资源简介 (共36张PPT)第七章 立体几何与空间向量阶段提能(十三) 空间向量及应用1.(北师大版选择性必修第一册P133例11)如图,已知二面角α-l-β的平面角为,点B,C在棱l上,A∈α,D∈β,AB⊥l,CD⊥l,AB=2,BC=1,CD=3,求AD的长.题号13524687题号13524687[解] 因为AB⊥l,CD⊥l,二面角α-l-β的平面角为,所以·=0,·=0,〈〉=.因为=,所以||2=()·()=||2+||2+||2+2·+2·+2·=||2+||2+||2+2·=22+12+32+2×2×3×=20.所以|AD|=2.题号135246872.(人教A版选择性必修第一册P38练习T4)如图,△ABC和△DBC所在平面垂直,且AB=BC=BD,∠CBA=∠DBC=120°.求:(1)直线AD与直线BC所成角的大小;(2)直线AD与平面BCD所成角的大小;(3)平面ABD和平面BDC的夹角的余弦值.题号13524687[解] 如图,建立空间直角坐标系.设AB=a,则 A,C(0,a,0),D,∴=,=(0,a,0),=.(1)∵·=0,∴AD⊥BC,∴直线AD与直线BC所成角的大小为90°.(2)设AD与平面BCD所成的角为θ,∵n=(0,0,1)是平面BCD的一个法向量,∴sin θ=|cos 〈,n〉|===.∴θ=45°,即直线AD与平面BCD所成角的大小为45°.题号13524687(3)设m=(x,y,z)是平面ABD的法向量,则∴取x=1,则z=1,y=,∴m=(1,,1).∴cos 〈m,n〉===.设平面ABD和平面BDC的夹角为θ,则cos θ=|cos 〈m,n〉|=.故平面ABD和平面BDC夹角的余弦值为.题号13524687题号135246873.(人教A版选择性必修第一册P35练习T2)如图,在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中,E为线段DD1的中点,F为线段BB1的中点.(1)求点A1到直线B1E的距离;(2)求直线FC1到直线AE的距离;(3)求点A1到平面AB1E的距离;(4)求直线FC1到平面AB1E的距离.题号13524687[解] 建立如图所示的空间直角坐标系,则A1(1,0,1),B1(1,1,1),E,F,C1(0,1,1),A(1,0,0).(1)=,u1===(0,1,0).设a1==∴=1,a1·u1=-,∴点A1到直线B1E的距离为==.(2)∵==,∴∴,∴点F到直线AE的距离即为直线FC1到直线AE的距离.u2===.设a2==,∴=,a2·u2=.∴直线FC1到直线AE的距离为=.题号13524687(3)设平面AB1E的法向量为n=(x,y,z),又=(0,1,1),=,∴取z=2,则y=-2,x=1,∴n=(1,-2,2),∴n0==.又=(0,0,1),∴点A1到平面AB1E的距离为|·n0|=.题号13524687(4)∵FC1∥AE,FC1 平面AB1E,AE 平面AB1E,∴FC1∥平面AB1E,∴FC1到平面AB1E的距离即为F到平面AB1E的距离.又平面AB1E的单位法向量n0==,∴直线FC1到平面AB1E的距离为|·n0|=.题号13524687题号135246874.(2024·上海卷)定义一个集合Ω,其元素是空间内的点,任取P1,P2,P3∈Ω,存在不全为0的实数λ1,λ2,λ3,使得λ1+λ2+λ3=0(其中O为坐标原点).已知(1,0,0)∈Ω,则(0,0,1) Ω的充分条件是( )A.(0,0,0)∈Ω B.(-1,0,0)∈ΩC.(0,1,0)∈Ω D.(0,0,-1)∈Ω√题号13524687C [由题意知这三个向量共面,即这三个向量不能构成空间的一个基底,对A,由空间直角坐标系易知(0,0,0),(1,0,0),(0,0,1)三个向量共面,则当(0,0,0),(1,0,0)∈Ω无法推出(0,0,1) Ω,故A错误;对B,由空间直角坐标系易知(-1,0,0),(1,0,0),(0,0,1)三个向量共面,则当(-1,0,0),(1,0,0)∈Ω无法推出(0,0,1) Ω,故B错误;对C,由空间直角坐标系易知(1,0,0),(0,0,1),(0,1,0)三个向量不共面,可构成空间的一个基底,则由(1,0,0),(0,1,0)∈Ω能推出(0,0,1) Ω,对D,由空间直角坐标系易知(1,0,0),(0,0,1),(0,0,-1)三个向量共面,则当(0,0,-1),(1,0,0)∈Ω无法推出(0,0,1) Ω,故D错误.故选C.]题号13524687题号135246875.(2024·全国甲卷)如图,在以A,B,C,D,E,F为顶点的五面体中,四边形ABCD与四边形ADEF均为等腰梯形,BC∥AD,EF∥AD,AD=4,AB=BC=EF=2,ED=,FB=2,M为AD的中点.(1)证明:BM∥平面CDE;(2)求二面角F-BM-E的正弦值.题号13524687[解] (1)证明:因为BC∥AD,BC=2,AD=4,M为AD的中点,所以BC∥MD,BC=MD,所以四边形BCDM为平行四边形,所以BM∥CD,又因为BM 平面CDE,CD 平面CDE,所以BM∥平面CDE.(2)如图所示,作BO⊥AD交AD于点O,连接OF,因为四边形ABCD为等腰梯形,BC∥AD,AD=4,AB=BC=2,所以CD=2,结合(1)四边形BCDM为平行四边形,可得BM=CD=2,又AM=2,所以△ABM为等边三角形,O为AM的中点,所以OB=.又因为四边形ADEF为等腰梯形,M为AD中点,所以EF=MD,EF∥MD,四边形EFMD为平行四边形,FM=ED=AF,题号13524687所以△AFM为等腰三角形,△ABM与△AFM底边上中点O重合,OF⊥AM,OF==3.又因为BF=2,则OB2+OF2=BF2,所以OB⊥OF,所以OB,OD,OF互相垂直,以为x轴正方向,为y轴正方向,为z轴正方向,建立空间直角坐标系,则F (0,0,3),B(,0,0),M(0,1,0),E(0,2,3),=(-,1,0),=(-,0,3),题号13524687=(-,2,3),设平面BFM的法向量为m=(x1,y1,z1),则即令x1=,得y1=3,z1=1,即m=(,3,1)是平面BFM的一个法向量,设平面EMB的法向量为n=(x2,y2,z2),则即题号13524687令x2=,得y2=3,z2=-1,即n=(,3,-1)是平面EMB的一个法向量,则cos 〈m,n〉===,则sin 〈m,n〉=,故二面角F-BM-E的正弦值为.题号13524687题号135246876.(2023·新高考Ⅰ卷)如图,在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,AB=2,AA1=4.点A2,B2,C2,D2分别在棱AA1,BB1,CC1,DD1上,AA2=1,BB2=DD2=2,CC2=3.(1)证明:B2C2∥A2D2;(2)点P在棱BB1上,当二面角P-A2C2-D2为150°时,求B2P.题号13524687[解] (1)证明:以点C为坐标原点,CD,CB,CC1所在直线分别为x,y,z轴,建立如图所示的空间直角坐标系,则B2(0,2,2),C2(0,0,3),A2(2,2,1),D2(2,0,2),所以=(0,-2,1),=(0,-2,1),所以=,所以B2C2∥A2D2.(2)设BP=n(0≤n≤4),则P(0,2,n),所以=(2,0,1-n),=(0,-2,3-n),设平面PA2C2的法向量为a=(x1,y1,z1),所以则令x1=n-1,得a=(n-1,3-n,2).设平面A2C2D2的法向量为b=(x2,y2,z2),又=(-2,-2,2),=(0,-2,1),题号13524687所以则令y2=1,得b=(1,1,2).所以|cos 150°|=|cos 〈a,b〉|==,整理得n2-4n+3=0,解得n=1或n=3,所以BP=1或BP=3,所以B2P=1.题号135246879101112题号135246877.(2024·天津卷)如图,已知直四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,AD⊥AB,AB∥CD,AA1=2,AB=2AD=2,DC=1,N是B1C1的中点,M是DD1的中点.(1)求证:D1N∥平面CB1M;(2)求平面CB1M与平面BB1C1C夹角的余弦值;(3)求点B到平面CB1M的距离.题号13524687[解] (1)证明:取CB1的中点P,连接NP,MP,由N是B1C1的中点,故NP∥CC1,且NP=CC1,由M是DD1的中点,故D1M=DD1=CC1,且D1M∥CC1,则有D1M∥NP,D1M=NP,故四边形D1MPN是平行四边形,故D1N∥MP.又MP 平面CB1M,D1N 平面CB1M,故D1N∥平面CB1M.(2)由题意知,AA1,AB,AD两两垂直,以A为原点建立如图所示空间直角坐标系,则A(0,0,0),B(2,0,0),B1(2,0,2),M(0,1,1),C(1,1,0),C1(1,1,2),则有=(1,-1,2),=(-1,0,1),=(0,0,2).设平面CB1M与平面BB1C1C的法向量分别为m=(x1,y1,z1),n=(x2,y2,z2),题号13524687则有分别取x1=x2=1,则有y1=3,z1=1,y2=1,z2=0,即m=(1,3,1),n=(1,1,0),设平面CB1M与平面BB1C1C的夹角为θ,则cos θ=|cos 〈m,n〉|===,故平面CB1M与平面BB1C1C夹角的余弦值为. 题号13524687(3)由=(0,0,2),平面CB1M的一个法向量m=(1,3,1),则有==,即点B到平面CB1M的距离为.题号135246878.(2022·新高考Ⅰ卷)如图,直三棱柱ABC-A1B1C1的体积为4,△A1BC的面积为2 .(1)求A到平面A1BC的距离;(2)设D为A1C的中点,AA1=AB,平面A1BC⊥平面ABB1A1,求二面角A-BD-C的正弦值.题号13524687题号13524687[解] (1)在直三棱柱ABC-A1B1C1中,设点A到平面A1BC的距离为h,则=·h=h==·S△ABC·A1A==,解得h=,所以点A到平面A1BC的距离为.(2)取A1B的中点E,连接AE,因为AA1=AB,所以AE⊥A1B,又平面A1BC⊥平面ABB1A1,平面A1BC∩平面ABB1A1=A1B,且AE 平面ABB1A1,所以AE⊥平面A1BC,在直三棱柱ABC - A1B1C1中,BB1⊥平面ABC,由BC 平面A1BC,BC 平面ABC,可得AE⊥BC,BB1⊥BC,又AE,BB1 平面ABB1A1且相交,所以BC⊥平面ABB1A1,所以BC,BA,BB1两两垂直,以B为原点,建立空间直角坐标系,如图,题号13524687由(1)得AE=,所以AA1=AB=2,A1B=2 ,所以BC=2,则A(0,2,0),A1(0,2,2),B(0,0,0),C(2,0,0),所以A1C的中点D(1,1,1),则=(1,1,1),=(0,2,0),=(2,0,0).设平面ABD的法向量m=(x,y,z),则可取m=(1,0,-1),题号13524687设平面BDC的法向量n=(a,b,c),则可取n=(0,1,-1),则cos 〈m,n〉===,所以二面角A-BD-C的正弦值为=.题号13524687谢 谢 ! 展开更多...... 收起↑ 资源预览