思想(共40张PPT)
第一章 空间向量与立体几何
预习导学思维动
重点探究知发展
利用向量刻画凵利用向量证明线线
线线平行
平行的方法
知认利用向量刻画利用向量证明线面
线面平行
平行的方法
方法
利用向量刻画□利用向量证明面面
面面平行
平行的方法
逻辑推理数学运算
素养或思想(共41张PPT)
第一章 空间向量与立体几何
预习导学思维动
重点探究知发展
用空间向量求异面直线所
研究线线角成的角的方法
用空间向量求直线与平面所
知识研究线面角成的角的方法
方法
用空间向量求平面与平面
直观想象数学运算
研究面面角夹角的方法
素养或思想A级 基础巩固
1.在空间直角坐标系中,若点A的坐标是(1,-2,11),点B的坐标是(4,2,3),点C的坐标是(6,-1,4),则△ABC一定是
( )
A.等腰三角形 B.等边三角形
C.直角三角形
D.等腰直角三角形
解析:
因为=(3,4,-8),=(5,1,-7),=(2,-3,1),所以||2=32+42+(-8)2=89,=52+1+(-7)2=75,||2=22+(-3)2+1=14,所以+||2=||2,所以△ABC一定是直角三角形.
答案:C
2.在直三棱柱ABC-A1B1C1中,AB=AC=1,AA1=2,∠B1A1C1=90°,D为BB1的中点,则异面直线C1D与A1C所成角的余弦值为
( )
A.
B.
C.
D.
解析:如图,建立空间直角坐标系.
则点C1的坐标是(0,1,2),点D的坐标是(1,0,1),
点A1的坐标是(0,0,2),点C的坐标是(0,1,0).
所以=(1,-1,-1),=(0,1,-2),
所以cos<,>===.
故选C.
答案:C
3.在空间直角坐标系中,已知A(2,-5,1),B(2,-2,4),C(1,-4,1),则向量与的夹角等于60°.
解析:由题意,得=(0,3,3),=(-1,1,0),
所以cos<,>===,
故与的夹角为60°.
4.在空间直角坐标系中,已知A(1,2,3),B(2,-1,5),C(3,2,-5).
(1)求△ABC的面积;
(2)求△ABC中AB边上的高.
解:(1)由已知,得=(1,-3,2),=(2,0,-8),
所以||==,||==2,·=1×2+(-3)×0+2×(-8)=-14,
所以cos<,>==-,
所以sin<,>==.
所以S△ABC=||·||·sin<,>=××2×=3.
(2)设AB边上的高为CD,则CD==3,
即△ABC中AB边上的高为3.
B级 拓展提高
5.在空间直角坐标系中,已知A(1,0,0),B(0,-1,1),O(0,0,0),若+λ与的夹角为120°,则λ的值为
( )
A.±
B.
C.-
D.±
解析:因为=(1,0,0),=(0,-1,1),
所以+λ=(1,-λ,λ),
所以(+λ)·=λ+λ=2λ,
|+λ|==,||=,
所以cos
120°==-,所以λ2=.
又因为<0,所以λ=-.
答案:C
6.如图,在空间直角坐标系中,有一棱长为a的正方体ABCD-A1B1C1D1,A1C的中点E到AB的中点F的距离为
( )
A.a
B.a
C.a
D.a
解析:由题意,得F,A1(a,0,a),C(0,a,0),所以E,
则||==a.
答案:B
7.若a=(x,2,2),b=(2,-3,5)的夹角为钝角,则实数x的取值范围是(-∞,-2).
解析:由题意,得a,b的夹角不可能为180°,a·b=2x-2×3+2×5=2x+4.设a,b的夹角为θ,因为θ为钝角,所以cos
θ=<0.又因为|a|>0,|b|>0,所以a·b<0,即2x+4<0,所以x<-2,即实数x的取值范围是(-∞,-2).
8.在空间直角坐标系中,O为坐标原点,已知M1(2,5,-3),M2(3,-2,-5),若在线段M1M2上存在一点M满足=4,则向量的坐标为.
解析:设点M的坐标为(x,y,z),
则=(1,-7,-2),=(3-x,-2-y,-5-z).
因为=4,
所以解得
所以点M的坐标为,
所以=.
9.在正三棱柱ABC-A1B1C1中,所有的棱长都是2,M是BC边的中点,在棱CC1上是否存在点N,使得异面直线AB1和MN所夹的角等于45°?
并说明理由.
解:不存在.理由如下:以A为原点,建立如图所示的空间直角坐标系.由题意,知A(0,0,0),C(0,2,0),B(,1,0),B1(,1,2),M.
因为点N在CC1上,所以设点N(0,2,m)(0≤m≤2),
则=(,1,2),=,
所以||=2,||=,·=2m-1.
如果异面直线AB1和MN所夹的角等于45°,那么向量和的夹角等于45°或135°.
因为cos<,>==,
所以=±,解得m=-,这与0≤m≤2矛盾.
所以在CC1上不存在点N,使得异面直线AB1和MN所夹的角等于45°.
C级 挑战创新
10.多选题若向量a=(1,2,0),b=(-2,0,1),则
( )
A.cos=-
B.a⊥b
C.a∥b
D.|a|=|b|
解析:因为向量a=(1,2,0),b=(-2,0,1),
所以|a|=,|b|=,
a·b=1×(-2)+2×0+0×1=-2,
cos===-.
可得A,D两项正确,B,C两项显然不正确.
答案:AD
11.多空题已知向量a=(1,-3,2),b=(-2,1,1),点A(-3,-1,4),B(-2,-2,2),则|2a+b|=5;若在直线AB上存在一点E,使得⊥b
(O为原点),则点E的坐标为.
解析:由题意,得2a+b=(0,-5,5),
故|2a+b|==5.
由题意,设=+=+t=(-3,-1,4)+t(1,-1,-2)=(-3+t,-1-t,4-2t).
因为⊥b,所以·b=0,
所以-2(-3+t)+(-1-t)+(4-2t)=0,
解得t=,
所以=.
所以点E的坐标为.(共32张PPT)
第一章 空间向量与立体几何
预习导学思维动
重点探究知发展
正方体:故位,点Q位置知,QA
想-建立空间直角坐标系,求出点Q的坐标
以D为原点,DA,DC,DD1分别为x轴、y轴、z
轴的正方向建立空间直角坐标系,如图所示
算
E
B
设正方体
ABCD-A1B1C1D1的棱长为1,则D(0
0,0),A(1,0,0),E(0,0,
B(1,1,0),B1(1,1,
1),D1(0,0,1),
所以AE=-1,·2)BD=(-1,-1,0)
:由题意,可设点P的坐标为(a,a,1),
则B
B,P
,0),PD1=(-a,-a,
,0).
因为3B1P=PD1,所以3(a-1,a-1,0)=(-a
-a,0),所以3a-3=-a,解得a
3
4
所以点P的坐标为
44
由题意可设点Q的坐标为(b,b,0),
则PQ=(6-3,b-3
因为PQ⊥AE,所以PQ·AE=0,
所以b
b
0
0
4
4
所以-b
0,解得b
4
所以点Q的坐标为
,0
所以D=(1,1,0
因为BD=xD,所以(-1,-1,0)=4(1,,0),
所以
1,故λ=-4
规律方法:解决与空间向量平行、垂直有关的问题的思路
(1)当已知有关向量时,通常需要设出向量的坐标例如,
思_设向量a=(x,y,2
(2)在有关平行的问题中,通常需要引入参数例如,若a∥
b,则先引人参数λ,有a=Ab,再转化为方程(组)求解
(3选择向量的坐标形式,可以达到简化运算的目的
B
E
D
B
x
空间向量的坐标数学抽象数学运算
运算法则
思想
解决空间向量平行
知识平行与垂直的条件垂直问题的思路
方法
求空间中两向量夹
夹角公式、两点山角的方法
间距离公式
求线段长度的方法A级 基础巩固
1.在空间直角坐标系Oxyz中,点P(1,3,-5)关于Oxy平面对称的点的坐标是
( )
A.(-1,3,-5) B.(1,3,5)
C.(1,-3,5)
D.(-1,-3,5)
解析:点P(1,3,-5)关于Oxy平面对称的点的坐标为(1,3,5).
答案:B
2.在长方体ABCD-A1B1C1D1中,若向量a在单位正交基底{,,}下的坐标为(2,1,-3),则向量a在单位正交基底{,,}下的坐标为
( )
A.(2,1,-3)
B.(-1,2,-3)
C.(1,-8,9)
D.(-1,8,-9)
解析:因为a=2+-3=2--3=-+2-3,所以向量a在基底{,,}下的坐标为(-1,2,-3),故选B.
答案:B
3.如图,在空间直角坐标系中,BC=2,原点O是BC的中点,点D在Oyz平面内,若∠BDC=90°,∠DCB=30°,则点D的坐标为.
解析:如图,过点D作DE⊥BC,垂足为E.
在Rt△BDC中,∠BDC=90°,∠DCB=30°,BC=2,得BD=1,CD=,所以DE=CD·sin
30°=,OE=OB-BE=OB-BD·cos
60°=1-=,
所以点D的坐标为.
4.在长方体ABCD-A1B1C1D1中,若=3i,=2j,=5k,则向量在单位正交基底{i,j,k}下的坐标是(3,2,5).
解析:=++=++=3i+2j+5k,所以向量在基底{i,j,k}下的坐标是(3,2,5).
5.如图,PA⊥正方形ABCD所在的平面,M,N分别是AB,PC的中点,并且AB=AP=1,以{,,}为单位正交基底建立空间直角坐标系,求,的坐标.
解:设=e1,=e2,=e3,则==e2,所以的坐标为(0,1,0).
因为=++
=++
=++(++)
=-e2+e3+(-e3-e1+e2)
=-e1+e3,
所以的坐标为.
B级 拓展提高
6.已知向量和在单位正交基底{a,b,c}下的坐标分别为(3,4,5)和(0,2,1).若=,则向量在单位正交基底{a,b,c}下的坐标是
( )
A.
B.
C.
D.
解析: 因为=-=(2b+c)-(3a+4b+5c)=-3a-2b-4c,所以==-a-b-c,所以向量在单位正交基底{a,b,c}下的坐标是,故选A.
答案:A
7.一个向量p在基底{a,b,c}下的坐标为(1,2,3),则向量p在基底{a+b,a-b,c}下的坐标为.
解析:设p=x(a+b)+y(a-b)+zc=(x+y)a+(x-y)b+zc.
由题意,得解得故向量p在基底{a+b,a-b,c}下的坐标为.
8.在正四棱锥V-ABCD中,O为底面中心,若AB=2,VO=3,建立适当的空间直角坐标系,确定各顶点的坐标.
解:答案不唯一,如:以底面中心O为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系.
因为顶点V在z轴正半轴上,且VO=3,所以它的横坐标与纵坐标都是0,
所以点V的坐标是(0,0,3).
因为A,B,C,D四点都在Oxy平面上,所以它们的竖坐标都是零.
又因为AB=2,O为底面中心,
所以点A的坐标是(1,-1,0),点B的坐标是(1,1,0),点C的坐标是(-1,1,0),点D的坐标是(-1,-1,0).
9.已知在棱长为2的正四面体ABCD中,以△BCD的中心O为坐标原点,OA所在直线为z轴,OC所在直线为y轴建立如图所示的空间直角坐标系,x轴与BC交于点E,M为AB的中点,求的坐标.
解:由题意,易知OE=BD=,△BCD的中线长为×2=,则OC=.
所以OA===.
设i,j,k分别是x轴、y轴、z轴正方向上的单位向量,所以=(+)=(++)=(++)=[++(-
)]=-+=i-j+k,
所以的坐标是.
C级 挑战创新
10.多空题如图,在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中,以D为原点建立空间直角坐标系,O,M分别是AC,DD1的中点,写出下列向量的坐标:=(-2,0,1),=(1,1,2).
解析:设i,j,k分别是x轴、y轴、z轴正方向上的单位向量,
则=+=-+=-2i+0j+×2k=-2i+0j+k=(-2,0,1),
=+=+=++=×2i+×2j+2k=i+j+2k=(1,1,2).
11.多空题如图,在长方体ABCD-A1B1C1D1中建立空间直角坐标系.若AB=AD=2,BB1=1,则的坐标为(0,2,1),的坐标为(2,2,1).
解析:设i,j,k分别是x轴、y轴、z轴正方向上的单位向量,
则=+=0i+2j+k=(0,2,1),
=++=2i+2j+k=(2,2,1).
12.多空题在棱长为2的正四面体AOBC中,D是AB的中点,建立如图所示的空间直角坐标系,则点A的坐标是,的坐标是.
解析:设x轴、y轴、z轴上的单位向量分别为i,j,k,过点A作
AG⊥平面OBC于点G,连接BG,并延长交OC于点M,如图所示,则G为△OBC的重心,=j,==××2i=i.
在Rt△ABG中,BG=,
所以AG==.
所以=k,
所以=++=i+j+k,
即点A的坐标是.
因为=+=j+i,
所以=(+)
=
=i+j+k,
即的坐标是.A级 基础巩固
1.若平面α,β的一个法向量分别为a=,b=(-1,2,-6),则
( )
A.α∥β
B.α与β相交但不垂直
C.α⊥β
D.α∥β或α与β重合
解析:因为b=-2a,所以α∥β或α与β重合.
答案:D
2.已知直线l1,l2的方向向量分别为a,b,且a=(λ+1,0,2),b=(6,2μ-1,2λ),若l1∥l2,则λ与μ的值可以分别为
( )
A.2, B.-,
C.-3,2
D.2,2
解析:由题意可知,当λ=0时,不满足要求,故解得或
答案:A
3.如图,正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2,M,N分别为A1B,AC的中点,则MN与平面BB1C1C的位置关系是
( )
A.相交
B.平行
C.垂直
D.不能确定
解析:如图,建立空间直角坐标系,
则A(2,2,2),A1(2,2,0),C(0,0,2),B(2,0,2).
因为M,N分别为A1B,AC的中点,
所以M(2,1,1),N(1,1,2),所以=(-1,0,1).
易知平面BB1C1C的一个法向量为n=(0,1,0),
因为-1×0+0×1+1×0=0,即·n=0,
所以⊥n.
又因为MN?平面BB1C1C,所以MN∥平面BB1C1C.故选B.
答案:B
4.若平面α的一个法向量为u1=(-3,y,2),平面β的一个法向量为u2=(6,-2,z),且α∥β,则y+z=-3.
解析:因为α∥β,所以u1∥u2,所以==,所以y=1,z=-4.所以y+z=-3.
5.如图,在长方体OAEB-O1A1E1B1中,OA=3,OB=4,OO1=2,点P在棱AA1上,且AP=2PA1,点S在棱BB1上,且SB1=2BS,Q,R分别是棱O1B1,AE的中点.求证:PQ∥RS.
证明:如图,建立空间直角坐标系,则A(3,0,0),B(0,4,0),O1(0,0,2),A1(3,0,2),B1(0,4,2),E(3,4,0).
易求得P,Q(0,2,2),R(3,2,0),S,
所以=,=.
所以=,所以∥.
因为R?PQ,所以PQ∥RS.
6.如图,正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2,E,F分别是BB1,DD1的中点.求证:
(1)FC1∥平面ADE;
(2)平面ADE∥平面B1C1F.
证明:如图所示,建立空间直角坐标系,则有D(0,0,0),A(2,0,0),C1(0,2,2),E(2,2,1),F(0,0,1),B1(2,2,2),所以=(0,2,1),=(2,0,0),=(0,2,1).
(1)设平面ADE的法向量是n1=(x1,y1,z1),
则n1⊥,n1⊥,
即所以
取z1=2,则x1=0,y1=-1,所以n1=(0,-1,2)是平面ADE的一个法向量.
因为·n1=-2+2=0,所以⊥n1.
又因为FC1?平面ADE,所以FC1∥平面ADE.
(2)易知=(2,0,0).
设平面B1C1F的法向量是n2=(x2,y2,z2),
则n2⊥,n2⊥,
即所以
取z2=2,则x2=0,y2=-1,所以n2=(0,-1,2)是平面B1C1F的一个法向量.
因为n1=n2,所以平面ADE∥平面B1C1F.
B级 拓展提高
7.若a=是平面α的一个法向量,且b=(-1,2,1),
c=都与平面α平行,则a等于
( )
A.
B.
C.
D.
解析:由题意,知a·b=0,a·c=0,
即解得
所以a=.
答案:D
8.已知直线l∥平面ABC,且l的一个方向向量为a=(2,m,1),若A,B,C三点的坐标分别为(0,0,1),(1,0,0),(0,1,0),则实数m的值为-3.
解析:因为l∥平面ABC,所以存在实数x,y,使a=x+y.
由题意知=(1,0,-1),=(0,1,-1),
所以(2,m,1)=x(1,0,-1)+y(0,1,-1)=(x,y,-x-y),
所以解得
9.已知直线a,b的方向向量分别为m=(4,k,k-1)和n=,若a∥b,则k=-2.
解析:当k=0或k=-3时,易知a与b不平行;
当k≠0,且k≠-3时,由a∥b,得==,解得k=-2.
10.如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,O为底面ABCD的中心,P是DD1的中点.设Q是CC1上的点,则当点Q在什么位置时,平面D1BQ∥平面PAO?
解:如图,建立空间直角坐标系,设正方体的棱长为2,
则O(1,1,0),A(2,0,0),P(0,0,1),B(2,2,0),D1(0,0,2),所以=(1,-1,0),=(-1,-1,1),=(-2,-2,2).
设平面PAO的法向量为n1=(x,y,z),
则即
取x=1,则y=1,z=2.
所以平面PAO的一个法向量为n1=(1,1,2).
设Q(0,2,c),n2是平面D1BQ的一个法向量,则=(-2,0,c).
若平面D1BQ∥平面PAO,则n1∥n2,故n2=λn1.
又因为BQ?平面D1BQ,所以n2·=0,
所以n1·=0,即-2+2c=0,所以c=1,
这时n1·=-2-2+4=0.
所以当Q为CC1的中点时,平面D1BQ∥平面PAO.
11.已知在长方体ABCD-A1B1C1D1中,E,M分别是BC,AE的中点,AD=AA1=a,AB=2a.试问在线段CD1上是否存在一点N使MN∥平面ADD1A1?若存在,确定N的位置;若不存在,请说明理由.
解:如图,以D为坐标原点,建立空间直角坐标系,
则D(0,0,0),A(a,0,0),D1(0,0,a),C(0,2a,0),E,M,所以=(0,2a,0),=,=(0,-2a,a).
假设CD1上存在点N使MN∥平面ADD1A1,并设=λ=(0,-2aλ,aλ)(0<λ<1),
则=+=(0,2a,0)+(0,-2aλ,aλ)=,
=-=.
由题意知=(0,2a,0)是平面ADD1A1的一个法向量,
所以⊥,即2a(a-2aλ)=0,解得λ=.
因为MN?平面ADD1A1,
所以存在N为CD1的中点,使MN∥平面ADD1A1.
C级 挑战创新
12.多选题如图,在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中,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.下列结论正确的是
( )
A.A1M∥D1P
B.A1M∥B1Q
C.A1M∥平面DCC1D1
D.A1M∥平面QB1B
解析:因为=+=+,=+
=+=,
所以∥,从而A1M∥D1P,可得A,C两项正确.
因为B1Q与D1P不平行,所以B1Q与A1M不平行,所以B,D两项不正确.
答案:ACA级 基础巩固
1.已知e1,e2为单位向量,且e1⊥e2,a=2e1+3e2,b=ke1-4e2,若a⊥b,则实数k的值为
( )
A.-6 B.6
C.3
D.-3
解析:由题意,得a·b=0,e1·e2=0,|e1|=|e2|=1,
所以(2e1+3e2)·(ke1-4e2)=0,
所以2k-12=0,所以k=6.
答案:B
2.已知a,b是两异面直线,A,B∈a,C,D∈b,若AC⊥b,BD⊥b,且AB=2,CD=1,则直线a,b所成的角为
( )
A.30°
B.60°
C.90°
D.45°
解析:由题意,得⊥,⊥,即·=·=0.
因为=++,
所以·=(++)·==1.
因为cos<,>==,
所以<,>=60°,所以直线a,b所成的角为60°.
答案:B
3.如图,已知空间四边形每条边和对角线都等于a,E,F,G分别是AB,AD,DC的中点,则下列向量的数量积等于a2的是
( )
A.2·
B.2·
C.2·
D.2·
解析:2·=-a2,故A项不符合题意;
2·=-a2,故B项不符合题意;
2·=-a2,故D项不符合题意;
2·==a2,故只有C项符合题意.
答案:C
4.已知线段AB的长度为64,与直线l的方向向量a的夹角为120°,则在l上的投影向量的长度d为32.
解析:d===32.
5.如图,已知四棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面ABCD是矩形,AB=4,AA1=3,∠BAA1=60°,若E为棱C1D1的中点,则·=.
解析:=++,
·=·+·+=4×3×cos
60°+0+×42=14.
6.如图,已知线段AB⊥平面α,BC?α,CD⊥BC,DF⊥平面α,且
∠DCF=30°,D与A在α的同侧,若AB=BC=CD=2,试求A,D两点间的距离.
解:因为=++,所以||2=(++)2=||2+
||2+||2+2·+2·+2·=12+2(2×2×cos
90°+2×2×
cos
120°+2×2×cos
90°)=8,
所以||=2,即A,D两点间的距离为2.
B级 拓展提高
7.设平面上有四个互异的点A,B,C,D,若(+-2)·(-)=0,则△ABC是
( )
A.直角三角形
B.等腰三角形
C.等腰直角三角形
D.等边三角形
解析:因为+-2=(-)+(-)=+,所以(+-2)·(-)=(+)·(-)=-=0,
所以||=||,所以△ABC是等腰三角形.
答案:B
8.如图,已知正三棱柱ABC-A1B1C1的各条棱长都相等,若M是侧棱CC1的中点,则异面直线AB1和BM所成的角的大小是90°.
解析:设正三棱柱ABC-A1B1C1的棱长为2,则=-,=+,cos<,>===0,故异面直线AB1和BM所成的角是90°.
9.如图所示,在一个直二面角α-AB-β的棱上有A,B两点,AC,BD分别是这个二面角的两个面内垂直于AB的线段,若AB=4,AC=6,BD=8,则CD的长为2.
解析:由题意,得·=·=·=0.
因为=++=-+,
所以=(-+)2=++-2·+2·-
2·=16+36+64=116,所以||=2.
10.如图,在三棱柱ABC-A1B1C1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)=++
=++
=(c-a)+a+(b-a)=a+b+c.
(2)因为(a+b+c)2=a2+b2+c2+2a·b+2b·c+2a·c=1+1+1+0+
2×1×1×+2×1×1×=5,
所以|a+b+c|=,
所以||=|a+b+c|=,
即MN=.
11.如图,正四面体V-ABC的高VD的中点为O,M为VC的中点.
(1)求证:AO,BO,CO两两垂直;
(2)求<,>.
(1)证明:设=a,=b,=c,正四面体V-ABC的棱长为1,
则=(a+b+c),可得=(b+c-5a),=(a+c-5b),=(a+b-5c),
所以·=(b+c-5a)·(a+c-5b)=(18a·b-9|a|2)=(18×1×1×
cos
60°-9)=0,
所以⊥,即AO⊥BO.同理,AO⊥CO,BO⊥CO.
所以AO,BO,CO两两垂直.
(2)解:=+=-(a+b+c)+c=(-2a-2b+c),
所以||==.
又因为||==,
·=(-2a-2b+c)·(b+c-5a)=,
所以cos<,>==.
所以<,>=45°.
C级 挑战创新
12.多选题在正方体ABCD-A1B1C1D1中,下面给出的结论正确的是
( )
A.|++|2=3||2
B.·(-)=0
C.与的夹角为60°
D.此正方体体积为|··|
解析:A项,由题意知|++|=||=||,所以|++|2=3||2,正确;B项,由题意知·(-)=(++)·(-)=+·+·-·-·-=0,正确;
C项,由题意可求得AD1与A1B两异面直线的夹角为60°,但与的夹角为120°,错误;
D项,因为·=0,所以|··|=0,与实际不符,错误.
答案:AB
13.多空题如图,若四面体ABCD的每条棱长都等于2,E,F分别为棱AB,AD的中点,则|-|=,与所成的角为90°.
解析:因为=,
·=2×2×cos
60°=2,
所以|-|2=|-|2=
-·+=4-2+×4=3.
所以|-|=.
因为==(-),
所以·=·(-)=(·-·)=0.
所以<,>=90°.A级 基础巩固
1.已知平面α的一个法向量为n=(-2,-2,1),点A(-1,3,0)在平面α内,则平面α外一点P(-2,1,4)到α的距离为
( )
A.10 B.3
C.
D.
解析:由题意,知=(1,2,-4).因为平面α的一个法向量为n=(-2,-2,1),所以点P到α的距离为==.
答案:D
2.如图,这个立体图形是由正四棱锥P-ABCD和正方体ABCD-
A1B1C1D1组成的,其中AB=2,PA=,则点B1到平面PAD的距离为( )
A.6
B.
C.
D.
解析:如图,建立空间直角坐标系,设平面PAD的法向量是n=(x,y,z).由题意,知B1(2,0,0),A(0,0,2),D(0,2,2),P(1,1,4),所以=(0,2,0),=(1,1,2),
所以
所以取z=1,得x=-2,y=0.
所以n=(-2,0,1)是平面PAD的一个法向量.
因为=(-2,0,2),
所以点B1到平面PAD的距离d==.
答案:C
3.如图,在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中,平面AB1C与平面A1C1D的距离d是( )
A.
B.
C.
D.
解析:如图,以D为坐标原点,建立空间直角坐标系,连接BD1,BD,BD交AC于点E,
则B(1,1,0),D(0,0,0),D1(0,0,1),E.
因为DD1⊥AC,AC⊥BD,
所以AC⊥平面D1DB,所以BD1⊥AC.
同理可证BD1⊥AB1.
因为AC∩AB1=A,所以BD1⊥平面AB1C,即是平面AB1C的一个法向量.
因为平面AB1C∥平面A1C1D,
所以点D到平面AB1C的距离即为两平面之间的距离.
因为=,=(-1,-1,1),所以d===.
故选B.
答案:B
4.如图,在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AA1=AB=2,AD=1,F,G分别是AB,CC1的中点,则点D1到直线GF的距离为.
解析:如图,以D为坐标原点,DA,DC,DD1所在的直线为坐标轴,建立空间直角坐标系,则D1(0,0,2),F(1,1,0),G(0,2,1),所以=(1,-1,-1),=(0,-2,1),所以==,||=,所以点D1到直线GF的距离为
=.
5.如图,在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中,M,N分别是线段BB1,B1C1的中点,则直线MN到平面ACD1的距离为.
解析:如图,以D为坐标原点,DA,DC,DD1所在的直线分别为x轴、y轴、z轴,建立空间直角坐标系,则平面ACD1的一个法向量为(1,1,1),
由题意,知M,A(1,0,0),
所以=,
所以点M到平面ACD1的距离为d==.
易知MN∥AD1,又因为MN?平面ACD1,AD1?平面ACD1,
所以MN∥平面ACD1,
所以MN到平面ACD1的距离为.
6.如图,在四棱锥O-ABCD中,底面ABCD是边长为1的菱形,
∠ABC=,OA⊥底面ABCD,OA=2,M为OA的中点.
(1)求异面直线AB与MD夹角的大小;
(2)求点B到平面OCD的距离.
解:如图,作AP⊥CD于点P,以A为坐标原点,AB,AP,AO所在直线分别为x轴、y轴、z轴,建立空间直角坐标系,则A(0,0,0),B(1,0,0),P,D,O(0,0,2),M(0,0,1).
(1)设异面直线AB与MD的夹角为θ,因为=(1,0,0),=,
所以cos
θ==,所以θ=.
所以异面直线AB与MD夹角的大小为.
(2)因为=,=,
设平面OCD的法向量为n=(x,y,z),
则得
取z=,则x=0,y=4,
所以n=(0,4,)是平面OCD的一个法向量.
设点B到平面OCD的距离为d.
因为=(1,0,-2),
所以d==,
所以点B到平面OCD的距离为.
B级 拓展提高
7.在空间直角坐标系中,定义平面α的一般方程为Ax+By+Cz+
D=0(A,B,C,D∈R,且A,B,C不同时为零),点P(x0,y0,z0)到平面α的距离d=,则在底面边长与高都为2的正四棱锥中,底面中心O到侧面的距离等于
( )
A.
B.
C.2
D.5
解析:如图,作出正四棱锥P-A'B'C'D',以底面中心O为坐标原点,建立空间直角坐标系,
则O(0,0,0),A'(1,1,0),B'(-1,1,0),P(0,0,2).设平面PA'B'的方程为Ax+By+Cz+D=0,将点A',B',P'的坐标代入计算,可得A=0,B=-D,C=-D,所以平面PA'B'的方程为-Dy-Dz+D=0,即2y+z-2=0,所以点O到侧面的距离d==.
答案:B
8.如图,P是正方形ABCD所在平面外一点,且PD⊥AD,PD⊥DC,PD=3,AD=2,若M是AB的中点,则点M到平面PAC的距离d为.
解析:如图,建立空间直角坐标系,则A(2,0,0),C(0,2,0),P(0,0,3),M(2,1,0).
设n=(x,y,z)为平面PAC的法向量.因为=(2,0,-3),=(0,2,-3),
由得所以
取z=2,则x=y=3.
所以n=(3,3,2)为平面PAC的一个法向量.
因为=(0,-1,0),
所以d===,
所以点M到平面PAC的距离d为.
9.如图,在四面体ABCD中,O为BD的中点,AB=AD=2,CA=CB=
CD=BD=2,AO⊥平面BCD,则点D到平面ABC的距离为.
解析:如图,以O为坐标原点,建立空间直角坐标系,则A(0,0,),B(,0,0),C(0,,0),D(-,0,0),所以=(,0,-),
=(-,,0).
设平面ABC的法向量为n=(x,y,z),
则即令y=1,则x=,z=.所以n=(,1,)是平面ABC的一个法向量.又因为=(-,0,-),所以点D到平面ABC的距离d===.
10.如图,平面PAD⊥平面ABCD,四边形ABCD为正方形,∠PAD=90°,且PA=AD=2,E,F分别是线段PA,PD的中点.问:线段CD上是否存在一点Q,使得点A到平面EFQ的距离为?若存在,求出CQ的值;若不存在,请说明理由.
解:由题意,知PA,AD,AB两两垂直.如图,以A为坐标原点,建立空间直角坐标系,则A(0,0,0),E(0,0,1),F(0,1,1).
假设在线段CD上存在一点Q满足题设条件,令CQ=m(0≤m≤2),则DQ=2-m.
所以点Q的坐标为(2-m,2,0),
所以=(2-m,2,-1).
因为=(0,1,0),
设平面EFQ的法向量为n=(x,y,z),
则所以
令x=1,则y=0,z=2-m.
所以n=(1,0,2-m)是平面EFQ的一个法向量.
因为=(0,0,1),
所以点A到平面EFQ的距离d===,即(2-m)2=,所以m=或m=(舍去).故存在点Q,使得点A到平面EFQ的距离为,此时,CQ=.
C级 挑战创新
11.多空题如图,正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为a,则直线AB1与平面BDC1的距离为a,异面直线AB1与BC1的距离为a.
解析:如图,建立空间直角坐标系,
则D(0,0,0),A(a,0,0),B(a,a,0),B1(a,a,a),C1(0,a,a),
所以==(0,a,a),=(a,a,0).
所以AB1∥DC1,
所以AB1∥平面BDC1.
设平面BDC1的一个法向量为n=(x,y,1),
则即解得
所以n=(1,-1,1).
因为=(0,a,0),AB1∥平面BDC1,
所以直线AB1到平面BDC1的距离为=a.
因为=(-a,0,a),
所以n=(1,-1,1)是两异面直线AB1与BC1的公垂线的方向向量.
因为A∈AB1,B∈BC1,=(0,a,0),
所以两异面直线AB1与BC1的距离为=a.
12.多空题如图所示,多面体是由底面为ABCD的长方体被平行四边形AEC1F所截而得到的,其中AB=4,BC=2,CC1=3,BE=1.则BF的长为2,点C到平面AEC1F的距离为.
解析:如图,建立空间直角坐标系,则B(2,4,0),A(2,0,0),
C(0,4,0),E(2,4,1),C1(0,4,3).
设F(0,0,z).
由题意,知四边形AEC1F为平行四边形,
所以由=,得(-2,0,z)=(-2,0,2).
所以z=2,所以F(0,0,2).
所以=(-2,-4,2).
所以||=2,即BF的长为2.
设n1为平面AEC1F的一个法向量,显然n1不垂直于平面ADF.
因为=(0,4,1),=(-2,0,2),
所以可设n1=(x,y,1),
则由得所以
所以n1=.
因为=(0,0,3),设与n1的夹角为α,则
cos
α===.
所以点C到平面AEC1F的距离为d=||cos
α=3×=.
13.多空题如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,AB=AC=AA1=2,
∠BAC=90°,M为BB1的中点,N为BC的中点.则点M到直线AC1的距离为,点N到平面MA1C1的距离为.
解析:如图,建立空间直角坐标系,
则A(0,0,0),A1(0,0,2),M(2,0,1),C1(0,2,2),N(1,1,0),所以直线AC1的一个单位方向向量为s0=,=(2,0,1),故点M到直线AC1的距离为==.
因为=(0,2,0),=(2,0,-1),
设平面MA1C1的法向量为n=(x,y,z),则
即取x=1,得y=0,z=2,故n=(1,0,2)为平面MA1C1的一个法向量,与n同向的单位法向量为n0=.
因为=(-1,1,-1),
所以点N到平面MA1C1的距离d=|·n0|=.A级 基础巩固
1.在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中,向量,,是
( )
A.有相同起点的向量 B.等长向量
C.共面向量
D.不共面向量
解析:因为-=,且=,
所以-=,
即=+.
又因为与不共线,
所以,,三向量共面.
答案:C
2.在四面体OABC中,空间的一点M满足=++λ,若,,共面,则λ=( )
A.
B.
C.
D.
解析:由,,共面,知++λ=1,解得λ=.故选D.
答案:D
3.已知两非零向量e1,e2,且e1与e2不共线,若a=λe1+μe2(λ,μ∈R,且λ2+μ2≠0),则下列三个结论有可能正确的是①②③.(填序号)
①a与e1共线;②a与e2共线;③a与e1,e2共面.
解析:当λ=0时,a=μe2,故a与e2共线.同理当μ=0时,a与e1共线.由a=λe1+μe2(λ,μ∈R,且λ2+μ2≠0),知a与e1,e2共面.
4.如图所示,已知A,B,C三点不共线,P为一定点,O为平面ABC外任一点,下列能表示向量的为③.(填序号)
①+2+2; ②-3-2;
③+3-2; ④+2-3.
解析:因为A,B,C,P四点共面,所以可设=x+y,即=+x+y,由题图可知x=3,y=-2.
5.如图所示,四边形ABCD是空间四边形,E,H分别是边AB,AD的中点,F,G分别是边CB,CD上的点,且=,=.求证:四边形EFGH是梯形.
证明:因为E,H分别是边AB,AD的中点,
所以=,=,
所以=-=-=.
因为=-=-=(-)=,
所以=,
所以∥,||=||,
所以E,F,G,H四点共面.
又因为点F不在EH上,所以四边形EFGH是梯形.
B级
拓展提高
6.在正方体ABCD-A1B1C1D1中,P,M为空间任意两点,如果=+7+6-4,那么点M必
( )
A.在平面BAD1内
B.在平面BA1D内
C.在平面BA1D1内
D.在平面AB1C1内
解析:因为=+7+6-4=++6-4=+
+6-4=+6(-)-4(-)=11-6-4,所以M,B,A1,D1四点共面,故选C.
答案:C
7.在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中,若=x+2y+3z,则x+y+z=.
解析:如图所示,有=++=+-.
又因为=x+2y+3z,
所以解得
所以x+y+z=1+-=.
8.如图,在多面体ABCDEF中,四边形ABCD是正方形,EF∥AB,AB=2EF,H为BC的中点.求证:FH∥平面EDB.
证明:因为H为BC的中点,
所以=(+)=(++++)=(2+++).
因为EF∥AB,CD∥AB,且AB=CD,AB=2EF,
所以2+=0,
所以=(+)=+.
因为与不共线,
所以由共面向量定理知,,共面.
因为FH?平面EDB,
所以FH∥平面EDB.
9.如图所示,若P为?ABCD所在平面外一点,H为PC上的点,且=,点G在AH上,且=m,若G,B,P,D四点共面,求m的值.
解:因为=-,=,
所以=-.
因为=+,
所以=+-=-++.
因为=,所以=,
所以=(-++)=-++.
又因为=-,
所以=-++.
因为=m,
所以=m=-++,
因为=-+=-+,
所以=++.
又因为G,B,P,D四点共面,
所以1-=0,解得m=.
C级 挑战创新
10.多空题在长方体ABCD-A1B1C1D1中,E为矩形ABCD的对角线的交点,若=+x+y,则x=,y=.
解析:由题意知,=+++=+++=
+++(+)=+-+-=++=++,
所以x=,y=.(共36张PPT)
第一章 空间向量与立体几何
预习导学思维动
重点探究知发展
点的位置向量直观想象素养或思想
空间直线的
证明空间任意三点
知识向量表示
共线的方法
空间平面的
证明空间四点共面
方法
向量表示
的方法
平面的法向量
平面法向量的求法(共39张PPT)
第一章 空间向量与立体几何
预习导学思维动
重点探究知发展
读想
已知正方体及其棱长,求异面直线间的距离
求与异面直线都垂直的向量
如图,建立空间直角坐标系,则A(1,0,0),A1(1,0
1),B1(1,1,1),C1(0,1,1),
所以AB1=(0,1,1),A1C1=(-1,1,0)
算
B
B
设MN是直线A1C1与AB1的公垂线,且AN=
AAB1=(0,入,A),A1M=uA1C1=(-u,u,0)
则MN=MA1+A1A+AN=-(-,,0)+(0,0,
-1)+(0,A,入)=(u,入-u,入-1)
MN
所以
A1C1=0,(-2=0,
即
MN·AB1=0,
2-w-1=0,
解得
所以MN
33
3),MN/≤y3
,即异面直
线A1C1与AB1间的距离为
规律方法:异面直线/与m的距离的求法
方法一:可以找出其公垂线转化为求公垂线段的长度
_方法二:可以设与异面直线都垂直的向量为n,,m方
n·e1=0,
向向量分别为2,的,则由{n,2
0
可求出n,然后在
l,m上各取一个已知点A,B,则距离d=
AB
一般方法二比方法一要简便
点到直线点到直线的
的距离距离的求法
知识点到平面点到平面的
的距离距离的求法
方法
相互平行的直
线间的距离
直观想象数学运算
相互平行的平异面直线之间
素养或思想
面间的距离的距离的求法(共40张PPT)
第一章 空间向量与立体几何
预习导学思维动
重点探究知发展
读已知平行六面体中有关线段的长度和线段夹角,求AC的长
想la12=l·|ll
coS〈a
因为AC1=AB+AD+AA1,
所以AC1=(AB+AD+AA1)2=AB+AD
AA1+2(AB·AD+AB·AA1+AD·AA1)
又因为∠BAD=90°,∠BAA1=∠DAA1=60°,
算_所以AB,AD=90°,AB,A1)=OAD,A1>=60°
所以AC1=1+4+9+2×(1×3×cos60°+2×3×
coS60°)=23
因为|AC1|2=AC1
所以|AC1|2=23,所以|AC1|=√23,即AC1的长
为√23
规律方法:求线段的长度(两点间的距离)的方法
利用空间向量的数量积求线段的长度或空间两点间
距离的思路是转化为求向量的模,具体方法是:
(1)确定已知向量的模及其夹角
(2)选择以空间两点为起点和终点的向量(或线段所确
:定的向量),把此向量表示为已知向量的和、差等形式
(3)根据公式a=√a2=√a·a,计算出向量的模,
即可求出线段的长度(或两点间的距离)
空间向量用向量法求异面直
的夹角
线所成角的步骤
数学运算
求线段长度的方法川方法素养或
知识空间向量
思想
的数量积
用向量法证明线线
垂直关系的步骤
逻辑推理
空间向量数量
积的运算律A级 基础巩固
1.若直线l的方向向量为a=(1,0,2),平面α的法向量为u=(-2,0,-4),则
( )
A.l∥α B.l⊥α
C.l?α
D.l与α相交但不垂直
解析:因为u=-2a,所以a∥u,所以l⊥α.
答案:B
2.两平面α,β的一个法向量分别为u=(3,-1,z),v=(-2,-y,1),若α⊥β,则y+z的值是
( )
A.-3
B.6
C.-6
D.-12
解析:因为α⊥β,所以u·v=0,所以-6+y+z=0,即y+z=6.
答案:B
3.如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,若E为A1C1的中点,则直线CE垂直于
( )
A.AC
B.BD
C.A1D
D.A1A
解析:如图,建立空间直角坐标系.
设正方体的棱长为1,
则A(1,0,0),B(1,1,0),C(0,1,0),D(0,0,0),A1(1,0,1),E,
所以=,=(-1,1,0),=(-1,-1,0),=(-1,0,-1),=(0,0,-1).
因为·=(-1)×+(-1)×+0×1=0,所以CE⊥BD.
因为·≠0,·≠0,·≠0,所以CE与AC,A1D,A1A都不垂直.
答案:B
4.在空间直角坐标系中,已知点A,B,C的坐标分别为(0,1,0),(-1,0,1),(2,1,1),点P的坐标为(x,0,z),若⊥,
⊥,则点P的坐标为.
解析:由题意可知,=(-1,-1,1),
=(2,0,1),=(-x,1,-z).
由⊥,⊥,知·=0,·=0,即解得所以P.
5.如图,已知正方形ABCD和矩形ACEF所在的平面互相垂直,AB=,AF=1,M是线段EF的中点.求证:AM⊥平面BDF.
证明:如图,以C为坐标原点,建立空间直角坐标系,则A(,,0),B(0,,0),D(,0,0),F(,,1),M.
所以=,=(0,
,1),=(,-,0).
设n=(x,y,z)是平面BDF的法向量,
则n⊥,n⊥,
所以解得
取y=1,则x=1,z=-.
所以n=(1,1,-)是平面BDF的一个法向量.
因为=,
所以n=-
,所以n∥,
所以AM⊥平面BDF.
6.在正方体ABCD-A1B1C1D1中,E是棱BC的中点,试在棱CC1上求一点P,使得平面A1B1P⊥平面C1DE.
解:如图,以D为坐标原点,DA,DC,DD1所在直线分别为x轴、y轴、z轴,建立空间直角坐标系.
设正方体的棱长为1,则D(0,0,0),A1(1,0,1),B1(1,1,1),
E,C1(0,1,1).
所以=(0,1,0),=,=(0,1,1).
设P(0,1,a),则=(-1,1,a-1).
设平面A1B1P的法向量为n1=(x1,y1,z1),
则即
所以
取z1=1,则x1=a-1,y1=0.
所以n1=(a-1,0,1)是平面A1B1P的一个法向量.
设平面C1DE的法向量为n2=(x2,y2,z2),
则即
所以
取y2=1,则x2=-2,z2=-1.
所以n2=(-2,1,-1)是平面C1DE的一个法向量.
因为平面A1B1P⊥平面C1DE,
所以n1·n2=0,即-2(a-1)-1=0,解得a=.
所以当P为CC1的中点时,平面A1B1P⊥平面C1DE.
B级 拓展提高
7.已知=(1,5,-2),=(3,1,z),=(x-1,y,-3),若⊥,且BP⊥平面ABC,则实数x,y,z分别为
( )
A.,-,4
B.,-,4
C.,-2,4
D.4,,-15
解析:因为⊥,所以·=0,即3+5-2z=0,解得z=4,所以=(3,1,4).
因为BP⊥平面ABC,所以⊥,⊥,
所以解得
答案:B
8.在空间直角坐标系Oxyz中,已知点P(2cos
x+1,2cos
2x+2,0)和点Q(cos
x,-1,3),其中x∈[0,π],若直线OP与直线OQ垂直,则x的值为或.
解析:因为OP⊥OQ,所以·=0,即(2cos
x+1)×cos
x+
(2cos
2x+2)×(-1)+0×3=0.所以cos
x=0或cos
x=.
因为x∈[0,π],所以x=或x=.
9.如图,已知四边形ABCD是矩形,AB=1,BC=a,PA⊥平面ABCD,若在线段BC上只有一个点Q满足PQ⊥QD,则a的值等于2.
解析:如图,建立空间直角坐标系,则D(0,a,0).
设Q(1,x,0)(0≤x≤a),P(0,0,z),则=(1,x,-z),=(-1,a-x,0).
由PQ⊥QD,得-1+x(a-x)=0,即x2-ax+1=0.
由题意知关于x的方程x2-ax+1=0只有一解,
所以Δ=a2-4=0,解得a=2,这时x=1,x∈[0,2].
10.(浙江高考节选)如图所示,在三棱柱ABC-A1B1C1中,平面A1ACC1⊥平面ABC,∠ABC=90°,∠BAC=30°,A1A=A1C=AC,E,F分别是AC,A1B1的中点.求证:EF⊥BC.
证明:如图,连接A1E.因为A1A=A1C,E是AC的中点,所以A1E⊥AC.
因为平面A1ACC1⊥平面ABC,A1E?平面A1ACC1,
平面A1ACC1∩平面ABC=AC,所以A1E⊥平面ABC.
如图,以E为坐标原点,分别以过点E且垂直于AC的直线为x轴,射线EC,EA1为y轴、z轴的正半轴,建立空间直角坐标系.
设AC=4,则E(0,0,0),A1(0,0,2),B(,1,0),B1(,3,2),C(0,2,0).
所以F,=,=(-,1,0).
所以·=0,所以EF⊥BC.
11.如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为直角梯形,且AD∥BC,∠ABC=∠PAD=90°,侧面PAD⊥底面ABCD.若PA=AB=BC=AD.
(1)求证:CD⊥平面PAC.
(2)侧棱PA上是否存在点E,使得BE∥平面PCD?若存在,求出点E的位置,若不存在,请说明理由.
(1)证明:因为∠PAD=90°,所以PA⊥AD.
因为侧面PAD⊥底面ABCD,且侧面PAD∩底面ABCD=AD,所以PA⊥底面ABCD.
又因为∠BAD=90°,所以AB,AD,AP两两垂直.
如图,以A为坐标原点,AB,AD,AP所在直线分别为x轴、y轴、z轴,建立空间直角坐标系.
设AD=2,则A(0,0,0),B(1,0,0),C(1,1,0),D(0,2,0),P(0,0,1).
所以=(0,0,1),=(1,1,0),=(-1,1,0),
所以·=0,·=0,
所以AP⊥CD,AC⊥CD.
又因为AP∩AC=A,所以CD⊥平面PAC.
(2)解:侧棱PA上存在点E,使得BE∥平面PCD.
由(1)设E(0,0,t),则=(-1,0,t).
易知=(-1,1,0),=(0,2,-1).
设平面PCD的法向量是n=(x,y,z),
则即
取x=1,则y=1,z=2.
所以平面PCD的一个法向量为n=(1,1,2).
所以n·=1×(-1)+1×0+2×t=0,解得t=.
所以当E为PA的中点时,BE∥平面PCD.
C级 挑战创新
12.多选题如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,E,F两点分别在A1D,AC上,且A1E=A1D,AF=AC,则
( )
A.EF至多与A1D,AC中的一个垂直
B.EF⊥A1D,EF⊥AC
C.EF与BD1平行
D.EF与BD1异面
解析:如图,以D为坐标原点,DA,DC,DD1所在直线分别为x轴、y轴、z轴,建立空间直角坐标系.
设正方体的棱长为1,则A1(1,0,1),D(0,0,0),A(1,0,0),C(0,1,0),E,F,B(1,1,0),D1(0,0,1),
所以=(-1,0,-1),=(-1,1,0),=,=(-1,-1,1),
所以=-,·=0,·=0,
所以EF∥BD1,EF⊥A1D,EF⊥AC.
答案:BC
13.多空题如图①,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,底面是以∠ABC为直角的等腰三角形,AC=2a,BB1=3a,D是A1C1的中点,点E在棱AA1上,要使CE⊥平面B1DE,建立空间直角坐标系(如图②),则=,AE=a或2a.
①
②
解析:由题意知B1(0,0,3a),C(0,a,0),D.
设E(a,0,z)(0≤z≤3a),则=(a,-a,z),=(a,0,z-3a),=.
由题意知·=a2-a2+0=0,·=2a2+0+z(z-3a)=0.
由2a2+z2-3az=0,解得z=a或z=2a.
故AE=a或2a.A级 基础巩固
1.下列命题中为真命题的是
( )
A.向量与的长度相等
B.若将空间中所有的单位向量移到同一个起点,则它们的终点构成一个圆
C.空间向量就是空间中的一条有向线段
D.不相等的两个空间向量的模必不相等
解析:对于选项B,它们的终点构成一个球面;对于选项C,零向量不能用有向线段表示;对于选项D,向量a与向量b不相等,它们的模未必不相等,故选A.
答案:A
2.在正方体ABCD-A1B1C1D1中,下列选项中化简后为零向量的是( )
A.++ B.-+
C.++
D.+-
解析:在选项C中,++=(+)+=+=0.
答案:C
3.在空间四边形ABCD中,M,G分别是BC,CD的中点,则-+=
( )
A.2
B.3
C.3
D.2
解析:-+=+=+2=3.
答案:B
4.在直三棱柱ABC-A1B1C1中,若=a,=b,=c,则=-c-a+b.
解析:=-=-=--(-)=-c-(a-b)=-c-a+b.
5.如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,M,N分别为AB,B1C的中点,用,,表示,则=++.
解析:=++
=++(+)
=++(-+)
=++.
6.在正方体ABCD-A1B1C1D1中,化简下列向量表达式,并在图中标出化简结果的向量.
(1)+-;
(2)--.
解:(1)+-=++=+=
(如图).
(2)--=+(+)=+(+)=+=
(如图).
B级 能力提升
7.设M是△ABC的重心,记=a,=b,=c,则=
( )
A.
B.
C.
D.
解析:设D是BC边的中点(图略).
因为M是△ABC的重心,
所以=.
又因为=(+)=(c-b),
所以=(c-b).
答案:D
8.在三棱柱ABC-A1B1C1中,若=a,=b,=c,E是A1B的中点,则=(a+b+c).(用a,b,c表示)
解析:=(+)=(++)=(a+b+c).
9.如图所示,在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中,设=a,=b,
=c,M,N,P分别是AA1,BC,C1D1的中点,试用a,b,c表示以下各向量:
(1); (2); (3).
解:(1)因为P是C1D1的中点,
所以=++=a++=a+c+=a+c+b.
(2)因为N是BC的中点,
所以=++=-a+b+=-a+b+=-a+b+c.
(3)因为M是AA1的中点,
所以=+=+=-a+=a+b+c.
C级 挑战创新
10.多选题设正方体ABCD-A1B1C1D1的两条体对角线AC1,A1C的交点为O,则下列结论中正确的有
( )
A.+与+是一对相等向量
B.-与-是一对相反向量
C.+++与+++是一对相反向量
D.-与-是一对相反向量
解析:因为O为AC1与A1C的交点,
所以BD1,B1D交于点O,
所以=-,=-,
故+=-(+).
同理可得+=-(+).
故+++=-(+++),
所以A项错误,C项正确.
因为-=,-=,
所以-与-是两个相等的向量,所以B项错误;
因为-=,-==-,
所以-=-(-),所以D项正确.
答案:CD
11.多空题如图,在空间四边形ABCD中,连接AC,BD,E,F,G分别是BC,CD,DB的中点,
则+-=,--=.
解析:+-=++=+=.
由题意,得=,=,故--=++=++=+=.