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第1课时 空间向量与立体几何
复习课
2022
内容索引
01
02
03
知识梳理 构建体系
专题归纳 核心突破
高考体验
知识梳理 构建体系
【知识网络】
【要点梳理】
1.空间向量共线的充要条件与空间向量共面的充要条件的内容是什么
提示:空间向量共线的充要条件:对任意两个空间向量a,b(b≠0),a∥b的充要条件是存在实数λ,使a=λb.
空间向量共面的充要条件:如果两个向量a,b不共线,那么向量p与向量a,b共面的充要条件是存在唯一的有序实数对(x,y),使p=xa+yb.
2.空间向量基本定理与空间向量的坐标表示的内容是什么
提示:空间向量基本定理:如果三个向量a,b,c不共面,那么对任意一个空间向量p,存在唯一的有序实数组(x,y,z),使得p=xa+yb+zc.
空间向量的坐标表示:在空间直角坐标系Oxyz中,给定向量a和单位正交基底{i,j,k},那么存在唯一的有序实数组(x,y,z),使a=xi+yj+zk,有序实数组(x,y,z)叫做a在空间直角坐标系Oxyz中的坐标,简记作a=(x,y,z).
3.空间向量的线性运算与数量积运算的几何表示与坐标表示是什么 请完成下表:
4.用空间向量解决立体几何中的位置关系问题主要体现在哪些方面 请完成下表:
5.空间向量在立体几何的距离问题、夹角问题中的应用有哪些
(3)线面距离与面面距离:转化为点到平面的距离.
夹角问题中的应用:
【思考辨析】
判断下列说法是否正确,正确的在后面的括号内画“√”,错误的画“×”.
(1)零向量是长度为0,没有方向的向量.( × )
(2)有向线段可用来表示空间向量,有向线段长度越长,其所表示的向量的模就越大.( √ )
(3)不论λ取什么实数,λa与a一定共线.( √ )
(4)若a·b=0,则a,b中至少有一个为0.( × )
(6)对于三个不共面向量a1,a2,a3,不存在实数组(λ1,λ2,λ3),使λ1a1+λ2a2+λ3a3=0.( × )
(8)空间存在两个共线向量a=(a1,a2,a3),b=(b1,b2,b3),满足a1b1+a2b2+a3b3=0.( √ )
(9)若a,b为空间向量,则(a+b)·(a-b)=a2-b2.( √ )
(10)平面的法向量与该平面内的所有向量都是垂直的.( √ )
(11)若平面α,β的法向量分别为u1=(1,0,1),u2=(0,2,0),则平面α,β互相垂直. ( √ )
(12)若向量n与直线l的方向向量垂直,A∈l,P l,则点P到直线l的距离可以看成是 在n上的投影向量的长度.( √ )
(13)设直线l与平面α所成的角为θ,直线l的方向向量为u,平面α的法向量为n,则cos θ=|cos|. ( × )
专题归纳 核心突破
专题一
空间向量的线性运算
反思感悟 在几何体中,根据图形的特点,选择公共起点最集中的向量中的三个不共面的向量作为基底,或选择有公共起点且关系最明确(如夹角或线段长度)的三个不共面的向量作为基底,这样更利于解题.
专题二
利用空间向量解决平行与垂直问题
【例2】 在四棱锥P-ABCD中,AB⊥AD,CD⊥AD,PA⊥底面ABCD, PA=AD=CD=2AB=2,M为PC的中点.
(1)求证:BM∥平面PAD;
(2)平面PAD内是否存在一点N,使MN⊥平面PBD 若存在,确定N的位置;若不存在,说明理由.
解:以A为原点,AB,AD,AP所在直线分别为x轴、y轴、z轴,建立如图所示的空间直角坐标系,
则B(1,0,0),D(0,2,0),P(0,0,2),C(2,2,0),M(1,1,1).
又BM 平面PAD,∴BM∥平面PAD.
反思感悟 1.判断直线与平面的位置关系,有两种思路,一是利用判定定理判断;二是转化为直线的方向向量与平面的法向量的关系.
2.处理探究性问题的步骤:先假设存在,设出点的坐标,将条件转化为向量的运算,通过计算求变量的值,若能解出符合条件的变量的值,就存在;若解不出变量的值,就不存在.
【变式训练1】 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.
证明:以A为原点,AB,AD,AP所在直线分别为x轴、y轴、z轴,建立如图所示的空间直角坐标系Axyz.
设PA=AD=a,AB=b,则P(0,0,a),A(0,0,0),D(0,a,0),C(b,a,0),B(b,0,0).
∵M,N分别为AB,PC的中点,
∴可取n2=(0,1,1).
∵n1·n2=0,∴n1⊥n2.∴平面PMC⊥平面PDC.
专题三
利用空间向量解决距离问题
(1)求点A到平面PCF的距离;
(2)求直线AD到平面PBC的距离.
分析:(1)计算点到平面的距离;
(2)先证明AD∥平面PBC,再转化为点到平面的距离.
解:(1)由题意知AP,AB,AD两两垂直,故建立如图所示的空间直角坐标系Axyz,
则A(0,0,0),B(a,0,0),C(a,a,0),D(0,3a,0),P(0,0,a).
设F(0,m,0)(0≤m≤3a),
设平面PCF的法向量为n=(x,y,z),
取x1=1,则n1=(1,0,1).因此n1=(1,0,1)是平面PBC的一个法向量.
∵AD∥BC,AD 平面PBC,BC 平面PBC,∴AD∥平面PBC.
∴直线AD到平面PBC的距离即为点A到平面PBC的距离.
反思感悟 1.求点到平面的距离,常利用向量法,转化为平面外一点与平面内一点构成的向量在平面的法向量方向上的投影向量的长度.
2.求直线到平面的距离,往往转化为点到平面的距离求解,且这个点要适当选取,易于求解.
【变式训练2】 如图,在长方体ABCD-A'B'C'D'中,AB=2,BC=3,AA'=4,则点B到直线A'C的距离为 .
解析:∵AB=2,BC=3,AA'=4,
专题四
利用空间向量解决夹角问题
【例4】 如图所示,在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=5,AD=8,AA1=4,M为B1C1上一点,且B1M=2,点N在线段A1D上,A1D⊥AN.求:
(2)直线AD与平面ANM所成角的正弦值;
(3)平面ANM与平面ABCD夹角的余弦值.
分析:建系→写相关点的坐标→求法向量及方向向量→求向量的夹角
解:建立如图所示的空间直角坐标系Axyz,
则A(0,0,0),D(0,8,0),M(5,2,4),A1(0,0,4).
(2)由(1)知A1D⊥AM,∵A1D⊥AN,且AM∩AN=A,
∴A1D⊥平面ANM.
反思感悟 解决立体几何中的夹角问题的思路:
思路一:利用定义,在图形中找出所求的角,解三角形求出所求角;
思路二:利用向量法,转化为向量与向量之间的夹角.注意线线角、线面角、面面角与对应向量满足的关系.
【变式训练3】 如图,在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中,E,F分别为A1D1,CC1的中点.
(1)求证:EF∥平面ACD1;
(2)求异面直线EF与AB所成角的余弦值;
(3)在棱BB1上是否存在一点P,使得平面ACP与平面ABC的夹角为30° 若存在,求出BP的长;若不存在,请说明理由.
解:分别以DA,DC,DD1所在直线为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz,
则D(0,0,0),A(2,0,0),B(2,2,0),C(0,2,0),B1(2,2,2),D1(0,0,2),E(1,0,2),F(0,2,1).
∴EF∥CG.
又CG 平面ACD1,EF 平面ACD1,
∴EF∥平面ACD1.
(3)满足条件的点P存在.设点P(2,2,t)(0高考体验
考点一
利用空间向量研究夹角问题
1.(2018·全国Ⅱ高考)在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=BC=1,AA1= ,则异面直线AD1与DB1所成角的余弦值为( )
答案:C
解析:以DA,DC,DD1为轴建立空间直角坐标系如图,
考点二
立体几何中的距离问题
2.(2019·全国Ⅰ高考)已知∠ACB=90°,P为平面ABC外一点,PC=2,点P到∠ACB两边AC,BC的距离均为 ,那么P到平面ABC的距离为 .
解析:作PD,PE分别垂直于AC,BC,PO⊥平面ABC.
连接CO,OD,知CD⊥PD,CD⊥PO,PD∩PO=P,
∴CD⊥平面PDO,OD 平面PDO,
∴CD⊥OD.
考点三
利用空间向量解决立体几何综合问题
3.(2019·全国Ⅰ高考)如图,直四棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面是菱形,AA1=4, AB=2,∠BAD=60°,E,M,N分别是BC,BB1,A1D的中点.
(1)证明:MN∥平面C1DE;
(2)求二面角A-MA1-N的正弦值.
解:(1)连接B1C,ME.
因为M,E分别为BB1,BC的中点,
因此四边形MNDE为平行四边形,MN∥ED.
又MN 平面EDC1,所以MN∥平面C1DE.
(2)由已知可得DE⊥DA.
设n=(p,q,r)为平面A1MN的法向量,
4.(2019·全国Ⅱ高考)如图,长方体ABCD-A1B1C1D1的底面ABCD是正方形,点E在棱AA1上,BE⊥EC1.
(1)证明:BE⊥平面EB1C1;
(2)若AE=A1E,求二面角B-EC-C1的正弦值.
(1)证明:由已知得,B1C1⊥平面ABB1A1,BE 平面ABB1A1,
故B1C1⊥BE.又BE⊥EC1,所以BE⊥平面EB1C1.
(2)解:由(1)知∠BEB1=90°.
由题设知Rt△ABE≌Rt△A1B1E,所以∠AEB=45°,
故AE=AB,AA1=2AB.
5.(2019·天津高考)如图,AE⊥平面ABCD,CF∥AE,AD∥BC,AD⊥AB, AB=AD=1,AE=BC=2.
(1)求证:BF∥平面ADE;
(2)求直线 与平面BDE所成角的正弦值;
(3)若二面角E-BD-F的余弦值为 ,求线段CF的长.
y轴、z轴正方向的空间直角坐标系(如图),可得A(0,0,0),B(1,0,0),C(1,2,0),D(0,1,0),E(0,0,2).设CF=h(h>0),则F(1,2,h).
(1)求证:CD⊥平面PAD;
(2)求二面角F-AE-P的余弦值;
(1)证明:因为PA⊥平面ABCD,所以PA⊥CD.
又因为AD⊥CD,所以CD⊥平面PAD.
(2)解:过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A-xyz,
则A(0,0,0),B(2,-1,0),C(2,2,0),D(0,2,0),P(0,0,2).
因为E为PD的中点,所以E(0,1,1).
本 课 结 束复习课
第1课时 空间向量与立体几何
课后训练巩固提升
1.已知A(2,-4,-1),B(-1,5,1),C(3,-4,1),D(0,0,0),令a=,b=,则a+b为( )
A.(5,-9,2) B.(-5,9,-2)
C.(5,9,-2) D.(5,-9,-2)
解析:a==(-1,0,-2),b==(-4,9,0),
则a+b=(-5,9,-2).
答案:B
2.在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中,若=a+2b+3c,则abc的值等于( )
A. B.
C. D.-
解析:∵=a+2b+3c,∴a=1,b=,c=-.∴abc=-.
答案:D
3.若向量a=(x,4,5),b=(1,-2,2),且a与b夹角的余弦值为,则x=( )
A.3 B.-3
C.-11 D.3或-11
解析:因为a·b=(x,4,5)·(1,-2,2)=x-8+10=x+2,且a与b夹角的余弦值为,
所以,
解得x=3或-11(舍去).
故选A.
答案:A
4.如图,在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=BC=2,AA1=1,则BC1与平面BB1D1D所成角的正弦值为( )
A. B.
C. D.
解析:以D为原点,DA,DC,DD1所在直线为x轴、y轴、z轴,建立空间直角坐标系(图略),则A(2,0,0),B(2,2,0),C(0,2,0),C1(0,2,1).
∵=(-2,0,1),=(-2,2,0),且为平面BB1D1D的一个法向量.
∴cos<>=.
设BC1与平面BB1D1D所成的角为θ,
则sin θ=|cos<>|=.
∴BC1与平面BB1D1D所成角的正弦值为.
答案:D
5.(多选题)在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中,下列结论正确的是( )
A.=-
B.=0
C.=0
D.=0
解析:由正方体的性质可知,=-=-,故选项A,B,C均正确.
建立如图所示的空间直角坐标系Axyz,则A(0,0,0),C1(1,1,1),A1(0,0,1),C(1,1,0),
所以=(1,1,1),=(1,1,-1),所以=1.故D错.
答案:ABC
6.若a=(2x,1,3),b=(1,-2y,9),且向量a与b共线,则x= ,y= .
解析:由题意得y≠0,,解得x=,y=-.
答案: -
7.在空间直角坐标系Oxyz中,已知A(1,-2,3),B(2,1,-1),若直线AB交平面xOz于点C,则点C的坐标为 .
解析:=(1,3,-4).设点C的坐标为(x,0,z),则=(x-1,2,z-3).因为共线,所以,解得x=,z=.所以点C的坐标为.
答案:
8.已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1,E,F分别为BB1,CD的中点,则点F到平面A1D1E的距离为 .
解析:分别以AB,AD,AA1所在直线为x轴、y轴、z轴,建立如图所示的空间直角坐标系,
则A1(0,0,1),E,D(0,1,0),F,D1(0,1,1),
所以=(0,1,0).
设平面A1D1E的法向量为n=(x,y,z),
则所以
取n=(1,0,2).
连接A1F,则,所以点F到平面A1D1E的距离d=.
答案:
9.如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,∠ABC=,D是棱AC的中点,且AB=BC=BB1=2.
(1)求证:AB1∥平面BC1D;
(2)求异面直线AB1与BC1所成的角.
(1)证明:如图,连接B1C交BC1于点O,连接OD.
∵O为B1C的中点,D为AC的中点,∴OD∥AB1.
∵AB1 平面BC1D,OD 平面BC1D,
∴AB1∥平面BC1D.
(2)解 建立如图所示的空间直角坐标系Bxyz,
则B(0,0,0),A(0,2,0),C1(2,0,2),B1(0,0,2).
∵=(0,-2,2),=(2,0,2),
∴cos<>=.
设异面直线AB1与BC1所成的角为θ,
则cos θ=|cos<>|=.
∵θ∈,∴θ=.
即异面直线AB1与BC1所成的角为.
10.在直四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,底面为直角梯形,AB∥CD且∠ADC=90°, AD=1,CD=,BC=2,AA1=2,E是CC1的中点.
(1)求直线A1B1到平面ABE的距离;
(2)求平面ABE与平面BEC的夹角的余弦值.
解:(1)由题意知AD,DC,DD1两两垂直,故可建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz.
由已知条件可得A(1,0,0),C(0,,0),B(1,2,0),E(0,,1),A1(1,0,2),
(1)=(0,2,0),=(-1,,1).
设n=(x,y,z)是平面ABE的法向量,
则所以
取x=1,则z=1.
所以,n=(1,0,1)是平面ABE的一个法向量.
又因为=(0,0,2),所以点A1到平面ABE的距离为.
因为易证A1B1∥平面ABE,所以直线A1B1到平面ABE的距离即为点A1到平面ABE的距离.所以直线A1B1到平面ABE的距离为.
(2)=(-1,-,0),=(0,0,1),
设平面BEC的法向量为m=(x0,y0,z0),则m·=0,m·=0.
所以所以
取m=(,-1,0).
所以cos=.
设平面ABE与平面BEC的夹角为θ,
则cos θ=|cos|=.
所以平面ABE与平面BEC的夹角的余弦值为.
