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- 2021-06-16 发布
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章末总结
知识点一 空间向量的计算
空间向量及其运算的知识与方法与平面向量及其运算类似,是平面向量的拓展,主要考
查空间向量的共线与共面以及数量积运算,是用向量法求解立体几何问题的基础.
【例 1】沿着正四面体 O-ABC 的三条棱OA
、OB→ 、OC→ 的方向有大小等于 1、2 和 3 的三
个力 f1,f2,f3.试求此三个力的合力 f 的大小以及此合力与三条棱夹角的余弦值.
知识点二 证明平行、垂直关系
空间图形中的平行、垂直问题是立体几何当中最重要的问题之一,利用空间向量证明平
行和垂直问题,主要是运用直线的方向向量和平面的法向量,借助空间中已有的一些关
于平行和垂直的定理,再通过向量运算来解决.
例 2
如图,正方体 ABCD—A1B1C1D1 中,M、N 分别为 AB、B1C 的中点.
(1)用向量法证明平面 A1BD∥平面 B1CD1;
(2)用向量法证明 MN⊥面 A1BD.
例 3
如图,在棱长为 1 的正方体 ABCD—A1B1C1D1 中,P 是侧棱 CC1 上的一点,CP=m.
试确定 m 使得直线 AP 与平面 BDD1B1 所成的角为 60°.
例 4 正方体 ABCD—A1B1C1D1 中,E、F 分别是 BB1、CD 的中点,求证:平面 AED⊥平
面 A1FD1.
知识点三 空间向量与空间角
求异面直线所成的角、直线与平面所成的角、二面角,一般有两种方法:即几何法和向
量法,几何法求角时,需要先作出(或证出)所求空间角的平面角,费时费力,难度很大.而
利用向量法,只需求出直线的方向向量与平面的法向量.即可求解,体现了向量法极大
的优越性.
例 5
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.
(1)cos〈 1A D
,AM→ 〉;
(2)求直线 AD 与平面 ANM 所成角的余弦值;
(3)求平面 ANM 与平面 ABCD 所成角的余弦值.
知识点四 空间向量与空间距离
近年来,对距离的考查主要体现在两点间的距离和点到平面的距离,两点间的距离可以
直接代入向量模的公式求解,点面距可以借助直线的方向向量与平面的法向量求解,或
者利用等积求高的方法求解.
例 6
如图,PA⊥平面 ABCD,四边形 ABCD 是正方形,PA=AD=2,M、N 分别是 AB、PC 的
中点.
(1)求二面角 P—CD—B 的大小;
(2)求证:平面 MND⊥平面 PCD;
(3)求点 P 到平面 MND 的距离.
章末总结
重点解读
例 1 解
如图所示,用 a,b,c 分别代表棱OA→、OB→、OC→上的三个单位向量,
则 f1=a,f2=2b,f3=3c,
则 f=f1+f2+f3
=a+2b+3c,
∴|f|2=(a+2b+3c)(a+2b+3c)
=|a|2+4|b|2+9|c|2+4a·b+6a·c+12b·c
=14+4cos 60°+6cos 60°+12 cos 60°
=14+2+3+6=25,
∴|f|=5,即所求合力的大小为 5.
且 cos〈f,a〉= f·a
|f|·|a|
=|a|2+2a·b+3a·c
5
=
1+1+3
2
5
= 7
10
,
同理可得:cos〈f,b〉=4
5
,cos〈f,c〉= 9
10.
例 2 证明 (1)在正方体 ABCD—A1B1C1D1 中,
BD→=AD→-AB→,B1D1
→ =A1D1
→ -A1B1
→ ,
又∵AD→=A1D1
→ ,AB→=A1B1
→ ,
∴BD→=B1D1
→ .∴BD∥B1D1.
同理可证 A1B∥D1C,
又 BD∩A1B=B,B1D1∩D1C=D1,
所以平面 A1BD∥平面 B1CD1.
(2) MN→=MB→+BC→+CN→
=1
2
AB→+AD→+1
2(CB→+CC1
→)
=1
2
AB→+AD→+1
2(-AD→+AA1
→)
=1
2
AB→+1
2
AD→+1
2
AA1
→.
设AB→=a,AD→=b,AA1
→=c,
则MN→=1
2(a+b+c).
又BD→=AD→-AB→=b-a,
∴MN→·BD→=1
2(a+b+c)(b-a)
=1
2(b2-a2+c·b-c·a).
又∵A1A⊥AD,A1A⊥AB,
∴c·b=0,c·a=0.
又|b|=|a|,∴b2=a2,∴b2-a2=0.
∴MN→·BD→=0,∴MN⊥BD.
同理可证,MN⊥A1B,又 A1B∩BD=B,
∴MN⊥平面 A1BD.
例 3 解 建立如图所示的空间直角坐标系,
则 A(1,0,0),B(1,1,0),P(0,1,m),C(0,1,0),
D(0,0,0),
B1(1,1,1),D1(0,0,1).
则BD→=(-1,-1,0),
BB1
→=(0,0,1),
AP→=(-1,1,m),
AC→=(-1,1,0).
又由AC→·BD→=0,AC→·BB1
→=0 知,AC→为平面 BB1D1D 的一个法向量.
设 AP 与平面 BB1D1D 所成的角为θ,
则 sin θ=|cos〈AP→,AC→〉|=
= 2
2+m2· 2
.
依题意得 2
2+2m2· 2
=sin 60°= 3
2
,
解得 m= 3
3 .
故当 m= 3
3
时,直线 AP 与平面 BDD1B1 所成角为 60°.
例 4 证明
如图,建立空间直角坐标系 Dxyz.
设正方体棱长为 1,
则 E 1,1,1
2 、D1(0,0,1)、
F 0,1
2
,0 、A(1,0,0).
∴DA→=(1,0,0)=D1A1
→ ,DE→= 1,1,1
2 ,
D1F→= 0,1
2
,-1 .
设 m=(x1,y1,z1),n=(x2,y2,z2)分别是平面 AED 和 A1FD1 的一个法向量.
⇒
x1=0
x1+y1+1
2z1=0 .
令 y1=1,得 m=(0,1,-2).
又由 ⇒
x2=0
1
2y2-z2=0 ,
令 z2=1,得 n=(0,2,1).
∵m·n=(0,1,-2)·(0,2,1)=0,
∴m⊥n,故平面 AED⊥平面 A1FD1.
例 5 解 (1)建立空间直角坐标系(如图).则 A(0,0,0),A1(0,0,4),D(0,8,0),M(5,2,4).
∴AM→=(5,2,4),
A1D→=(0,8,-4).
∴AM→·A1D→=0+16-16=0,
∴AM→⊥A1D→.
∴cos〈A1D→,AM→〉=0.
(2)∵A1D⊥AM,A1D⊥AN,且 AM∩AN=A,
∴A1D→⊥平面 ANM,
∴A1D→=(0,8,-4)是平面 ANM 的一个法向量.
又AD→=(0,8,0),|A1D→|=4 5,|AD→|=8,
A1D→·AD→=64,
∴cos〈A1D→,AD→〉= 64
4 5×8
= 2
5
=2 5
5 .
∴AD 与平面 ANM 所成角的余弦值为 5
5 .
(3)∵平面 ANM 的法向量是A1D→=(0,8,-4),
平面 ABCD 的法向量是 a=(0,0,1),
∴cos〈A1D→,a〉=-4
4 5
=- 5
5 .
∴平面 ANM 与平面 ABCD 所成角的余弦值为 5
5 .
例 6 (1)解 ∵PA⊥平面 ABCD,
由 ABCD 是正方形知 AD⊥CD.
∴CD⊥面 PAD,∴PD⊥CD.
∴∠PDA 是二面角 P—CD—B 的平面角.
∵PA=AD,∴∠PDA=45°,
即二面角 P—CD—B 的大小为 45°.
(2)
如图,建立空间直角坐标系,
则 P(0,0,2),D(0,2,0),
C(2,2,0),M(1,0,0),
∵N 是 PC 的中点,
∴N(1,1,1),
∴MN→=(0,1,1),ND→=(-1,1,-1),
PD→=(0,2,-2).
设平面 MND 的一个法向量为 m=(x1,y1,z1),平面 PCD 的一个法向量为 n=(x2,y2,z2).
∴m·MN→=0,m·ND→=0,
即有 y1+z1=0,
-x1+y1-z1=0.
令 z1=1,得 x1=-2,y1=-1.
∴m=(-2,-1,1).
同理,由 n·ND→=0,n·PD→=0,
即有
-x2+y2-z2=0,
2y2-2z2=0.
令 z2=1,得 x2=0,y2=1,∴n=(0,1,1).
∵m·n=-2×0+(-1)×1+1×1=0,
∴m⊥n.∴平面 MND⊥平面 PCD.
(3)设 P 到平面 MND 的距离为 d.
由(2)知平面 MND 的法向量 m=(-2,-1,1),
∵PD→·m=(0,2,-2)·(-2,-1,1)=-4,
∴|PD→·m|=4,
又|m|= -2 2+ -1 2+12= 6,
∴d= = 4
6
=2 6
3 .
即点 P 到平面 MND 的距离为2 6
3 .
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