(共42张PPT)
第一章 空间向量与立体几何
+X
wuH
IV
1=0310
0:哪-D,90
Ta
g
+X)
1=10813
0-D900=m7
S03
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(共40张PPT)
第一章 空间向量与立体几何
+X
wuH
IV
1=0310
0:哪-D,90
Ta
g
+X)
1=10813
0-D900=m7
S03
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.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|=.