浙江省2021届高考数学一轮复习第八章立体几何与空间向量第6节空间向量及其运算含解析

合集下载

高考理科第一轮复习课件(7.6空间向量及其运算)

高考理科第一轮复习课件(7.6空间向量及其运算)


【解析】∵ OP (1 t)OA tOB, ∴ OP OA t(OB OA), ∴ AP tAB, ∴A,B,P三点共线. 答案:②






考向 1
空间向量的线性运算
【典例1】(1)若P为平行四边形ABCD所在平面外的一点,且G为






3
3
4.若 OP (1 t)OA tOB, 则下列结论中正确的序号是________.
①O,P,A,B四点一定共线; ②P,A,B共线; ③P,A,B不共线; ④O,P,A,B不共面.


试用a,b,c表示以下各向量: ① AP ; ② A1 N; ③ MP NC . 1


【思路点拨】(1)先将 AG 进行分解,求出x,y,z的值,再求

x+y+z的值.
(2)用已知向量表示未知向量时,在转化时要结合向量的线性
运算.
【规范解答】(1)如图, AG AP PG,
∵G是△PCD的重心, ∴ PG 2 PH (H为CD的中点),
3
2 ∴ AG AP PH 3
2 1 AP [ (PC PD)] 3 2 1 1 AP PC PD 3 3 1 1 AP (PA AC) (PA AD) 3 3 1 1 1 1 AP PA (AB AD) PA AD 3 3 3 3 1 2 1 AB AD AP, 3 3 3 1 2 1 4 x , y , z , x y z . 3 3 3 3

高考总复习一轮数学精品课件 第8章 立体几何与空间向量 第6节 第2课时 面面夹角与空间距离

高考总复习一轮数学精品课件 第8章 立体几何与空间向量 第6节 第2课时 面面夹角与空间距离
设平面 ABD 的法向量 m=(x,y,z),
- = 0,
· = 0,


- + = 0,
· = 0,
令 z=1,则 x=1,y=1,即平面 ABD 的一个法向量 m=(1,1,1). ........................ 平面 PA2C2 的法向量为 n2=(x2,y2,z2),
2 ·2 2 = 22 + 2y2 -22 = 0,

取 z2=2,可得 x2=a-1,y2=3-a,
2 ·2 = 2y2 + (-3)2 = 0,
故 n2=(a-1,3-a,2). .............................................................................................. 8 分
到直线AD的距离为( A )
A.
2
2
1
B.
2
C.
3
3
1
D.
3
解析 空间四面体OABC满足∠AOB=∠BOC=∠COA=90°,
即OA,OB,OC两两垂直,以O为原点,OA,OB,OC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.
因为OA=1,OB=2,OC=3,OC=3OD,
则 A(1,0,0),D(0,0,1),G
空间距离(多考向探究预测)
考向1 点到直线的距离
例2(1)已知空间内三点A(1,1,2),B(-1,2,0),C(0,3,1),则点A到直线BC的距离是
( A )
A. 6
4 6
C. 3
B.1
2 3
D. 3
解析 由题可得, =(1,1,1),=(2,-1,2),

高考数学(理科)一轮复习:单元八 立体几何 8.6 空间向量及其运算

高考数学(理科)一轮复习:单元八 立体几何 8.6 空间向量及其运算

=
2×2-8 2√3×2√5
=-
√15 . 15
关闭
C
解析 答案
第八章
知识梳理 考点自测
8.6
空间向量及其运算
关键能力
必备知识
-10-
1
2
3
45Βιβλιοθήκη 5.如图,在一个60°的二面角的棱上,有两个点A,B,AC,BD分别是在 这个二面角的两个半平面内垂直于AB的线段,且AB=4,AC=6,BD=8, 则CD的长为 .
关键能力
必备知识
-6-
1
2
3
4
5
1.下列结论正确的画“√”,错误的画“×”. (1)若A,B,C,D是空间任意四点,则有 ������������ + ������������ + ������������ + ������������=0. ( (2)|a|-|b|=|a+b|是a,b共线的充要条件.( ) (3)空间中任意两非零向量a,b共面.( ) (4)对于空间非零向量a,b,a⊥b⇔a· b=0.( ) (5)对于非零向量b,由a· b=b· c,得a=c.( )
2 2 ������2 1 +������2 +������3 · ������1 +������2 +������3 2 2 2
(2)设 A(x1,y1,z1),B(x2,y2,z2),则������������= (x2-x1.y2-y1,z2-z1) |AB|=|������������|= (������1 -������2 )2 + (������1 -������2 )2 + (������1 -������2 )2 .
关闭

高考数学一轮复习第八章立体几何第6节空间向量及运算课件理

高考数学一轮复习第八章立体几何第6节空间向量及运算课件理

⑦cos〈a,b〉=
a1b1+a2b2+a3b3
.
a21+a22+a32· b12+b22+b23
1.判断下列结论的正误.(正确的打“√”,错误的打
“×”)
(1)空间中任意两非零向量 a,b 共面.(
)
(2)若 A,B,C,D 是空间任意四点,则有A→B+B→C+C→D+
D→A=0.(
)
(3)对于向量 a,b,若 a·b=0,则一定有 a=0 或 b=0.(
B.(-1,-3,2)
C.-12,32,-1
D.( 2,-3,-2 2)
[解析] 可知-12a=-12,32,-1,选 C.
[答案] C
4.若向量 a=(2,2,0),b=(1,3,z),且〈a,b〉=π3,则
实数 z=(
)
A. 22
B.5
C.± 22
D.±5
[解析] ∵cos〈a,b〉=cosπ3=|aa|· ·|bb|
其中真命题的个数是(
)
A.1
B.2
C.3
D.4
[解析] ①正确,②中若 a,b 共线,p 与 a 不共线,则 p =xa+yb 就不成立.③正确.④中若 M,A,B 共线,点 P 不在此直线上,则M→P=xM→A+yM→B不正确.
[答案] B
6.已知 a=(1-t,1-t,t),b=(2,t,t),则|b-a|的最小 值为________.
)
(4)若 a·b<0,则〈a,b〉是钝角.(
)
(5) 两 向 量 夹 角 的 范 围 与 两 异 面 直 线 所 成 角 的 范 围 相
同.(
)
[答案] (1)√ (2)√ (3)× (4)× (5)×

2021年高考数学(理)一轮复习题型归纳与训练 专题8.6 立体几何中的向量方法(教师版含解析)

2021年高考数学(理)一轮复习题型归纳与训练 专题8.6 立体几何中的向量方法(教师版含解析)

2021年高考理科数学一轮复习:题型全归纳与高效训练突破专题8.6 立体几何中的向量方法目录一、考点全归纳1.两条异面直线所成角的求法设a,b分别是两异面直线l1,l2的方向向量,则设直线l的方向向量为a,平面α的法向量为n,直线l与平面α所成的角为θ,a与n的夹角为β,则sin θ=|cos β|=|a·n||a||n|.3.求二面角的大小(1)如图①,AB ,CD 分别是二面角α-l -β的两个面内与棱l 垂直的直线,则二面角的大小θ=〈AB →,CD →〉.(2)如图①①,n 1,n 2分别是二面角α-l -β的两个半平面α,β的法向量,则二面角的大小θ满足|cos θ|=|cos 〈n 1,n 2〉|,二面角的平面角大小是向量n 1与n 2的夹角(或其补角). 【常用结论】 利用空间向量求距离 (1)两点间的距离设点A (x 1,y 1,z 1),点B (x 2,y 2,z 2),则|AB |=|AB →|=(x 1-x 2)2+(y 1-y 2)2+(z 1-z 2)2. (2)点到平面的距离如图所示,已知AB 为平面α的一条斜线段,n 为平面α的法向量,则B 到平面α的距离为|BO →|=|AB →·n ||n |.二 题型全归纳题型一 异面直线所成的角【题型要点】用向量法求异面直线所成角的一般步骤 (1)选择三条两两垂直的直线建立空间直角坐标系.(2)确定异面直线上两个点的坐标,从而确定异面直线的方向向量. (3)利用向量的夹角公式求出向量夹角的余弦值.(4)两异面直线所成角的余弦值等于两向量夹角余弦值的绝对值.【易错提醒】注意向量的夹角与异面直线所成的角的区别:当异面直线的方向向量的夹角为锐角或直角时,就是此异面直线所成的角;当异面直线的方向向量的夹角为钝角时,其补角才是异面直线所成的角.【例1】如图,在四棱锥P ­ABCD 中,P A ①平面ABCD ,底面ABCD 是菱形,AB =2,①BAD =60°.(1)求证:BD ①平面P AC ;(2)若P A =AB ,求PB 与AC 所成角的余弦值. 【解析】(1)证明:因为四边形ABCD 是菱形, 所以AC ①BD .因为P A ①平面ABCD ,所以P A ①BD . 又因为AC ∩P A =A ,所以BD ①平面P AC . (2)设AC ∩BD =O .因为①BAD =60°,P A =AB =2,所以BO =1,AO =CO = 3.如图,以O 为坐标原点,建立空间直角坐标系Oxyz ,则P (0,-3,2),A (0,-3,0),B (1,0,0),C (0,3,0). 所以PB →=(1,3,-2),AC →=(0,23,0). 设PB 与AC 所成角为θ,则cos θ=⎪⎪⎪⎪⎪⎪PB →·AC →|PB →||AC →|=622×23=64.即PB 与AC 所成角的余弦值为64. 【例2】.如图,在三棱锥P ­ABC 中,P A ①底面ABC ,①BAC =90°.点D ,E ,N 分别为棱P A ,PC ,BC 的中点,M 是线段AD 的中点,P A =AC =4,AB =2.(1)求证:MN ①平面BDE ;(2)已知点H 在棱P A 上,且直线NH 与直线BE 所成角的余弦值为721,求线段AH 的长. 【解析】:如图,以A 为原点,分别以AB →,AC →,AP →的方向为x 轴,y 轴,z 轴的正方向建立空间直角坐标系.依题意可得A (0,0,0),B (2,0,0),C (0,4,0),P (0,0,4),D (0,0,2),E (0,2,2),M (0,0,1),N (1,2,0).(1)证明:DE →=(0,2,0),DB →=(2,0,-2). 设n =(x ,y ,z )为平面BDE 的法向量, 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·DE →=0,n ·DB →=0,即⎩⎪⎨⎪⎧2y =0,2x -2z =0.不妨设z =1,可取n =(1,0,1).又MN →=(1,2,-1),可得MN →·n =0. 因为MN ①平面BDE , 所以MN ①平面BDE .(2)依题意,设AH =h (0≤h ≤4),则H (0,0,h ), 进而可得NH →=(-1,-2,h ),BE →=(-2,2,2).由已知,得|cos 〈NH →,BE →〉|=|NH →·BE →||NH →||BE →|=|2h -2|h 2+5×23=721,整理得10h 2-21h +8=0,解得h =85或h =12.所以,线段AH 的长为85或12.题型二 直线与平面所成的角【题型要点】(1)利用向量求直线与平面所成的角有两个思路:①分别求出斜线和它在平面内的射影直线的方向向量,转化为求两个方向向量的夹角(或其补角);①通过平面的法向量来求,即求出斜线的方向向量与平面的法向量所夹的锐角,取其余角就是斜线和平面所成的角.(2)若直线l 与平面α的夹角为θ,直线l 的方向向量l 与平面α的法向量n 的夹角为β,则θ=π2-β或θ=β-π2. 【易错提醒】求解直线和平面所成角,要注意直线的方向向量与平面法向量的夹角和所求角之间的关系,线面角的正弦值等于两向量夹角的余弦值的绝对值.【例1】(2020·深圳模拟)如图,四棱锥P -ABCD 中,底面ABCD 为菱形,PD =PB ,H 为PC 上的点,过AH 的平面分别交PB ,PD 于点M ,N ,且BD ①平面AMHN .(1)证明:MN ①PC ;(2)设H 为PC 的中点,P A =PC =3AB ,P A 与平面ABCD 所成的角为60°,求AD 与平面AMHN 所成角的正弦值.【解析】:(1)证明:如图①,连接AC 交BD 于点O ,连接PO .因为四边形ABCD 为菱形,所以BD ①AC ,且O 为BD 的中点. 因为PD =PB ,所以PO ①BD ,因为AC ∩PO =O ,且AC ,PO ①平面P AC ,所以BD ①平面P AC . 因为PC ①平面P AC ,所以BD ①PC .因为BD ①平面AMHN ,且平面AMHN ∩平面PBD =MN ,所以BD ①MN , 所以MN ①PC .(2)由(1)知BD ①AC 且PO ①BD , 因为P A =PC ,且O 为AC 的中点, 所以PO ①AC ,所以PO ①平面ABCD ,因为P A 与平面ABCD 所成的角为①P AO ,所以①P AO =60°,所以AO =12P A ,PO =32P A .因为P A =3AB ,所以BO =36P A .以O 为坐标原点,OA →,OD →,OP →的方向分别为x 轴,y 轴,z 轴的正方向,建立如图①所示的空间直角坐标系,记P A =2,则O (0,0,0),A (1,0,0),B ⎝⎛⎭⎫0,-33,0,C (-1,0,0),D ⎝⎛⎭⎫0,33,0,P (0,0,3),H ⎝⎛⎭⎫-12,0,32, 所以BD →=⎝⎛⎭⎫0,233,0,AH →=⎝⎛⎭⎫-32,0,32,AD →=⎝⎛⎭⎫-1,33,0. 设平面AMHN 的法向量为n =(x ,y ,z ),则⎩⎪⎨⎪⎧n ·BD →=0,n ·AH →=0,即⎩⎨⎧233y =0,-32x +32z =0,令x =2,解得y =0,z =23,所以n =(2,0,23)是平面AMHN 的一个法向量. 记AD 与平面AMHN 所成角为θ,则sin θ=|cos 〈n ,AD →〉|=⎪⎪⎪⎪⎪⎪n ·AD →|n ||AD →|=34.所以AD 与平面AMHN 所成角的正弦值为34. 【例2】如图,在几何体ACD -A 1B 1C 1D 1中,四边形ADD 1A 1与四边形CDD 1C 1均为矩形,平面ADD 1A 1①平面CDD 1C 1,B 1A 1①平面ADD 1A 1,AD =CD =1,AA 1=A 1B 1=2,E 为棱AA 1的中点.(1)证明:B 1C 1①平面CC 1E ;(2)求直线B 1C 1与平面B 1CE 所成角的正弦值.【解析】(1)证明:因为B 1A 1①平面ADD 1A 1,所以B 1A 1①DD 1, 又DD 1①D 1A 1,B 1A 1∩D 1A 1=A 1,所以DD 1①平面A 1B 1C 1D 1, 又DD 1①CC 1,所以CC 1①平面A 1B 1C 1D 1. 因为B 1C 1①平面A 1B 1C 1D 1,所以CC 1①B 1C 1.因为平面ADD 1A 1①平面CDD 1C 1,平面ADD 1A 1∩平面CDD 1C 1=DD 1,C 1D 1①DD 1, 所以C 1D 1①平面ADD 1A 1.经计算可得B 1E =5,B 1C 1=2,EC 1=3,从而B 1E 2=B 1C 21+EC 21,所以在①B 1EC 1中,B 1C 1①C 1E .又CC 1,C 1E ①平面CC 1E ,CC 1∩C 1E =C 1,所以B 1C 1①平面CC 1E . (2)如图,以点A 为坐标原点,建立空间直角坐标系,依题意得A (0,0,0),C (1,0,1),B 1(0,2,2),C 1(1,2,1),E (0,1,0),则CE →=(-1,1,-1),B 1C →=(1,-2,-1).设平面B 1CE 的法向量为m =(x ,y ,z ),则⎩⎪⎨⎪⎧m ·B 1C →=0,m ·CE →=0,即⎩⎪⎨⎪⎧x -2y -z =0,-x +y -z =0,消去x 得y +2z =0, 不妨设z =1,可得m =(-3,-2,1)为平面B 1CE 的一个法向量, 易得B 1C 1→=(1,0,-1),设直线B 1C 1与平面B 1CE 所成角为θ,则sin θ=|cos 〈m ,B 1C 1→〉|=⎪⎪⎪⎪⎪⎪m ·B 1C 1→|m |·|B 1C 1→|=⎪⎪⎪⎪⎪⎪-414×2=277, 故直线B 1C 1与平面B 1CE 所成角的正弦值为277.题型三 二面角【题型要点】利用向量计算二面角大小的常用方法(1)找法向量法:分别求出二面角的两个半平面所在平面的法向量,然后通过两个平面的法向量的夹角得到二面角的大小,但要注意结合实际图形判断所求角是锐(钝)二面角.(2)找与棱垂直的方向向量法:分别在二面角的两个半平面内找到与棱垂直且以垂足为起点的两个向量,则这两个向量的夹角的大小就是二面角的大小.【易错提醒】:判断二面角的平面角是锐角还是钝角,可结合图形进行.【例1】(2020·深圳模拟)已知四棱锥P­ABCD,底面ABCD为菱形,PD=PB,H为PC上的点,过AH的平面分别交PB,PD于点M,N,且BD①平面AMHN.(1)证明:MN①PC;(2)当H为PC的中点,P A=PC=3AB,P A与平面ABCD所成的角为60°,求AD与平面AMHN所成角的正弦值.【解析】(1)证明:连接AC、BD且AC∩BD=O,连接PO.因为ABCD为菱形,所以BD①AC,因为PD=PB,所以PO①BD,因为AC∩PO=O且AC、PO①平面P AC,所以BD①平面P AC,因为PC①平面P AC,所以BD①PC,因为BD①平面AMHN,且平面AMHN∩平面PBD=MN,所以BD①MN,MN①平面P AC,所以MN ①P C.(2)由(1)知BD ①AC 且PO ①BD , 因为P A =PC ,且O 为AC 的中点, 所以PO ①AC ,所以PO ①平面ABCD , 所以P A 与平面ABCD 所成的角为①P AO , 所以①P AO =60°,所以AO =12P A ,PO =32P A ,因为P A =3AB ,所以BO =36P A . 以OA →,OD →,OP →分别为x ,y ,z 轴,建立空间直角坐标系,如图所示.设P A =2,所以O (0,0,0),A (1,0,0),B (0,-33,0),C (-1,0,0),D (0,33,0),P (0,0,3),H (-12,0,32),所以BD →=(0,233,0),AH →=(-32,0,32),AD →=(-1,33,0).设平面AMHN 的法向量为n =(x ,y ,z ), 所以⎩⎪⎨⎪⎧n ·BD →=0,n ·AH →=0,即⎩⎨⎧233y =0,-32x +32z =0,令x =2,则y =0,z =23,所以n =(2,0,23),设AD 与平面AMHN 所成角为θ,所以sin θ=|cos 〈n ,AD →〉|=|n ·AD →|n ||AD →||=34. 所以AD 与平面AMHN 所成角的正弦值为34. 【例2】图1是由矩形ADEB ,Rt①ABC 和菱形BFGC 组成的一个平面图形,其中AB =1,BE =BF =2,①FBC =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 ①平面BCGE ;(2)求图2中的二面角B -CG -A 的大小.【解析】:(1)证明:由已知得AD ①BE ,CG ①BE ,所以AD ①CG ,故AD ,CG 确定一个平面,从而A ,C ,G ,D 四点共面.由已知得AB ①BE ,AB ①BC ,故AB ①平面BCGE .又因为AB ①平面ABC ,所以平面ABC ①平面BCGE .(2)作EH ①BC ,垂足为H .因为EH ①平面BCGE ,平面BCGE ①平面ABC ,所以EH ①平面ABC .由已知,菱形BCGE 的边长为2,①EBC =60°,可求得BH =1,EH = 3. 以H 为坐标原点,HC →的方向为x 轴的正方向,建立如图所示的空间直角坐标系H ­xyz , 则A (-1,1,0),C (1,0,0),G (2,0,3),CG →=(1,0,3),AC →=(2,-1,0).设平面ACGD 的法向量为n =(x ,y ,z ),则⎩⎪⎨⎪⎧CG →·n =0AC →·n =0,即⎩⎨⎧x +3z =0,2x -y =0. 所以可取n =(3,6,-3).又平面BCGE 的法向量可取为m =(0,1,0),所以cos n ,m =n ·m |n ||m |=32. 因此二面角B ­CG ­A 的大小为30°.题型四 利用空间向量求距离【题型要点】求解点到平面的距离可直接转化为求向量在平面的法向量上的射影的长.如图,设点P 在平面α外,n 为平面α的法向量,在平面α内任取一点Q ,则点P 到平面α的距离d =|PQ →·n ||n |.【易错提醒】该题中的第(2)问求解点到平面的距离时,利用了两种不同的方法——等体积法与向量法,显然向量法直接简单,不必经过过多的逻辑推理,只需代入坐标准确求解即可.【例1】(2020·云南师范大学附属中学3月月考)如图,在直三棱柱ABC ­A 1B 1C 1中,①ABC 是边长为2的正三角形,AA 1=26,D 是CC 1的中点,E 是A 1B 1的中点.(1)证明:DE ①平面A 1BC;(2)求点A 到平面A 1BC 的距离.【解析】 (1)证明:如图取A 1B 的中点F ,连接FC ,FE .因为E ,F 分别是A 1B 1,A 1B 的中点,所以EF ①BB 1,且EF =12BB 1. 又在平行四边形BB 1C 1C 中,D 是CC 1的中点,所以CD ①BB 1,且CD =12BB 1,所以CD ①EF ,且CD =EF . 所以四边形CFED 是平行四边形,所以DE ①CF .因为DE ①/平面A 1BC ,CF ①平面A 1BC ,所以DE ①平面A 1BC .(2)法一:(等体积法)因为BC =AC =AB =2,AA 1=26,三棱柱ABC ­A 1B 1C 1为直三棱柱,所以V 三棱锥A 1-ABC =13S ①ABC ×AA 1=13×34×22×26=2 2. 又在①A 1BC 中,A 1B =A 1C =27,BC =2,BC 边上的高h = A 1B 2-⎝⎛⎭⎫12BC 2=33,所以S ①A 1BC =12BC ·h =3 3. 设点A 到平面A 1BC 的距离为d ,则V 三棱锥A -A 1BC =13S ①A 1BC ×d =13×33×d =3d . 因为V 三棱锥A 1-ABC =V 三棱锥A -A 1BC ,所以22=3d ,解得d =263, 所以点A 到平面A 1BC 的距离为263. 法二:(向量法)由题意知,三棱柱ABC ­A 1B 1C 1是正三棱柱.取AB 的中点O ,连接OC ,OE .因为AC =BC ,所以CO ①AB .又平面ABC ①平面ABB 1A 1,平面ABC ∩平面ABB 1A 1=AB ,所以CO ①平面ABB 1A 1.因为O 为AB 的中点,E 为A 1B 1的中点,所以OE ①AB ,所以OC ,OA ,OE 两两垂直.如图,以O 为坐标原点,以OA ,OE ,OC 所在直线分别为x 轴,y 轴,z 轴建立空间直角坐标系,则C (0,0,3),A (1,0,0),A 1(1,26,0),B (-1,0,0).则BA 1→=(2,26,0),BC →=(1,0,3).设平面A 1BC 的法向量为n =(x ,y ,z ),则由⎩⎪⎨⎪⎧n ①BA 1→,n ①BC →,可得⎩⎪⎨⎪⎧n ·BA 1→=2x +26y =0,n ·BC →=x +3z =0, 整理得⎩⎨⎧x +6y =0,x +3z =0,令x =6,则y =-1,z =- 2. 所以n =(6,-1,-2)为平面A 1BC 的一个法向量.而BA →=(2,0,0),所以点A 到平面A 1BC 的距离d =|BA →·n ||n |=6×26+1+2=263. 【例2】如图,①BCD 与①MCD 都是边长为2的正三角形,平面MCD ①平面BCD ,AB ①平面BCD ,AB =23,求点A 到平面MBC 的距离.【答案】见解析【解析】:如图,取CD 的中点O ,连接OB ,OM ,因为①BCD 与①MCD 均为正三角形,所以OB ①CD ,OM ①CD ,又平面MCD ①平面BCD ,平面MCD ∩平面BCD =CD ,OM ①平面MCD ,所以MO ①平面BCD .以O 为坐标原点,直线OC ,BO ,OM 分别为x 轴,y 轴,z 轴,建立空间直角坐标系Oxyz .因为①BCD 与①MCD 都是边长为2的正三角形,所以OB =OM =3,则O (0,0,0),C (1,0,0),M (0,0,3),B (0,-3,0),A (0,-3,23),所以BC →=(1,3,0).BM →=(0,3,3).设平面MBC 的法向量为n =(x ,y ,z ),由⎩⎪⎨⎪⎧n ①BC →,n ①BM →得⎩⎪⎨⎪⎧n ·BC →=0,n ·BM →=0,即⎩⎨⎧x +3y =0,3y +3z =0, 取x =3,可得平面MBC 的一个法向量为n =(3,-1,1).又BA →=(0,0,23),所以所求距离为d =|BA →·n ||n |=2155.三、高效训练突破一、选择题1.若直线l 的方向向量与平面α的法向量的夹角等于120°,则直线l 与平面α所成的角等于( )A .120°B .60°C .30°D .60°或30°【答案】C【解析】设直线l 与平面α所成的角为β,直线l 与平面α的法向量的夹角为γ.则sin β=|cos γ|=|cos 120°|=12. 又0°≤β≤90°,①β=30°.2.在正方体A 1B 1C 1D 1­ABCD 中,AC 与B 1D 所成角大小为( )A.π6B.π4C.π3D.π2 【答案】D【解析】建立如图所示的空间直角坐标系设正方体边长为1,则A (0,0,0), C (1,1,0),B 1(1,0,1),D (0,1,0). ①AC →=(1,1,0),B 1D →=(-1,1,-1),①AC →·B 1D →=1×(-1)+1×1+0×(-1)=0,①AC →①B 1D →,①AC 与B 1D 所成的角为π2. 3.如图,在空间直角坐标系中有直三棱柱ABC ­A 1B 1C 1,CA =CC 1=2CB ,则直线BC 1与直线AB 1夹角的余弦值为( )A.55B.53C.255D.35【答案】A 【解析】设CA =2,则C (0,0,0),A (2,0,0),B (0,0,1),C 1(0,2,0),B 1(0,2,1),可得向量AB 1→=(-2,2,1),BC 1→=(0,2,-1),由向量的夹角公式得cos 〈AB 1→,BC 1→〉=-2×0+2×2+1×(-1)0+4+1·4+4+1=15=55. 4.将边长为1的正方形AA 1O 1O (及其内部)绕OO 1旋转一周形成圆柱,如图,AC ︵长为2π3,A 1B 1︵长为π3,其中B 1与C 在平面AA 1O 1O 的同侧.则异面直线B 1C 与AA 1所成的角的大小为( )A.π6 B .π4C.π3D .π2【答案】B 【解析】:.以O 为坐标原点建系如图则A (0,1,0),A 1(0,1,1),B 1⎝⎛⎭⎫32,12,1,C ⎝⎛⎭⎫32,-12,0. 所以AA 1→=(0,0,1),B 1C →=(0,-1,-1),所以cos 〈AA 1→,B 1C →〉=AA 1→·B 1C →|AA 1→||B 1C →|=0×0+0×(-1)+1×(-1)1×02+(-1)2+(-1)2=-22, 所以〈AA 1→,B 1C →〉=3π4,所以异面直线B 1C 与AA 1所成的角为π4.故选B. 5.如图,已知长方体ABCD ­A 1B 1C 1D 1中,AD =AA 1=1,AB =3,E 为线段AB 上一点,且AE =13AB ,则DC 1与平面D 1EC 所成的角的正弦值为( )A.33535B .277 C.33 D .24 【答案】A.【解析】:如图以D 为坐标原点,DA ,DC ,DD 1所在直线分别为x 轴,y 轴,z 轴建立空间直角坐标系,则C 1(0,3,1),D 1(0,0,1),E (1,1,0),C (0,3,0),所以DC 1→=(0,3,1),D 1E →=(1,1,-1),D 1C →=(0,3,-1).设平面D 1EC 的法向量为n =(x ,y ,z ),则⎩⎪⎨⎪⎧n ·D 1E →=0,n ·D 1C →=0,即⎩⎪⎨⎪⎧x +y -z =0,3y -z =0,即⎩⎪⎨⎪⎧x =2y ,z =3y ,取y =1,得n =(2,1,3). 因为cos 〈DC 1→,n 〉=DC 1→·n |DC 1→|·|n |=(0,3,1)·(2,1,3)10×14=33535,所以DC 1与平面D 1EC 所成的角的正弦值为33535,故选A. 6.二面角的棱上有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 =217.则该二面角的大小为( )A .150°B .45°C .60°D .120°【答案】C.【解析】:如图所示二面角的大小就是〈AC →,BD →〉.因为CD →=CA →+AB →+BD →,所以CD →2=CA →2+AB →2+BD →2+2(CA →·AB →+CA →·BD →+AB →·BD →)=CA →2+AB →2+BD →2+2CA →·BD →,所以CA →·BD →=12[(217)2-62-42-82]=-24.因此AC →·BD →=24,cos 〈AC →,BD →〉=AC →·BD →|AC →||BD →|=12, 又〈AC →,BD →〉①[0°,180°],所以〈AC →,BD →〉=60°,故二面角为60°.7.已知斜四棱柱ABCD ­A 1B 1C 1D 1的各棱长均为2,①A 1AD =60°,①BAD =90°,平面A 1ADD 1①平面ABCD ,则直线BD 1与平面ABCD 所成的角的正切值为( ) A.34B.134C.3913D.393 【答案】C【解析】取AD 中点O ,连接OA 1,易证A 1O ①平面ABCD .建立如图所示的空间直角坐标系得B (2,-1,0),D 1(0,2,3),BD 1→=(-2,3,3),平面ABCD 的一个法向量为n =(0,0,1),设BD 1与平面ABCD 所成的角为θ,①sin θ=|BD 1→·n ||BD 1→||n |=34,①tan θ=3913. 8.如图,在四棱锥P ­ABCD 中,四边形ABCD 为平行四边形,且BC ①平面P AB ,P A ①AB ,M 为PB 的中点,P A =AD =2.若AB =1,则二面角B ­AC ­M 的余弦值为( )A.66B.36C.26D.16【答案】A【解析】因为BC ①平面P AB ,P A ①平面P AB ,所以P A ①BC ,又P A ①AB ,且BC ∩AB =B ,所以P A ①平面ABCD .以点A 为坐标原点,分别以AB ,AD ,AP 所在直线为x 轴,y 轴,z 轴,建立空间直角坐标系A ­xyz .则A (0,0,0),C (1,2,0),P (0,0,2),B (1,0,0),M ⎝⎛⎭⎫12,0,1,所以AC →=(1,2,0),AM →=⎝⎛⎭⎫12,0,1,求得平面AMC 的一个法向量为n =(-2,1,1),又平面ABC 的一个法向量AP →=(0,0,2),所以cos 〈n ,AP →〉=n ·AP →|n ||AP →|=24+1+1×2=16=66. 所以二面角B ­AC ­M 的余弦值为66. 9.设正方体ABCD ­A 1B 1C 1D 1的棱长为2,则点D 1到平面A 1BD 的距离是( )A.32B.22 C.223 D.233【答案】D【解析】如图建立坐标系则D 1(0,0,2),A 1(2,0,2),B (2,2,0),D 1A 1→=(2,0,0),DB →=(2,2,0),DA 1→=(2,0,2).设平面A 1BD 的法向量为n =(x ,y ,z ),则⎩⎪⎨⎪⎧n ·DA 1→=0,n ·DB →=0,①⎩⎪⎨⎪⎧2x +2z =0,2x +2y =0,令z =1,得n =(-1,1,1). ①D 1到平面A 1BD 的距离d =|D 1A 1→·n ||n |=23=233. 二、填空题1.如图,正三棱柱ABC ­A 1B 1C 1的所有棱长都相等,E ,F ,G 分别为AB ,AA 1,A 1C 1的中点,则B 1F 与平面GEF 所成角的正弦值为________.【答案】:35【解析】:设正三棱柱的棱长为2,取AC 的中点D ,连接DG ,DB ,分别以DA ,DB ,DG 所在的直线为x 轴,y 轴,z 轴建立空间直角坐标系,如图所示,则B 1(0,3,2),F (1,0,1),E ⎝⎛⎭⎫12,32,0,G (0,0,2),B 1F →=(1,-3,-1),EF →=⎝⎛⎭⎫12,-32,1,GF →=(1,0,-1). 设平面GEF 的法向量为n =(x ,y ,z ),则⎩⎪⎨⎪⎧EF →·n =0,GF →·n =0,即⎩⎪⎨⎪⎧12x -32y +z =0,x -z =0,取x =1,则z =1,y =3,故n =(1,3,1)为平面GEF 的一个法向量,所以|cos 〈n ,B 1F →〉|=|1-3-1|5×5=35, 所以B 1F 与平面GEF 所成角的正弦值为35. 2.如图,平面ABCD ①平面ABEF ,四边形ABCD 是正方形,四边形ABEF 是矩形,且AF =12AD =a ,G 是EF 的中点,则GB 与平面AGC 所成角的正弦值为________.【答案】63【解析】如图以A 为原点建立空间直角坐标系,则A (0,0,0),B (0,2a ,0),C (0,2a ,2a ),G (a ,a ,0),AG →=(a ,a ,0),AC →=(0,2a ,2a ),BG →=(a ,-a ,0),设平面AGC 的法向量为n 1=(x 1,y 1,1),由⎩⎪⎨⎪⎧AG →·n 1=0AC →·n 1=0①⎩⎪⎨⎪⎧ax 1+ay 1=02ay 1+2a =0①⎩⎪⎨⎪⎧x 1=1y 1=-1①n 1=(1,-1,1).sin θ=|BG →·n 1||BG →||n 1|=2a 2a ×3=63. 3.已知正四棱锥S ­ABCD 的侧棱长与底面边长都相等,E 是SB 的中点,则AE 与SD 所成角的余弦值为________.【答案】33 【解析】以两对角线AC 与BD 的交点O 作为原点,以OA ,OB ,OS 所在直线分别为x ,y ,z 轴建立空间直角坐标系设边长为2,则有O (0,0,0),A (2,0,0),B (0,2,0),S (0,0,2),D (0,-2,0),E ⎝⎛⎭⎫0,22,22, AE →=⎝⎛⎭⎫-2,22,22,SD →=(0,-2,-2), |cos AE →,SD →|=|AE →·SD →||AE →||SD →|=22×3=33, 故AE 与SD 所成角的余弦值为33. 4.在正四棱柱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________.【答案】23【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 →=0,n ·DC 1→=0,所以有⎩⎪⎨⎪⎧x +y =0,y +2z =0, 令y =-2,得平面BDC 1的一个法向量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. 5.(2020·汕头模拟)在底面是直角梯形的四棱锥S ­ABCD 中,①ABC =90°,AD ①BC ,SA ①平面ABCD ,SA=AB =BC =1,AD =12,则平面SCD 与平面SAB 所成锐二面角的余弦值是________. 【答案】63 【解析】如图所示建立空间直角坐标系,则依题意可知,D ⎝⎛⎭⎫12,0,0,C (1,1,0),S (0,0,1),可知AD →=⎝⎛⎭⎫12,0,0是平面SAB 的一个法向量.设平面SCD 的一个法向量n =(x ,y ,z ),因为SD →=⎝⎛⎭⎫12,0,-1,DC →=⎝⎛⎭⎫12,1,0,所以⎩⎪⎨⎪⎧n ·SD →=0,n ·DC →=0,即⎩⎨⎧x 2-z =0,x 2+y =0.令x =2,则有y =-1,z =1,所以n =(2,-1,1).设平面SCD 与平面SAB 所成的锐二面角为θ,则cos θ=|AD →·n ||AD →||n |=12×2+0×(-1)+0×1⎝⎛⎭⎫122×22+(-1)2+12=63. 6.(2020·北京模拟)如图所示,四棱锥P ­ABCD 中,PD ①底面ABCD ,底面ABCD 是边长为2的正方形,PD =2,E 是棱PB 的中点,M 是棱PC 上的动点,当直线P A 与直线EM 所成的角为60°时,那么线段PM 的长度是________.【答案】542 【解析】如图建立空间直角坐标系,则A (2,0,0),P (0,0,2),B (2,2,0),①AP →=()-2,0,2,①E 是棱PB 的中点,①E (1,1,1),设M (0,2-m ,m ),则EM →=()-1,1-m ,m -1,①||cos 〈AP →,EM →〉=⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪AP →·EM →|AP →||EM →|=||2+2()m -1221+2(m -1)2=12, 解得m =34,①M ⎝⎛⎭⎫0,54,34, ①PM =2516+2516=54 2. 三 解答题1.如图所示,菱形ABCD 中,①ABC =60°,AC 与BD 相交于点O ,AE ①平面ABCD ,CF ①AE ,AB =AE =2.(1)求证:BD ①平面ACFE ;(2)当直线FO 与平面BED 所成的角为45°时,求异面直线OF 与BE 所成角的余弦值的大小.【答案】见解析【解析】:(1)证明:因为四边形ABCD 是菱形,所以BD ①AC .因为AE ①平面ABCD ,BD ①平面ABCD ,所以BD ①AE .又因为AC ∩AE =A ,AC ,AE ①平面ACFE .所以BD ①平面ACFE .(2)以O 为原点,OA ,OB 所在直线分别为x 轴,y 轴,过点O 且平行于CF 的直线为z 轴(向上为正方向),建立空间直角坐标系,则B (0,3,0),D (0,-3,0),E (1,0,2),F (-1,0,a )(a >0),OF →=(-1,0,a ).设平面EBD 的法向量为n =(x ,y ,z ),则有⎩⎪⎨⎪⎧n ·OB →=0,n ·OE →=0,即⎩⎨⎧3y =0,x +2z =0, 令z =1,则n =(-2,0,1),由题意得sin 45°=|cos 〈OF →,n 〉|=|OF →·n ||OF →||n |=|2+a |a 2+1·5=22, 解得a =3或a =-13(舍去). 所以OF →=(-1,0,3),BE →=(1,-3,2),cos 〈OF →,BE →〉=-1+610×8=54, 故异面直线OF 与BE 所成角的余弦值为54. 2.(2020·湖北十堰4月调研)如图,在三棱锥P -ABC 中,M 为AC 的中点,P A ①PC ,AB ①BC ,AB =BC ,PB =2,AC =2,①P AC =30°.(1)证明:BM ①平面P AC ;(2)求二面角B -P A -C 的余弦值.【答案】:见解析(1)证明:因为P A ①PC ,AB ①BC ,所以MP =MB =12AC =1, 又MP 2+MB 2=BP 2,所以MP ①MB .因为AB =BC ,M 为AC 的中点,所以BM ①AC ,又AC ∩MP =M ,所以BM ①平面P AC .(2)法一:取MC 的中点O ,连接PO ,取BC 的中点E ,连接EO ,则OE ①BM ,从而OE ①AC .因为P A ①PC ,①P AC =30°,所以MP =MC =PC =1.又O 为MC 的中点,所以PO ①AC .由(1)知BM ①平面P AC ,OP ①平面P AC ,所以BM ①PO .又BM ∩AC =M ,所以PO ①平面ABC .以O 为坐标原点,OA ,OE ,OP 所在直线分别为x 轴,y 轴,z 轴,建立空间直角坐标系,如图所示,由题意知A ⎝⎛⎭⎫32,0,0,B ⎝⎛⎭⎫12,1,0,P ⎝⎛⎭⎫0,0,32,BP →=⎝⎛⎭⎫-12,-1,32,BA →=(1,-1,0), 设平面APB 的法向量为n =(x ,y ,z ),则⎩⎪⎨⎪⎧n ·BP →=-12x -y +32z =0,n ·BA →=x -y =0,令x =1,得n =(1,1,3)为平面APB 的一个法向量,易得平面P AC 的一个法向量为π=(0,1,0),cos 〈n ,π〉=55, 由图知二面角B -P A -C 为锐角,所以二面角B -P A -C 的余弦值为55. 法二:取P A 的中点H ,连接HM ,HB ,因为M 为AC 的中点,所以HM ①PC ,又P A ①PC ,所以HM ①P A .由(1)知BM ①平面P AC ,则BH ①P A ,所以①BHM 为二面角B -P A -C 的平面角.因为AC =2,P A ①PC ,①P AC =30°,所以HM =12PC =12. 又BM =1,则BH =BM 2+HM 2=52, 所以cos①BHM =HM BH =55,即二面角B -P A -C 的余弦值为55. 3.(2020·合肥模拟)如图,在多面体ABCDEF 中,四边形ABCD 是正方形,BF ①平面ABCD ,DE ①平面ABCD ,BF =DE ,M 为棱AE 的中点.(1)求证:平面BDM ①平面EFC ;(2)若DE =2AB ,求直线AE 与平面BDM 所成角的正弦值.【答案】:见解析(1)证明:连接AC ,交BD 于点N ,连接MN ,则N 为AC 的中点,又M 为AE 的中点,所以MN ①EC .因为MN ①平面EFC ,EC ①平面EFC ,所以MN ①平面EFC .因为BF ,DE 都垂直底面ABCD ,所以BF ①DE .因为BF =DE ,所以四边形BDEF 为平行四边形,所以BD ①EF .因为BD ①平面EFC ,EF ①平面EFC ,所以BD ①平面EFC .又MN ∩BD =N ,所以平面BDM ①平面EFC .(2)因为DE ①平面ABCD ,四边形ABCD 是正方形,所以DA ,DC ,DE 两两垂直,如图,建立空间直角坐标系D ­xyz .设AB =2,则DE =4,从而D (0,0,0),B (2,2,0),M (1,0,2),A (2,0,0),E (0,0,4),所以DB →=(2,2,0),DM →=(1,0,2),设平面BDM 的法向量为n =(x ,y ,z ),则⎩⎪⎨⎪⎧n ·DB →=0,n ·DM →=0,得⎩⎪⎨⎪⎧2x +2y =0,x +2z =0. 令x =2,则y =-2,z =-1,从而n =(2,-2,-1)为平面BDM 的一个法向量.因为AE →=(-2,0,4),设直线AE 与平面BDM 所成的角为θ,则sin θ=|cos 〈n ·AE →〉|=⎪⎪⎪⎪⎪⎪n ·AE →|n |·|AE →|=4515, 所以直线AE 与平面BDM 所成角的正弦值为4515.。

2021届高考数学一轮复习第八章立体几何与空间向量补上一课立体几何中的翻折轨迹及最值范围问题含解析

2021届高考数学一轮复习第八章立体几何与空间向量补上一课立体几何中的翻折轨迹及最值范围问题含解析

立体几何中的翻折、轨迹及最值(范围)问题知识拓展1.翻折问题是立体几何的一类典型问题,是考查实践能力与创新能力的好素材.解答翻折问题的关键在于画好折叠前后的平面图形与立体图形,并弄清折叠前后哪些发生了变化,哪些没有发生变化。

解题时我们要依据这些变化的与未变化的量来分析问题和解决问题.而表面展开问题是折叠问题的逆向思维、逆向过程,一般地,涉及多面体表面的距离问题不妨将它展开成平面图形试一试。

2.在立体几何中,某些点、线、面依一定的规则运动,构成各式各样的轨迹,探求空间轨迹与求平面轨迹类似,应注意几何条件,善于基本轨迹转化.对于较为复杂的轨迹,常常要分段考虑,注意特定情况下的动点的位置,然后对任意情形加以分析判定,也可转化为平面问题。

对每一道轨迹命题必须特别注意轨迹的纯粹性与完备性.3.立体几何中的体积最值问题一般是指有关距离的最值、角的最值(上节)或(面积)体积的最值的问题。

其一般方法有:(1)几何法:通过证明或几何作图,确定图形中取得最值的特殊位置,再计算它的值;(2)代数方法:分析给定图形中的数量关系,选取适当的自变量及目标函数,确定函数解析式,利用函数的单调性、有界性,以及不等式的均值定理等,求出最值.题型突破题型一立体几何中的翻折问题【例1】(2019·全国Ⅲ卷)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)证明由已知得AD∥BE,CG∥BE,所以AD∥CG,所以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,且BE∩BC=B,BE,BC⊂平面BCGE,所以AB⊥平面BCGE.又因为AB⊂平面ABC,所以平面ABC⊥平面BCGE。

浙江高考数学一轮复习第八章立体几何与空间向量8.6空间向量及其运算课件

浙江高考数学一轮复习第八章立体几何与空间向量8.6空间向量及其运算课件
同理可证MN⊥CD.
(2)求异面直线AN与CM所成角的余弦值.
证明 设向量A→N与M→C的夹角为 θ.
∵A→N=21(A→C+A→D)=12(q+r),M→C=A→C-A→M=q-21p, ∴A→N·M→C=21(q+r)·q-21p=12q2-12q·p+r·q-21r·p =12a2-12a2cos 60°+a2cos 60°-21a2cos 60°=12a2-a42+a22-a42=a22.
跟踪训练 1 (1)如图所示,在长方体 ABCD-A1B1C1D1 中,O 为 AC 的中点.用A→B, A→D,A→A1表示O→C1,则O→C1=_12_A→_B__+__12_A→_D_+__A_→A__1 _.
解析 ∵O→C=21A→C=21(A→B+A→D), ∴O→C1=O→C+C→C1=21(A→B+A→D)+A→A1=12A→B+12A→D+A→A1.
=k(C→1A+—B—1C→1 )+A→B=kB→1A+A→B=A→B-kA→B1 =A→B-k(A→A1+A→B)=(1-k)A→B-kA→A1, ∴由共面向量定理知向量M→N与向量A→B,A→A1共面.
(2)直线MN是否与平面ABB1A1平行?
解 当k=0时,点M,A重合,点N,B重合, MN在平面ABB1A1内, 当0<k≤1时,MN不在平面ABB1A1内, 又由(1)知M→N与A→B,A→A1共面,
又∵|A→N|=|M→C|= 23a, ∴A→N·M→C=|A→N||M→C|cos θ= 23a× 23a×cos θ=a22. ∴cos θ=23. ∴向量A→N与M→C的夹角的余弦值为23,从而异面直线 AN 与 CM 所成角的余弦值为23.
思维升华
(1)利用向量的数量积可证明线段的垂直关系,也可以利用垂直关系,通过 向量共线确定点在线段上的位置. (2)利用夹角公式,可以求异面直线所成的角,也可以求二面角. (3)可以通过|a|= a2,将向量的长度问题转化为向量数量积的问题求解.

2023年《师说》高考数学一轮复习 课件第8章 立体几何与空间向量

2023年《师说》高考数学一轮复习 课件第8章 立体几何与空间向量
S表面积=S侧+S底
台体(棱台
和圆台)
S表面积=S侧+S上+S下

2
4πR
S=________
体积
S底·h
V=________
【微点拨】
(1)求棱柱、棱锥、棱台与球的表面积时,要结合它们的结构特点与
平面几何知识来解决.
(2)求几何体的体积时,要注意利用分割、补形与等积法.
(3)柱体、锥体、台体体积之间的关系:
按照斜二测画法得到的平面图形的直观图,其面积与原图形的面积
的关系:S直观图=
2
S原图形.
4
[巩固训练2]
如图是一个水平放置的直观图、它是一个底角为45;腰和上底均为1,
2+ 2
下底为 2+1的等腰梯形,那么原平面图形的面积为________.
解析:∵平面图形的直观图是一个底角为45°,腰和上底长均为1的等腰梯形,
“对棱相等”模型是指三棱锥的相对的两条棱相等,应用数学建模
素养,构建长方体,将该三棱锥放入该长方体中,使三棱锥的顶点与
长方体的顶点重合,将该三棱锥的外接球转化为该长方体的外接球,
从而求出该外接球的半径,如图.
2

3
[典例2] 在平行四边形ABCD中,AB=2 2,BC=3,且cos A=
沿BD将△BDC折起,使点C到达点E处,且满足AE=AD,则三棱锥E
a
3.设正方体的棱长为a,则它的内切球半径r= ,外接球半径R=
2
3
a.
2
4.设长方体的长、宽、高分别为a,b,c,则它的外接球半径R=
a2 +b2 +c2
.
2
5.设正四面体的棱长为a,则它的高为
接球半径R=
  1. 1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性,平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
  2. 2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
  3. 3、如文档侵犯您的权益,请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间:9:00-18:30)。

第6节 空间向量及其运算考试要求 1.了解空间向量的概念,了解空间向量的基本定理及其意义,了解空间向量的正交分解及其坐标表示;2.了解空间向量的线性运算及其坐标表示;3.了解空间向量的数量积及其坐标表示;4.掌握空间两点间的距离公式,会求向量的长度、两向量的夹角.知 识 梳 理1.空间向量的有关概念名称 概念 表示 零向量 模为0的向量 0 单位向量 长度(模)为1的向量相等向量 方向相同且模相等的向量 a =b相反向量 方向相反且模相等的向量 a 的相反向量为-a共线向量 表示空间向量的有向线段所在的直线互相平行或重合的向量a ∥b共面向量平行于同一个平面的向量(1)共线向量定理空间两个向量a (a ≠0)与b 共线的充要条件是存在实数λ,使得b =λa . 推论 如图所示,点P 在l 上的充要条件是OP →=OA →+t a ①其中a 叫直线l 的方向向量,t ∈R ,在l 上取AB →=a ,则①可化为OP →=OA →+tAB →或OP →=(1-t )OA →+tOB →.(2)共面向量定理共面向量定理的向量表达式:p =x a +y b ,其中x ,y ∈R ,a ,b 为不共线向量,推论的表达式为MP →=xMA →+yMB →或对空间任意一点O ,有OP →=OM →+xMA →+yMB →或OP →=xOM →+yOA →+zOB →,其中x +y +z =1.(3)空间向量基本定理如果向量e 1,e 2,e 3是空间三个不共面的向量,a 是空间任一向量,那么存在唯一一组实数λ1,λ2,λ3,使得a =λ1e 1+λ2e 2+λ3e 3,空间中不共面的三个向量e 1,e 2,e 3叫作这个空间的一个基底.3.空间向量的数量积及运算律 (1)数量积及相关概念 ①两向量的夹角已知两个非零向量a ,b ,在空间任取一点O ,作OA →=a ,OB →=b ,则∠AOB 叫做向量a 与b 的夹角,记作〈a ,b 〉,其范围是[0,π],若〈a ,b 〉=π2,则称a 与b 互相垂直,记作a ⊥b .②两向量的数量积已知空间两个非零向量a ,b ,则|a ||b |cos 〈a ,b 〉叫做向量a ,b 的数量积,记作a·b ,即a·b =|a ||b |cos 〈a ,b 〉.(2)空间向量数量积的运算律 ①结合律:(λa )·b =λ(a·b ); ②交换律:a·b =b·a ;③分配律:a ·(b +c )=a·b +a·c . 4.空间向量的坐标表示及其应用 设a =(a 1,a 2,a 3),b =(b 1,b 2,b 3).空间中点P 1(x 1,y 1,z 1),P 2(x 2,y 2,z 2)之间的距离|P 1P 2|=(x 1-x 2)2+(y 1-y 2)2+(z 1-z 2)2. [常用结论与易错提醒]1.a ·b =0⇔a =0或b =0或〈a ,b 〉=π2.2.a ·b <0不等价为〈a ,b 〉为钝角,因为〈a ,b 〉可能为180°;a ·b >0不等价为〈a ,b 〉为锐角,因为〈a ,b 〉可能为0°.诊 断 自 测1.判断下列说法的正误.(1)空间中任意两非零向量a ,b 共面.( )(2)对任意两个空间向量a ,b ,若a·b =0,则a⊥b .( )(3)若{a ,b ,c }是空间的一个基底,则a ,b ,c 中至多有一个零向量.( ) (4)若a·b <0,则〈a ,b 〉是钝角.( )解析 对于(2),因为0与任何向量数量积为0,所以(2)不正确;对于(3),若a ,b ,c 中有一个是0,则a ,b ,c 共面,所以(3)不正确;对于(4),若〈a ,b 〉=π,则a ·b <0,故(4)不正确.答案 (1)√ (2)× (3)× (4)×2.在空间直角坐标系中,A (1,2,3),B (-2,-1,6),C (3,2,1),D (4,3,0),则直线AB 与CD 的位置关系是( )A.垂直B.平行C.异面D.相交但不垂直解析 由题意得AB →=(-3,-3,3),CD →=(1,1,-1),∴AB →=-3CD →,∴AB →与CD →共线,又AB 与CD 没有公共点.∴AB ∥CD . 答案 B3.(选修2-1P97A2改编)如图所示,在平行六面体ABCDA 1B 1C 1D 1中,M 为A 1C 1与B 1D 1的交点.若AB →=a ,AD →=b ,AA →1=c ,则下列向量中与BM →相等的向量是( )A.-12a +12b +cB.12a +12b +c C.-12a -12b +cD.12a -12b +c 解析 由题意,根据向量运算的几何运算法则,BM →=BB →1+B 1M →=AA →1+12(AD →-AB →)=c +12(b -a )=-12a +12b +c .答案 A4.(2017·上海卷)如图,以长方体ABCD -A 1B 1C 1D 1的顶点D 为坐标原点,过D 的三条棱所在的直线为坐标轴,建立空间直角坐标系,若DB 1→的坐标为(4,3,2),则AC 1→的坐标为________.解析 A (4,0,0),C 1(0,3,2),AC 1→=(-4,3,2). 答案 (-4,3,2)5.已知O 为空间中任意一点,A ,B ,C 三点不共线,且OP →=34OA →+18OB →+tOC →,若P ,A ,B ,C 四点共面,则实数t =________.解析 ∵P ,A ,B ,C 四点共面,∴34+18+t =1,∴t =18.答案 186.已知i ,j ,k 为两两垂直的单位向量,非零向量a =a 1i +a 2j +a 3k (a 1,a 2,a 3∈R ),若向量a 与向量i ,j ,k 的夹角分别为α,β,γ,则cos 2α+cos 2β+cos 2γ=________.解析 设i ,j ,k 为长方体的共顶点的三条棱的方向向量,因非零向量a =a 1i +a 2j +a 3k (a 1,a 2,a 3∈R ),故a 可为长方体体对角线的方向向量,则α=∠xEA ,β=∠yEA ,γ=∠zEA , 所以cos α=cos∠xEA =cos∠CAE =AC AE, cos β=cos∠yEA =cos∠DAE =AD AE , cos γ=cos∠zEA =cos∠EAB =AB AE,cos 2α+cos 2β+cos 2γ=AB 2+AC 2+AD 2AE 2=AE 2AE2=1.答案 1考点一 空间向量的线性运算【例1】 如图所示,在空间几何体ABCD -A 1B 1C 1D 1中,各面为平行四边形,设AA 1→=a ,AB →=b ,AD →=c ,M ,N ,P 分别是AA 1,BC ,C 1D 1的中点,试用a ,b ,c 表示以下各向量:(1)AP →;(2)MP →+NC 1→.解 (1)因为P 是C 1D 1的中点,所以AP →=AA 1→+A 1D 1→+D 1P →=a +AD →+12D 1C 1→=a +c +12AB →=a +c +12b .(2)因为M 是AA 1的中点,所以MP →=MA →+AP →=12A 1A →+AP → =-12a +⎝ ⎛⎭⎪⎫a +c +12b =12a +12b +c . 又NC 1→=NC →+CC 1→=12BC →+AA 1→=12AD →+AA 1→=12c +a , 所以MP →+NC 1→=⎝ ⎛⎭⎪⎫12a +12b +c +⎝ ⎛⎭⎪⎫a +12c=32a +12b +32c . 规律方法 (1)选定空间不共面的三个向量作基向量,这是用向量解决立体几何问题的基本要求.用已知基向量表示指定向量时,应结合已知和所求向量观察图形,将已知向量和未知向量转化至三角形或平行四边形中,然后利用三角形法则或平行四边形法则进行运算.(2)首尾相接的若干向量之和,等于由起始向量的始点指向末尾向量的终点的向量,我们把这个法则称为向量加法的多边形法则.提醒 空间向量的线性运算类似于平面向量中的线性运算.【训练1】 如图,三棱锥O -ABC 中,M ,N 分别是AB ,OC 的中点,设OA →=a ,OB →=b ,OC →=c ,用a ,b ,c 表示NM →,则NM →=( )A.12(-a +b +c ) B.12(a +b -c ) C.12(a -b +c ) D.12(-a -b +c ) 解析 NM →=NA →+AM →=(OA →-ON →)+12AB →=OA →-12OC →+12(OB →-OA →)=12OA →+12OB →-12OC →=12(a +b -c ). 答案 B考点二 共线定理、共面定理的应用【例2】 已知A ,B ,C 三点不共线,对平面ABC 外的任一点O ,若点M 满足OM →=13(OA →+OB →+OC →).(1)判断MA →,MB →,MC →三个向量是否共面; (2)判断点M 是否在平面ABC 内. 解 (1)由题意知OA →+OB →+OC →=3OM →, 所以OA →-OM →=(OM →-OB →)+(OM →-OC →), 即MA →=BM →+CM →=-MB →-MC →, 所以MA →,MB →,MC →共面.(2)由(1)知MA →,MB →,MC →共面且过同一点M , 所以M ,A ,B ,C 四点共面. 从而点M 在平面ABC 内.规律方法 (1)证明空间三点P ,A ,B 共线的方法 ①PA →=λPB →(λ∈R );②对空间任一点O ,OP →=xOA →+yOB →(x +y =1). (2)证明空间四点P ,M ,A ,B 共面的方法 ①MP →=xMA →+yMB →;②对空间任一点O ,OP →=xOM →+yOA →+zOB →(x +y +z =1); ③PM →∥AB →(或PA →∥MB →或PB →∥AM →).(3)三点共线通常转化为向量共线,四点共面通常转化为向量共面,线面平行可转化为向量共线、共面来证明.【训练2】 (1)若A (-1,2,3),B (2,1,4),C (m ,n ,1)三点共线,则m +n =________. (2)已知空间四点A (-2,0,2),B (-1,1,2),C (-3,0,4),D (1,2,t ),若四点共面,则t 的值为________.解析 (1)AB →=(3,-1,1),AC →=(m +1,n -2,-2). ∵A ,B ,C 三点共线,∴AB →∥AC →, ∴m +13=n -2-1=-21,∴m =-7,n =4,∴m +n =-3.(2)AB →=(1,1,0),AC →=(-1,0,2),AD →=(3,2,t -2), ∵A ,B ,C ,D 四点共面,∴AB →,AC →,AD →共面. 设AD →=xAB →+yAC →,即(3,2,t -2)=(x -y ,x ,2y ),则⎩⎪⎨⎪⎧x -y =3,x =2,2y =t -2,解得⎩⎪⎨⎪⎧x =2,y =-1,t =0.∴t 的值为0. 答案 (1)-3 (2)0考点三 空间向量数量积及其应用【例3】 如图,在平行六面体ABCD -A 1B 1C 1D 1中,以顶点A 为端点的三条棱长度都为1,且两两夹角为60°. (1)求AC 1的长;(2)求BD 1→与AC →夹角的余弦值. 解 (1)记AB →=a ,AD →=b ,AA 1→=c ,则|a |=|b |=|c |=1,〈a ,b 〉=〈b ,c 〉=〈c ,a 〉=60°, 所以a ·b =b ·c =c ·a =12.|AC 1→|2=(a +b +c )2=a 2+b 2+c 2+2(a ·b +b ·c +c ·a )=1+1+1+2×⎝ ⎛⎭⎪⎫12+12+12 =6,所以|AC 1→|=6,即AC 1的长为 6. (2)BD 1→=b +c -a ,AC →=a +b ,所以|BD 1→|=2,|AC →|=3,BD 1→·AC →=(b +c -a )·(a +b )=b 2-a 2+a ·c +b ·c =1,所以cos 〈BD 1→,AC →〉=BD 1→·AC →|BD 1→||AC →|=66.即BD 1→与AC →夹角的余弦值为66.规律方法 利用数量积解决问题的两条途径:一是根据数量积的定义,利用模与夹角直接计算;二是利用坐标运算.可解决有关垂直、夹角、长度问题. (1)a ≠0,b ≠0,a ⊥b ⇔a ·b =0; (2)|a |=a 2;(3)cos 〈a ,b 〉=a ·b|a ||b |.【训练3】 正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1的棱长为2,MN 是其内切球O 的一条直径,E 是正方体表面上一点,求EM →·EN →的最大值.解 由极化恒等式的三角形形式得 EM →·EN →=14[(2EO →)2-MN →2].又因为MN 是其内切球O 的一条直径,E 是正方体表面上的动点,所以|MN →|=2,|EO →|≤3,所以EM →·EN →=14[(2EO →)2-4]≤2,所以EM →·EN →的最大值为2.基础巩固题组一、选择题1.已知向量a =(2m +1,3,m -1),b =(2,m ,-m ),且a ∥b ,则实数m 的值等于( ) A.32B.-2C.0D.32或-2 解析 ∵a ∥b ,∴2m +12=3m =m -1-m ,解得m =-2.答案 B2.在正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中,M ,N 分别为棱AA 1和BB 1的中点,则sin 〈CM →,D 1N →〉的值为( ) A.19 B.459C.259D.23解析 如图,设正方体棱长为2,则易得CM →=(2,-2,1),D 1N →=(2,2,-1),∴cos〈CM →,D 1N →〉 =CM →·D 1N→|CM →||D 1N →|=-19,又〈CM →,D 1N →〉∈[0,π],∴sin〈CM →,D 1N →〉=1-⎝ ⎛⎭⎪⎫-192=459. 答案 B3.已知向量a =(1,1,0),b =(-1,0,2),且k a +b 与2a -b 互相垂直,则k 的值是( ) A.-1 B.43 C.53D.75解析 由题意得k a +b =(k -1,k ,2),2a -b =(3,2,-2).所以(k a +b )·(2a -b )=3(k -1)+2k -2×2=5k -7=0,解得k =75.答案 D4.已知空间四边形ABCD 的各边和对角线均相等,E 是BC 的中点,那么( ) A.AE →·BC →<AE →·CD → B.AE →·BC →=AE →·CD → C.AE →·BC →>AE →·CD →D.AE →·BC →与AE →·CD →的大小不能比较解析 取BD 的中点F ,连接EF ,则EF 綉12CD ,因为〈AE →,EF →〉=〈AE →,CD →〉>90°,因为AE →·BC→=0,∴AE →·CD →<0,所以AE →·BC →>AE →·CD →. 答案 C5.已知空间四边形ABCD 的每条边和对角线的长都等于a ,点E ,F 分别是BC ,AD 的中点,则AE →·AF →的值为( ) A.a 2B.12a 2C.14a 2 D.34a 2 解析 如图,设AB →=a ,AC →=b ,AD →=c ,则|a |=|b |=|c |=a ,且a ,b ,c 三向量两两夹角为60°. AE →=12(a +b ),AF →=12c ,∴AE →·AF →=12(a +b )·12c=14(a ·c +b ·c ) =14(a 2cos 60°+a 2cos 60°)=14a 2. 答案 C6.如图所示,在平行六面体ABCDA 1B 1C 1D 1中,点M ,P ,Q 分别为棱AB ,CD ,BC 的中点,若平行六面体的各棱长均相等,则:①A 1M ∥D 1P ; ②A 1M ∥B 1Q ; ③A 1M ∥平面DCC 1D 1; ④A 1M ∥平面D 1PQB 1.以上说法正确的个数为( ) A.1 B.2 C.3D.4解析 A 1M →=A 1A →+AM →=A 1A →+12AB →,D 1P →=D 1D →+DP →=A 1A →+12AB →,∴A 1M →∥D 1P →,所以A 1M ∥D 1P ,又D 1P ⊂平面DCC 1D 1,D 1P ⊂平面D 1PQB 1,A 1M ⊄平面DCC 1D 1,A 1M ⊄平面D 1PQB 1,由线面平行的判定定理可知,A 1M ∥平面DCC 1D 1,A 1M ∥平面D 1PQB 1.①③④正确.答案 C二、填空题7.已知2a +b =(0,-5,10),c =(1,-2,-2),a ·c =4,|b |=12,则b ,c 的夹角为________. 解析 由题意得(2a +b )·c =0+10-20=-10.即2a ·c +b·c =-10,又∵a·c =4,∴b·c =-18,∴cos〈b ,c 〉=b·c |b |·|c |=-1812×1+4+4=-12, 0°≤〈b ,c 〉≤180°,∴〈b ,c 〉=120°.答案 120°8.已知a =(-2,1,3),b =(-1,2,1),a 与b 夹角的余弦值为________;若a ⊥(a -λb ),则λ=________.解析 ∵a =(-2,1,3),b =(-1,2,1),∴cos〈a ,b 〉=a ·b |a ||b |=2+2+314×6=216;由题意a ·(a -λb )=0,即a 2-λa ·b =0,又a 2=14,a ·b =7,∴14-7λ=0,∴λ=2.答案 2162 9.已知AB →=(1,5,-2),BC →=(3,1,z ),若AB →⊥BC →,BP →=(x -1,y ,-3),且BP ⊥平面ABC ,则x =________,y =________,z =________.解析 由条件得⎩⎪⎨⎪⎧3+5-2z =0,x -1+5y +6=0,3(x -1)+y -3z =0,解得x =407,y =-157,z =4. 答案 407 -1574 10.设A 1,A 2,A 3,A 4,A 5是空间中给定的5个不同的点,则使51k =∑=0成立的点M 的个数有________.解析 设M (a ,b ,c ),A k (x k ,y k ,z k )(k =1,2,3,4,5).则MA k →=(x k -a ,y k -b ,z k -c ), ∴由51k =∑MA k →=0得⎩⎪⎨⎪⎧x 1+x 2+x 3+x 4+x 5-5a =0,y 1+y 2+y 3+y 4+y 5-5b =0,z 1+z 2+z 3+z 4+z 5-5c =0,∴⎩⎪⎨⎪⎧a =15(x 1+x 2+x 3+x 4+x 5),b =15(y 1+y 2+y 3+y 4+y 5),c =15(z 1+z 2+z 3+z 4+z 5),∴存在唯一点M . 答案 1三、解答题11.如图,已知平行六面体ABCD -A ′B ′C ′D ′.试用AC →′表示AC →+AB →′+AD →′.解 ∵平行六面体的六个面均为平行四边形,∴在▱ABCD 中,AC →=AB →+AD →,在▱ABB ′A ′中,AB →′=AB →+AA →′,在▱ADD ′A ′中,AD →′=AD →+AA →′,∴AC →+AB →′+AD →′=(AB →+AD →)+(AB →+AA →′)+(AD →+AA →′)=2(AB →+AD →+AA ′→).又∵在▱ABCD 中,AD →=BC →,在▱ACC ′A ′中,AA →′=CC →′,∴AB →+AD →+AA →′=AB →+BC →+CC →′=AC →′,∴AC →+AB →′+AD →′=2AC →′.12.已知空间中三点A (-2,0,2),B (-1,1,2),C (-3,0,4),设a =AB →,b =AC →.(1)若|c |=3,且c ∥BC →,求向量c .(2)求向量a 与向量b 的夹角的余弦值.解 (1)∵c ∥BC →,BC →=(-3,0,4)-(-1,1,2)=(-2,-1,2),∴c =mBC →=m (-2,-1,2)=(-2m ,-m ,2m ),∴|c |=(-2m )2+(-m )2+(2m )2=3|m |=3,∴m =±1.∴c =(-2,-1,2)或(2,1,-2).(2)∵a =(1,1,0),b =(-1,0,2),∴a·b =(1,1,0)·(-1,0,2)=-1,又∵|a |=12+12+02=2,|b |=(-1)2+02+22=5, ∴cos〈a ,b 〉=a·b |a |·|b |=-110=-1010, 即向量a 与向量b 的夹角的余弦值为-1010. 能力提升题组13.在空间四边形ABCD 中,AB →·CD →+AC →·DB →+AD →·BC →=( )A.-1B.0C.1D.不确定解析 如图,令AB →=a ,AC →=b ,AD →=c ,则AB →·CD →+AC →·DB →+AD →·BC →=a ·(c -b )+b ·(a -c )+c ·(b -a )=a ·c -a ·b +b ·a -b ·c +c ·b -c ·a =0.答案 B14.若{a ,b ,c }是空间的一个基底,且向量p =x a +y b +z c ,则(x ,y ,z )叫向量p 在基底{a ,b ,c }下的坐标.已知{a ,b ,c }是空间的一个基底,{a +b ,a -b ,c }是空间的另一个基底,一向量p 在基底{a ,b ,c }下的坐标为(4,2,3),则向量p 在基底{a +b ,a -b ,c }下的坐标是( )A.(4,0,3)B.(3,1,3)C.(1,2,3)D.(2,1,3)解析 设p 在基底{a +b ,a -b ,c }下的坐标为(x ,y ,z ).则p =x (a +b )+y (a -b )+z c =(x +y )a +(x -y )b +z c ,①因为p 在{a ,b ,c }下的坐标为(4,2,3),∴p =4a +2b +3c ,②由①②得⎩⎪⎨⎪⎧x +y =4,x -y =2,z =3,∴⎩⎪⎨⎪⎧x =3,y =1,z =3,即p 在{a +b ,a -b ,c }下的坐标为(3,1,3).答案 B15.已知O 点为空间直角坐标系的原点,向量OA →=(1,2,3),OB →=(2,1,2),OP →=(1,1,2),且点Q 在直线OP 上运动,当QA →·QB →取得最小值时,OQ →的坐标是__________.解析 ∵点Q 在直线OP 上,∴设点Q (λ,λ,2λ),则QA →=(1-λ,2-λ,3-2λ),QB →=(2-λ,1-λ,2-2λ),QA →·QB →=(1-λ)(2-λ)+(2-λ)(1-λ)+(3-2λ)(2-2λ)=6λ2-16λ+10=6⎝⎛⎭⎪⎫λ-432-23. 即当λ=43时,QA →·QB →取得最小值-23. 此时OQ →=⎝ ⎛⎭⎪⎫43,43,83. 答案 ⎝ ⎛⎭⎪⎫43,43,83 16.已知空间向量PA →,PB →,PC →的模长分别为1,2,3,且两两夹角均为60°.点G 为△ABC 的重心,若PG →=xPA →+yPB →+zPC →,x ,y ,z ∈R ,则x +y +z =________.|PG →|=________.解析 因为A ,B ,C ,G 四点共面,所以x +y +z =1,则z =1-x -y ,PG →=PA →+AG →=PA →+13(AB →+AC →)=PA →+13[(PB →-PA →)+(PC →-PA →)]=13PA →+13PB →+13PC =13(PA →+PB →+PC →),∴x =y =z =13,|PG →|=13PA →+PB →+PC →)2 =13×|PA →|2+|PB →|2+|PC →|2+2PA →·PB →+2PA →·PC →+2PB →·PC →=53. 答案 1 5317.如图,在棱长为a 的正方体OABC -O 1A 1B 1C 1中,E ,F 分别是棱AB ,BC 上的动点,且AE =BF =x ,其中0≤x ≤a ,以O 为原点建立空间直角坐标系O -xyz .(1)写出点E ,F 的坐标;(2)求证:A 1F →⊥C 1E →;(3)若A 1,E ,F ,C 1四点共面,求证:A 1F →=12A 1C 1→+A 1E →. (1)解 E (a ,x ,0),F (a -x ,a ,0).(2)证明 ∵A 1(a ,0,a ),C 1(0,a ,a ),∴A 1F →=(-x ,a ,-a ),C 1E →=(a ,x -a ,-a ),∴A 1F →·C 1E →=-ax +a (x -a )+a 2=0,∴A 1F →⊥C 1E →.(3)证明 ∵A 1,E ,F ,C 1四点共面,∴A 1E →,A 1C 1→,A 1F →共面.选A 1E →与A 1C 1→为在平面A 1C 1E 上的一组基向量,则存在唯一实数对(λ1,λ2),使A 1F →=λ1A 1C 1→+λ2A 1E →,即(-x ,a ,-a )=λ1(-a ,a ,0)+λ2(0,x ,-a )=(-aλ1,aλ1+xλ2,-aλ2),∴⎩⎪⎨⎪⎧-x =-aλ1,a =aλ1+xλ2,-a =-aλ2,解得λ1=12,λ2=1. 于是A 1F →=12A 1C 1→+A 1E →. 18.如图所示,已知空间四边形ABCD 的每条边和对角线长都等于1,点E ,F ,G 分别是AB ,AD ,CD 的中点,计算:(1)EF →·BA →;(2)EG →的长;(3)AG →与CE →所成角的余弦值.解 设AB →=a ,AC →=b ,AD →=c .则|a |=|b |=|c |=1,〈a ,b 〉=〈b ,c 〉=〈c ,a 〉=60°,(1)EF →=12BD →=12c -12a ,BA →=-a , EF →·BA →=⎝ ⎛⎭⎪⎫12c -12a ·(-a )=12a 2-12a·c =14, (2)EG →=EB →+BC →+CG →=12a +b -a +12c -12b=-12a +12b +12c , |EG →|2=14a 2+14b 2+14c 2-12a·b +12b·c -12c·a =12,则|EG →|=22. (3)AG →=12b +12c ,CE →=CA →+AE →=-b +12a , cos 〈AG →,CE →〉=AG →·CE →|AG →||CE →|=-23.。

相关文档
最新文档