2018版高考数学(人教A版理)一轮复习课件：第7章 第7节 立体几何中的向量方法
高三一轮总复习
线面角与异面直线所求的角
☞角度 1 求异面直线所成的角 将正方形 ABCD 沿对角线 AC 折起，当以 A，B，C，D 四点为顶点 的三棱锥体积最大时，异面直线 AD 与 BC 所成的角为( ) 【导学号：01772275】 π A.6 π C.3 π B.4 π D.2
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1．(思考辨析)判断下列结论的正误．(正确的打“√”，错误的打“×”) (1)两直线的方向向量所成的角就是两条直线所成的角．( ) )
(2)直线的方向向量和平面的法向量所成的角就是直线与平面所成的角． ( (3)两个平面的法向量所成的角是这两个平面所成的角．( )
π π (4)两异面直线夹角的范围是0，2，直线与平面所成角的范围是0，2，二面
1 1 1 A(0,0,0)，M0，1，2，O2，2，0，
1 1 1 → → 0，－ ，1＝0，∴ON N2，0，1，AM· ON＝0，1，2· 2
与 AM 垂直．]
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5．(2017· 唐山模拟)过正方形 ABCD 的顶点 A 作线段 PA⊥平面 ABCD，若 AB ＝PA，则平面 ABP 与平面 CDP 所成的二面角为________．
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5．求二面角的大小 (1)若 AB，CD 分别是二面角 αlβ 的两个面内与棱 l 垂直的异面直线，则二面 → → 向量 AB 与CD 角的大小就是 的夹角(如图 771①)．
图 771 (2)设 n1，n2 分别是二面角 αlβ 的两个面 α，β 的法向量，则向量 n1 与 n2 的夹 角(或其补角)的大小就是二面角的平面角的大小(如图 772②③)．
45° [如图，建立空间直角坐标系，设 AB＝PA＝1，则 A(0,0,0)，D(0,1,0)， P(0,0,1)，由题意，AD⊥平面 PAB，设 E 为 PD 的中点，连接 AE，则 AE⊥PD，又 CD⊥平面 PAD，
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∴CD⊥AE，从而 AE⊥平面 PCD. 1 1 → → → 0 ， ， ∴AD＝(0,1,0)， AE＝ 平面 PCD 的法向量， 且 〈AD， 2 2 分别是平面 PAB，
图 776
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[解] (1)交线围成的正方形 EHGF 如图所示.5 分
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(2)作 EM⊥AB，垂足为 M，则 AM＝A1E＝4，EM＝AA1＝8， 因为四边形 EHGF 为正方形，所以 EH＝EF＝BC＝10. 于是 MH＝ EH2－EM2＝6，所以 AH＝10. → 以 D 为坐标原点，DA的方向为 x 轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系 → → Dxyz，则 A(10,0,0)，H(10,10,0)，E(10,4,8)，F(0,4,8)，FE＝(10,0,0)，HE＝(0，－6， 8).8 分
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1．直线的方向向量与平面的法向量 (1) 直线的方向向量：如果表示非零向量 a 的 有 向 线 段 所 在 直 线 与 直 线
平行或重合 ，则称此向量 a 为直线 l 的方向向量． l_____________
(2)平面的法向量：直线 l⊥α，取直线 l 的方向向量 a，则 向量a 叫做平面 α 的法向量．
[证明] 建立如图所示的空间直角坐标系 Axyz. ∴A(0,0,0)， B(2,0,0)， C(2,2,0)， D(0,2,0)， P(0,0,2)， E(0,0,1)， F(0,1,1)， H(1,0,0).3 分
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→ → (1)∵PB＝(2,0，－2)，EH＝(1,0，－1)， → → ∴PB＝2EH，∴PB∥EH. ∵PB⊄平面 EFH，且 EH⊂平面 EFH， ∴PB∥平面 EFH.6 分 → → → (2)PD＝(0,2，－2)，AH＝(1,0,0)，AF＝(0,1,1)， → → ∴PD· AF＝0×0＋2×1＋(－2)×1＝0，9 分 → → PD· AH＝0×1＋2×0＋(－2)×0＝0， ∴PD⊥AF，PD⊥AH. 又∵AF∩AH＝A，∴PD⊥平面 AHF.12 分
→ AE〉＝45° . 故平面 PAB 与平面 PCD 所成的二面角为 45° .]
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利用向量证明平行与垂直问题
如图 774 所示， 在底面是矩形的四棱锥 PABCD 中， PA⊥底面 ABCD， E，F 分别是 PC，PD 的中点，PA＝AB＝1，BC＝2. 【导学号：01772274】 (1)求证：EF∥平面 PAB； (2)求证：平面 PAD⊥平面 PDC.
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3． (2014· 全国卷Ⅱ)直三棱柱 ABCA1B1C1 中， ∠BCA＝90° ， M， N 分别是 A1B1， A1C1 的中点，BC＝CA＝CC1，则 BM 与 AN 所成角的余弦值为( 1 A.10 30 C. 10 2 B.5 2 D. 2 )
C [建立如图所示的空间直角坐标系 Cxyz， 设 BC＝2， 则 B(0,2,0)， → → A(2,0,0)，M(1,1,2)，N(1,0,2)，所以BM＝(1，－1,2)，AN＝(－1,0,2)，故 → → |BM· AN| 3 30 BM 与 AN 所成角 θ 的余弦值 cos θ＝ ＝ ＝ .] → → 6× 5 10 |BM|· |AN|
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4．如图 773 所示，在正方体 ABCDA1B1C1D1 中，O 是底面正方形 ABCD 的 中心， M 是 D1D 的中点， N 是 A1B1 的中点， 则直线 ON， AM 的位置关系是________．
图 773
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→ → → 垂直 [以 A 为原点，分别以AB，AD，AA1所在直线为 x，y，z 轴，建立空间 直角坐标系(图略)，设正方体的棱长为 1，则
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[规律方法] 1.利用向量法求线面角的方法
(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)． (2)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 角或钝角的补角，取其余角就是斜线和平面所成的角． 2．(1)求直线与平面所成的角，不要误认为是直线的方向向量与平面法向量的 夹角． (2)若求线面角的余弦值，要利用平方关系 sin2θ＋cos2θ＝1 求值．
角的范围是[0，π]．
[答案] (1)× (2)× (3)× (4)√
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2．(教材改编)设 u＝(－2,2，t)，v＝(6，－4,4)分别是平面 α，β 的法向量．若 α⊥β，则 t＝( A．3 C.5 ) B.4 D.6
C [∵α⊥β，则 u· v＝－2×6＋2×(－4)＋4t＝0， ∴t＝5.]
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抓 基 础 · 自 主 学 习
第七节
立体几何中的向量方法
课 [考纲传真] 1.理解直线的方向向量与平面的法向量.2.能用向量语言表述 时 分 线线、 线面、 面面的平行和垂直关系.3.能用向量方法证明有关直线和平面位置关 层 明 训 考 系的一些简单定理(包括三垂线定理).4.能用向量方法解决直线与直线、直线与平 练 向 · 题 面、 平面与平面的夹角的计算问题， 了解向量方法在研究立体几何问题中的应用． 型 突 破
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[规律方法] 1.利用向量法求异面直线所成的角．
(1)选好基底或建立空间直角坐标系； (2)求出两直线的方向向量 ν1，ν2； |ν1· ν2| (3)代入公式|cos〈ν1，ν2〉|＝ 求解． |ν1||ν2| 2．两异面直线所成角的范围是
π θ∈0，2，两向量的夹角
图 774
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[证明] 以 A 为原点，AB，AD，AP 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，则 A(0,0,0)，B(1,0,0)，C(1,2,0)，D(0,2,0)，P(0,0,1)，所 以
1 → 1 1 → 1 → → E 2，1，2 ，F 0，1，2 ，EF＝ －2，0，0 ，AP＝(0,0,1)，AD＝(0,2,0)，DC＝
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[变式训练 1] (2017· 北京房山一模)如图 775， 四棱锥 PABCD 的底面为正方 形，侧棱 PA⊥底面 ABCD，且 PA＝AD＝2，E，F，H 分别是线段 PA，PD，AB 的 中点． 求证：(1)PB∥平面 EFH； (2)PD⊥平面 AHF.
图 775
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高三一轮总复习 2．空间位置关系的向量表示
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3.求两条异面直线所成的角 设 a，b 分别是两异面直线 l1，l2 的方向向量，则
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4．求直线与平面所成的角 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· n| |a||n| 则 sin θ＝ |cos〈a，n〉| ＝________.
C [不妨以△ABC 为底面，则由题意当以 A，B，C，D 为顶点的三棱锥体积 最大，即点 D 到底面△ABC 的距离最大时，平面 ADC⊥平面 ABC. 设点 O 是 AC 的中点，连接 BO，DO. 则易知 BO，CO，DO 两两互相垂直．
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以 O 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，令 BO＝CO＝DO＝1. 则 O(0,0,0)，A(0，－1,0)，D(0,0,1)，B(1,0,0)，C(0,1,0)， → → 于是AD＝(0,1,1)，BC＝(－1,1,0)， → → AD · BC 1 1 → → 因此 cos〈AD，BC〉＝ ＝ ＝ . → → 2× 2 2 |AD|· |BC| π 所以异面直线 AD 与 BC 所成的角为3.]
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[规律方法]
1.利用向量证明平行与垂直，充分利用已知的线面垂直关系构建
空间直角坐标系，准确写出相关点的坐标，从而将几何证明转化为向量运算．其 中灵活建系是解题的关键． 2．运用向量知识判定空间位置关系，不可忽视几何定理满足的条件，如用直 线的方向向量与平面的法向量垂直来证明线面平行，必需强调直线在平面外．
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2018年高考数学(理)一轮复习第七章第7讲
【解】 (1)证明：由已知得 AM＝23AD＝2. 取 BP 的中点 T，连接 AT，TN. 由 N 为 PC 的中点知 TN∥BC，TN＝12BC＝2.
又 AD∥BC，故 TN AM， 四边形 AMNT 为平行四边形，于是 MN∥AT. 因为 AT⊂平面 PAB， MN⊄平面 PAB，
所以 MN∥平面 PAB．
(2)设 AC∩BD＝O. 因为∠BAD＝60°，PA＝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P→B＝(1， 3，－2)，A→C＝(0，2 3，0)．
量，若 cos〈m，n〉＝－12，则 l 与 α 所成的角为( A )
A．30°
B．60°
C．120°
D．150°
[解析] 由于 cos〈m，n〉＝－12，所以〈m，n〉＝120°.
所以直线 l 与 α 所成的角为 30°.
2．已知两平面的法向量分别为 m＝(0，1，0)，n＝(0，1，1)，
则两平面所成的二面角为( C )
→ 则点 B 到平面 α 的距离 d＝|A|Bn·|n|.
辨明两个易误点 (1)求异面直线所成角时，易求出余弦值为负值而盲目得出答 案而忽视了夹角范围为0，π2. (2)求直线与平面所成角时，注意求出两向量夹角的余弦值的 绝对值应为线面角的正弦值．
1．已知向量 m，n 分别是直线 l 和平面 α 的方向向量和法向
面 ABCD，DF⊥平面 ABCD，BE＝2DF，AE⊥EC．
(1)证明：平面 AEC⊥平面 AFC； (2)求直线 AE 与直线 CF 所成角的余弦值．
2018届高考数学理科全国通用一轮总复习课件：第七章 立体几何 7.7.2 精品
【解析】以D为原点,DA,DC,DD1所在直线为坐标轴建 立空间直角坐标系,设AB=1, 则D(0,0,0),
N(0,1,
1 2
)，M(0,
1 2
,
0)，A1
1,
0,1，
所以DN
(0,1,
1 2
)，MA1
(1,
1 2
,1），
所以DN
MA1
0 1 1（
1 ） 2
1 1 2
0，
所以 DN M所A1以，A1M与DN所成的角的大小是90°. 答案:90°
则 A(－1,0，2)，B1 1,0,0，B(1,0，2)，C1(0，3，0)，
所以 AB1＝(2,0,－ 2)，BC1＝(－1, 3,－ 2)， 因为 AB1 BC1＝(2,0,－ 2) (－1, 3,－ 2)＝0， 所以 AB1 即BC异1，面直线AB1和BC1所成角为直角，则其 正弦值为1.
b.如图②③,n1,n2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cosθ=_c_o_s_<n__1,_n_2_> 或_-_c_o_s_<_n_1_,_n_2>_.
【特别提醒】 1.利用 | AB |2 ＝AB AB 可以求空间中有向线段的长度． 2.点面距离的求法
【变式训练】将正方形ABCD沿对角线AC折起,当以
A,B,C,D四点为顶点的三棱锥体积最大时,异面直线AD
与BC所成的角为 ( )
A.
B.
C.
D.
6
4
3
2
【解析】选C.不妨以△ABC为底面,则由题意当以 A,B,C,D为顶点的三棱锥体积最大,即点D到底面△ABC 的距离最大时,平面ADC⊥平面ABC,取AC的中点O,连接 BO,DO,则易知DO,BO,CO两两互相垂直,所以分别以 OD,OB,OC 所在直线为z,x,y轴建立空间直角坐标系,令 BO=DO=CO=1,则有O(0,0,0),A(0,-1,0),D(0,0,1),
2018版高中数学一轮全程复习(课件)第七章 立体几何 7.7
第三页，编辑于星期六：二十二点 二十三分。
2．若直线 l 的方向向量为 a，平面 α 的法向量为 n，有可能 使 l∥α 的是( )
A．a＝(1,0,0)，n＝(－2,0,0) B．a＝(1,3,5)，n＝(1,0,1) C．a＝(0,2,1)，n＝(－1,0，－1) D．a＝(1，－1,3)，n＝(0,3,1)
第十三页，编辑于星期六：二十二点 二十三分。
[授课提示：对应学生用书第 126 页] 考向一 利用空间向量证明平行问题
[例 1] 已知直三棱柱 ABC－A1B1C1 中，△ABC 为等腰直角 三角形，∠BAC＝90°，且 AB＝AA1，D，E，F 分别为 B1A，C1C， BC 的中点．
求证：DE∥平面ABC.
第十四页，编辑于星期六：二十二点 二十三分。
[证明] 以 A 为原点，AB，AC，AA1 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 A－xyz，令 AB＝AA1＝4， 则 A(0,0,0)，E(0,4,2)，F(2,2,0)，B1(4,0,4)，D(2,0,2)，A1(0,0,4)，
第一页，编辑于星期六：二十二点 二十三分。
第二页，编辑于星期六：二十二点 二十三分。
[小题热身]
1．若直线 l1，l2 的方向向量分别为 a＝(2,4，－4)，b＝(－6， 9,6)，则( )
A．l1∥l2
B．l1⊥l2
C．l1 与 l2 相交但不垂直 D．以上均不正确
解析：∵a·b＝2×(－6)＋4×9＋6×(－4)＝0， ∴a⊥b，从而 l1⊥l2. 答案：B
令B→B1＝a，B→C＝b，B→A＝c，显然它们不共面，并且|a|＝|b| ＝|c|＝2，a·b＝a·c＝0，b·c＝2，以它们为空间的一个基底，
2018年大一轮数学理高考复习人教课件第七章 立体几何7
解析：选 A.反例：①直平行六面体底面是菱形，满足条件但不是 正棱柱；②底面是等腰梯形的直棱柱，满足条件但不是长方体； ③④显然错误，故选 A.
2．给出下列四个命题： ①有两个侧面是矩形的棱柱是直棱柱； ②侧面都是等腰三角形的棱锥是正棱锥； ③侧面都是矩形的直四棱柱是长方体； ④底面为正多边形，且有相邻两个侧面与底面垂直的棱柱是正棱 柱． 其中不正确的命题为________．
棱锥
棱台
(2)旋转体的形成
几何体
圆柱 圆锥 圆台 球
旋转图形
矩形 直角三角形 直角梯形或等腰梯形 半圆或圆
旋转轴
矩形一边所在的直线 一直角边所在的直线 直角腰所在的直线或等腰梯形上下 底 中点连线 直径 所在的直线
2．空间几何体的三视图 (1)三视图的名称 几何体的三视图包括： 正视图 、 (2)三视图的画法 ①在画三视图时，重叠的线只画一条，挡住的线要画成 虚线 ． ②三视图的正视图、 侧视图、 俯视图分别是从几何体的
基础知识导航
考点典例领航 智能提升返航 课时规范训练
第1课时
空间几何体的结构及三视图、直观图
1．空间几何体的结构特征 (1)多面体的结构特征
多面体 棱柱
结构特征 有两个面 平行 ，其余各面都是四边形且每相邻两个面 的交线都平行且相等 有一个面是多边形，而其余各面都是有一个 公共顶点 的 三角形 棱锥被平行于 底面 的平面所截，截面和底面之间的部分 叫做棱台
答案：B
(2)给出下列命题： ①在圆柱的上、下底面的圆周上各取一点，则这两点的连线是圆 柱的母线； ②有一个面是多边形，其余各面都是三角形的几何体是棱锥； ③直角三角形绕其任一边所在直线旋转一周所形成的几何体都是 圆锥； ④棱台的上、下底面可以不相似，但侧棱长一定相等． 其中正确命题的个数是( A．0 C．2 ) B．1 D．3
2018年秋高考数学一轮总复习课件：第七章 立体几何 7-3 精品
C.存在两条平行直线a,b,a D.存在两条异面直线a,b,a
【解析】选D.若α∩β=l,a∥l,a⊈α,a⊈β,a∥α, a∥β,故排除A.若α∩β=l,a α,a∥l,则a∥β, β,b∥l,则
故排除B.若α∩β=l,a α,a∥l,b a∥β,b∥α,故排除C.
3.在正方体ABCD-A1B1C1D1中,点E是DD1的中点,则BD1与 平面ACE的位置关系为__________.
________.
【解析】在正方体中,AB是正方体的对角线,M,N,P为所
在棱的中点,取MN的中点F,连接PF,则易知PF∥AB,故由
线面平行的判定定理可知直线AB与平面PN、面面平行的基本问题
▲夯基练透
【技法点拨】 解决有关线面平行、面面平行的基本问题的注意事项 (1)关注判定定理与性质定理中易忽视的条件.
β ,则“a⊥b”
D.既不充分也不必要条件
【解析】选B.当α∥β时,因为a⊥α,且α∥β,所以
a⊥β,又因为b
β,所以a⊥b,则“a⊥b”是
“α∥β”的必要条件;
当a⊥b时,若α∩β=b,则满足条件,但此时α∥β不成
立,即“a⊥b”不是“α∥β”的充分条件.故“a⊥b” 是“α∥β”的必要不充分条件.
A.若α ⊥β ,则l∥m
C.若l∥β ,则m⊥α
B.若l⊥m,则α ∥β
D.若α ∥β ,则l⊥m
【解析】选D.由题意得,A中l与m位置不确定,故A错 误,B中α 与β 可能相交,故B错误,C中m与α 的位置不确 定,故C错误.
5.(2015·北京高考)设α ,β 是两个不同的平面,m是直
线且m
与α内的直线平行或异面;C错误,两个平面可能相交;D 正确,由a∥α,可得a平行于经过直线a的平面与α的交 线c,即a∥c,又a∥b,所以b∥c,b⊈α,c b∥α. α,所以
2018年秋高考数学一轮总复习课件：第七章 立体几何 7-7-1 精品
【解析】 (1)由题设知AF⊥AB,且由平面ABEF⊥平面
பைடு நூலகம்
ABCD,可知AF⊥平面ABCD.
又BD是圆的直径,则AB⊥AD,因此以点A为原点可建立空
间直角坐标系,如图.由于AC,BD是圆O的两条互相垂直
的直径,且AC=4 ,所以四边形ABCD是边长为4的正方
2 形,则B(4,0,0),C(4,4,0),O(2,2,0),E(4,0,2),
1 2
直线l的方向向量为n， 平面α 的法向量为m
平面α ，β 的法向量分 别为n，m
l∥ α
l⊥ α α ∥β α ⊥β
【教材拓展微思考】 1.直线的方向向量如何确定?
提示: l是空间一直线,A,B是l上任意两点,则
与
及
AB 平行的非零向量均为直线l的方向向量. AB
2.如何确定平面的法向量? 提示:设a,b是平面α 内两不共线向量,n为平面α 的法
【证明】 作AP⊥CD于点P，连接OP，如图，分别以AB，AP，AO所 在直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，
则
2 2 2 P(0 ， 0) ， D( ，， 0)， O(0 ， 0，，， 2) M(0 0，，， 1) 2 2 2
2 2 N(1 ， ，， 0) 4 4
2 2 MN (1 ， ， 1)， 4 4 2 2 2 OP (0， ， 2)， OD ( ， ， 2). 2 2 2 设平面OCD的一个法向量为n=(x，y，z)，
=(4λ,4λ,0),NC的中点为Q(3,2,2),
F(0,0,6),N(2,0,4).
因为AB⊥EB,AB⊥BC,
所以
因为
=(4,0,0)是平面EBC的一个法向量.
2018年人教版高三数学一轮复习课件--立体几何PPT课件
设矛盾．
[答案] D
解决此类题目要准确理解几何体的定义，把握几何体
的结构特征，并会通过反例对概念进行辨析．举反例时可
利用最熟悉的空间几何体如三棱柱、四棱柱、正方体、三 棱锥、三棱台等，也可利用它们的组合体去判断．
1．(2013· 天津质检)如果四棱锥的四条侧棱都相等，就称
它为“等腰四棱锥”，四条侧棱称为它的腰，以下4个命 题中，假命题是 A．等腰四棱锥的腰与底面所成的角都相等 B．等腰四棱锥的侧面与底面所成的二面角都相等或 ( )
目 录
立体几何
第一节 空间几何体的结构特征及三视图和直观图
第二节 空间几何体的表面积和体积
第三节 空间点、直线、平面间的位置关系 第四节 直线、平面平行的判定及性质 第五节 直线、平面垂直的判定与性质 第六节 空间向量及其运算和空间位置关系
第七节 空间向量与空间角
立体几何
[知识能否忆起] 一、多面体的结构特征 多面体 结构特征 有两个面 互相平行 ，其余各面都是四边形，并 棱柱 平行且相等 且每相邻两个面的交线都 ___________ 有一个面是 多边形 ，而其余各面都是有一个 公共 顶点 棱锥 ____ 的三角形 底面 截面 底面 棱锥被平行于 的平面所截， 和 棱台 之间的部分
标轴 平行于y轴的线段长度在直观图中
． 不变
变为原来的一半
五、三视图 几何体的三视图包括 正视图 、 侧视图 、俯视图 ，
分别是从几何体的 正前方 、正左方 、 正上方 观察几何
体画出的轮廓线．
[小题能否全取] 1．(教材习题改编)以下关于几何体的三视图的论述中，正
确的是
A．球的三视图总是三个全等的圆 B．正方体的三视图总是三个全等的正方形 C．水平放置的正四面体的三视图都是正三角形 D．水平放置的圆台的俯视图是一个圆
2018届高考数学一轮复习7.7
|������������ |; 方法2:若平面α的法向量为n,平面α内任一点为N,则点M到平面α的距离 |������������·������| d=|������������||cos<������������,n>|= . |������| 5.常用的数学方法与思想 坐标法、数形结合思想、转化与化归思想.
l与m l与α α与β
平行 a∥b a⊥u u∥v 垂直 a⊥b a∥u u⊥v
第七章
知识清单 基础自测
第七节
空间角与距离的求解
名师考点精讲 综合能力提升
主干知识回顾
-4-
说明:向量法是证明空间线线、线面、面面垂直的重要方法,利用向量法证明,实质上 是将几何问题代数化,以算代证. 3.利用向量求空间角
������������, ������������ >∈ [0, π], 所以 < ������������, ������������ >= .
π 3
������������·������������ |������������||������������ |
= ,<
1 2
第七章
知识清单 基础自测
第七章
知识清单 基础自测
第七节
空间角与距离的求解
名师考点精讲 综合能力提升
主干知识回顾
-6-
1.已知A(2,-5,1),B(2,-2,4),C(1,-4,1),则向量������������与������������ 的夹角为 ( A.
π 6
)
B.
π 3
C.
2π 3
D.
5π 6
B 【解析】������������ = (0,3,3), ������������ = (−1,1,0), cos < ������������, ������������ >=
l与m l与α α与β
平行 a∥b a⊥u u∥v 垂直 a⊥b a∥u u⊥v
第七章
知识清单 基础自测
第七节
空间角与距离的求解
名师考点精讲 综合能力提升
主干知识回顾
-4-
说明:向量法是证明空间线线、线面、面面垂直的重要方法,利用向量法证明,实质上 是将几何问题代数化,以算代证. 3.利用向量求空间角
������������, ������������ >∈ [0, π], 所以 < ������������, ������������ >= .
π 3
������������·������������ |������������||������������ |
= ,<
1 2
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主干知识回顾
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1.已知A(2,-5,1),B(2,-2,4),C(1,-4,1),则向量������������与������������ 的夹角为 ( A.
π 6
)
B.
π 3
C.
2π 3
D.
5π 6
B 【解析】������������ = (0,3,3), ������������ = (−1,1,0), cos < ������������, ������������ >=
2018届高考数学理科全国通用一轮总复习课件：第七章 立体几何 7.1 精品
2.(必修2P19练习T3改编)利用斜二测画法得到的:
①三角形的直观图一定是三角形;
②正方形的直观图一定是菱形;
③等腰梯形的直观图可以是平行四边形;
④菱形的直观图一定是菱形.
以上结论正确的个数是
.
【解析】由斜二测画法的规则可知①正确;②错误,是一 般的平行四边形;③错误,等腰梯形的直观图不可能是平 行四边形;而菱形的直观图也不一定是菱形,④也错误. 答案:1
2.已知三视图,判断几何体的技巧 (1)对柱、锥、台、球的三视图要熟悉. (2)明确三视图的形成原理,并能结合空间想象将三视 图还原为直观图. (3)遵循“长对正、高平齐、宽相等”的原则. 易错提醒:对于简单组合体的三视图,应注意它们的交 线的位置,区分好实线和虚线的不同.
【题组通关】
1.(2016·临沂模拟)某几何体的三视图如图所示,那么
2.给出下列命题: ①在圆柱的上、下底面的圆周上各取一点,则这两点的 连线是圆柱的母线; ②在圆台的上、下底面的圆周上各取一点,则这两点的 连线是圆台的母线;
③圆柱的任意两条母线所在的直线是互相平行的.
其中正确命题的序号是 ( )
A.①②
B.②③
C.①③
D.③
【解析】选D.根据圆柱、圆台的母线的定义和性质
2
4
在图②中作C′ OC 6 a.
2
8
所以S△A′B′C′=
1 AB CD 1 a 6 a 6 a2.
2
2 8 16
(2)选C.如图,在原图形OABC中, 应有OD=2O′D′=2 2 2 (4cm2 ), CD=C′D′=2cm,
所以OC= OD2 CD2 4 2 2 所22以O6Acm=O, C,
球
2018届高考数学理科全国通用一轮总复习课件：第七章
设平面OCD的一个法向量为n=(x,y,z),
2 y 2z 0, 2 则 nOP 0, nOD 0， 即 2 x 2 y 2z 0. 2 2
取z= 2 ，得n=(0,4, 2 ).
因为 MNn (1 2 , 2 , 1) 0， 4， 2 0，
4
面ABCD,OA=2,M为OA的中点,N为BC的中点. 利用向量方法证明：直线MN∥平面OCD.
【解题导引】以点A为坐标原点建立空间直角坐标系, 求平面OCD的法向量及直线MN的方向向量.
【规范解答】作AP⊥CD于点P,连接OP,如图,分别以AB,
AP,AO所在直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系,
BDE，且AM⊂平面ACEF，平面ACEF∩平面BDE＝OE， 所以AM∥EO， 又因为点O是正方形ABCD对角线的交点， 所以点M为线段EF的中点．
在空间直角坐标系中，E(0,0,1)， F( 2， 2，． 1)
2 2 由中点坐标公式，知点M的坐标为 ( , ,1). 2 2
5.(2016·烟台模拟)若平面α 的一个法向量为u1=(-3,
)
【解析】选D.因为A(1,0,0)，B(0,1,0)，C(0,0,1)，
所以 AB ＝(－1,1,0)， AC ＝(－1,0,1)．
3 3 3 经验证，当n＝ ( , , ) 时， 3 3 3 3 3 3 3 nAB ＝ － ＋0＝0，nAC ＝ ＋0－ ＝0. 3 3 3 3 所以 ( 3 , 3 , 3 ) 是平面ABC的一个单位法向量. 3 3 3
关系为
.
【解析】当v=(3,-2,2)时, · v=-2×3+2×(-2)+5×2=0,