2018版高中数学第三章空间向量与立体几何章末复习课课件新人教B版选修2_1
2018学年高中数学北师大版选修2-1配套课件：第三章 空间向量与立体几何 1.1 精品
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
解析 方程可化为x12＋y12＝1. mn
若 m>n>0，则 0<m1 <1n，可得方程为焦点在 y 轴上的椭圆.
若方程表示焦点在 y 轴上的椭圆，则1n>m1 >0，可得 m>n>0.
解析答案
12345
5.已知椭圆4x92 ＋2y42 ＝1 上一点 P 与椭圆两焦点 F1、F2 的连线夹角为直角， 则|PF1|·|PF2|＝__4_8__. 解析 依题意知，a＝7，b＝2 6，c＝ 49－24＝5，|F1F2|＝2c＝10.
c2＝a2－b2
焦点在 y 轴上 ay22＋bx22＝1 (a>b>0) (0，－c)，(0，c)
c2＝a2－b2
答案
思考 (1)椭圆定义中，将“大于|F1F2|”改为“等于|F1F2|”或“小于 |F1F2|”的常数，其他条件不变，点的轨迹是什么？ 答案 当距离之和等于|F1F2|时，动点的轨迹就是线段F1F2；当距离之和 小于|F1F2|时，动点的轨迹不存在. (2)确定椭圆的方程需要知道哪些量？ 答案 a，b的值及焦点所在的位置.
知识点一 椭圆的定义 平面内到两个定点F1，F2的 距离的和等于常数(大于|F1F2|) 的点的集合叫 做 椭圆 .这两个定点叫做椭圆的焦点，两焦点间的距离叫做椭圆的焦距.
知识点二 椭圆的标准方程
标准方程 焦点
a、b、c 的关系
焦点在 x 轴上 ax22＋by22＝1 (a>b>0) (－c，0)，(c，0)
解析答案
(2)焦点在y轴上，且经过两个点(0,2)和(1,0). 解 因为椭圆的焦点在y轴上， 所以设它的标准方程为ay22＋bx22＝1(a>b>0). 因为椭圆经过点(0,2)和(1,0)，
高中数学第三章空间向量与立体几何3.2空间向量在立体几何中的应用课件1新人教B版选修2_1
各抒己见 百家争鸣
链接高考202X
强化作业： 在直三棱柱ABC－
A1B1C1中，∠ACB＝90°，2AC＝AA1＝ BC＝2，D为AA1上一点．
(1)若D为AA1的中点，求证：平面B1CD⊥平面B1C1D； (2)若二面角B1－DC－C1的大小为60°，求AD的长
前置作业反馈
立体几何中的向 量方法
如果a⊥，那么向量a叫做平面的法向量.
l a
二、怎样求平面法向量？
利用空间向量求空间角
题型一：线线角
异面直线所成角的范围：
0,
2
C
D
A D1
B
结论： cos | cos CD, AB |
题题型型二二：：线线面面角角
直线与平面所成角的范围： [0, ]
1、用空间向量解决立体几何问题的“三步曲”。
（1）建立立体图形与空间向量的联系，用空间 向量表示问题中涉及的点、直线、平面，把立体几 何问题转化为向量问题； （化为向量问题）
（2）通过向量运算，研究点、直线、平面之间的 位置关系以及它们之间距离和夹角等问题；
（进行向量运算） （3）把向量的运算结果“翻译”成相应的几何意义。
数乘 减法:三角形法则
运算 数乘:ka,k为正数,负数,零
具有大小和方向的量 数乘:ka,k为正数,负数,零
运 加法交换律 a b b a 算 加法结合律 律 (a b) c a (b c)
数乘分配律
k(a b) ka＋kb
加法交换律 a b b a 加法结合律
(a b) c a (b c) 数乘分配律 k(a b) ka＋kb
2
An
直线AB与平面α所成
B O
的角θ可看成是向量与 平面α的法向量所成的 锐角的余角，所以有
2018版高中数学人教B版选修2-1课件：3-1-4 空间向量的
数乘
数量积
λa
a· b
知识点三
空间向量的平行、垂直及模、夹角
设a＝(a1，a2，a3)，b＝(b1，b2，b3)，则 名称 满足条件
解答
1 → → → → 1― → AE＝AD＋DE＝－DA＋2DD′＝(－1,0，2)，
1→ 1→ → 1 → → → → AG＝AB＋BG＝DC＋(－ DA)＝－ DA＋DC＝(－ ，1,0)， 2 2 2 1 1 → 1― → 1→ EF＝2DD′＋2DC＝(0，2，2).
反思与感悟
用坐标表示空间向量的步骤
第三章 3.1
空间向量及其运算
3.1.4 空间向量的直角坐标运算
学习目标
1.了解空间向量坐标的定义.
2.掌握空间向量运算的坐标表示.
3.能够利用坐标运算来求空间向量的长度与夹角.
内容索引
问题导学 题型探究 当堂训练
问题导学
知识点一
空间向量的坐标表示
思考
平面向量的坐标是如何表示的？
答案
梳理
空间直角坐标系及空间向量的坐标
(1)建立空间直角坐标系Oxyz，分别沿x轴，y轴，z轴的正方向引单位向
量i，j，k，这三个互相垂直的单位向量构成空间向量的一个基底 {i，j，
k}，这个基底叫做 单位正交基底 .单位向量i，j，k都叫做坐标向量 .
(2)空间向量的坐标
在空间直角坐标系中，已知任一向量 a ，根据空间向量分解定理，存
a∥b
a 2 a 2 a 2 b 2 b 2 b 2 3 3
(教师用书)高中数学 第三章 空间向量与立体几何章末归纳提升课件 新人教B版选修2-1
(5)面面平行： ①证明两个平面的法向量平行(即是共线向 量)； ②转化为线面平行、线线平行问题． (6)面面垂直：①证．
如图 3－2， 在多面体 ABCDEF 中， 四边形 ABCD 是正方形，EF∥AB，EF⊥FB，AB＝2EF，∠BFC＝90° ，BF ＝FC，H 为 BC 的中点． (1)求证：FH∥平面 EDB； (2)求证：AC⊥平面 EDB.
→ ＝(1,0,0)， AB → ＝(0,0,1)，AQ → ＝(0,1,0)， (2)根据题意， DA →· → ＝0，DA →· → ＝0，所以DA → 为平面 BAQ 的一个法向 故有DA AB AQ 量． → ＝(0，－2,1)，且DA →· → ＝0，即 DA⊥PC，且 又因为PC PC PC⊄平面 BAQ，故有 PC∥平面 BAQ.
【答案】 D
如图 3－1，在四棱锥 S－ABCD 中，底面 ABCD 是边长 为 1 的正方形，S 到 A，B，C，D 的距离都等于 2.给出以下 → ＋SB → ＋SC → ＋SD → ＝0； → ＋SB → －SC → －SD → ＝0； → 结论： ①SA ②SA ③SA → ＋SC → －SD → ＝0；④SA →· → ＝SC →· → ；⑤SA →· → ＝0，其中正 －SB SB SD SC 确结论的序号是________．
空间向量的概念及运算
空间向量可以看作是平面向量的推广，有许多概念和运 算与平面向量是相同的，如模、零向量、单位向量、相等向 量、相反向量等概念，加减法的三角形法则和平行四边形法 则，数乘运算与向量共线的判断、数量积运算、夹角公式、 求模公式等等．
给出下列命题： → ＝CD → ，则必有 A 与 C 重合，B 与 D 重合，AB 与 ①若AB CD 为同一线段； ②若 a· b＜0， 〈a，b〉为钝角； ③若 a 是直线 l 的方向向量， 则 λa(λ∈R)也是 l 的方向向 量； ④非零向量 a，b，c 满足 a 与 b，b 与 c，c 与 a 都是共 面向量，则 a，b，c 必共面．
2018年选修2-1《空间向量与立体几何》复习教学课件1
1 － →· → NE AM 2 10 → → ∵ cos〈NE，AM〉＝ ＝ ＝－ ， 10 5 → → |NE|· |AM| 2 × 2 10 ∴异面直线 NE 与 AM 所成角的余弦值为 . 10 (2)假设在线段 AN 上存在点 S，使得 ES⊥平面 AMN.
(2,λ ,λ) λ
F
→ ＝(0,1,1)，可设→ → ＝(0，λ，λ)， ∵AN AS ＝ λAN 1 1 → → → → 又EA＝ ，－ 1， 0， ∴ES ＝EA＋AS ＝ ， λ－ 1， λ. 2 2 → → 1 ES · AM＝ 0， － ＋ λ＝ 0， 由 ES⊥ 平面 AMN，得 即 2 → → (λ－ 1)＋ λ＝ 0. ES · AN ＝ 0，
2.直线与直线、直线与平面、平面与平面的夹角计算 设直线 l，m 的方向向量分别为 a＝(a1，b1，c1)，b＝ (a2，b2， c2).平面 α、 β 的法向量分别为 μ＝(a3， b3， c3)， v＝ (a4， b4， c4)(以下相同 ). (1)线线夹角 π 设 l， m 的夹角为 θ(0≤ θ≤ )，则 2 |a1a2＋ b1b2＋ c1c2| |a· b| cos θ＝ ＝ 2 2 2 2 2 2. |a |· |b | a 1＋ b1＋ c1 a 2＋ b2＋ c2 (2)线面夹角 π 设直线 l 与平面 α 的夹角为 θ(0≤θ≤ )， 2 |a· μ| 则 sin θ＝ ＝ cos〈 a， μ〉 . |a ||μ |
解 (1)如图， 以 D 为坐标原点， 建立空间直 角坐标系 D—xyz. 依题意，易得 D(0,0,0)，A(1,0,0)，M(0,0,1)， 1 C(0,1,0)，B(1,1,0)，N(1,1,1)，E2，1，0. 1 → → ∴NE＝－2，0，－1，AM＝(－1,0,1).
2017-2018学年高中数学 第三章 空间向量与立体几何章末综合测评 新人教B版选修2-1
(三) 空间向量与立体几何(时间120分钟，满分150分)一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共60分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)1．与向量a ＝(1，－3,2)平行的一个向量的坐标是( )A.⎝ ⎛⎭⎪⎫13，1，1 B ．(－1，－3,2) C.⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，32，－1 D ．()2，－3，－22【解析】 a ＝(1，－3,2)＝－2⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，32，－1.【答案】 C2．两平行平面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n ＝(－1,0,1)，则两平面间的距离是( )A.32 B ．22C. 3D ．3 2【解析】 两平面间的距离d ＝|OA →·n ||n |＝22.【答案】 B3．已知A (2，－4，－1)，B (－1,5,1)，C (3，－4,1)，D (0,0,0)，令a ＝CA →，b ＝CB →，则a ＋b 为( )A ．(5，－9,2)B ．(－5,9，－2)C ．(5,9，－2)D ．(5，－9，－2)【解析】 a ＝CA →＝(－1,0，－2)，b ＝CB →＝(－4,9,0)， ∴a ＋b ＝(－5,9，－2)． 【答案】 B4．在平行六面体ABCD A 1B 1C 1D 1中，若AC 1→＝aAB →＋2bAD →＋3cA 1A →，则abc 的值等于( )【导学号：15460084】A.16 B ．56 C.76D ．－16【解析】 ∵AC 1→＝AB →＋AD →－A 1A →＝aAB →＋2bAD →＋3cA 1A →， ∴a ＝1，b ＝12，c ＝－13，∴abc ＝－16.【答案】 D5．在棱长为1的正方体ABCD A 1B 1C 1D 1中，下列结论不正确的是( ) A.AB →＝－C 1D 1→B ．AB →·BC →＝0 C.AA 1→·B 1D 1→＝0D ．AC 1→·A 1C →＝0【解析】 如图，AB →∥C 1D 1→，AB →⊥BC →，AA 1→⊥B 1D 1→，故A ，B ，C 选项均正确．【答案】 D6．已知向量a ，b 是平面α内的两个不相等的非零向量，非零向量c 在直线l 上，则“c ·a ＝0，且c ·b ＝0”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【解析】 若l ⊥α，则l 垂直于α内的所有直线，从而有c ·a ＝0，c ·b ＝0.反之，由于a ，b 是否共线没有确定，若共线，则结论不成立；若不共线，则结论成立．【答案】 B7．已知△ABC 的三个顶点为A (3,3,2)，B (4，－3,7)，C (0,5,1)，则BC 边上的中线长为( )A ．2B ．3C ．4D ．5【解析】 设BC 的中点为D ，则D (2,1,4)， ∴AD →＝(－1，－2,2)， ∴|AD →|＝－2＋－2＋22＝3，即BC 边上的中线长为3.【答案】 B8．若向量a ＝(x,4,5)，b ＝(1，－2,2)，且a 与b 的夹角的余弦值为26，则x ＝( ) A ．3 B ．－3 C ．－11D ．3或－11【解析】 因为a·b ＝(x,4,5)·(1，－2,2)＝x －8＋10＝x ＋2，且a 与b 的夹角的余弦值为26，所以26＝x ＋2x 2＋42＋52×1＋4＋4，解得x ＝3或－11(舍去)，故选A. 【答案】 A9.如图1，在长方体ABCD A 1B 1C 1D 1中，AB ＝BC ＝2，AA 1＝1，则BC 1与平面BB 1D 1D 所成的角的正弦值为( )图1A.63 B ．255C.155D ．105【解析】 以D 点为坐标原点，以DA ，DC ，DD 1所在的直线为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)，C 1(0,2,1)，∴BC 1→＝(－2,0,1)，AC →＝(－2,2,0)，且AC →为平面BB 1D 1D 的一个法向量． ∴cos 〈BC 1→，AC →〉＝BC 1→·AC →|BC 1→||AC →|＝45·8＝105.∴sin 〈BC →1，AC →〉＝|cos 〈BC →1，AC →〉|＝105，∴BC 1与平面BB 1D 1D 所成的角的正弦值为105. 【答案】 D10．已知正四棱柱ABCD A 1B 1C 1D 1中，AA 1＝2AB ，则CD 与平面BDC 1所成角的正弦值等于( )A.23 B ．33 C.23D ．13【解析】 以D 为坐标原点，建立空间直角坐标系，如图，设AA 1＝2AB ＝2，则D (0,0,0)，C (0,1,0)，B (1,1,0)，C 1(0,1,2)，则DC →＝(0,1,0)，DB →＝(1,1,0)，DC 1→＝(0,1,2)．设平面BDC 1的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则n ⊥DB →，n ⊥DC 1→，所以有⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y ＝0，y ＋2z ＝0，令y ＝－2，得平面BDC 1的一个法向量为n ＝(2，－2,1)．设CD 与平面BDC 1所成的角为θ，则sin θ＝|cos 〈n ，DC →〉|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪n ·DC→|n ||DC →|＝23.【答案】 A11．已知正方体ABCD A 1B 1C 1D 1中，若点F 是侧面CD 1的中心，且AF →＝AD →＋mAB →－nAA 1→，则m ，n 的值分别为( )A.12，－12 B ．－12，－12C ．－12，12D ．12，12【解析】 由于AF →＝AD →＋DF →＝AD →＋12(DC →＋DD 1→)＝AD →＋12AB →＋12AA 1→，所以m ＝12，n ＝－12，故选A.【答案】 A12．在矩形ABCD 中，AB ＝3，AD ＝4，PA ⊥平面ABCD ，PA ＝435，那么二面角A BD P的大小为( )A ．30°B ．45°C ．60°D ．75°【解析】如图所示，建立空间直角坐标系， 则PB →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫3，0，－453，BD →＝(－3,4,0)．设n ＝(x ，y ，z )为平面PBD 的一个法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·PB →＝0，n ·BD →＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧x ，y ，z⎝ ⎛⎭⎪⎫3，0，－453＝0，x ，y ，z－3，4，＝0.即⎩⎪⎨⎪⎧3x －453z ＝0，－3x ＋4y ＝0.令x ＝1，则n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1，34，543.又n 1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，0，453为平面ABCD 的一个法向量， ∴cos 〈n 1，n 〉＝n 1·n |n 1||n |＝32，∴所求二面角为30°.【答案】 A二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分．将答案填在题中的横线上) 13．若a ＝(2x,1,3)，b ＝(1，－2y,9)，且a 与b 为共线向量，则x ＝________，y ＝________.【导学号：15460085】【解析】 由题意得2x 1＝1－2y ＝39，∴x ＝16，y ＝－32.【答案】 16 －3214．△ABC 的三个顶点坐标分别为A (0,0，2)，B ⎝ ⎛⎭⎪⎫－32，12， 2，C (－1,0, 2)，则角A 的大小为________．【解析】 AB →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－32，12，0，AC →＝(－1,0,0)，则cos A ＝AB →·AC →|AB →||AC →|＝321×1＝32，故角A 的大小为30°.【答案】 30°15．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】 设点C 的坐标为(x,0，z )，则AC →＝(x －1,2，z －3)，AB →＝(1,3，－4)，因为AC →与AB →共线，所以x －11＝23＝z －3－4，解得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝53，z ＝13，所以点C 的坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫53，0，13.【答案】 ⎝ ⎛⎭⎪⎫53，0，1316.如图2，在四棱锥S ABCD 中，底面ABCD 是边长为1的正方形，S 到A ，B ，C ，D 的距离都等于2.图2给出以下结论：①SA →＋SB →＋SC →＋SD →＝0；②SA →＋SB →－SC →－SD →＝0；③SA →－SB →＋SC →－SD →＝0；④SA →·SB →＝SC →·SD →；⑤SA →·SC →＝0，其中正确结论的序号是________．【解析】 容易推出：SA →－SB →＋SC →－SD →＝BA →＋DC →＝0，所以③正确；又因为底面ABCD 是边长为1的正方形，SA ＝SB ＝SC ＝SD ＝2，所以SA →·SB →＝2×2cos∠ASB ，SC →·SD →＝2×2cos ∠CSD ，而∠ASB ＝∠CSD ，于是SA →·SB →＝SC →·SD →，因此④正确；其余三个都不正确，故正确结论的序号是③④.【答案】 ③④三、解答题(本大题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤) 17．(本小题满分10分)如图3，四边形ABCD 为正方形，PD ⊥平面ABCD ，PD ∥QA ，QA ＝AB ＝12PD .图3(1)证明：平面PQC ⊥平面DCQ ； (2)证明：PC ∥平面BAQ .【证明】 如图，以D 为坐标原点，线段DA 的长为单位长，射线DA 为x 轴的正半轴建立空间直角坐标系Dxyz .(1)依题意有Q (1,1,0)，C (0,0,1)，P (0,2,0)，则DQ →＝(1,1,0)，DC →＝(0,0,1)，PQ →＝(1，－1，0)，所以PQ →·DQ →＝0，PQ →·DC →＝0，即PQ ⊥DQ ，PQ ⊥DC 且DQ ∩DC ＝D . 故PQ ⊥平面DCQ .又PQ ⊂平面PQC ，所以平面PQC ⊥平面DCQ .(2)根据题意，DA →＝(1,0,0)，AB →＝(0,0,1)，AQ →＝(0,1,0)，故有DA →·AB →＝0，DA →·AQ →＝0，所以DA →为平面BAQ 的一个法向量．又因为PC →＝(0，－2,1)，且DA →·PC →＝0，即DA ⊥PC ，且PC ⊄平面BAQ ，故有PC ∥平面BAQ . 18. (本小题满分12分)如图4，在直三棱柱ABC A 1B 1C 1中，∠ABC ＝90°，AB ＝BC ＝1，AA 1＝2，求异面直线BA 1与AC 所成角的余弦值．图4【解】 因为BA 1→＝BA →＋AA 1→ ＝BA →＋BB 1→，AC →＝BC →－BA →， 且BA →·BC →＝BB 1→·BA → ＝BB 1→·BC →＝0，所以BA 1→·AC →＝(BA →＋BB 1→)·(BC →－BA →) ＝BA →·BC →－BA →2＋BB 1→·BC →－BB 1→·BA → ＝－1.又|AC →|＝2，|BA 1→|＝1＋2＝3， 所以cos 〈BA 1→，AC →〉＝BA 1→·AC →|BA 1→||AC →|＝－16＝－66，则异面直线BA 1与AC 所成角的余弦值为66. 19.(本小题满分12分)如图5，AB 是圆的直径，PA 垂直圆所在的平面，C 是圆上的点．图5(1)求证：平面PBC ⊥平面PAC ；(2)若AB ＝2，AC ＝1，PA ＝1，求二面角C PB A 的余弦值． 【解】 (1)证明：由AB 是圆的直径，得AC ⊥BC ， 由PA ⊥平面ABC ，BC ⊂平面ABC ，得PA ⊥BC . 又PA ∩AC ＝A ，PA ⊂平面PAC ，AC ⊂平面PAC ， 所以BC ⊥平面PAC . 因为BC ⊂平面PBC . 所以平面PBC ⊥平面PAC .(2)过C 作CM ∥AP ，则CM ⊥平面ABC .如图，以点C 为坐标原点，分别以直线CB ，CA ，CM 为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系．在Rt △ABC 中，因为AB ＝2，AC ＝1，所以BC ＝ 3. 又因为PA ＝1，所以A (0,1,0)，B (3，0,0)，P (0,1,1)． 故CB →＝(3，0,0)，CP →＝(0,1,1)． 设平面BCP 的法向量为n 1＝(x 1，y 1，z 1)， 则⎩⎪⎨⎪⎧ CB →·n 1＝0，CP →·n 1＝0，所以⎩⎨⎧3x 1＝0，y 1＋z 1＝0，不妨令y 1＝1，则n 1＝(0,1，－1)． 因为AP →＝(0,0,1)，AB →＝(3，－1,0)， 设平面ABP 的法向量为n 2＝(x 2，y 2，z 2)， 则⎩⎪⎨⎪⎧AP →·n 2＝0，AB →·n 2＝0，所以⎩⎨⎧z 2＝0，3x 2－y 2＝0，不妨令x 2＝1，则n 2＝(1, 3，0)． 于是cos 〈n 1，n 2〉＝322＝64. 由图知二面角C PB A 为锐角，故二面角C PB A 的余弦值为64.20. (本小题满分12分)如图6，在四棱锥P ABCD 中，AD ∥BC ，AB ⊥AD ，AB ⊥PA ，BC ＝2AB ＝2AD ＝4BE ，平面PAB ⊥平面ABCD .图6(1)求证：平面PED ⊥平面PAC ；(2)若直线PE 与平面PAC 所成的角的正弦值为55，求二面角A PC D 的余弦值． 【解】 (1)证明：∵平面PAB ⊥平面ABCD ， 平面PAB ∩平面ABCD ＝AB ，AB ⊥PA ， ∴PA ⊥平面ABCD ，又∵AB ⊥AD ，故可建立空间直角坐标系Oxyz 如图所示， 不妨设BC ＝4，AP ＝λ(λ>0)，则有D (0,2,0)，E (2,1,0)，C (2,4,0)，P (0,0，λ)， ∴AC →＝(2,4,0)，AP →＝(0,0，λ)，DE →＝(2，－1,0)， ∴DE →·AC →＝4－4＋0＝0，DE →·AP →＝0，∴DE ⊥AC ，DE ⊥AP 且AC ∩AP ＝A ， ∴DE ⊥平面PAC . 又DE ⊂平面PED ， ∴平面PED ⊥平面PAC .(2)由(1)知，平面PAC 的一个法向量是DE →＝(2，－1，0)，PE →＝(2,1，－λ)， 设直线PE 与平面PAC 所成的角为θ，∴sin θ＝|cos 〈PE →，DE →〉|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪4－155＋λ2＝55，解得λ＝±2.∵λ>0，∴λ＝2，即P (0,0,2)，设平面PCD 的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )，DC →＝(2,2,0)，DP →＝(0，－2,2)， 由n ⊥DC →，n ⊥DP →，∴⎩⎪⎨⎪⎧2x ＋2y ＝0，－2y ＋2z ＝0，不妨令x ＝1，则n ＝(1，－1，－1)．∴cos 〈n ，DE →〉＝2＋13 5＝155，显然二面角A PC D 的平面角是锐角， ∴二面角A PC D 的余弦值为155. 21.(本小题满分12分)如图7，四棱锥P ABCD 的底面ABCD 为一直角梯形，其中BA ⊥AD ，CD ⊥AD ，CD ＝AD ＝2AB ，PA ⊥底面ABCD ，E 是PC 的中点．图7(1)求证：BE ∥平面PAD ； (2)若BE ⊥平面PCD ，①求异面直线PD 与BC 所成角的余弦值； ②求二面角E BD C 的余弦值．【解】 设AB ＝a ，PA ＝b ，建立如图的空间直角坐标系，则A (0,0,0)，B (a,0,0)，P (0,0，b )，C (2a,2a,0)，D (0,2a,0)，E ⎝ ⎛⎭⎪⎫a ，a ，b 2.(1)BE →＝⎝⎛⎭⎪⎫0，a ，b 2，AD →＝(0,2a,0)，AP →＝(0,0，b )，所以BE →＝12AD →＋12AP →，因为BE ⊄平面PAD ，所以BE ∥平面PAD .(2)因为BE ⊥平面PCD ，所以BE ⊥PC ，即BE →·PC →＝0，PC →＝(2a,2a ，－b )，所以BE →·PC →＝2a 2－b 22＝0，则b ＝2a . ①PD →＝(0,2a ，－2a )，BC →＝(a,2a,0)，cos 〈PD →，BC →〉＝4a 222a ·5a ＝105，所以异面直线PD 与BC 所成角的余弦值为105. ②在平面BDE 和平面BDC 中，BE →＝(0，a ，a )，BD →＝(－a ，2a,0)，BC →＝(a,2a,0)，所以平面BDE 的一个法向量为n 1＝(2,1，－1)；平面BDC 的一个法向量为n 2＝(0,0,1)；cos 〈n 1，n 2〉＝－16，所以二面角E BD C 的余弦值为66. 22．(本小题满分12分)如图8，在棱长为2的正方体ABCD A 1B 1C 1D 1中，E ，F ，M ，N 分别是棱AB ，AD ，A 1B 1，A 1D 1的中点，点P ，Q 分别在棱DD 1，BB 1上移动，且DP ＝BQ ＝λ(0<λ<2)．图8(1)当λ＝1时，证明：直线BC 1∥平面EFPQ ；(2)是否存在λ，使平面EFPQ 与平面PQMN 所成的二面角为直二面角？若存在，求出λ的值；若不存在，说明理由．【解】 以D 为原点，射线DA ，DC ，DD 1分别为x 轴，y 轴，z 轴的正半轴建立空间直角坐标系．由已知得B (2,2,0)，C 1(0,2,2)，E (2,1,0)，F (1,0,0)，P (0,0，λ)，BC 1→＝(－2,0,2)，FP →＝(－1,0，λ)，FE →＝(1,1,0)．(1)当λ＝1时，FP →＝(－1,0,1)，因为BC 1→＝(－2,0,2)．所以BC 1→＝2FP →，可知BC 1∥FP ，而FP ⊂平面EFPQ ，且BC 1⊄平面EFPQ ，故直线BC 1∥平面EFPQ .(2)设平面EFPQ 的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )，由⎩⎪⎨⎪⎧ FE →·n ＝0，FP →·n ＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y ＝0，－x ＋λz ＝0， 于是可取n ＝(λ，－λ，1)，同理可得平面PQMN 的一个法向量为m ＝(λ－2,2－λ，1)，若存在λ，使得平面EFPQ 与平面PQMN 所在的二面角为直二面角， 则m·n ＝(λ－2,2－λ，1)·(λ，－λ，1)＝0，即λ(λ－2)－λ(2－λ)＋1＝0，解得λ＝1±22，故存在λ＝1±22，使平面EFPQ 与平面PQMN 所成的二面角为直二面角．。
2018学年高中数学北师大版选修2-1配套课件：第三章 空间向量与立体几何 2.2 精品
设此直线与抛物线相切，此时有Δ＝0，即Δ＝16＋16m＝0，∴m＝－1.
将 m＝－1 代入①式，x＝12，y＝1，故所求点的坐标为(12，1).
解析答案
12345
4.经过抛物线y2＝2x的焦点且平行于直线3x－2y＋5＝0的直线l的方程是( A )
A.6x－4y－3＝0
B.3x－2y－3＝0
C.2x＋3y－2＝0
标为( B )
A.(14，±
2 4)
B.(18，±
2 4)
C.(14，
2 4)
D.(18，
2 4)
解析 由题意知，点 P 到焦点 F 的距离等于它到顶点 O 的距离，因此点
P 在线段 OF 的垂直平分线上，而 F(14，0)， 所以点 P 的横坐标为18，代入抛物线方程得 y＝± 42，
故点 P 的坐标为(18，±42)，故选 B.
A≠0， 相离：没有公共点，即
Δ<0. 直线与抛物线有一个交点，是直线与抛物线相切的必要不充分条件.
返回
D.2x＋3y－1＝0
解析 设直线 l 的方程为 3x－2y＋c＝0，抛物线 y2＝2x 的焦点 F(12，0)， 所以 3×12－2×0＋c＝0，
所以 c＝－32，故直线 l 的方程是 6x－4y－3＝0.选 A.
解析答案
5.已知直线x－y＋1＝0与抛物线y＝ax2相切，则a＝_－__14___. 解析 由yx＝ －ay＋x2，1＝0， 消去 y 得 ax2－x－1＝0， ∵直线与抛物线相切，∴a≠0且Δ＝1＋4a＝0. ∴a＝－14.
解 因为直线l的倾斜角为60°，
所以其斜率 k＝tan 60°＝ 3， 又 F23，0.所以直线 l 的方程为 y＝ 3x－23.联立yy2＝＝63x，x－32， 消去 y 得 x2－5x＋94＝0.
高中数学第三章空间向量与立体几何本章整合课件新人教B版选修2
|·|
||
=
综合应用
专题一
专题二
专题三
(2) = (−1,0, 3), = (−1, − 3, 2 3).
设平面 ACM 的法向量为 n1=(x,y,z),
1 ⊥ ,
- + 3 = 0,
由
得
-- 3 + 2 3 = 0,
1 ⊥
解得 x= 3, = , 取n1=( 3, 1,1).
②证明能够在平面内找到一个向量与已知直线的方向向量共线;
③利用共面向量定理,即证明直线的方向向量与平面内的两个不
共线向量是共面向量.
(3)证明面面平行的方法:
①转化为线线平行、线面平行处理;
②证明这两个平面的法向量是共线向量.
综合应用
专题一
专题二
专题三
(4)证明线线垂直的方法是证明这两条直线的方向向量互相垂直.
则 P(0,− 3, 2), (0, − 3, 0), (1,0,0), (0, 3, 0).
所以 = (1, 3, −2), = (0,2 3, 0).
设 PB 与 AC 所成角为 θ,
则 cos θ=
·
||||
=
6
2 2×2 3
=
6
.
4
2
3
真题放送
1
(3)解:由(2)知BC = (−1, 3, 0).
但线段AB 与 A1B1 不重合;
π
②错误.a·b<0,即 cos<a,b><0⇒ <<a,b>≤π,而钝角的取值范
围是
π
,π
2
2
;
③错误.当 λ=0 时,λa=0 不能作为直线 l 的方向向量;
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③④ ． 答案 其中正确结论的序号是________
解析
反思与感悟
向量的表示与运算的关键是熟练掌握向量加减运算的平行四边形法则、 三角形法则及各运算公式，理解向量运算法则、运算律及其几何意义．
跟踪训练 1
1 → 如图,在平行六面体 A1B1C1D1-ABCD 中， M 分AC成的比为2，
→ → → → → N 分A1D成的比为 2，设AB＝a，AD＝b，AA1＝c，试用 a、b、c 表示MN.
知识梳理
题型探究 当堂训练
知识梳理
知识点一
空间中点、线、面位置关系的向量表示
设直线l，m的方向向量分别为a,b，平面α，β的法向量分别为μ，v，则 线线平行 l∥m⇔a∥b⇔a＝kb.k∈R a· μ ＝0 l∥α⇔ a⊥μ ⇔_________
线面平行
面面平行
μ＝kv.k∈R α∥β⇔μ∥v⇔_____________ a· b＝0 l⊥m⇔ a⊥b ⇔______
证明
求证：平面AED⊥平面A1FD1.
类型三 例3
利用空间向量求角
如图所示，长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝16，BC＝10，AA1＝
8，点E，F分别在A1B1，D1C1上，A1E＝D1F＝4，过点E，F的平面α与此
长方体的面相交,交线围成一个正方形．
(1)在图中画出这个正方形(不必说明画法和理由)； 解答
√
→ A.AG
→ B.CG
→ C.BC
1→ D.2BC
答案
解析
在△BCD中，因为点G是CD的中点，
→ 1 → → 所以BG＝2(BD＋BC), → 1 → → → → → 从而AB＋2(BD＋BC)＝AB＋BG＝AG,故选 A.
1
2
3
4
5
2.若a＝(0,1,－1),b＝(1,1,0),且(a＋λb)⊥a,则实数λ的值是 A.－1 B.0 C.1
答案
解析
√
D.－2
a＋λb＝(λ,1＋λ,－1)．
由(a＋λb)⊥a.知(a＋λb)· a＝0,
∴λ×0＋(1＋λ)×1＋(－1)×(－1)＝0,解得λ＝－2.
跟踪训练3
如图，在几何体ABCDE中，四边形ABCD是矩形，AB⊥平面
BEC，BE⊥EC，AB＝BE＝EC＝2，G，F分别是线段BE，DC的中点．
(1)求证：GF∥平面ADE； 证明
(2)求平面AEF与平面BEC所成锐二面角的余弦值． 解答
当堂训练
→ 1 → → 1.已知空间四边形 ABCD,G 是 CD 的中点,则AB＋2(BD＋BC)等于
(4)证明两条直线垂直，只需证明这两条直线的方向向量垂直． (5)证明线面垂直的方法 ①证明直线的方向向量与平面的法向量是共线向量． ②证明直线的方向向量与平面内的两个不共线的向量互相垂直． (6)证明面面垂直的方法 ①转化为证明线面垂直． ②证明两个平面的法向量互相垂直．
跟踪训练 2
正方体 ABCD-A1B1C1D1 中， E 、 F 分别是 BB1 、 CD 的中点，
解答
类型二 例2
利用空间向量解决位置关系问题
四棱锥P－ABCD中，PD⊥平面ABCD，ABCD是正方形，E是PA的
中点，求证： (1)PC∥平面EBD；
证明
(2)平面PBC⊥平面PCD.
证明
反思与感悟
(1)证明两条直线平行，只需证明这两条直线的方向向量是共线向量． (2)证明线面平行的方法 ①证明直线的方向向量与平面的法向量垂直． ②能够在平面内找到一个向量与已知直线的方向向量共线． ③利用共面向量定理.即证明直线的方向向量与平面内的两个不共线向量 是共面向量． (3)证明面面平行的方法 ①转化为线线平行、线面平行处理． ②证明这两个平面的法向量是共线向量．
l⊥α⇔a∥μ⇔a＝kμ.k∈R μ·v＝0 α⊥β⇔μ⊥v⇔________
线线垂直
线面垂直
面面垂直Biblioteka 线线夹角|a· b| π l,m的夹角为θ(0≤θ≤ 2 ).cos θ＝ |a||b| |a· μ| π l,α的夹角为θ(0≤θ≤ 2 ).sin θ＝ |a||μ| |μ· v| π α,β的夹角为θ(0≤θ≤ ).cos θ＝ |μ||v| 2
线面夹角 面面夹角
知识点二
用坐标法解决立体几何问题
步骤如下：
(1)建立适当的空间直角坐标系；
(2)写出相关点的坐标及向量的坐标；
(3)进行相关坐标的运算；
(4)写出几何意义下的结论．
关键点如下： (1)选择恰当的坐标系.坐标系的选取很重要，恰当的坐标系可以使得点的 坐标、向量的坐标易求且简单，简化运算过程． (2)点的坐标、向量的坐标的确定．将几何问题转化为向量的问题，必须 确定点的坐标、直线的方向向量、平面的法向量，这是最核心的问题． (3)几何问题与向量问题的转化．平行、垂直、夹角问题都可以通过向量 计算来解决，如何转化也是这类问题解决的关键．
第三章 空间向量与立体几何
章末复习课
学习目标
1.理解空间向量的概念，掌握空间向量的运算法则及运算律.
2.掌握空间向量数量积的运算及其应用，会用数量积解决垂直问
题、夹角问题.
3.理解空间向量基本定理，掌握空间向量的坐标表示.
4.会用基向量法、坐标法表示空间向量.
5.会用向量法解决立体几何问题．
内容索引
题型探究
类型一 例1
空间向量及其运算
如图,在四棱锥S-ABCD中，底面ABCD是边长为1的正方形， S到A、
B、C、D的距离都等于2.给出以下结论：
→ → → → ①SA＋SB＋SC＋SD＝0； → → → → ②SA＋SB－SC－SD＝0； → → → → ③SA－SB＋SC－SD＝0； → → → → ④SA· SB＝SC· SD； → → ⑤SA· SC＝0.
(2)求直线AF与平面α所成角的正弦值． 解答
用向量法求空间角的注意点 面直线的方向向量，借助方向向量所成角求解．
反思与感悟
(1)异面直线所成角：两异面直线所成角范围为0°<θ≤90°，需找到两异 (2)直线与平面所成的角：要求直线a与平面α所成的角θ，先求这个平面α的 法向量n与直线a的方向向量a的夹角的余弦cos〈n.a〉，再利用公式sin θ＝ |cos〈n.a〉|.求θ. (3)二面角：如图，有两个平面α与β，分别作这两个平 面的法向量n1与n2，则平面α与β所成的角跟法向量n1 与n2所成的角相等或互补，所以首先必须判断二面角 是锐角还是钝角．