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(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
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题号
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[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
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2．(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
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[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
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(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
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3．(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
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[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
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(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
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(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|＝．
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4．(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)∈Ω
C．(0，1，0)∈Ω D．(0，0，－1)∈Ω
√
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C　[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．]
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5．(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
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[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
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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
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＝(－，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
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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
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6．(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
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[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
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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
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题号
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7．(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
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[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)，
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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
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(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
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8．(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
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[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，
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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)，
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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＝．
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