(共25张PPT)
第一章
1.2.3 直线与平面的夹角
A 级 必备知识基础练
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1.[探究点二]设直线l与平面α相交,且l的方向向量为a,α的法向量为n,若
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2.[探究点二]直线l的方向向量s=(1,1,2),平面α的法向量n=(1,-3,0),则直线l与平面α的夹角的余弦值为( )
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3.[探究点二] 在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中,E为CC1的中点,则直线A1B与平面BDE的夹角为( )
B
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∴直线A1B与平面BDE的夹角为60°.
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4.[探究点二·2023河北高二期中]正三棱锥P-ABC的侧面都是直角三角形,E,F分别是AB,BC的中点,则PB与平面PEF的夹角的正弦值为( )
C
解析 以点P为原点,PA为x轴,PB为y轴,PC为z轴,建立空间直角坐标系,如图所示.
设PA=PB=PC=2,则A(2,0,0),B(0,2,0),C(0,0,2),
E(1,1,0),F(0,1,1),则
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设平面PEF的法向量n=(x,y,z),
故选C.
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BC
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解析 如图,取A1C1中点E,AC中点F,并连接EF,则EB1,EC1,EF三条直线两两垂直,则分别以这三条直线为x轴、y轴、z轴建立如图所示空间直角坐标系.
故A错,B对;
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6.[探究点二]在正方体ABCD-A1B1C1D1中,BB1与平面ACD1的夹角的正弦值为 .
解析 设正方体的棱长为1,建立空间直角坐标系,如图所示,
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7.[探究点二]正三棱柱ABC-A1B1C1的所有棱长都相等,则AC1与平面BB1C1C的夹角的余弦值为 .
解析 设三棱柱的棱长为1,以B为原点,建立坐标系如图,则
B 级 关键能力提升练
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8.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的夹角的大小为( )
A.60° B.90°
C.45° D.以上都不对
B
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解析 以点D为原点,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.
由题意知A1(1,0,2),E(1,1,1),D1(0,0,2),A(1,0,0),
令z=1,得n=(0,1,1).设直线与平面A1ED1所成角为θ,
又因为0°≤θ≤90°,
所以直线AE与平面A1ED1的夹角为90°.故选B.
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9.(多选题)在正方体ABCD-A1B1C1D1中,M是A1B1的中点,点N在该正方体的棱上运动,则下列说法正确的是( )
A.当N为棱AA1中点时,MN∥B1D
B.当N为棱AA1中点时,MN与平面ABC1D1的夹角为
C.有且仅有三个点N,使得BN∥平面AMD1
D.有且仅有四个点N,使得MN与B1C所成角为
BD
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解析 因为B1D∩平面A1B1BA=B1,MN 平面A1B1BA,且B1 MN,所以MN,B1D异面,故A错误;
如图,建立空间直角坐标系,记AB=2,
则A(2,0,0),B(2,2,0),D1(0,0,2),N(2,0,1),M(2,1,2),
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记CD中点为N,连接BN,BC1,NC1.
由正方体性质易知,BC1∥AD1,BC1 平面AMD1,AD1 平面AMD1,
所以BC1∥平面AMD1,同理BN∥平面AMD1.
又BN∩BC1=B,BN 平面BNC1,BC1 平面BNC1,
所以平面BNC1∥平面AMD1,所以当点N为CD中点或
与C1重合时满足题意,故C错误;
易知CD1,B1D1,AC,AB1与B1C的夹角为60°,所以当MN与CD1,B1D1,AC,AB1之一平行时满足题意,即N为BB1,AA1,A1D1,B1C1中点时满足题意,故D正确.
故选BD.
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10. [2023辽宁辽河高二阶段练习](多选题)如图,设E,F分别是正方体ABCD-A1B1C1D1的棱DC上两点,且AB=2,EF=1,其中正确的说法为( )
A.三棱锥D1-B1EF的体积为定值
B.异面直线D1B1与EF所成的角为60°
C.D1B1⊥平面B1EF
D.直线D1B1与平面B1EF的夹角为30°
AD
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故三棱锥D1-B1EF的体积为定值,故A正确;
对于B,EF∥D1C1,D1B1和D1C1所成的角为45°,异面直线D1B1与EF所成的角为45°,故B错误;
对于C,若D1B1⊥平面B1EF,则D1B1⊥直线EF,即异面直线D1B1与EF所成的角为90°,故C错误;
对于D,以D为坐标原点,分别以DA,DC,DD1为x轴、y轴、z轴,建立空间直
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所以直线D1B1与平面B1EF的夹角为30°,故D正确.
故选AD.
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11. 如图,圆锥的高PO= ,底面☉O的直径AB=2,C是圆上一点,且∠CAB=30°,D为AC的中点,则直线OC和平面PAC的夹角的余弦值为 .
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解析 设点O到平面PAC的距离为d,设直线OC和平面PAC所成角为α,
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C 级 学科素养创新练
A
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解析 如图,以A为坐标原点,AB,AD,AA1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),E(1,0,0),D(0,2,0).设F(0,m,n),m∈[0,2],n∈[0,2],
由于S△ADE为定值,要想三棱锥F-AED的体积最大,则F到底面ADE的距离,即n最大,
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12(共21张PPT)
第一章
1.1.1 第1课时 空间向量的概念及线性运算
A 级 必备知识基础练
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1.[探究点一]下列说法中正确的是( )
B.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
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4. [探究点二·2023河南商水实验高级中学高二阶段练习]如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,给出下列各式:
A.1个 B.2个
C.3个 D.4个
D
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6.[探究点二]如图,在四棱锥O-ABCD中,四边形ABCD为菱形,
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解析 因为在四棱锥O-ABCD中,四边形ABCD为菱形,
所以x=1,y=-1,z=1,故x+y+z=1.
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7. [探究点二·北师大版教材例题改编]如图,已知平行六面体ABCD-A'B'C'D',化简下列向量表达式.
B 级 关键能力提升练
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8.[北师大版教材习题]在空间四边形ABCD中,点M,G分别是BC和CD的
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10.[北师大版教材习题]若A,B,C,D为空间四个两两不同的点,则下列各式的结果一定为零向量的是( )
A.①② B.②③ C.②④ D.①④
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11.有下列说法:
①单位向量一定相等;
②起点不同,但方向相同且模相等的几个向量相等;
③相等的非零向量,若起点不同,则终点一定不同;
④方向相反的两个单位向量互为相反向量;
⑤起点相同且模相等的向量的终点的轨迹是圆.
其中正确说法的个数为 .
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解析 对于①,两个单位向量方向不同时不相等,①错误;
对于②,方向相同且模长相等的向量相等,与起点无关,②正确;
对于③,相等的非零向量方向相同且模长相等,若起点不同,则终点不同,③正确;
对于④,单位向量模长相等,又方向相反,则这两个向量为相反向量,④正确;
对于⑤,若两个向量起点相同,且模长相等且不为零,则终点的轨迹为球面,⑤错误.
则正确说法的个数为3.
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12.已知三棱锥O-ABC中,点D是BC中点,P是AD中点,设
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14. [人教A版教材习题]如图,已知正方体ABCD-A'B'C'D',E,F分别是上底面A'C'和侧面CD'的中心.求下列各式中x,y的值:
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14(共29张PPT)
第一章
1.2.5 空间中的距离
A 级 必备知识基础练
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1.[探究点一]如图所示,在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=BC=2,AA1= , E,F分别是平面A1B1C1D1,平面BCC1B1的中心,则E,F两点间的距离为( )
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解析 以点A为原点,建立如图所示的空间直角坐标系,则点
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2.[探究点三]已知平面α的一个法向量n=(-2,-2,1),点A(-1,3,0)在平面α内,则点P(-2,1,4)到α的距离为( )
A.10 B.3
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3.[探究点二·2023华中师范大学附属中学高二阶段练习]Rt△ABC的两条直角边BC=3,AC=4,PC⊥平面ABC,PC= ,则点P到斜边AB的距离是 .
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解析 以点C为坐标原点,CA,CB,CP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.
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4.[探究点三]如图,已知长方体ABCD-A1B1C1D1,A1A=5,AB=12,则直线B1C1到平面A1BCD1的距离是( )
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(方法二)因为B1C1∥BC,所以B1C1∥平面A1BCD1,从而点B1到平面A1BCD1的距离即为所求.
如图,过点B1作B1E⊥A1B于点E.
因为BC⊥平面A1ABB1,且B1E 平面A1ABB1,所以BC⊥B1E.
又BC∩A1B=B,所以B1E⊥平面A1BCD1,B1E的长即为点B1到平面A1BCD1的距离.
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6.[探究点三]在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中,E,F分别是BC,CD的中点,则BD到平面EFD1B1的距离为 .
解析 以D为原点,直线DA,DC,DD1分别为x轴、y轴、z轴建立如图空间直
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7.[探究点三·2023浙江杭州高二期末]若两平行平面α,β分别经过坐标原点O和点A(2,1,1),且两平面的一个法向量为n=(-1,0,1),则两平面间的距离是 .
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解析 如图,以D1A1,D1C1,D1D所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系,
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9.[探究点二、三]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.
(1)求点M到直线AC1的距离;
(2)求点N到平面MA1C1的距离.
解 (1)建立如图所示的空间直角坐标系,则A(0,0,0),A1(0,0,2),M(2,0,1),C1(0,2,2),直线AC1的一个单位方向向量为
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B 级 关键能力提升练
10.已知直线l过定点A(2,3,1),且方向向量为s=(0,1,1),则点P(4,3,2)到直线l的距离为( )
A
故选A.
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11.在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,底面边长为2,侧棱长为4,则点B1到平面AD1C的距离为( )
A
解析 如图,以D为原点,DA,DC,DD1分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐
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12.[2023安徽太和高二阶段练习]已知点M(-1,2,0),平面α过A(1,0,1), B(1,1,0),C(0,1,1)三点,则点M到平面α的距离为 .
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13.已知在边长为4的正三角形ABC中,E,F分别为BC和AC的中点.PA=2,且PA⊥平面ABC,设Q是CE的中点.
(1)求证:AE∥平面PFQ;
(2)求AE与平面PFQ间的距离.
(1)证明 如图所示,以A为坐标原点,平面ABC内垂直于AC边的直线为x轴,AC所在直线为y轴,AP所在直线为z轴建立空间直角坐标系.
∵AP=2,AB=BC=AC=4,E,F分别是BC,AC的中点,
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又FQ 平面PFQ,AE 平面PFQ,∴AE∥平面PFQ.
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(2)解 由(1)知,AE∥平面PFQ,
∴点A到平面PFQ的距离就是AE与平面PFQ间的距离.
设平面PFQ的法向量为n=(x,y,z),
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14.[2023黑龙江哈尔滨高二阶段练习]在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中,E为线段A1B1的中点,F为线段AB的中点.
(1)求点B到直线AC1的距离;
(2)求直线FC到平面AEC1的距离.
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解 (1)以D1为原点,D1A1,D1C1,D1D所在的直线分别为x轴、y轴、z轴,建立如图所示的空间直角坐标系,
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C 级 学科素养创新练
15.已知二面角α-l-β为60°,动点P,Q分别在平面α,β内,点P到β的距离为
C
解析 作PM⊥β,QN⊥α,垂足分别为M,N.
分别在平面α,β内作PE⊥l,QF⊥l,垂足分别为E,F,
如图所示,
连接ME,NF,则ME⊥l,∴∠PEM为二面角α-l-β的平面角.
∴∠PEM=60°.
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15第一章1.2.3 直线与平面的夹角
A级 必备知识基础练
1.[探究点二]设直线l与平面α相交,且l的方向向量为a,α的法向量为n,若
=,则l与α的夹角为( )
A. B.
C. D.
2.[探究点二]直线l的方向向量s=(1,1,2),平面α的法向量n=(1,-3,0),则直线l与平面α的夹角的余弦值为( )
A.- B.
C.- D.
3.[探究点二] 在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中,E为CC1的中点,则直线A1B与平面BDE的夹角为( )
A. B.
C. D.
4.[探究点二·2023河北高二期中]正三棱锥P-ABC的侧面都是直角三角形,E,F分别是AB,BC的中点,则PB与平面PEF的夹角的正弦值为( )
A. B. C. D.
5.[探究点二](多选题)在正三棱柱ABC-A1B1C1中,AA1=AB,则( )
A.AC1与底面ABC的夹角的正弦值为
B.AC1与底面ABC的夹角的正弦值为
C.AC1与侧面AA1B1B的夹角的正弦值为
D.AC1与侧面AA1B1B的夹角的正弦值为
6.[探究点二]在正方体ABCD-A1B1C1D1中,BB1与平面ACD1的夹角的正弦值为 .
7.[探究点二]正三棱柱ABC-A1B1C1的所有棱长都相等,则AC1与平面BB1C1C的夹角的余弦值为 .
B级 关键能力提升练
8.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的夹角的大小为( )
A.60° B.90°
C.45° D.以上都不对
9.(多选题)在正方体ABCD-A1B1C1D1中,M是A1B1的中点,点N在该正方体的棱上运动,则下列说法正确的是( )
A.当N为棱AA1中点时,MN∥B1D
B.当N为棱AA1中点时,MN与平面ABC1D1的夹角为
C.有且仅有三个点N,使得BN∥平面AMD1
D.有且仅有四个点N,使得MN与B1C所成角为
10. [2023辽宁辽河高二阶段练习](多选题)如图,设E,F分别是正方体ABCD-A1B1C1D1的棱DC上两点,且AB=2,EF=1,其中正确的说法为( )
A.三棱锥D1-B1EF的体积为定值
B.异面直线D1B1与EF所成的角为60°
C.D1B1⊥平面B1EF
D.直线D1B1与平面B1EF的夹角为30°
11. 如图,圆锥的高PO=,底面☉O的直径AB=2,C是圆上一点,且∠CAB=30°,D为AC的中点,则直线OC和平面PAC的夹角的余弦值为 .
C级 学科素养创新练
12.[2023山东聊城高二阶段练习]正方体ABCD-A1B1C1D1棱长为2,E是棱AB的中点,F是四边形AA1D1D内一点(包含边界),且=-,当三棱锥F-AED的体积最大时,EF与平面ABB1A1的夹角的正弦值为( )
A. B.
C. D.
1.2.3 直线与平面的夹角
1.C 线面角的范围是[0,].
∵=,∴l与α的法向量所在直线所成角为,
∴l与α的夹角为.
2.D 设直线l与平面α的夹角为θ,则sinθ=|cos|=,∴cosθ=.
∴直线l与平面α的夹角的余弦值为.
3. B 以D为原点建立空间直角坐标系,如图,则=(1,1,0),=(0,1,),
设平面BDE的法向量为n=(x,y,z),∴·n=0,·n=0,
可得平面BDE的法向量n=(1,-1,2),而=(0,-1,1),∴cos<,n>=,
∴<,n>=30°.
∴直线A1B与平面BDE的夹角为60°.
4. C 以点P为原点,PA为x轴,PB为y轴,PC为z轴,建立空间直角坐标系,如图所示.
设PA=PB=PC=2,则A(2,0,0),B(0,2,0),C(0,0,2),E(1,1,0),F(0,1,1),则=(0,2,0),=(1,1,0),=(0,1,1).
设平面PEF的法向量n=(x,y,z),
则取x=1得n=(1,-1,1).
设平面PB与平面PEF的夹角为θ,则sinθ=.
故选C.
5. BC 如图,取A1C1中点E,AC中点F,并连接EF,则EB1,EC1,EF三条直线两两垂直,则分别以这三条直线为x轴、y轴、z轴建立如图所示空间直角坐标系.
设AB=2,则AA1=2,
∴A1(0,-1,0),C1(0,1,0),A(0,-1,2),C(0,1,2),B1(,0,0),∴=(0,2,-2).底面ABC的一个法向量为m=(0,0,2),
∴AC1与底面ABC的夹角的正弦值为|cos|=,故A错,B对;
∵A1B1的中点K的坐标为(,-,0),
∴侧面AA1B1B的一个法向量为=(-,0),
∴AC1与侧面AA1B1B的夹角的正弦值为|cos<>|=,故C对,D错.
故选BC.
6. 设正方体的棱长为1,建立空间直角坐标系,如图所示,
则D(0,0,0),B(1,1,0),B1(1,1,1).平面ACD1的一个法向量为=(1,1,1).又=(0,0,1),
则|cos<>|=.
所以BB1与平面ACD1的夹角的正弦值为.
7. 设三棱柱的棱长为1,以B为原点,建立坐标系如图,则C1(0,1,1),A(,0),,
又平面BB1C1C的一个法向量n=(1,0,0),设AC1与平面BB1C1C的夹角为θ.
sinθ=|cos|=,
∴cosθ=.
8.B 以点D为原点,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.
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的一个法向量为n=(x,y,z),则
令z=1,得n=(0,1,1).设直线与平面A1ED1所成角为θ,所以sinθ=|cos|==1.
又因为0°≤θ≤90°,
所以直线AE与平面A1ED1的夹角为90°.故选B.
9.BD 因为B1D∩平面A1B1BA=B1,MN 平面A1B1BA,且B1 MN,所以MN,B1D异面,故A错误;
如图,建立空间直角坐标系,记AB=2,
则A(2,0,0),B(2,2,0),D1(0,0,2),N(2,0,1),M(2,1,2),
所以=(0,2,0),=(-2,0,2),=(0,1,1),
设n=(x,y,z)为平面ABC1D1的法向量,
则取x=1,得n=(1,0,1).
记MN与平面ABC1D1的夹角为θ,则sinθ=.因为θ∈[0,],所以θ=,故B正确;
记CD中点为N,连接BN,BC1,NC1.
由正方体性质易知,BC1∥AD1,BC1 平面AMD1,AD1 平面AMD1,
所以BC1∥平面AMD1,同理BN∥平面AMD1.
又BN∩BC1=B,BN 平面BNC1,BC1 平面BNC1,
所以平面BNC1∥平面AMD1,所以当点N为CD中点或与C1重合时满足题意,故C错误;
易知CD1,B1D1,AC,AB1与B1C的夹角为60°,所以当MN与CD1,B1D1,AC,AB1之一平行时满足题意,即N为BB1,AA1,A1D1,B1C1中点时满足题意,故D正确.
故选BD.
10.AD 对于A,×BC=×EF×DD1×BC=×1×2×2=,
故三棱锥D1-B1EF的体积为定值,故A正确;
对于B,EF∥D1C1,D1B1和D1C1所成的角为45°,异面直线D1B1与EF所成的角为45°,故B错误;
对于C,若D1B1⊥平面B1EF,则D1B1⊥直线EF,即异面直线D1B1与EF所成的角为90°,故C错误;
对于D,以D为坐标原点,分别以DA,DC,DD1为x轴、y轴、z轴,建立空间直角坐标系.设E(0,a,0),则F(0,1+a,0),B1(2,2,2),D1(0,0,2),则=(2,2-a,2),=(0,1,0),=(2,2,0).
设平面B1EF的法向量为n=(x,y,z),则
令z=-1,则n=(1,0,-1),则cos=,则=60°.
所以直线D1B1与平面B1EF的夹角为30°,故D正确.
故选AD.
11. 设点O到平面PAC的距离为d,设直线OC和平面PAC所成角为α,则由等体积法得,V三棱锥O-PAC=V三棱锥P-OAC,即S△PAC·d=PO·S△OAC,∴d=,
∴sinα=,则cosα=.
12. A 如图,以A为坐标原点,AB,AD,AA1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),E(1,0,0),D(0,2,0).设F(0,m,n),m∈[0,2],n∈[0,2],则=(1,-m,-n)·(0,2-m,-n)=m2-2m+n2=-.
由于S△ADE为定值,要想三棱锥F-AED的体积最大,则F到底面ADE的距离,即n最大,
其中n2=--m2+2m=-(m-1)2+,
所以当m=1时,n2取得最大值.
因为n∈[0,2],所以n的最大值为,
所以F(0,1,),=(-1,1,).平面ABB1A1的一个法向量n1=(0,1,0),
所以EF与平面ABB1A1所成角的正弦值为|cos<,n1>|=.故选A.第一章1.2 空间向量在立体几何中的应用
1.2.1 空间中的点、直线与空间向量
A级 必备知识基础练
1.[探究点一(角度1)]已知l1的方向向量为v1=(1,2,3),l2的方向向量为v2=(λ,4,6),若l1∥l2,则λ等于( )
A.1 B.2 C.3 D.4
2.[探究点二]空间中异面直线a与b所成角的取值范围是( )
A.[0,π] B.(0,π) C. D.
3. [探究点一·2023陕西宝鸡高二期末]在正方体ABCD-A1B1C1D1中,PQ与直线A1D和AC都垂直,则直线PQ与BD1的关系是( )
A.异面但不垂直 B.平行
C.异面垂直 D.垂直且相交
4. [探究点一·2023湖北丹江口高二阶段练习](多选题)如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,E为棱CC1上不与C1,C重合的任意一点,则能作为直线AA1的方向向量的是( )
A. B. C. D.
5.[探究点二]如图,在三棱柱OAB-O1A1B1中,平面OBB1O1⊥平面OAB,且∠O1OB=60°,∠AOB=90°,OB=OO1=2,OA=,求异面直线A1B与O1A所成角的余弦值.
B级 关键能力提升练
6.(多选题)已知空间中四点A(1,1,0),B(0,1,2),C(0,3,2),D(-1,3,4).下列说法中,正确的有( )
A. B.AB∥CD
C.A,B,C三点共线 D.A,B,C,D四点共面
7.已知直三棱柱ABC-A1B1C1中,∠ABC=60°,AB=2,BC=CC1=1,则异面直线AB1与BC1所成角的余弦值为( )
A. B.0 C. D.
8.已知a,b是异面直线,A,B∈a,C,D∈b,AC⊥b,BD⊥b,且AB=2,CD=1,则直线a,b所成的角是 .
9. 如图是正四面体的平面展开图,G,H,M,N分别为DE,BE,EF,EC的中点,在这个正四面体中,①GH与EF平行;②BD与MN为异面直线;③GH与MN成60°角;④DE与MN垂直.
以上四个结论中,正确结论的序号是 .
10. 如图,在四面体ABOC中,OC⊥OA,OC⊥OB,∠AOB=120°,且OA=OB=OC=1,设P为AC的中点,Q在AB上且AB=3AQ,证明:PQ⊥OA.
C级 学科素养创新练
11. 如图,已知 ABCD中,AB=AC=1,∠ACD=90°,将它沿对角线AC折起,使AB与CD成60°角,求B,D间的距离.
1.2.1 空间中的点、直线与空间向量
1.B 由l1∥l2,得v1∥v2,得,故λ=2.
2.C 根据异面直线所成角定义,空间中异面直线a与b所成角的取值范围是.
3. B 设正方体的棱长为1.以D为坐标原点,DA,DC,DD1所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系,则=(1,0,1),=(-1,1,0).设=(a,b,c),由题可知
取=(1,1,-1).
∵=(0,0,1)-(1,1,0)=(-1,-1,1)=-,
∴,∴PQ∥BD1.
故选B.
4.ABD 因为,所以都可作为直线AA1的方向向量.
故选ABD.
5.解以O为坐标原点,OA,OB所在直线分别为x轴、y轴,建立如图所示的空间直角坐标系,
则A(,0,0),B(0,2,0),A1(,1,),O1(0,1,),
所以=(-,1,-),=(,-1,-).
设所求的角为α,
则cosα=,
即异面直线A1B与O1A所成角的余弦值为.
6.ABD 易知=(-1,0,2),=(0,2,0),=(-2,2,4),=(-1,0,2),=(-1,2,2).
因为=0,所以,故选项A正确;
因为,所以AB∥CD,故选项B正确;
因为≠λ,所以A,B,C三点不共线,故选项C错误;
易知当=λ+μ时,A,B,C,D共面,
即(-1,2,2)=λ(-1,0,2)+μ(-2,2,4),
所以(-1,2,2)=(-λ-2μ,2μ,2λ+4μ),
所以
解得
所以=-,所以A,B,C,D共面,故选项D正确.
故选ABD.
7.B ∵直三棱柱ABC-A1B1C1中,∠ABC=60°,AB=2,BC=1,
∴在△ABC中,由余弦定理可得AC2=AB2+BC2-2AB×BCcos60°=4+1-2×2×1×=3,
∴AC=,∴BC2+AC2=AB2,∴BC⊥AC.
以C为原点,CB为x轴,CA为y轴,CC1为z轴,建立如图所示的空间直角坐标系,
则A(0,,0),B(1,0,0),B1(1,0,1),C1(0,0,1),∴=(1,-,1),=(-1,0,1),
∴cos<>==0,
∴异面直线AB1与BC1所成角的余弦值为0.
故选B.
8. ∵=()·=||2=1,
∴cos<>=,∴<>=.
9.②③④ 还原成正四面体知GH与EF为异面直线,BD与MN为异面直线,GH与MN成60°角,DE与MN为垂直.
10.证明如图,连接OP,OQ,PQ,取O为坐标原点,过点O作OD⊥OA,以OA,OD,OC所在直线为x轴、y轴、z轴,建立空间直角坐标系Oxyz(如图所示).
则A(1,0,0),C(0,0,1),B(-,0).
∵P为AC中点,∴P(,0,).
∴=(-,0),又由已知,可得=(-,0).又=(,0),
∴=(0,,-).
∵=0,∴,即PQ⊥OA.
11.解因为∠ACD=90°,
所以=0,同理=0.
因为AB与CD的夹角为60°,
所以的夹角为60°或120°.
因为,
所以||2=||2+||2+||2+2+2+2=3+2cos<>.
当所成的角为60°时,||2=3+2cos<>=4,所以||=2,即B,D间的距离为2;
当所成的角为120°时,||2=3+2cos<>=2,所以||=.
综上可得,B,D间的距离为2或.(共30张PPT)
第一章
1.2.4 二面角
A 级 必备知识基础练
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1.[探究点二]已知二面角α-l-β的两个半平面α与β的法向量分别为a,b,且
C
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2.[探究点二]已知长方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=BC=4,CC1=2,则平面A1BC1与平面ABCD所成角的余弦值为( )
A
解析 建立如图所示空间直角坐标系,则A1(4,0,2),B(4,4,0),C1(0,4,2),
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令z=2,则m=(1,1,2).
易知平面ABCD的一个法向量为n=(0,0,1),
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3.[探究点二·2023天津高二阶段练习]直线l的方向向量为a,两个平面α,β的法向量分别为n,m,则下列命题为假命题的是( )
A.若a⊥n,则直线l∥平面α
B.若a∥n,则直线l⊥平面α
A
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解析 对A,若a⊥n,则直线l∥平面α或直线l 平面α,故A错误;
对B,若a∥n,则直线l⊥平面α,故B正确;
D正确.
故选A.
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4.[探究点二·2023山东潍坊高二阶段练习](多选题)下列说法不正确的是
( )
B.两条异面直线所成的角等于它们的方向向量的夹角
C.二面角的范围是[0,π]
D.二面角的大小等于其两个半平面的法向量的夹角的大小
ABD
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5.[探究点一]已知点O在二面角α-AB-β的棱上,点P在平面α内,且∠POB=60°.若直线PO与平面β所成的角为45°,则二面角α-AB-β的正弦
值为 .
解析 如图,过点P作PE⊥β,垂足为E,过点E作EF⊥AB,垂足为F,连接OE,PF,则∠POE为直线PO与平面β所成的角,∠PFE为二面角α-AB-β的平面角.
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6.[探究点二]若两个平面α,β的法向量分别是u=(1,0,1),v=(-1,1,0),则这两个平面所成角的大小是 .
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7.[探究点二]如图所示,AE⊥平面ABCD,四边形AEFB为矩形,BC∥AD, BA⊥AD,AE=AD=2AB=2BC=4.
(1)求证:CF∥平面ADE;
(2)求平面CDF与平面AEFB所成角的余弦值.
(1)证明 ∵四边形ABEF为矩形,∴BF∥AE.
又BF 平面ADE,AE 平面ADE,∴BF∥平面ADE.
又BC∥AD,同理可得BC∥平面ADE.
又BF∩BC=B,BF,BC 平面BCF,
∴平面BCF∥平面ADE.
又CF 平面BCF,∴CF∥平面ADE.
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(2)解 如图,以A为坐标原点,建立空间直角坐标系,
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8.[探究点二]如图所示,已知四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是菱形,且PA⊥平面ABCD,PA=AD=AC,F为PC的中点,求二面角C-BF-D的正切值.
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解 如图所示,设AC与BD交于O,连接OF.
因为底面四边形ABCD是菱形,所以AC⊥BD,O为AC中点.
又F为PC中点,所以OF∥PA.
因为PA⊥平面ABCD,
所以OF⊥平面ABCD.
以O为坐标原点,OB,OC,OF所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系Oxyz.设PA=AD=AC=1,
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B 级 关键能力提升练
9.过正方形ABCD的顶点A作线段PA⊥平面ABCD,若AB=PA,则平面ABP与平面CDP所成角的余弦值为( )
B
解析 设AP=AB=1.
以A为原点,AB为x轴,AD为y轴,AP为z轴,建立空间直角坐标系,
设平面PCD的法向量m=(x,y,z),
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取y=1,得m=(0,1,1).
易知平面ABP的法向量n=(0,1,0).
设平面ABP与平面CDP所成角为θ,
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10.在正方体ABCD-A1B1C1D1中,二面角B-AC-B1的平面角的余弦值为( )
D
解析 连接AC,取AC的中点O,连接B1O,BO.
由AB=BC,则BO⊥AC且AB1=B1C,则B1O⊥AC,故∠BOB1即为二面角B-AC-B1的平面角.
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11.[2023广东高二阶段练习](多选题)如图,以等腰直角三角形ABC斜边BC上的高AD为折痕,把△ABD和△ACD折成互相垂直的两个平面后,某学生得出如下四个结论,其中正确的是( )
B.AB⊥DC
C.BD⊥AC
D.平面ADC的法向量和平面ABC的法向量互相垂直
BC
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解析 对于A,设AB=AC=t,平面ABD⊥平面ADC,而BD⊥AD,AD⊥CD,则有
对于B,平面ABD⊥平面ADC,其交线为AD.又由CD⊥AD,且CD 平面ADC,则CD⊥平面ABD,则有AB⊥DC,故B正确;
对于C,同理可证BD⊥AC,故C正确;
对于D,平面ADC与平面ABC不垂直,则平面ADC的法向量和平面ABC的法向量不能互相垂直,故D错误.
故选BC.
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12.在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=2,AD=1,AA1=2,点E为C1D1的中点,则二面角B1-A1B-E的余弦值为 .
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
易知平面A1BB1的一个法向量为n2=(1,0,0),而二面角B1-A1B-E为锐角,故
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13.二面角的棱上有A,B两点,直线AC,BD分别在这个二面角的两个半平面内,且都垂直于AB.已知AB=4,AC=6,BD=8,CD=2 ,则该二面角的大小为 .
60°
∴该二面角的大小为60°.
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14. [2023江西高二开学考试]如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,侧棱BB1=1,∠ABC= ,且M,N分别为BB1,AC的中点,连接MN.
(1)证明:MN∥平面AB1C1;
(2)若BA=BC=2,求二面角A-B1C1-B的平面角的大小.
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(1)证明 如图,取AC1的中点P,连接B1P,PN.
∴四边形B1MNP是平行四边形,∴MN∥B1P.
又B1P 平面AB1C1,MN 平面AB1C1,∴MN∥平面AB1C1.
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(2)解 如图,作BE⊥BC,交AC于E,以点B为原点,BE为x轴,BC为y轴,BB1为z轴,建立空间直角坐标系Bxyz.
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C 级 学科素养创新练
15.图1是由矩形ADEB,Rt△ABC和菱形BFGC组成的一个平面图形,其中AB=1,BE=BF=2,∠FBC=60°.将其沿AB,BC折起使得BE与BF重合,连接DG,如图2.
(1)证明:图2中的A,C,G,D四点共面,且平面ABC⊥平面BCGE;
(2)求图2中的二面角B-CG-A的大小.
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(1)证明 由已知得AD∥BE,CG∥BE,
所以AD∥CG,
故AD,CG确定一个平面,从而A,C,G,D四点共面.
由已知得AB⊥BE,AB⊥BC,故AB⊥平面BCGE.
又因为AB 平面ABC,所以平面ABC⊥平面BCGE.
(2)解 作EH⊥BC,垂足为H.
因为EH 平面BCGE,平面BCGE⊥平面ABC,
所以EH⊥平面ABC.由已知,菱形BCGE的边长为2,∠EBC=60°,可求得
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由图形知二面角B-CG-A大小为锐角.
因此二面角B-CG-A的大小为30°.第一章1.1.3 空间向量的坐标与空间直角坐标系
A级 必备知识基础练
1.[探究点一]已知向量a=(1,-2,1),a+b=(-1,2,-1),则向量b等于( )
A.(2,-4,2)
B.(-2,4,-2)
C.(-2,0,-2)
D.(2,1,-3)
2.[探究点一、二]已知a=(1,2,y),b=(x,1,2),且a∥b,则x·y=( )
A.1 B.-1 C.-2 D.2
3.[探究点二](多选题)已知向量a=(1,1,0),则与a共线的单位向量e=( )
A.
B.(0,1,0)
C.
D.(-1,-1,0)
4.[探究点一]若△ABC的三个顶点坐标分别为A(1,-2,1),B(4,2,3),C(6,-1,4),则△ABC的形状是( )
A.锐角三角形
B.直角三角形
C.钝角三角形
D.等边三角形
5.[探究点二、三](多选题)对于任意非零向量a=(x1,y1,z1),b=(x2,y2,z2),以下说法错误的有( )
A.若a⊥b,则x1x2+y1y2+z1z2=0
B.若a∥b,则
C.cos=
D.若x1=y1=z1=1,则a为单位向量
6.[探究点二、三]已知向量a=(1,0,m),b=(2,0,-2),若a∥b,则|a|=( )
A.-1 B.0
C.1 D.2
7.[探究点三]已知向量a=(5,3,1),b=(-2,t,-),若a与b的夹角为钝角,则实数t的取值范围为 .
8.[探究点二、三·北师大版教材习题]已知A(-2,0,2),B(-1,1,2),C(-3,0,4),设a=,b=,
(1)设|c|=3,c∥,求c的坐标;
(2)求a与b的夹角;
(3)若ka+b与ka-2b互相垂直,求实数k的值.
B级 关键能力提升练
9.(多选题)已知点P是△ABC所在的平面外一点,若=(-2,1,4),=(1,-2,1),=(4,2,0),则 ( )
A.AP⊥AB B.AP⊥BP
C.BC= D.AP∥BC
10.[2023山西浑源高二阶段练习]已知向量{a,b,c}是空间向量的一组单位正交基底,向量{a+b,a-b,a+c}是空间向量的另一组基底,若向量p在基底{a,b,c}下的坐标为(2,3,4),则p在{a+b,a-b,a+c}下的坐标为( )
A.(-,4) B.(,4)
C.(,-,4) D.(,-,4)
11.已知点A(1,-1,2),B(5,-6,2),C(1,3,-1),则上的投影的数量为 .
12.已知空间向量a=(1,-2,3),则向量a在坐标平面xOy上的投影向量是 .
13. [2023湖北高二阶段练习]如图,已知点P在正方体ABCD-A'B'C'D'的对角线BD'上,∠PDC=60°.设=λ,则λ的值为 .
14. 如图所示,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为矩形,侧棱PA⊥底面ABCD,AB=,BC=1,PA=2,E为PD的中点.
(1)求cos<>;
(2)在侧面PAB内找一点N,使NE⊥平面PAC,求N点的坐标.
15.已知点A(0,2,3),B(-2,1,6),C(1,-1,5).
(1)求以AB,AC为邻边的平行四边形的面积;
(2)若|a|=,且向量a分别与向量垂直,求向量a.
C级 学科素养创新练
16. 如图所示,在四棱锥P-ABCD中,△PBC为等腰直角三角形,且∠CPB=90°,四边形ABCD为直角梯形,满足AD∥BC,CD⊥AD,BC=CD=2AD=4,PD=2.
(1)若点F为DC的中点,求cos<>;
(2)若点E为PB的中点,点M为AB上一点,当时,求的值.
1.1.3 空间向量的坐标与空间直角坐标系
1.B
2.D 因为a∥b,所以所以
所以x·y=2.
3.AC 对A,存在实数λ=-,使(1,1,0)=-(-,-,0),且==1,故A正确;
对B,不存在实数λ,使(1,1,0)=λ(0,1,0),故B错误;
对C,存在实数λ=,使(1,1,0)=,0),且==1,故C正确;
对D,|(-1,-1,0)|=,不是单位向量,故D错误.故选AC.
4.A =(3,4,2),=(5,1,3),=(2,-3,1).
由>0,得A为锐角;由>0,得C为锐角;由>0,得B为锐角.所以△ABC为锐角三角形.
5.BD 对于A选项,因为a⊥b,
则a·b=x1x2+y1y2+z1z2=0,A选项正确;
对于B选项,若x2=0,且y2≠0,z2≠0,若a∥b,分式无意义,B选项错误;
对于C选项,由空间向量数量积的坐标运算可知cos=,C选项正确;
对于D选项,若x1=y1=z1=1,则|a|=,此时,a不是单位向量,D选项错误.故选BD.
6.D 由a∥b,得a=λb,即(1,0,m)=λ(2,0,-2),
所以1=2λ,m=-2λ,
所以λ=,m=-2=-,
所以a=(1,0,-),所以|a|==2.
故选D.
7.(-∞,-)∪(-) 由已知得a·b=5×(-2)+3t+1×(-)=3t-,因为a与b的夹角为钝角,所以a·b<0,即3t-<0,所以t<.
若a与b的夹角为180°,则存在λ<0,使a=λb(λ<0),
即(5,3,1)=λ(-2,t,-),
所以解得
故t的取值范围是(-∞,-)∪(-).
8.解(1)=(-3,0,4)-(-1,1,2)=(-2,-1,2).
因为c∥,所以c=λ,所以c=λ(-2,-1,2)=(-2λ,-λ,2λ).
又|c|=3,所以|c|==3|λ|=3,所以λ=±1,所以c=(-2,-1,2)或c=(2,1,-2).
(2)a==(-1,1,2)-(-2,0,2)=(1,1,0),
b==(-3,0,4)-(-2,0,2)=(-1,0,2),
所以a·b=1×(-1)+1×0+0×2=-1,
|a|=,|b|=,
所以cos==-.
因为∈[0,π],所以=π-arccos.
(3)由(ka+b)⊥(ka-2b)得(ka+b)·(ka-2b)=0,所以k2a2-2ka·b+ka·b-2b2=0,所以2k2-k·(-1)-2×5=0,所以2k2+k-10=0,
所以k=2或k=-.
9.AC =-2-2+4=0,∴,即AP⊥AB,故A正确;
=(2,-1,-4)+(1,-2,1)=(3,-3,-3),=3+6-3=6≠0,∴AP与BP不垂直,故B不正确;=(4,2,0)-(-2,1,4)=(6,1,-4),
∴||=,故C正确;
假设=k(k∈R),则无解,因此假设不成立,即AP与BC不平行,故D不正确.
10.C 不妨设向量a=(1,0,0),b=(0,1,0),c=(0,0,1),则向量a+b=(1,1,0),a-b=(1,-1,0),a+c=(1,0,1).
设p=x(a+b)+y(a-b)+z(a+c),
即(2,3,4)=x(1,1,0)+y(1,-1,0)+z(1,0,1),
∴解得
即p在{a+b,a-b,a+c}下的坐标为(,-,4).
故选C.
11.-4 ∵=(5,-6,2)-(1,-1,2)=(4,-5,0),
=(1,3,-1)-(1,-1,2)=(0,4,-3),
∴cos<>==-=-上的投影的数量为||cos<>=×(-)=-4.
12.(1,-2,0)
13.-1 以D为原点,DA为x轴,DC为y轴,DD'为z轴,建立如图所示的空间直角坐标系.
设正方体ABCD-A'B'C'D'的棱长为1,则A(1,0,0),C(0,1,0),D'(0,0,1),B(1,1,0),则P(λ,λ,1-λ)(0<λ<1),∴=(λ,λ,1-λ),=(0,1,0),
∴cos<>==cos60°=.
由0<λ<1,解得λ=-1.
14.解(1)由题意,建立如图所示的空间直角坐标系,
则A(0,0,0),B(,0,0),C(,1,0),D(0,1,0),P(0,0,2),E(0,,1),从而=(,1,0),=(,0,-2).
则cos<>=.
(2)由于N点在侧面PAB内,故可设N点坐标为(x,0,z),则=(-x,,1-z),由NE⊥平面PAC可得,
化简得
即N点的坐标为(,0,1).
15.解(1)=(-2,-1,3),=(1,-3,2),
设θ为的夹角,
则cosθ=,
∴sinθ=.∴以AB,AC为邻边的平行四边形的面积S=||||sinθ=7.
(2)设a=(x,y,z),
由题意,得解得
∴a=(1,1,1)或a=(-1,-1,-1).
16.解(1)因为△PBC为等腰直角三角形,∠CPB=90°,BC=CD=4,所以PC=PB=2.又PD2==24,PC2+CD2=+42=24,所以DC⊥PC.因为PC∩BC=C,PC,BC 平面PBC,所以CD⊥平面PBC.
以点C为原点,CP,CD所在直线分别为x轴、z轴,过点C作PB的平行线,以此为y轴,建立空间直角坐标系Cxyz,如图所示.则P(2,0,0),B(2,2,0),F(0,0,2),A(,4),
则=(,-,-4),=(-2,-2,2),
所以cos<>=
==-.
(2)由(1)知E(2,0),设=t.
因为=(,-4),所以=(t,t,-4t),
所以M(t,t,4-4t),所以=(t-t,4-4t).
又因为=(-2,-2,2),,
所以=0,
所以-2×(t-)-2t+8-8t=0,解得t=,所以.(共28张PPT)
第一章
1.1.2 空间向量基本定理
A 级 必备知识基础练
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B
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2.[探究点三(角度1)]已知{a,b,c}是空间向量的一组基底,若p=a+b,q=a-b,则
( )
A.a,p,q是空间向量的一组基底
B.b,p,q是空间向量的一组基底
C.c,p,q是空间向量的一组基底
D.p,q与a,b,c中的任何一个都不能构成空间向量的一组基底
C
解析 假设c=k1p+k2q,即c=k1(a+b)+k2(a-b),得(k1+k2)a+(k1-k2)b-c=0,这与{a,b,c}是空间的一个基底矛盾,故c,p,q是空间的一组基底.故选C.
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3.[探究点三(角度3)](多选题)已知点M在平面ABC内,并且对空间任意一点
ABC
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4.[探究点二]若{a,b,c}构成空间向量的一组基底,则下列向量不共面的是
( )
A.b+c,b,b-c B.a,a+b,a-b C.a+b,a-b,c D.a+b,a+b+c,c
C
对于C选项,假设a+b,a-b,c共面,则c=x(a+b)+y(a-b)=(x+y)a+(x-y)b,从而可知a,b,c共面,矛盾,C选项满足条件;
对于D选项,因为a+b+c=(a+b)+c,所以a+b,a+b+c,c共面,D选项不满足条件.故选C.
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5.[探究点三(角度3)] (多选题)如图,在长方体ABCD-A1B1C1D1中,E,F,G分别
AB
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6.[探究点三(角度3)]已知正方体ABCD-A1B1C1D1中,若点F是侧面CD1的中
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7. [探究点三(角度1、角度2)·人教A版教材习题]如图,已知平行六面体
(1){a,b,c}是否构成空间向量的一组基底
(2)如果{a,b,c}构成空间向量的一组基底,那么用它表示下列向量:
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8.[探究点二]已知三个向量a,b,c不共面,并且p=a+b-c,q=2a-3b-5c,
r=-7a+18b+22c,向量p,q,r是否共面
解 假设存在实数λ,μ,使p=λq+μr,则
a+b-c=(2λ-7μ)a+(-3λ+18μ)b+(-5λ+22μ)c.
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B 级 关键能力提升练
9. 如图,在梯形ABCD中,AB∥CD,AB=2CD,点O为空间内任意一点,
C
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10. [2023山西运城景胜中学高二阶段练习]如图,一个结晶体的形状为平行六面体ABCD-A1B1C1D1,其中,以顶点A为端点的三条棱长均为6,且它们彼此的夹角都是60°,下列说法中正确的是( )
A.AC1=6
B.AC1⊥BD
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11.[2023辽宁沈阳二十中高二阶段练习](多选题)如图,在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中,以顶点A为端点的三条棱长都是1,且它们彼此的夹角都
BD
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12.已知空间单位向量e1,e2,e3,e1⊥e2,e2⊥e3,e1·e3= ,若空间向量m=xe1+ye2+ze3满足:m·e1=4,m·e2=3,m·e3=5,则x+y+z= , |m|= .
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13. 如图,在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中,AB=5,AD=3,AA1=7,
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证明 (证法一)令λ(e1+e2)+μ(2e1+8e2)+v(3e1-3e2)=0,
则(λ+2μ+3v)e1+(λ+8μ-3v)e2=0.
∴A,B,C,D四点共面.
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又它们有公共点A,∴A,B,C,D四点共面.
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16. [人教A版教材例题]如图,在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中,AB=4, AD=4,AA1=5,∠DAB=60°,∠BAA1=60°,∠DAA1=60°,M,N分别为D1C1,C1B1的中点.求证:MN⊥AC1.
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求证:E,F,B三点共线.
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171.1.1 空间向量及其运算
第1课时 空间向量的概念及线性运算
A级 必备知识基础练
1.[探究点一]下列说法中正确的是( )
A.向量的模相等
B.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
2.[探究点一]若向量满足||=||+||,则( )
A.
B.=-
C.同向
D.同向
3. [探究点二]如图,在平行六面体ABCD-A'B'C'D'中,AC与BD的交点为M,设=a,=b,=c,则下列向量中与相等的向量是( )
A.-a+b+c
B.a-b+c
C.a+b+c
D.-a-b+c
4. [探究点二·2023河南商水实验高级中学高二阶段练习]如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,给出下列各式:
①()+;
②()+;
③()+;
④()+.
其中运算结果为向量的共有( )
A.1个 B.2个
C.3个 D.4个
5.[探究点二]化简:(a+2b-3c)+5(a-b+c)-3(a-2b+c)= .
6.[探究点二]如图,在四棱锥O-ABCD中,四边形ABCD为菱形,=x+y+z,则x+y+z= .
7. [探究点二·北师大版教材例题改编]如图,已知平行六面体ABCD-A'B'C'D',化简下列向量表达式.
(1);
(2);
(3)).
B级 关键能力提升练
8.[北师大版教材习题]在空间四边形ABCD中,点M,G分别是BC和CD的中点,则)=( )
A. B. C. D.
9. 如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,=a,=b,=c,若E为DD1的中点,F在BD上,且BF=3FD,则等于( )
A.a-b-c
B.a-b-c
C.a-b+c
D.a-b+c
10.[北师大版教材习题]若A,B,C,D为空间四个两两不同的点,则下列各式的结果一定为零向量的是( )
①+2+2;②2+2+3+3;③;④.
A.①② B.②③ C.②④ D.①④
11.有下列说法:
①单位向量一定相等;
②起点不同,但方向相同且模相等的几个向量相等;
③相等的非零向量,若起点不同,则终点一定不同;
④方向相反的两个单位向量互为相反向量;
⑤起点相同且模相等的向量的终点的轨迹是圆.
其中正确说法的个数为 .
12.已知三棱锥O-ABC中,点D是BC中点,P是AD中点,设=x+y+z,则x+y+z= ,x= .
13. 如图,已知三棱锥O-ABC中,M,N分别是OA,CB的中点,点G在线段MN上,且使MG=2GN,用向量表示向量为( )
A.
B.
C.
D.
14. [人教A版教材习题]如图,已知正方体ABCD-A'B'C'D',E,F分别是上底面A'C'和侧面CD'的中心.求下列各式中x,y的值:
(1)=x();
(2)+x+y;
(3)+x+y.
第1课时 空间向量的概念及线性运算
1.A
2.D ∵||=||+||,∴A,B,C共线且点C在线段AB上,即同向.
3.B -()=)-(-c+b)=(a+b)+c-b=a-b+c.
故选B.
4.D 对①,()+;
对②,()+;
对③,()+=()+;
对④,()+.
故选D.
5.a+b-c
6.1 因为在四棱锥O-ABCD中,四边形ABCD为菱形,
所以,所以,所以,
所以x=1,y=-1,z=1,故x+y+z=1.
7.解(1).
(2).
(3)设点M为CB'的中点,则)=)=.
8.C )=.
9.B )-a-b-c.
故选B.
10.C ①+2+2=()+()+,不一定为0;
②2+2+3+3=2()+3()+=2+3=0;
③≠0;
④=0.
故选C.
11.3 对于①,两个单位向量方向不同时不相等,①错误;
对于②,方向相同且模长相等的向量相等,与起点无关,②正确;
对于③,相等的非零向量方向相同且模长相等,若起点不同,则终点不同,③正确;
对于④,单位向量模长相等,又方向相反,则这两个向量为相反向量,④正确;
对于⑤,若两个向量起点相同,且模长相等且不为零,则终点的轨迹为球面,⑤错误.
则正确说法的个数为3.
12. 1 如图,)=)]=,
所以x=,y=,z=,所以x+y+z=1.
13.A )=.
因为M,N分别为OA,CB的中点,
所以),
所以.
故选A.
14.解(1)∵,∴x=1.
(2)∵)=),∴x=,y=.
(3)由题可知F为C'D的中点,
∴)=[()+]=,
∴x=,y=.第一章1.2.4 二面角
A级 必备知识基础练
1.[探究点二]已知二面角α-l-β的两个半平面α与β的法向量分别为a,b,且=,则二面角α-l-β的大小为( )
A. B.
C. D.
2.[探究点二]已知长方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=BC=4,CC1=2,则平面A1BC1与平面ABCD所成角的余弦值为( )
A. B. C. D.
3.[探究点二·2023天津高二阶段练习]直线l的方向向量为a,两个平面α,β的法向量分别为n,m,则下列命题为假命题的是( )
A.若a⊥n,则直线l∥平面α
B.若a∥n,则直线l⊥平面α
C.若cos=,则直线l与平面α所成角的大小为
D.若cos=,则平面α,β所成锐角的大小为
4.[探究点二·2023山东潍坊高二阶段练习](多选题)下列说法不正确的是( )
A.若直线l的方向向量与平面α的法向量的夹角为,则直线l与平面α所成的角为
B.两条异面直线所成的角等于它们的方向向量的夹角
C.二面角的范围是[0,π]
D.二面角的大小等于其两个半平面的法向量的夹角的大小
5.[探究点一]已知点O在二面角α-AB-β的棱上,点P在平面α内,且∠POB=60°.若直线PO与平面β所成的角为45°,则二面角α-AB-β的正弦值为 .
6.[探究点二]若两个平面α,β的法向量分别是u=(1,0,1),v=(-1,1,0),则这两个平面所成角的大小是 .
7.[探究点二]如图所示,AE⊥平面ABCD,四边形AEFB为矩形,BC∥AD,BA⊥AD,AE=AD=2AB=2BC=4.
(1)求证:CF∥平面ADE;
(2)求平面CDF与平面AEFB所成角的余弦值.
8.[探究点二]如图所示,已知四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是菱形,且PA⊥平面ABCD,PA=AD=AC,F为PC的中点,求二面角C-BF-D的正切值.
B级 关键能力提升练
9.过正方形ABCD的顶点A作线段PA⊥平面ABCD,若AB=PA,则平面ABP与平面CDP所成角的余弦值为( )
A. B. C. D.
10.在正方体ABCD-A1B1C1D1中,二面角B-AC-B1的平面角的余弦值为( )
A. B. C. D.
11.[2023广东高二阶段练习](多选题)如图,以等腰直角三角形ABC斜边BC上的高AD为折痕,把△ABD和△ACD折成互相垂直的两个平面后,某学生得出如下四个结论,其中正确的是( )
A.=0
B.AB⊥DC
C.BD⊥AC
D.平面ADC的法向量和平面ABC的法向量互相垂直
12.在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=2,AD=1,AA1=2,点E为C1D1的中点,则二面角B1-A1B-E的余弦值为 .
13.二面角的棱上有A,B两点,直线AC,BD分别在这个二面角的两个半平面内,且都垂直于AB.已知AB=4,AC=6,BD=8,CD=2,则该二面角的大小为 .
14. [2023江西高二开学考试]如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,侧棱BB1=1,∠ABC=,且M,N分别为BB1,AC的中点,连接MN.
(1)证明:MN∥平面AB1C1;
(2)若BA=BC=2,求二面角A-B1C1-B的平面角的大小.
C级 学科素养创新练
15.图1是由矩形ADEB,Rt△ABC和菱形BFGC组成的一个平面图形,其中AB=1,BE=BF=2,∠FBC=60°.将其沿AB,BC折起使得BE与BF重合,连接DG,如图2.
(1)证明:图2中的A,C,G,D四点共面,且平面ABC⊥平面BCGE;
(2)求图2中的二面角B-CG-A的大小.
1.2.4 二面角
1.C
2.A 建立如图所示空间直角坐标系,则A1(4,0,2),B(4,4,0),C1(0,4,2),所以=(0,4,-2),=(-4,4,0).
设平面A1BC1的一个法向量为m=(x,y,z),
则
令z=2,则m=(1,1,2).
易知平面ABCD的一个法向量为n=(0,0,1),
所以cos=,所以平面A1BC1与平面ABCD所成角的余弦值为.故选A.
3.A 对A,若a⊥n,则直线l∥平面α或直线l 平面α,故A错误;
对B,若a∥n,则直线l⊥平面α,故B正确;
对C,设直线l与平面α所成角的大小为θ(0≤θ≤),则sinθ=|cos|=,所以θ=,故C正确;
对D,设平面α,β所成锐角的大小为θ,则cosθ=|cos|=,所以θ=,故D正确.
故选A.
4.ABD 当直线l的方向向量与平面α的法向量的夹角为时,直线l与平面α所成的角为,故A不正确;向量夹角的范围是[0,π],而异面直线所成的角为(0,],故B不正确;二面角的范围是[0,π],故C正确;二面角的大小与其两个半平面的法向量的夹角的大小相等或互补,故D不正确.
故选ABD.
5. 如图,过点P作PE⊥β,垂足为E,过点E作EF⊥AB,垂足为F,连接OE,PF,则∠POE为直线PO与平面β所成的角,∠PFE为二面角α-AB-β的平面角.
设OP=a,则在Rt△PEO中,由∠POE=45°,可得PE=a;在Rt△PFO中,由∠POF=60°,可得PF=a·sin60°=a;在Rt△PEF中,sin∠PFE=,
即二面角α-AB-β的正弦值为.
6.60° 设这两个平面所成角为θ,则cosθ=,所以两个平面所成角的大小是60°.
7.(1)证明∵四边形ABEF为矩形,∴BF∥AE.
又BF 平面ADE,AE 平面ADE,∴BF∥平面ADE.
又BC∥AD,同理可得BC∥平面ADE.
又BF∩BC=B,BF,BC 平面BCF,
∴平面BCF∥平面ADE.
又CF 平面BCF,∴CF∥平面ADE.
(2)解如图,以A为坐标原点,建立空间直角坐标系,
则C(2,2,0),D(0,4,0),F(2,0,4),∴=(0,4,0),=(-2,2,0),=(0,-2,4).
设n=(x,y,z)是平面CDF的一个法向量,则令y=2,解得
∴n=(2,2,1).又是平面AEFB的一个法向量,
∴cos=,∴平面CDF与平面AEFB所成角的余弦值为.
8.解如图所示,设AC与BD交于O,连接OF.
因为底面四边形ABCD是菱形,所以AC⊥BD,O为AC中点.
又F为PC中点,所以OF∥PA.
因为PA⊥平面ABCD,
所以OF⊥平面ABCD.
以O为坐标原点,OB,OC,OF所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系Oxyz.设PA=AD=AC=1,
则BD=,
所以O(0,0,0),B(,0,0),F(0,0,),C(0,,0),=(0,,0),易知为平面BDF的一个法向量.
由=(-,0),=(,0,-),可得平面BCF的一个法向量为n=(1,),所以cos=,sin=,所以tan=.
9.B 设AP=AB=1.
以A为原点,AB为x轴,AD为y轴,AP为z轴,建立空间直角坐标系,
则P(0,0,1),D(0,1,0),C(1,1,0),=(1,1,-1),=(0,1,-1).
设平面PCD的法向量m=(x,y,z),
则
取y=1,得m=(0,1,1).
易知平面ABP的法向量n=(0,1,0).
设平面ABP与平面CDP所成角为θ,
则cosθ=.故选B.
10. D 连接AC,取AC的中点O,连接B1O,BO.
由AB=BC,则BO⊥AC且AB1=B1C,则B1O⊥AC,故∠BOB1即为二面角B-AC-B1的平面角.
不妨设正方体的棱长为1,则在△ABC中,BO=AC=,在△AB1C中,AB1=B1C=AC=,则B1O=.
又B1B=1,故可得cos∠B1OB=.
故选D.
11.BC 对于A,设AB=AC=t,平面ABD⊥平面ADC,而BD⊥AD,AD⊥CD,则有∠BDC为二面角的平面角,即∠BDC=90°,则BC=BD=t,故∠BAC=60°,t2≠0,故A错误;
对于B,平面ABD⊥平面ADC,其交线为AD.又由CD⊥AD,且CD 平面ADC,则CD⊥平面ABD,则有AB⊥DC,故B正确;
对于C,同理可证BD⊥AC,故C正确;
对于D,平面ADC与平面ABC不垂直,则平面ADC的法向量和平面ABC的法向量不能互相垂直,故D错误.
故选BC.
12. 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,则A1(1,0,2),B(1,2,0),B1(1,2,2),E(0,1,2),则=(0,2,-2),=(-1,1,0).
设平面A1BE的一个法向量为n1=(x,y,z),
则令y=1,得n1=(1,1,1).
易知平面A1BB1的一个法向量为n2=(1,0,0),而二面角B1-A1B-E为锐角,故cosθ=.
13.60° 由条件,知=0,=0,,∴||2=||2+||2+||2+2+2+2=62+42+82+2×6×8cos<>=(2)2,∴cos<>=-.
又0°≤<>≤180°,
∴<>=120°,
∴该二面角的大小为60°.
14. (1)证明如图,取AC1的中点P,连接B1P,PN.
∵N为AC的中点,∴PN∥C1C,且PN=C1C.
又B1M∥C1C,B1M=C1C,∴PN∥B1M,PN=B1M,
∴四边形B1MNP是平行四边形,∴MN∥B1P.
又B1P 平面AB1C1,MN 平面AB1C1,∴MN∥平面AB1C1.
(2)解如图,作BE⊥BC,交AC于E,以点B为原点,BE为x轴,BC为y轴,BB1为z轴,建立空间直角坐标系Bxyz.
∵BA=BC=2,BB1=1,∠ABC=,
∴A(,-1,0),B(0,0,0),C(0,2,0),B1(0,0,1),C1(0,2,1),
∴=(-,1,1),=(0,2,0).设平面AB1C1的法向量为m=(x,y,z).
∴
即
∴令x=1,则y=0,z=,∴m=(1,0,).
∵平面BB1C1的一个法向量为n=(1,0,0),
∴cos=.
∵由图知二面角A-B1C1-B的平面角为锐角,
∴二面角A-B1C1-B的平面角的大小为.
15.(1)证明由已知得AD∥BE,CG∥BE,
所以AD∥CG,
故AD,CG确定一个平面,从而A,C,G,D四点共面.
由已知得AB⊥BE,AB⊥BC,故AB⊥平面BCGE.
又因为AB 平面ABC,所以平面ABC⊥平面BCGE.
(2)解作EH⊥BC,垂足为H.
因为EH 平面BCGE,平面BCGE⊥平面ABC,
所以EH⊥平面ABC.由已知,菱形BCGE的边长为2,∠EBC=60°,可求得BH=1,EH=.
以H为坐标原点,的方向为x轴的正方向,建立如图所示的空间直角坐标系,
则A(-1,1,0),C(1,0,0),G(2,0,),=(1,0,),=(2,-1,0).设平面ACG的法向量为n=(x,y,z),则取x=3,则y=6,z=-,
所以n=(3,6,-).
又平面BCG的法向量可取为m=(0,1,0),
所以cos=.
由图形知二面角B-CG-A大小为锐角.
因此二面角B-CG-A的大小为30°.(共39张PPT)
第一章
1.2.2 空间中的平面与空间向量
A 级 必备知识基础练
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1.[探究点一]若a=(1,2,3)是平面γ的一个法向量,则下列向量中能作为平面γ的法向量的是( )
A.(0,1,2) B.(3,6,9)
C.(-1,-2,3) D.(3,6,8)
B
解析 向量(1,2,3)与向量(3,6,9)共线.
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2.[探究点二(角度1)]设平面α的法向量为(1,-2,λ),平面β的法向量为(2,μ,4),若α∥β,则λ+μ=( )
A.2 B.4
C.-2 D.-4
C
解析 ∵α∥β,
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3.[探究点二(角度1)]已知n为平面α的一个法向量,l为一条直线,则“l⊥n”是“l∥α”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
B
解析 当“l⊥n”时,由于l可能在平面α内,所以无法推出“l∥α”;
当“l∥α”时,“l⊥n”.
综上所述,“l⊥n”是“l∥α”的必要不充分条件.故选B.
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4. [探究点二]如图,在长方体ABCD-A1B1C1D1中,E,F分别是棱BB1,B1C1的中点,以下说法正确的是( )
A.A1E∥平面CC1D1D
B.A1E⊥平面BCC1B1
C.A1E∥D1F
D.A1E⊥D1F
A
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解析 由长方体的性质有平面ABB1A1∥平面CC1D1D,又A1E 平面ABB1A1,所以A1E∥平面CC1D1D,故选项A正确;
因为E为棱BB1的中点,且A1B1⊥BB1,所以A1E与BB1不垂直,
所以若A1E⊥平面BCC1B1,则A1E⊥BB1,这与A1E和
BB1不垂直相矛盾,故选项B错误;
以D为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系.
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所以A1E与D1F不平行,且A1E与D1F不垂直,故选项C,D错误.
故选A.
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5.[探究点二](多选题)下列利用方向向量、法向量判断线、面位置关系的结论中,正确的是( )
A.若两条不重合的直线l1,l2的方向向量分别是a=(2,-2,-1),b=(-2,-2,1),则l1∥l2
B.若直线l的方向向量是a=(1,1,2),平面α的一个法向量是n=(-2,-2,-4),则l⊥α
C.若直线l的方向向量是a=(0,2,0),平面α的一个法向量是n=(-2,0,2),则l∥α
D.若两个不同的平面α,β的法向量分别是m=(3,-4,2),n=(-2,0,3),则α⊥β
BD
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解析 对于A,因为向量a,b不平行,所以l1,l2不平行,故A不正确;
对于B,因为n=-2a,所以a∥n,故B正确;
对于C,因为a·n=0×(-2)+2×0+0×2=0,所以a⊥n,所以l∥α或l α,故C不正确;
对于D,因为m·n=-6+0+6=0,所以α⊥β,故D正确.
故选BD.
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6.[探究点二(角度2)]已知直线l与平面α垂直,直线l的一个方向向量
u=(1,-3,z),向量v=(3,-2,1)与平面α平行,则z= .
-9
解析 题知,u⊥v,∴u·v=3+6+z=0,∴z=-9.
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AB∥平面CDE或AB 平面CDE
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8.[探究点二·2023广东佛山高二阶段练习]若平面α的一个法向量为
m=(2,-6,s),平面β的一个法向量为n=(1,t,2),且α∥β,则s-t= .
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9.[探究点一]在如图所示的坐标系中,ABCD-A1B1C1D1表示棱长为1的正方体,给出下列结论:
①直线DD1的一个方向向量为(0,0,1);②直线BC1的一个方向向量为(0,1,1);③平面ABB1A1的一个法向量为(0,1,0);④平面B1CD的一个法向量为(1,1,1).
其中正确的是 .(填序号)
①②③
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10. [探究点一]在正方体ABCD-A1B1C1D1中,E,F分别为棱A1D1,A1B1的中点,在如图所示的空间直角坐标系中,求:
(1)平面BDD1B1的一个法向量;
(2)平面BDEF的一个法向量.
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解 设正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2,
则D(0,0,0),B(2,2,0),D1(0,0,2),E(1,0,2).
(1)设平面BDD1B1的一个法向量为n=(x1,y1,z1).
令x1=1,则y1=-1,z1=0,
∴平面BDD1B1的一个法向量为n=(1,-1,0).
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令x2=2,则y2=-2,z2=-1,
∴平面BDEF的一个法向量为m=(2,-2,-1).
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11.[探究点二(角度1)]如图所示,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,M,N分别是C1C,B1C1的中点.求证:MN∥平面A1BD.
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又MN 平面A1BD,∴MN∥平面A1BD.
(方法二)如图,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,设正方体的棱长为1,则可求得
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设平面A1BD的法向量是n=(x,y,z),
取x=1,得y=-1,z=-1.
∴n=(1,-1,-1).
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又MN 平面A1BD,∴MN∥平面A1BD.
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12.[探究点二(角度2)]如图,在四棱锥P - ABCD中,PA⊥底面ABCD, AB⊥AD,AC⊥CD,∠ABC=60°,PA=AB=BC,E是PC的中点.
求证:(1)AE⊥CD;
(2)PD⊥平面ABE.
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证明 (1)∵AB,AD,AP两两垂直,∴建立如图所示的空间直角坐标系.
设PA=AB=BC=1,
则P(0,0,1).
∵∠ABC=60°,∴△ABC为正三角形.
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∴PD⊥AB.又AB∩AE=A,AB 平面ABE,AE 平面ABE,
∴PD⊥平面ABE.
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B 级 关键能力提升练
13.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的法向量,则m,n的值分别为( )
A.-1,2 B.1,-2 C.1,2 D.-1,-2
A
解析 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的法向量,
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14.已知直线l的方向向量为a,且直线l不在平面α内,平面α内两共点向量
D
解析 A,B,C中均能推出l∥α,或l α,但不能确定一定能表示为l∥α.
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15.[2023河南商城高二阶段练习]已知直线l的方向向量是a=(3,2,1),平面α的法向量是u=(-1,2,-1),则l与α的位置关系是( )
A.l⊥α B.l∥α
C.l与α相交但不垂直 D.l∥α或l α
D
解析 ∵a·u=-3+4-1=0,∴a⊥u,∴l∥α或l α.
故选D.
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16.[2023广东佛山高二阶段练习]已知两个不重合的平面α与平面ABC,若平
A.平面α∥平面ABC
B.平面α⊥平面ABC
C.平面α,平面ABC相交但不垂直
D.以上均有可能
A
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∴n1也为平面ABC的一个法向量.
又平面α与平面ABC不重合,∴平面α与平面ABC平行.
故选A.
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ABC
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18.如图,在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=4,BC=2,CC1=3,E,F分别是BC,CD的中点,以D为原点,分别以DA,DC,DD1所在直线为坐标轴建立空间直角坐标系,则平面D1EF的一个法向量是 .
(-6,3,2)
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解析 ∵在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=4,BC=2,CC1=3,E,F分别是BC,CD的中点,以D为原点,分别以DA,DC,DD1所在直线为坐标轴建立空间直角坐
是(-6,3,2).
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19.在△ABC中,A(1,-2,-1),B(0,-3,1),C(2,-2,1).若向量n与平面ABC垂直,且|n|= ,则n的坐标为 .
(-2,4,1)或(2,-4,-1)
解得y=4或y=-4.
当y=4时,x=-2,z=1;当y=-4时,x=2,z=-1.
∴n的坐标为(-2,4,1)或(2,-4,-1).
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20. 如图所示,平面CDEF⊥平面ABCD,且四边形ABCD为平行四边形, ∠DAB=45°,四边形CDEF为直角梯形,EF∥DC,ED⊥CD,AB=3EF=3,ED=a,
C 级 学科素养创新练
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(1)证明 ∵平面CDEF⊥平面ABCD,ED⊥CD,ED 平面CDEF,平面CDEF∩平面ABCD=CD,
∴ED⊥平面ABCD,AD 平面ABCD,即ED⊥AD.
过F作FG⊥DC于G,过G作GH∥AD交AB于H.
∵四边形CDEF为直角梯形,AB=3EF=3,
∴ED∥FG,即FG⊥AD,则FG⊥HG,且HG= ,HB=2,∠GHB=45°,
∴BG2=HG2+HB2-2HG×HBcos∠GHB,得BG2=2,即HG2+BG2=HB2,
∴HG⊥BG,而BG∩FG=G,即HG⊥平面FBG,又BF 平面FBG,
∴HG⊥BF,故AD⊥BF.
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(2)解 以D为原点,平面ABCD上过点D垂直于DC的直线为x轴,DC所在直线为y轴,DE所在直线为z轴,建立空间直角坐标系,如图所示,
设平面BDM的法向量为n=(x1,y1,z1),
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20(共19张PPT)
第一章
1.2.1 空间中的点、直线与空间向量
A 级 必备知识基础练
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1.[探究点一(角度1)]已知l1的方向向量为v1=(1,2,3),l2的方向向量为v2=(λ,4,6),若l1∥l2,则λ等于( )
A.1 B.2 C.3 D.4
B
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2.[探究点二]空间中异面直线a与b所成角的取值范围是( )
C
解析 根据异面直线所成角定义,空间中异面直线a与b所成角的取值范围是
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3. [探究点一·2023陕西宝鸡高二期末]在正方体ABCD-A1B1C1D1中,PQ与直线A1D和AC都垂直,则直线PQ与BD1的关系是( )
A.异面但不垂直 B.平行
C.异面垂直 D.垂直且相交
B
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解析 设正方体的棱长为1.以D为坐标原点,DA,DC,DD1所在直线分别为
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4. [探究点一·2023湖北丹江口高二阶段练习](多选题)如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,E为棱CC1上不与C1,C重合的任意一点,则能作为直线AA1的方向向量的是( )
ABD
故选ABD.
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5.[探究点二]如图,在三棱柱OAB-O1A1B1中,平面OBB1O1⊥平面OAB,且∠O1OB=60°,∠AOB=90°,OB=OO1=2,OA= ,求异面直线A1B与O1A所成角的余弦值.
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解 以O为坐标原点,OA,OB所在直线分别为x轴、y轴,建立如图所示的空间直角坐标系,
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B 级 关键能力提升练
6.(多选题)已知空间中四点A(1,1,0),B(0,1,2),C(0,3,2),D(-1,3,4).下列说法中,正确的有( )
C.A,B,C三点共线 D.A,B,C,D四点共面
ABD
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即(-1,2,2)=λ(-1,0,2)+μ(-2,2,4),
所以(-1,2,2)=(-λ-2μ,2μ,2λ+4μ),
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7.已知直三棱柱ABC-A1B1C1中,∠ABC=60°,AB=2,BC=CC1=1,则异面直线AB1与BC1所成角的余弦值为( )
B
解析 ∵直三棱柱ABC-A1B1C1中,∠ABC=60°,AB=2,BC=1,
∴在△ABC中,由余弦定理可得AC2=AB2+BC2-2AB×BCcos 60°
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以C为原点,CB为x轴,CA为y轴,CC1为z轴,建立如图所示的空间直角坐标系,
∴异面直线AB1与BC1所成角的余弦值为0.
故选B.
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8.已知a,b是异面直线,A,B∈a,C,D∈b,AC⊥b,BD⊥b,且AB=2,CD=1,则直线a,b所成的角是 .
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9. 如图是正四面体的平面展开图,G,H,M,N分别为DE,BE,EF,EC的中点,在这个正四面体中,①GH与EF平行;②BD与MN为异面直线;③GH与MN成60°角;④DE与MN垂直.
以上四个结论中,正确结论的序号是 .
②③④
解析 还原成正四面体知GH与EF为异面直线,BD与MN为异面直线,GH与MN成60°角,DE与MN为垂直.
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10. 如图,在四面体ABOC中,OC⊥OA,OC⊥OB,∠AOB=120°,且OA=OB=OC=1,设P为AC的中点,Q在AB上且AB=3AQ,证明:PQ⊥OA.
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证明 如图,连接OP,OQ,PQ,取O为坐标原点,过点O作OD⊥OA,以OA, OD,OC所在直线为x轴、y轴、z轴,建立空间直角坐标系Oxyz(如图所示).
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C 级 学科素养创新练
11. 如图,已知 ABCD中,AB=AC=1,∠ACD=90°,将它沿对角线AC折起,使AB与CD成60°角,求B,D间的距离.
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11第一章第2课时 空间向量的数量积
A级 必备知识基础练
1. [探究点二(角度1)]如图所示,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,下列各组向量的夹角为45°的是( )
A.
B.
C.
D.
2.[探究点一]已知向量a和b的夹角为120°,且|a|=2,|b|=5,则(2a-b)·a等于( )
A.12 B.8+ C.4 D.13
3.[探究点二(角度2)]已知e1,e2为单位向量,且e1⊥e2,若a=2e1+3e2,b=ke1-4e2,a⊥b,则实数k的值为( )
A.-6 B.6 C.3 D.-3
4.[探究点一·2023山东潍坊高二阶段练习](多选题)下列说法一定正确的是( )
A.设a,b是两个空间向量,则a,b一定共面
B.设a,b,c是三个空间向量,则a,b,c一定不共面
C.设a,b是两个空间向量,则a·b=b·a
D.设a,b,c是三个空间向量,则(a·b)c=a(b·c)
5.[探究点二(角度1)]已知|a|=13,|b|=19,|a+b|=24,则|a-b|= .
6.[探究点二(角度1)]已知空间向量a,b,c中两两夹角都是,且|a|=4,|b|=6,|c|=2,则|a+b+c|= .
7.[探究点一、二(角度1)·北师大版教材例题]如图,已知四棱柱ABCD-A'B'C'D'的底面ABCD是边长为1的菱形,且∠C'CB=∠C'CD=∠BCD=,DD'=2,求:
(1);(2)·();(3)||.
B级 关键能力提升练
8.设平面上有四个互异的点A,B,C,D,已知(-2)·()=0,则△ABC一定是( )
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
9.已知空间向量a,b,c满足a+b+c=0,|a|=3,|b|=1,|c|=4,则a·b+b·c+c·a的值为( )
A.-13 B.-5 C.5 D.13
10.已知空间向量a,b,c满足a+b+c=0,|a|=1,|b|=2,|c|=,则a与b的夹角为( )
A.30° B.45° C.60° D.90°
11.已知空间向量a,b,|a|=3,|b|=5,m=a+b,n=a+λb,=135°,若m⊥n,则λ的值为 .
12. 如图,在长方体ABCD-A1B1C1D1中,设AD=AA1=1,AB=2,P是C1D1的中点,则的夹角的大小为 ,= .
13.已知a,b是空间中相互垂直的单位向量,且|c|=5,c·a=c·b=2,则|c-ma-nb|的最小值是 .
14. [人教A版教材习题]如图,正方体ABCD-A'B'C'D'的棱长为a.
(1)求A'B和B'C所成的角;
(2)求证:A'B⊥AC'.
第2课时 空间向量的数量积
1.A
2.D (2a-b)·a=2a2-b·a=2|a|2-|a||b|·cos120°=2×4-2×5×(-)=13.故选D.
3.B 由题意可得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.故选B.
4.AC 对于A,两个空间向量一定共面,故A正确;
对于B,三个空间向量可能共面也可能不共面,故B错误;
对于C,因为a,b是两个空间向量,则a·b=b·a,故C正确;
对于D,因为a,b,c是三个空间向量,则a(b·c)与向量a共线,(a·b)c与向量c共线,两向量不一定相等,故D错误.
故选AC.
5.22 ∵|a+b|2=(a+b)2=a2+2a·b+b2=132+2a·b+192=242,
∴2a·b=46,∴|a-b|2=(a-b)2=a2-2a·b+b2=530-46=484,故|a-b|=22.
6.10 ∵|a|=4,|b|=6,|c|=2,且===,
∴|a+b+c|2=(a+b+c)2=|a|2+|b|2+|c|2+2a·b+2a·c+2b·c=|a|2+|b|2+|c|2+2|a||b|·cos+2|a||c|·cos+2|b||c|·cos=42+62+22+4×6+4×2+6×2=100,
∴|a+b+c|=10.
7.解(1)因为∠D'DA=∠C'CB=,
所以=||||cos∠D'DA=1.
(2)因为,
而=||||cos∠C'CD=1,=||||cos∠C'CB=1,
所以·()==1-1=0.
(3)||
=
=
=.
8.B 因为-2=()+()=,
所以(-2)·()=()·()=||2-||2=0,所以||=||,即△ABC一定是等腰三角形.故选B.
9.A ∵a+b+c=0,∴(a+b+c)2=0,
∴a2+b2+c2+2(a·b+b·c+c·a)=0,
∴a·b+b·c+c·a=-=-13.故选A.
10.C 设a与b的夹角为θ,由a+b+c=0,得a+b=-c,两边平方,得a2+2a·b+b2=c2,所以1+2×1×2cosθ+4=7,解得cosθ=.又θ∈[0,π],所以θ=60°.
故选C.
11.- 因为m⊥n,所以m·n=0,故(a+b)·(a+λb)=0,
所以a2+(λ+1)a·b+λb2=0,即18+(λ+1)×15×(-)+25λ=0,故λ=-.
12.60° 1 连接A1D(图略),则∠PA1D就是的夹角.连接PD(图略),在△PA1D中,易得PA1=DA1=PD=,即△PA1D为等边三角形,从而∠PA1D=60°,即的夹角的大小为60°,因此×cos60°=1.
13.3 因为a,b互相垂直,所以a·b=0,
所以|c-ma-nb|2=c2+m2a2+n2b2-2ma·c-2nb·c+2mna·b=25+m2+n2-4m-4n=+9,
当且仅当m=n=2时,|c-ma-nb|2取得最小值,最小值为9,则|c-ma-nb|的最小值为3.
14.(1)解设=a,=b,=c.
∵正方体ABCD-A'B'C'D'的棱长为a,
∴|a|=|b|=|c|=a,且===.
∵=a-c,=b-c,
∴=(a-c)·(b-c)=a·b-a·c-b·c+c2=0-0-0+a2=a2.
又||=a,||=a,
∴cos<>=.
又<>∈[0,π],∴<>=,
∴A'B与B'C所成的角为.
(2)证明由(1)知=a-c,=a+b+c,
∴=(a-c)·(a+b+c)=a2+a·b+a·c-c·a-c·b-c2=a2+0+0-0-0-a2=0,∴,
∴A'B⊥AC'.(共30张PPT)
第一章
1.1.3 空间向量的坐标与空间直角坐标系
A 级 必备知识基础练
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1.[探究点一]已知向量a=(1,-2,1),a+b=(-1,2,-1),则向量b等于( )
A.(2,-4,2)
B.(-2,4,-2)
C.(-2,0,-2)
D.(2,1,-3)
B
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2.[探究点一、二]已知a=(1,2,y),b=(x,1,2),且a∥b,则x·y=( )
A.1 B.-1 C.-2 D.2
D
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3.[探究点二](多选题)已知向量a=(1,1,0),则与a共线的单位向量e=( )
AC
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4.[探究点一]若△ABC的三个顶点坐标分别为A(1,-2,1),B(4,2,3),C(6,-1,4),则△ABC的形状是( )
A.锐角三角形
B.直角三角形
C.钝角三角形
D.等边三角形
A
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5.[探究点二、三](多选题)对于任意非零向量a=(x1,y1,z1),b=(x2,y2,z2),以下说法错误的有( )
A.若a⊥b,则x1x2+y1y2+z1z2=0
BD
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解析 对于A选项,因为a⊥b,
则a·b=x1x2+y1y2+z1z2=0,A选项正确;
对于B选项,若x2=0,且y2≠0,z2≠0,若a∥b,分式 无意义,B选项错误;
对于C选项,由空间向量数量积的坐标运算可知
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6.[探究点二、三]已知向量a=(1,0,m),b=(2,0,-2 ),若a∥b,则|a|=( )
A.-1 B.0 C.1 D.2
D
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7.[探究点三]已知向量a=(5,3,1),b=(-2,t,- ),若a与b的夹角为钝角,则实数t的取值范围为 .
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8.[探究点二、三·北师大版教材习题]已知A(-2,0,2),B(-1,1,2),C(-3,0,4),设
(2)求a与b的夹角;
(3)若ka+b与ka-2b互相垂直,求实数k的值.
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(3)由(ka+b)⊥(ka-2b)得(ka+b)·(ka-2b)=0,所以k2a2-2ka·b+ka·b-2b2=0,所以2k2-k·(-1)-2×5=0,所以2k2+k-10=0,
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B 级 关键能力提升练
AC
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10.[2023山西浑源高二阶段练习]已知向量{a,b,c}是空间向量的一组单位正交基底,向量{a+b,a-b,a+c}是空间向量的另一组基底,若向量p在基底{a,b,c}下的坐标为(2,3,4),则p在{a+b,a-b,a+c}下的坐标为( )
C
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解析 不妨设向量a=(1,0,0),b=(0,1,0),c=(0,0,1),则向量a+b=(1,1,0),
a-b=(1,-1,0),a+c=(1,0,1).
设p=x(a+b)+y(a-b)+z(a+c),
即(2,3,4)=x(1,1,0)+y(1,-1,0)+z(1,0,1),
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11.已知点A(1,-1,2),B(5,-6,2),C(1,3,-1),则 上的投影的数量为 .
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12.已知空间向量a=(1,-2,3),则向量a在坐标平面xOy上的投影向量是 .
(1,-2,0)
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13. [2023湖北高二阶段练习]如图,已知点P在正方体ABCD-A'B'C'D'的对角
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解析 以D为原点,DA为x轴,DC为y轴,DD'为z轴,建立如图所示的空间直角坐标系.
设正方体ABCD-A'B'C'D'的棱长为1,则A(1,0,0),C(0,1,0),D'(0,0,1),B(1,1,0),
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14. 如图所示,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为矩形,侧棱PA⊥底面
(2)在侧面PAB内找一点N,使NE⊥平面PAC,求N点的坐标.
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解 (1)由题意,建立如图所示的空间直角坐标系,
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15.已知点A(0,2,3),B(-2,1,6),C(1,-1,5).
(1)求以AB,AC为邻边的平行四边形的面积;
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(2)设a=(x,y,z),
∴a=(1,1,1)或a=(-1,-1,-1).
C 级 学科素养创新练
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16. 如图所示,在四棱锥P-ABCD中,△PBC为等腰直角三角形,且∠CPB=90°,四边形ABCD为直角梯形,满足AD∥BC,CD⊥AD,
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解 (1)因为△PBC为等腰直角三角形,∠CPB=90°,BC=CD=4,所以
因为PC∩BC=C,PC,BC 平面PBC,所以CD⊥平面PBC.
以点C为原点,CP,CD所在直线分别为x轴、z轴,过点C作PB
的平行线,以此为y轴,建立空间直角坐标系Cxyz,如图所示.则
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16第一章1.2.5 空间中的距离
A级 必备知识基础练
1.[探究点一]如图所示,在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=BC=2,AA1=,E,F分别是平面A1B1C1D1,平面BCC1B1的中心,则E,F两点间的距离为( )
A.1 B. C. D.
2.[探究点三]已知平面α的一个法向量n=(-2,-2,1),点A(-1,3,0)在平面α内,则点P(-2,1,4)到α的距离为( )
A.10 B.3
C. D.
3.[探究点二·2023华中师范大学附属中学高二阶段练习]Rt△ABC的两条直角边BC=3,AC=4,PC⊥平面ABC,PC=,则点P到斜边AB的距离是 .
4.[探究点三]如图,已知长方体ABCD-A1B1C1D1,A1A=5,AB=12,则直线B1C1到平面A1BCD1的距离是( )
A.5 B.8 C. D.
5.[探究点三](多选题)已知=(0,1,1),=(2,-1,2),BE⊥平面BCD,则( )
A.点A到平面BCD的距离为
B.AB与平面BCD所成角的正弦值为
C.点A到平面BCD的距离为
D.AB与平面BCD所成角的正弦值为
6.[探究点三]在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中,E,F分别是BC,CD的中点,则BD到平面EFD1B1的距离为 .
7.[探究点三·2023浙江杭州高二期末]若两平行平面α,β分别经过坐标原点O和点A(2,1,1),且两平面的一个法向量为n=(-1,0,1),则两平面间的距离是 .
8.[探究点三]在长方体A1B1C1D1-ABCD中,AA1=1,AD=DC=,Q是线段A1C1上一点,且C1Q=C1A1,则点Q到平面A1DC的距离为 .
9.[探究点二、三]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.
(1)求点M到直线AC1的距离;
(2)求点N到平面MA1C1的距离.
B级 关键能力提升练
10.已知直线l过定点A(2,3,1),且方向向量为s=(0,1,1),则点P(4,3,2)到直线l的距离为( )
A. B. C. D.
11.在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,底面边长为2,侧棱长为4,则点B1到平面AD1C的距离为( )
A. B. C. D.
12.[2023安徽太和高二阶段练习]已知点M(-1,2,0),平面α过A(1,0,1),B(1,1,0),C(0,1,1)三点,则点M到平面α的距离为 .
13.已知在边长为4的正三角形ABC中,E,F分别为BC和AC的中点.PA=2,且PA⊥平面ABC,设Q是CE的中点.
(1)求证:AE∥平面PFQ;
(2)求AE与平面PFQ间的距离.
14.[2023黑龙江哈尔滨高二阶段练习]在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中,E为线段A1B1的中点,F为线段AB的中点.
(1)求点B到直线AC1的距离;
(2)求直线FC到平面AEC1的距离.
C级 学科素养创新练
15.已知二面角α-l-β为60°,动点P,Q分别在平面α,β内,点P到β的距离为,点Q到α的距离为2,则P,Q两点之间距离的最小值为( )
A. B.2 C.2 D.4
1.2.5 空间中的距离
1.C 以点A为原点,建立如图所示的空间直角坐标系,则点E(1,1,),F(2,1,),
所以|EF|=,故选C.
2.D 由已知得=(1,2,-4),故点P到平面α的距离d=.
3. 3 以点C为坐标原点,CA,CB,CP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A(4,0,0),B(0,3,0),P(0,0,),所以=(-4,3,0),=(-4,0,),
所以点P到AB的距离d==3.
4. C (方法一)以D为坐标原点,的方向分别为x轴、y轴、z轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系,
则C(0,12,0),D1(0,0,5).
设B(x,12,0),B1(x,12,5)(x>0),=(-x,0,0),=(0,-12,5),=(0,0,-5).
设平面A1BCD1的法向量为n=(a,b,c),由n⊥,n⊥,得n·=(a,b,c)·(-x,0,0)=-ax=0,n·=(a,b,c)·(0,-12,5)=-12b+5c=0,
所以a=0,b=c,所以可取n=(0,5,12).
又=(0,0,-5),所以点B1到平面A1BCD1的距离为.因为B1C1∥平面A1BCD1,
所以B1C1到平面A1BCD1的距离为.
(方法二)因为B1C1∥BC,所以B1C1∥平面A1BCD1,从而点B1到平面A1BCD1的距离即为所求.
如图,过点B1作B1E⊥A1B于点E.
因为BC⊥平面A1ABB1,且B1E 平面A1ABB1,所以BC⊥B1E.
又BC∩A1B=B,所以B1E⊥平面A1BCD1,B1E的长即为点B1到平面A1BCD1的距离.
在Rt△A1B1B中,B1E=,
所以直线B1C1到平面A1BCD1的距离为.
5.BC 因为BE⊥平面BCD,所以是平面BCD的一个法向量,
所以点A到平面BCD的距离为,故A错误,C正确;
AB与平面BCD所成角的正弦值为,故B正确,D错误.
故选BC.
6. 以D为原点,直线DA,DC,DD1分别为x轴、y轴、z轴建立如图空间直角坐标系,则E,F,D1(0,0,1),D(0,0,0),
所以=(-,-,0),=(0,-,1).
设平面EFD1B1的一个法向量为n=(x,y,z),
所以
令x=-1,则y=1,z=,所以n=(-1,1,).
又,所以所求距离为.
7. 依题意,平行平面α,β间的距离即为点O到平面β的距离,而=(2,1,1),所以平行平面α,β间的距离d=.
8. 如图,以D1A1,D1C1,D1D所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系,
则D(0,0,1),C(0,,1),A1(,0,0),C1(0,,0),
∴=(0,,0),=(,0,-1),=(,-,0).
由题可知,得Q(,0),
∴=(,-1).
设平面A1DC的法向量为n=(x,y,z),
则
取x=1,则z=,y=0,∴n=(1,0,),
∴点Q到平面A1DC的距离d=.
9.解(1)建立如图所示的空间直角坐标系,则A(0,0,0),A1(0,0,2),M(2,0,1),C1(0,2,2),直线AC1的一个单位方向向量为s0=(0,),=(2,0,1),
故点M到直线AC1的距离d=.
(2)设平面MA1C1的法向量为n=(x,y,z),=(0,2,0),=(2,0,-1),则n·=0,且n·=0,即(x,y,z)·(0,2,0)=0,且(x,y,z)·(2,0,-1)=0,即y=0,且2x-z=0,取x=1,得z=2,故n=(1,0,2)为平面MA1C1的一个法向量,因为N(1,1,0),所以=(-1,1,-1),故点N到平面MA1C1的距离d=.
10.A 因为A(2,3,1),P(4,3,2),所以=(2,0,1),
则||=.由点到直线的距离公式得d=.
故选A.
11.A 如图,以D为原点,DA,DC,DD1分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系,则A(2,0,0),C(0,2,0),D1(0,0,4),B1(2,2,4),∴=(-2,2,0),=(-2,0,4),=(-2,-2,0).设平面AD1C的法向量为n=(x,y,z),则取z=1,则x=y=2,所以n=(2,2,1),所以点B1到平面AD1C的距离为,故选A.
12. 因为M(-1,2,0),A(1,0,1),B(1,1,0),C(0,1,1),所以=(-2,2,-1),=(0,1,-1),=(-1,1,0).
设平面ABC的一个法向量为n=(x,y,z),
则
令x=1,则n=(1,1,1),
所以点M到平面α的距离为d=.
13.(1)证明如图所示,以A为坐标原点,平面ABC内垂直于AC边的直线为x轴,AC所在直线为y轴,AP所在直线为z轴建立空间直角坐标系.
∵AP=2,AB=BC=AC=4,E,F分别是BC,AC的中点,∴A(0,0,0),B(2,2,0),C(0,4,0),F(0,2,0),E(,3,0),Q(,0),P(0,0,2),∴=(,0),=(,3,0),∴=2.
∵无交点,∴AE∥FQ.
又FQ 平面PFQ,AE 平面PFQ,∴AE∥平面PFQ.
(2)解由(1)知,AE∥平面PFQ,
∴点A到平面PFQ的距离就是AE与平面PFQ间的距离.
设平面PFQ的法向量为n=(x,y,z),
则n⊥,n⊥,即n·=0,n·=0.
又=(0,2,-2),∴n·=2y-2z=0,即y=z.又=(,0),∴n·x+y=0,即x=-y.令y=1,则x=-,z=1,∴n=(-,1,1).
又=(-,-,0),所求距离d=.
14.解(1)以D1为原点,D1A1,D1C1,D1D所在的直线分别为x轴、y轴、z轴,建立如图所示的空间直角坐标系,
则A(1,0,1),B(1,1,1),C(0,1,1),C1(0,1,0),E(1,,0),F(1,,1),
∴=(0,1,0),=(-1,1,-1),=(0,,-1),=(-1,,0),=(-1,,0),=(0,,0).
取a==(0,1,0),u=(-1,1,-1),a2=1,a·u=,则点B到直线AC1的距离为.
(2)∵=(-1,,0),∴FC∥EC1,而FC 平面AEC1,EC1 平面AEC1,∴FC∥平面AEC1,∴点F到平面AEC1的距离即为直线FC到平面AEC1的距离.
设平面AEC1的法向量为n=(x,y,z),则
∴取z=1,则x=1,y=2,
∴n=(1,2,1).
又=(0,,0),∴点F到平面AEC1的距离为.
15.C 作PM⊥β,QN⊥α,垂足分别为M,N.
分别在平面α,β内作PE⊥l,QF⊥l,垂足分别为E,F,如图所示,
连接ME,NF,则ME⊥l,∴∠PEM为二面角α-l-β的平面角.∴∠PEM=60°.
在Rt△PME中,||==2,
同理||=4.又,
∴||2=4+||2+16+2+2+2=20+||2+2×2×4cos120°=12+||2.
∴当||2取最小值0时,||2最小,此时||=2.第一章1.1.2 空间向量基本定理
A级 必备知识基础练
1. [探究点三(角度2)]如图,在空间四边形OABC中,=a,=b,=c,点M在上,且OM=2MA,点N为BC中点,则=( )
A.a-b+c
B.-a+b +c
C.a+b-c
D.a+b-c
2.[探究点三(角度1)]已知{a,b,c}是空间向量的一组基底,若p=a+b,q=a-b,则( )
A.a,p,q是空间向量的一组基底
B.b,p,q是空间向量的一组基底
C.c,p,q是空间向量的一组基底
D.p,q与a,b,c中的任何一个都不能构成空间向量的一组基底
3.[探究点三(角度3)](多选题)已知点M在平面ABC内,并且对空间任意一点O,有=x,则x的值不可能为( )
A.1 B.0 C.3 D.
4.[探究点二]若{a,b,c}构成空间向量的一组基底,则下列向量不共面的是( )
A.b+c,b,b-c B.a,a+b,a-b
C.a+b,a-b,c D.a+b,a+b+c,c
5.[探究点三(角度3)] (多选题)如图,在长方体ABCD-A1B1C1D1中,E,F,G分别是棱BA,BC,BB1上的点,且满足
=3=4=5,则( )
A.
B.=3+4+5
C.=0
D.
6.[探究点三(角度3)]已知正方体ABCD-A1B1C1D1中,若点F是侧面CD1的中心,且+m-n,则m= .
7. [探究点三(角度1、角度2)·人教A版教材习题]如图,已知平行六面体OABC-O'A'B'C',点G是侧面BB'C'C的中心,且=a,=b,=c.
(1){a,b,c}是否构成空间向量的一组基底
(2)如果{a,b,c}构成空间向量的一组基底,那么用它表示下列向量:.
8.[探究点二]已知三个向量a,b,c不共面,并且p=a+b-c,q=2a-3b-5c,r=-7a+18b+22c,向量p,q,r是否共面
B级 关键能力提升练
9. 如图,在梯形ABCD中,AB∥CD,AB=2CD,点O为空间内任意一点,=a,=b,=c,向量=xa+yb+zc,则x,y,z分别是( )
A.1,-1,2 B.-,1
C.,-,1 D.,-,-1
10. [2023山西运城景胜中学高二阶段练习]如图,一个结晶体的形状为平行六面体ABCD-A1B1C1D1,其中,以顶点A为端点的三条棱长均为6,且它们彼此的夹角都是60°,下列说法中正确的是( )
A.AC1=6
B.AC1⊥BD
C.向量的夹角是60°
D.BD1与AC所成角的余弦值为
11.[2023辽宁沈阳二十中高二阶段练习](多选题)如图,在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中,以顶点A为端点的三条棱长都是1,且它们彼此的夹角都是60°,M为A1C1与B1D1的交点,若=a,=b,=c,则下列说法正确的是( )
A.a-b+c
B.=a+b+c
C.AC1的长为
D.cos<>=
12.已知空间单位向量e1,e2,e3,e1⊥e2,e2⊥e3,e1·e3=,若空间向量m=xe1+ye2+ze3满足:m·e1=4,m·e2=3,m·e3=5,则x+y+z= ,|m|=.
13. 如图,在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中,AB=5,AD=3,AA1=7,∠BAD=,∠BAA1=∠DAA1=,则AC1的长为 .
14.如图,设O为 ABCD所在平面外任意一点,E为OC的中点,若+x+y,求x,y的值.
15.已知非零向量e1,e2不共线,如果=e1+e2,=2e1+8e2,=3e1-3e2,求证:A,B,C,D四点共面.
C级 学科素养创新练
16. [人教A版教材例题]如图,在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中,AB=4,AD=4,AA1=5,∠DAB=60°,∠BAA1=60°,∠DAA1=60°,M,N分别为D1C1,C1B1的中点.求证:MN⊥AC1.
17. 如图所示,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,点E在A1D1上,且=2,点F在对角线A1C上,且.
求证:E,F,B三点共线.
1.1.2 空间向量基本定理
1.B )-=-a+b+c.故选B.
2.C 假设c=k1p+k2q,即c=k1(a+b)+k2(a-b),得(k1+k2)a+(k1-k2)b-c=0,这与{a,b,c}是空间的一个基底矛盾,故c,p,q是空间的一组基底.故选C.
3.ABC ∵=x,
且M,A,B,C四点共面,∴x+=1,∴x=.
4.C 对于A选项,因为b=(b+c)+(b-c),所以b+c,b,b-c共面,A选项不满足条件;
对于B选项,因为a=(a+b)+(a-b),所以a,a+b,a-b共面,B选项不满足条件;
对于C选项,假设a+b,a-b,c共面,则c=x(a+b)+y(a-b)=(x+y)a+(x-y)b,从而可知a,b,c共面,矛盾,C选项满足条件;
对于D选项,因为a+b+c=(a+b)+c,所以a+b,a+b+c,c共面,D选项不满足条件.故选C.
5.AB 对于A选项,,A对;
对于B选项,=3+4+5,B对;
对于C选项,由图可知不共线,则≠0,C错;
对于D选项,,D错.
故选AB.
6. 如图所示,可得)=.
因为+m-n,
所以m=,n=-.
7.解(1)∵=a,=b,=c不共面,
∴{a,b,c}构成空间向量的一组基底.
(2)=a+b+c,
=-=-=-b+c,
=-=a-b+c,
)=a+b+c.
8.解假设存在实数λ,μ,使p=λq+μr,则
a+b-c=(2λ-7μ)a+(-3λ+18μ)b+(-5λ+22μ)c.
∵a,b,c不共面,∴解得
即存在实数λ=,μ=,使p=λq+μr,∴p,q,r共面.
9.C )=a-b+c,因此,x=,y=-,z=1.故选C.
10.B 对于A选项,由题意可知,则+2+2+2=62+62+62+2×6×6×cos60°+2×6×6×cos60°+2×6×6×cos60°=63,
∴||=6,故选项A不正确;
对于B选项,,
∴=()·()==6×6×cos60°+62+6×6×cos60°-62-6×6×cos60°-6×6×cos60°=0.
∴AC1⊥BD,故选项B正确;
对于C选项,,∴cos<>==-.
又0°≤cos<>≤180°,
∴向量的夹角是120°,故选项C不正确;
对于D选项,.
设BD1与AC所成角的平面角为θ,
则cosθ=|cos<>|==,故选项D不正确.故选B.
11.BD 对于A选项,)=b-a+c,故A错误;
对于B选项,=a+b+c,故B正确;
对于C选项,=a+b+c,则=(a+b+c)2=a2+b2+c2+2a·b+2a·c+2b·c=6,
则||=,故C错误;
对于D选项,=a·(a+b+c)=a2+a·b+a·c=2,则cos<>=,故D正确.
故选BD.
12.8 因为e1⊥e2,e2⊥e3,e1·e3=,空间向量m=xe1+ye2+ze3满足:m·e1=4,m·e2=3,m·e3=5,所以
解得所以x+y+z=8,|m|=.
13. ∵,
∴||2==()2=||2+||2++2||||cos+2||||cos+2||||cos=25+9+49+2×5×3×+2×3×7×+2×5×7×=98+56,
∴AC1=||=.
14.解因为=-=-)=-)=-)=-,所以x=,y=-.
15.证明(证法一)令λ(e1+e2)+μ(2e1+8e2)+v(3e1-3e2)=0,则(λ+2μ+3v)e1+(λ+8μ-3v)e2=0.
∵e1,e2不共线,∴
易知是其中一组解,则-5=0.
∴A,B,C,D四点共面.
(证法二)观察易得=(2e1+8e2)+(3e1-3e2)=5e1+5e2=5(e1+e2)=5.∴.
由共面向量定理知,共面.
又它们有公共点A,∴A,B,C,D四点共面.
16.证明设=a,=b,=c,这三个向量不共面,{a,b,c}构成空间的一组基底,我们用它们表示,则a-b,
=a+b+c,
所以=(a-b)·(a+b+c)=a·a+a·b+a·c-b·a-b·b-b·c=×42+×42×cos60°+×4×5×cos60°-×42×cos60°-×42-×4×5×cos60°=0,所以MN⊥AC1.
17.证明设=a,=b,=c.
∵=2,∴b,
)=a+b-c.
∴a-b-c=(a-b-c).
又=-b-c+a=a-b-c,
∴.
又EF∩EB=E,
∴E,F,B三点共线.第一章1.2.2 空间中的平面与空间向量
A级 必备知识基础练
1.[探究点一]若a=(1,2,3)是平面γ的一个法向量,则下列向量中能作为平面γ的法向量的是( )
A.(0,1,2) B.(3,6,9)
C.(-1,-2,3) D.(3,6,8)
2.[探究点二(角度1)]设平面α的法向量为(1,-2,λ),平面β的法向量为(2,μ,4),若α∥β,则λ+μ=( )
A.2 B.4
C.-2 D.-4
3.[探究点二(角度1)]已知n为平面α的一个法向量,l为一条直线,则“l⊥n”是“l∥α”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
4. [探究点二]如图,在长方体ABCD-A1B1C1D1中,E,F分别是棱BB1,B1C1的中点,以下说法正确的是( )
A.A1E∥平面CC1D1D
B.A1E⊥平面BCC1B1
C.A1E∥D1F
D.A1E⊥D1F
5.[探究点二](多选题)下列利用方向向量、法向量判断线、面位置关系的结论中,正确的是( )
A.若两条不重合的直线l1,l2的方向向量分别是a=(2,-2,-1),b=(-2,-2,1),则l1∥l2
B.若直线l的方向向量是a=(1,1,2),平面α的一个法向量是n=(-2,-2,-4),则l⊥α
C.若直线l的方向向量是a=(0,2,0),平面α的一个法向量是n=(-2,0,2),则l∥α
D.若两个不同的平面α,β的法向量分别是m=(3,-4,2),n=(-2,0,3),则α⊥β
6.[探究点二(角度2)]已知直线l与平面α垂直,直线l的一个方向向量u=(1,-3,z),向量v=(3,-2,1)与平面α平行,则z= .
7.[探究点二(角度1)]若=λ+μ(λ,μ∈R),则直线AB与平面CDE的位置关系是 .
8.[探究点二·2023广东佛山高二阶段练习]若平面α的一个法向量为m=(2,-6,s),平面β的一个法向量为n=(1,t,2),且α∥β,则s-t= .
9.[探究点一]在如图所示的坐标系中,ABCD-A1B1C1D1表示棱长为1的正方体,给出下列结论:
①直线DD1的一个方向向量为(0,0,1);②直线BC1的一个方向向量为(0,1,1);③平面ABB1A1的一个法向量为(0,1,0);④平面B1CD的一个法向量为(1,1,1).
其中正确的是 .(填序号)
10. [探究点一]在正方体ABCD-A1B1C1D1中,E,F分别为棱A1D1,A1B1的中点,在如图所示的空间直角坐标系中,求:
(1)平面BDD1B1的一个法向量;
(2)平面BDEF的一个法向量.
11.[探究点二(角度1)]如图所示,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,M,N分别是C1C,B1C1的中点.求证:MN∥平面A1BD.
12.[探究点二(角度2)]如图,在四棱锥P-ABCD中,PA⊥底面ABCD,AB⊥AD,AC⊥CD,∠ABC=60°,PA=AB=BC,E是PC的中点.
求证:(1)AE⊥CD;
(2)PD⊥平面ABE.
B级 关键能力提升练
13.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的法向量,则m,n的值分别为( )
A.-1,2 B.1,-2
C.1,2 D.-1,-2
14.已知直线l的方向向量为a,且直线l不在平面α内,平面α内两共点向量,下列关系中一定能表示l∥α的是( )
A.a= B.a=k
C.a=p+λ D.以上均不能
15.[2023河南商城高二阶段练习]已知直线l的方向向量是a=(3,2,1),平面α的法向量是u=(-1,2,-1),则l与α的位置关系是( )
A.l⊥α B.l∥α
C.l与α相交但不垂直 D.l∥α或l α
16.[2023广东佛山高二阶段练习]已知两个不重合的平面α与平面ABC,若平面α的法向量为n1=(2,-3,1),向量=(1,0,-2),=(1,1,1),则( )
A.平面α∥平面ABC
B.平面α⊥平面ABC
C.平面α,平面ABC相交但不垂直
D.以上均有可能
17.[2023浙江玉环高二阶段练习](多选题)已知点P是平行四边形ABCD所在的平面外一点,如果=(2,-1,-4),=(4,2,0),=(-1,2,-1),下列结论正确的有( )
A.
B.
C.是平面ABCD的一个法向量
D.
18.如图,在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=4,BC=2,CC1=3,E,F分别是BC,CD的中点,以D为原点,分别以DA,DC,DD1所在直线为坐标轴建立空间直角坐标系,则平面D1EF的一个法向量是 .
19.在△ABC中,A(1,-2,-1),B(0,-3,1),C(2,-2,1).若向量n与平面ABC垂直,且|n|=,则n的坐标为 .
C级 学科素养创新练
20. 如图所示,平面CDEF⊥平面ABCD,且四边形ABCD为平行四边形,∠DAB=45°,四边形CDEF为直角梯形,EF∥DC,ED⊥CD,AB=3EF=3,ED=a,AD=.
(1)求证:AD⊥BF;
(2)若线段CF上存在一点M,满足AE∥平面BDM,求的值.
1.2.2 空间中的平面与空间向量
1.B 向量(1,2,3)与向量(3,6,9)共线.
2.C ∵α∥β,
∴,解得λ=2,μ=-4,∴λ+μ=-2.
3.B 当“l⊥n”时,由于l可能在平面α内,所以无法推出“l∥α”;
当“l∥α”时,“l⊥n”.
综上所述,“l⊥n”是“l∥α”的必要不充分条件.故选B.
4.A 由长方体的性质有平面ABB1A1∥平面CC1D1D,又A1E 平面ABB1A1,所以A1E∥平面CC1D1D,故选项A正确;
因为E为棱BB1的中点,且A1B1⊥BB1,所以A1E与BB1不垂直,
所以若A1E⊥平面BCC1B1,则A1E⊥BB1,这与A1E和BB1不垂直相矛盾,故选项B错误;
以D为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系.
设DA=a,DC=b,DD1=c,则A1=(a,0,c),E(a,b,),D1(0,0,c),F(,b,c),
所以=(0,b,-),=(,b,0).
因为不是共线向量,且=b2>0,
所以A1E与D1F不平行,且A1E与D1F不垂直,故选项C,D错误.
故选A.
5.BD 对于A,因为向量a,b不平行,所以l1,l2不平行,故A不正确;
对于B,因为n=-2a,所以a∥n,故B正确;
对于C,因为a·n=0×(-2)+2×0+0×2=0,所以a⊥n,所以l∥α或l α,故C不正确;
对于D,因为m·n=-6+0+6=0,所以α⊥β,故D正确.
故选BD.
6.-9 由题知,u⊥v,∴u·v=3+6+z=0,∴z=-9.
7.AB∥平面CDE或AB 平面CDE
8.7 由α∥β,得m∥n,易知t,s≠0,∴,解得t=-3,s=4,
∴s-t=7.
9.①②③ DD1∥AA1,=(0,0,1),故①正确;BC1∥AD1,=(0,1,1),故②正确;直线AD⊥平面ABB1A1,=(0,1,0),故③正确;点C1的坐标为(1,1,1),与平面B1CD不垂直,故④错误.
10.解设正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2,
则D(0,0,0),B(2,2,0),D1(0,0,2),E(1,0,2).
(1)设平面BDD1B1的一个法向量为n=(x1,y1,z1).
∵=(2,2,0),=(0,0,2),
∴
令x1=1,则y1=-1,z1=0,
∴平面BDD1B1的一个法向量为n=(1,-1,0).
(2)=(2,2,0),=(1,0,2).
设平面BDEF的一个法向量为m=(x2,y2,z2),
则
令x2=2,则y2=-2,z2=-1,
∴平面BDEF的一个法向量为m=(2,-2,-1).
11.证明(方法一)∵)=,
∴,
又MN 平面A1BD,∴MN∥平面A1BD.
(方法二)如图,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,设正方体的棱长为1,则可求得M,N,D(0,0,0),A1(1,0,1),B(1,1,0),于是=(1,0,1),=(1,1,0),
设平面A1BD的法向量是n=(x,y,z),
则n·=0,且n·=0,得
取x=1,得y=-1,z=-1.
∴n=(1,-1,-1).
又·n=·(1,-1,-1)=0,
∴⊥n,且MN 平面A1BD.∴MN∥平面A1BD.
(方法三)∵)-)=)=.
∴.
又MN 平面A1BD,∴MN∥平面A1BD.
12. 证明(1)∵AB,AD,AP两两垂直,∴建立如图所示的空间直角坐标系.
设PA=AB=BC=1,
则P(0,0,1).
∵∠ABC=60°,∴△ABC为正三角形.
∴C,E,A(0,0,0).设D(0,y,0),=(,0),=(-,y-,0).由AC⊥CD,得=0,即y=,则D,
∴.又,
∴=-=0,
∴,即AE⊥CD.
(2)(方法一)∵=(1,0,0),,
∴设平面ABE的一个法向量为n=(x,y,z),
则
令y=2,则z=-,∴n=(0,2,-).
∵,显然n.
∴∥n,∴⊥平面ABE,即PD⊥平面ABE.
(方法二)∵P(0,0,1),∴.
又×(-1)=0,
∴,即PD⊥AE.
又=(1,0,0),∴=0,
∴PD⊥AB.
又AB∩AE=A,AB 平面ABE,AE 平面ABE,
∴PD⊥平面ABE.
13.A 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的法向量,
得解得
14.D A,B,C中均能推出l∥α,或l α,但不能确定一定能表示为l∥α.
15.D ∵a·u=-3+4-1=0,∴a⊥u,∴l∥α或l α.
故选D.
16.A ∵n1·=2×1+(-3)×0+1×(-2)=0,n1·=2×1-3×1+1×1=0,
∴n1⊥,n1⊥,AB∩AC=A,
∴n1也为平面ABC的一个法向量.
又平面α与平面ABC不重合,∴平面α与平面ABC平行.
故选A.
17.ABC 对于A,由=2×(-1)+(-1)×2+(-4)×(-1)=0,可得,所以A正确;
对于B,由=(-1)×4+2×2+(-1)×0=0,所以,所以B正确;
对于C,由,可得向量是平面ABCD的一个法向量,所以C正确;
对于D,由是平面ABCD的一个法向量,可得,所以D不正确.
故选ABC.
18.(-6,3,2)(答案不唯一) ∵在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=4,BC=2,CC1=3,E,F分别是BC,CD的中点,以D为原点,分别以DA,DC,DD1所在直线为坐标轴建立空间直角坐标系,则D1(0,0,3),E(1,4,0),F(0,2,0),=(1,4,-3),=(0,2,-3),设平面D1EF的一个法向量是n=(x,y,z),
则取y=3,得n=(-6,3,2),则平面D1EF的一个法向量是(-6,3,2).
19.(-2,4,1)或(2,-4,-1) 据题意,得=(-1,-1,2),=(1,0,2).
设n=(x,y,z),∵n与平面ABC垂直,
∴可得
∵|n|=,∴,
解得y=4或y=-4.
当y=4时,x=-2,z=1;当y=-4时,x=2,z=-1.
∴n的坐标为(-2,4,1)或(2,-4,-1).
20. (1)证明∵平面CDEF⊥平面ABCD,ED⊥CD,ED 平面CDEF,平面CDEF∩平面ABCD=CD,
∴ED⊥平面ABCD,AD 平面ABCD,即ED⊥AD.
过F作FG⊥DC于G,过G作GH∥AD交AB于H.
∵四边形CDEF为直角梯形,AB=3EF=3,
∴ED∥FG,即FG⊥AD,则FG⊥HG,且HG=,HB=2,∠GHB=45°,
∴BG2=HG2+HB2-2HG×HBcos∠GHB,得BG2=2,即HG2+BG2=HB2,
∴HG⊥BG,而BG∩FG=G,即HG⊥平面FBG,又BF 平面FBG,
∴HG⊥BF,故AD⊥BF.
(2)解以D为原点,平面ABCD上过点D垂直于DC的直线为x轴,DC所在直线为y轴,DE所在直线为z轴,建立空间直角坐标系,如图所示,
∴A(1,-1,0),B(1,2,0),C(0,3,0),E(0,0,a),F(0,1,a),则=(-1,1,a),=(0,-2,a).
设=λ=λ(0,-2,a)=(0,-2λ,aλ)(易知λ≠0),则=(0,3,0)+(0,-2λ,aλ)=(0,3-2λ,aλ),
设平面BDM的法向量为n=(x1,y1,z1),
则
取x1=2,则n=(2,-1,).
若AE∥平面BDM,则·n=(-1,1,a)·(2,-1,)=-2-1+=0,解得λ=,
∴线段CF上存在一点M,满足AE∥平面BDM,此时.(共19张PPT)
第一章
1.1.1 第2课时 空间向量的数量积
A 级 必备知识基础练
1
2
3
4
5
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7
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9
10
11
12
13
14
1. [探究点二(角度1)]如图所示,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,下列各组向量的夹角为45°的是( )
A
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13
14
2.[探究点一]已知向量a和b的夹角为120°,且|a|=2,|b|=5,则(2a-b)·a等于
( )
A.12 B.8+ C.4 D.13
D
解析 (2a-b)·a=2a2-b·a=2|a|2-|a||b|·cos 120°=2×4-2×5×(- )=13.故选D.
1
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14
3.[探究点二(角度2)]已知e1,e2为单位向量,且e1⊥e2,若a=2e1+3e2,b=ke1-4e2, a⊥b,则实数k的值为( )
A.-6 B.6 C.3 D.-3
B
解析 由题意可得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.故选B.
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4.[探究点一·2023山东潍坊高二阶段练习](多选题)下列说法一定正确的是
( )
A.设a,b是两个空间向量,则a,b一定共面
B.设a,b,c是三个空间向量,则a,b,c一定不共面
C.设a,b是两个空间向量,则a·b=b·a
D.设a,b,c是三个空间向量,则(a·b)c=a(b·c)
AC
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解析 对于A,两个空间向量一定共面,故A正确;
对于B,三个空间向量可能共面也可能不共面,故B错误;
对于C,因为a,b是两个空间向量,则a·b=b·a,故C正确;
对于D,因为a,b,c是三个空间向量,则a(b·c)与向量a共线,(a·b)c与向量c共线,两向量不一定相等,故D错误.
故选AC.
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5.[探究点二(角度1)]已知|a|=13,|b|=19,|a+b|=24,则|a-b|= .
22
解析 ∵|a+b|2=(a+b)2=a2+2a·b+b2=132+2a·b+192=242,
∴2a·b=46,∴|a-b|2=(a-b)2=a2-2a·b+b2=530-46=484,故|a-b|=22.
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6.[探究点二(角度1)]已知空间向量a,b,c中两两夹角都是 ,且|a|=4,|b|=6,|c|=2,则|a+b+c|= .
10
解析 ∵|a|=4,|b|=6,|c|=2,且=== ,
∴|a+b+c|2=(a+b+c)2=|a|2+|b|2+|c|2+2a·b+2a·c+2b·c
=|a|2+|b|2+|c|2+2|a||b|·cos+2|a||c|·cos+2|b||c|·cos
=42+62+22+4×6+4×2+6×2=100,
∴|a+b+c|=10.
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7.[探究点一、二(角度1)·北师大版教材例题]如图,已知四棱柱ABCD-A'B'C'D'的底面ABCD是边长为1的菱形,且∠C'CB=∠C'CD=∠BCD
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B 级 关键能力提升练
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14
△ABC一定是( )
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
B
1
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3
4
5
6
7
8
9
10
11
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13
14
9.已知空间向量a,b,c满足a+b+c=0,|a|=3,|b|=1,|c|=4,则a·b+b·c+c·a的值为
( )
A.-13 B.-5 C.5 D.13
A
解析 ∵a+b+c=0,∴(a+b+c)2=0,
∴a2+b2+c2+2(a·b+b·c+c·a)=0,
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10.已知空间向量a,b,c满足a+b+c=0,|a|=1,|b|=2,|c|= ,则a与b的夹角为
( )
A.30° B.45° C.60° D.90°
C
解析 设a与b的夹角为θ,由a+b+c=0,得a+b=-c,两边平方,得a2+2a·b+b2=c2,所以1+2×1×2cos θ+4=7,解得cos θ= .又θ∈[0,π],所以θ=60°.
故选C.
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11.已知空间向量a,b,|a|=3 ,|b|=5,m=a+b,n=a+λb,=135°,若m⊥n,则λ的值为 .
解析 因为m⊥n,所以m·n=0,故(a+b)·(a+λb)=0,
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12. 如图,在长方体ABCD-A1B1C1D1中,设AD=AA1=1,AB=2,P是C1D1的中点,
60°
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13.已知a,b是空间中相互垂直的单位向量,且|c|=5,c·a=c·b=2 ,则
|c-ma-nb|的最小值是 .
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解析 因为a,b互相垂直,所以a·b=0,
所以|c-ma-nb|2=c2+m2a2+n2b2-2ma·c-2nb·c+2mna·b
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14. [人教A版教材习题]如图,正方体ABCD-A'B'C'D'的棱长为a.
(1)求A'B和B'C所成的角;
(2)求证:A'B⊥AC'.
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