22420_新1第1讲L1L4
高中数学选择性必修一1 4 1 用空间向量研究直线、平面的位置关系(课件)
梳理 利用空间向量解决平行问题时，第一，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；第二，通过向量的运算，研究平行问题；第三，把向量问 题再转化成相应的立体几何问题，从而得出结论.
返回
题型探究
类型一 利用方向向量和法向量判定线面的位置关系
第一章 1.4.1用空间向量研究直线、 平面的位置关系（一 ）
学习目标
1.掌握空间点、线、面的向量表示. 2.理解直线的方向向量与平面的法向量的意义；会用待定系数法求平 面的法向量. 3.能用向量法证明直线与直线、直线与平面、平面与平面的平行问题.
问题导学
题型探究
当堂训练
问题导学
知识点一 直线的方向向量与平面的法向量 思考 怎样用向量来表示点、直线、平面在空间中的位置？
(5)证明线面平行的方法 ①设n是平面α的一个法向量，v是直线l的方向向量，则v⊥n且l上至少有 一点A∉α，则l∥α. ②根据线面平行的判定定理：“如果平面外直线与平面内的一条直线平 行，那么这条直线和这个平面平行”，要证明一条直线和一个平面平行， 也可以在平面内找一个向量与已知直线的方向向量是共线向量. ③根据共面向量定理可知，如果一个向量和两个不共线的向量是共面向 量，那么这个向量与这两个不共线向量确定的平面必定平行，因此要证 明平面外一条直线和一个平面平行，只要证明这条直线的方向向量能够 用平面内两个不共线向量线性表示即可.
中点，N 是侧棱 CC1 上的点，且 CN＝14CC1.求证：AB1⊥MN.
反思与感悟
解析答案
跟踪训练1 已知如图，在直三棱柱ABC—A1B1C1中，AC＝3，BC＝4，AB ＝5，AA1＝4，求证：AC⊥BC1.
2022届高中物理新教材同步必修第一册 第4章 专题强化 动力学中的板块问题
动力学中的板块问题[学习目标] 1.建立板块模型的分析方法.2.能运用牛顿运动定律处理板块问题．1．模型概述：一个物体在另一个物体上，两者之间有相对运动．问题涉及两个物体、多个过程，两物体的运动速度、位移间有一定的关系．2．解题方法(1)明确各物体对地的运动和物体间的相对运动情况，确定物体间的摩擦力方向．(2)分别隔离两物体进行受力分析，准确求出各物体在各个运动过程中的加速度(注意两过程的连接处加速度可能突变)．(3)物体之间的位移(路程)关系或速度关系是解题的突破口．求解中应注意联系两个过程的纽带，即每一个过程的末速度是下一个过程的初速度．3．常见的两种位移关系滑块从木板的一端运动到另一端的过程中，若滑块和木板同向运动，则滑离木板的过程中滑块的位移与木板的位移之差等于木板的长度；若滑块和木板相向运动，滑离木板时滑块的位移和木板的位移大小之和等于木板的长度．特别注意：运动学公式中的位移都是对地位移．4．注意摩擦力的突变当滑块与木板速度相同时，二者之间的摩擦力通常会发生突变，由滑动摩擦力变为静摩擦力或者消失，或者摩擦力方向发生变化，速度相同是摩擦力突变的一个临界条件．一、地面光滑的板块问题如图1所示，在光滑的水平地面上有一个长为0.64 m、质量为4 kg的木板A，在木板的左端有一个大小不计、质量为2 kg的小物体B，A、B之间的动摩擦因数为μ＝0.2，当对B施加水平向右的力F＝10 N时，求：(g取10 m/s2)图1(1)A、B的加速度各为多大？(2)经过多长时间可将B从木板A的左端拉到右端？答案(1)1 m/s2 3 m/s2(2)0.8 s解析(1)A、B间的摩擦力F f＝μm B g＝4 N以B 为研究对象，根据牛顿第二定律得： F －F f ＝m B a B ， 则a B ＝F －F fm B＝3 m/s 2以A 为研究对象，根据牛顿第二定律得： F f ′＝m A a A ，由牛顿第三定律得F f ′＝F f 解得a A ＝1 m/s 2.(2)设将B 从木板的左端拉到右端所用时间为t ，A 、B 在这段时间内发生的位移分别为x A 和x B ，其关系如图所示则有x A ＝12a A t 2x B ＝12a B t 2x B －x A ＝L 联立解得t ＝0.8 s.(2020·湘潭市高一期末)如图2所示，物块A 、木板B 的质量分别为m A ＝5 kg ，m B ＝10 kg ，不计A 的大小，木板B 长L ＝4 m ．开始时A 、B 均静止．现使A 以水平初速度v 0从B 的最左端开始运动．已知A 与B 之间的动摩擦因数为0.3，水平地面光滑，g 取10 m/s 2.图2(1)求物块A 和木板B 发生相对运动过程的加速度的大小； (2)若A 刚好没有从B 上滑下来，求A 的初速度v 0的大小． 答案 (1)3 m/s 2 1.5 m/s 2 (2)6 m/s解析 (1)分别对物块A 、木板B 进行受力分析可知，A 在B 上向右做匀减速运动，设其加速度大小为a 1，则有 a 1＝μm A gm A＝3 m/s 2木板B 向右做匀加速运动，设其加速度大小为a 2，则有 a 2＝μm A g m B＝1.5 m/s 2.(2)由题意可知，A 刚好没有从B 上滑下来，则A 滑到B 最右端时的速度和B 的速度相同，设为v ，则有v ＝v 0－a 1t v ＝a 2t位移关系：L ＝v 0＋v 2t －v2t解得v 0＝6 m/s.二、地面不光滑的板块问题如图3所示，物块A 、木板B 的质量均为m ＝10 kg ，不计A 的大小，木板B 长L＝3 m ．开始时A 、B 均静止．现使A 以水平初速度v 0从B 的最左端开始运动．已知A 与B 、B 与水平面之间的动摩擦因数分别为μ1＝0.3和μ2＝0.1，g 取10 m/s 2.图3(1)发生相对滑动时，A 、B 的加速度各是多大？(2)若A 刚好没有从B 上滑下来，则A 的初速度v 0为多大？ 答案 (1)3 m/s 2 1 m/s 2 (2)2 6 m/s解析 (1)分别对物块A 、木板B 进行受力分析可知，A 在B 上向右做匀减速运动，设其加速度大小为a 1，则有 a 1＝μ1mgm＝3 m/s 2木板B 向右做匀加速运动，设其加速度大小为a 2，则有 a 2＝μ1mg －μ2·2mg m＝1 m/s 2(2)由题意可知，A 刚好没有从B 上滑下来，则A 滑到B 最右端时的速度和B 的速度相同，设为v ，则有：时间关系：t ＝v 0－v a 1＝va 2位移关系：L ＝v 0＋v 2t －v2t解得v 0＝2 6 m/s.如图4所示，质量M ＝1 kg 、长L ＝4 m 的木板静止在粗糙的水平地面上，木板与地面间的动摩擦因数μ1＝0.1，在木板的左端放置一个质量m ＝1 kg 、大小可以忽略的铁块，铁块与木板上表面间的动摩擦因数μ2＝0.4，某时刻起在铁块上加一个水平向右的恒力F ＝8 N ，g 取10 m/s 2，求：图4(1)加上恒力F 后铁块和木板的加速度大小；(2)铁块经多长时间到达木板的最右端，此时木块的速度多大？(3)当铁块运动到木板最右端时，把铁块拿走，木板还能继续滑行的距离． 答案 (1)4 m/s 2 2 m/s 2 (2)2 s 4 m/s (3)8 m 解析 (1)以铁块为研究对象，根据牛顿第二定律得 F －μ2mg ＝ma 1，以木板为研究对象，根据牛顿第二定律得 μ2mg －μ1(M ＋m )g ＝Ma 2代入数据解得铁块的加速度大小a 1＝4 m/s 2 木板的加速度大小a 2＝2 m/s 2(2)设铁块运动到木板的最右端所用时间为t ， 则此过程铁块的位移为x 1＝12a 1t 2木板的位移为x 2＝12a 2t 2两者的位移关系为L ＝x 1－x 2， 即L ＝12a 1t 2－12a 2t 2代入数据解得t ＝2 s 或t ＝－2 s(舍去) 此时木板的速度 v ＝a 2t ＝4 m/s.(3)拿走铁块后木板做匀减速运动的加速度大小为 a 3＝μ1g ＝0.1×10 m/s 2＝1 m/s 2， 则木板还能继续滑行的距离 x 3＝v 22a 3＝162×1 m ＝8 m.训练1地面光滑的板块问题1.(多选)如图1所示，质量为m1的足够长木板静止在光滑水平地面上，其上放一质量为m2的木块．t＝0时刻起，给木块施加一水平恒力F.分别用a1、a2和v1、v2表示木板、木块的加速度和速度大小，下列图中可能符合运动情况的是()图1答案AC解析木块和木板可能保持相对静止，一起做匀加速直线运动，加速度大小相等，故A正确；木块可能相对于木板向前滑动，即木块的加速度a2大于木板的加速度a1，都做匀加速直线运动，故B、D错误，C正确．2．(2020·宁夏育才中学高一上学期期末)如图2所示，质量为M＝1 kg的足够长木板静止在光滑水平面上，现有一质量m＝0.5 kg的小滑块(可视为质点)以v0＝3 m/s的初速度从左端沿木板上表面冲上木板，带动木板一起向前滑动．已知滑块与木板间的动摩擦因数μ＝0.1，重力加速度g取10 m/s2.求：图2(1)滑块在木板上滑动过程中，木板受到的摩擦力F f的大小和方向；(2)滑块在木板上滑动过程中，滑块相对于地面的加速度a的大小；(3)滑块与木板达到的共同速度v的大小．答案(1)0.5 N方向水平向右(2)1 m/s2(3)1 m/s解析(1)木板所受摩擦力为滑动摩擦力：F f＝μmg＝0.5 N，方向水平向右(2)由牛顿第二定律得：μmg＝ma解得：a＝1 m/s2(3)以木板为研究对象，根据牛顿第二定律得：μmg＝Ma′可得出木板的加速度a ′＝0.5 m/s 2设经过时间t ，滑块和木板达到共同速度v ，则满足： 对滑块：v ＝v 0－at 对木板：v ＝a ′t由以上两式联立解得：滑块和木板达到的共同速度v ＝1 m/s.3.如图3所示，一质量M ＝0.2 kg 的长木板静止在光滑的水平地面上，另一质量m ＝0.2 kg 的小滑块以v 0＝1.2 m/s 的速度从长木板的左端滑上长木板，已知小滑块与长木板间的动摩擦因数μ＝0.4，g 取10 m/s 2，滑块始终没有滑离长木板，求：图3(1)经过多长时间，小滑块与长木板速度相等；(2)从小滑块滑上长木板到小滑块与长木板相对静止，小滑块运动的距离为多少． 答案 (1)0.15 s (2)0.135 m 解析 (1)根据牛顿第二定律得 μmg ＝ma 1 μmg ＝Ma 2解得a 1＝4 m/s 2，a 2＝4 m/s 2小滑块做匀减速运动，而木板做匀加速运动，根据运动学公式有v 0－a 1t ＝a 2t 解得t ＝0.15 s.(2)小滑块与长木板速度相等时相对静止，从小滑块滑上长木板到两者相对静止，经历的时间为t ＝0.15 s ，这段时间内小滑块做匀减速运动，由x ＝v 0t －12a 1t 2，解得x ＝0.135 m.4．(2020·广东高一期末)如图4甲所示，长木板A 静止在光滑水平面上，另一物体B (可看作质点)以水平速度v 0＝3 m/s 滑上长木板A 的上表面．由于A 、B 间存在摩擦，之后的运动过程中A 、B 的速度随时间变化情况如图乙所示．g 取10 m/s 2，下列说法正确的是( )图4A ．长木板A 、物体B 所受的摩擦力均与运动方向相反B ．A 、B 之间的动摩擦因数μ＝0.5C ．长木板A 的长度可能为L ＝0.8 mD ．长木板A 的质量是物体B 的质量的两倍 答案 D解析 由题意可得，长木板A 所受摩擦力方向与运动方向相同，物体B 所受的摩擦力方向与运动方向相反，故A 错误；对B 受力分析，由牛顿第二定律有：μm B g ＝m B a B ，a B ＝|Δv B Δt |＝3－11m/s 2＝2 m/s 2，解得：μ＝0.2，故B 错误；物体B 未滑出长木板A ，临界条件为当A 、B 具有共同速度时，B 恰好滑到A 的右端，速度—时间图线与时间轴围成的面积表示位移，则：L min ＝x B －x A ＝3×12 m ＝1.5 m ，故C 错误；对A 受力分析，有：μm B g ＝m A a A ，a A ＝Δv A Δt ＝1－01 m/s 2＝1 m/s 2，联立解得：m Am B＝2，故D 正确．5．(多选)如图5甲所示，长木板B 固定在光滑水平面上，可视为质点的物体A 静止叠放在B 的最左端．现用F ＝6 N 的水平力向右拉A ，经过5 s A 运动到B 的最右端，且其v －t 图像如图乙所示．已知A 、B 的质量分别为1 kg 、4 kg ，A 、B 间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g 取10 m/s 2.下列说法正确的是( )图5A ．A 的加速度大小为0.5 m/s 2B ．A 、B 间的动摩擦因数为0.4C ．若B 不固定，B 的加速度大小为1 m/s 2D ．若B 不固定，A 运动到B 的最右端所用的时间为5 2 s 答案 BCD解析 根据v －t 图像可知，物体A 的加速度大小为： a A ＝Δv Δt ＝105 m/s 2＝2 m/s 2，故A 错误；以A 为研究对象，根据牛顿第二定律可得： F －μm A g ＝m A a A代入数据得：μ＝0.4，故B 正确； 若B 不固定，B 的加速度大小为：a B ＝μm A g m B ＝0.4×1×104 m/s 2＝1 m/s 2，故C 正确；由题图乙知，木板B 的长度为： l ＝12×5×10 m ＝25 m ； 若B 不固定，设A 运动到B 的最右端所用的时间为t ，根据题意可得： 12a A t 2－12a B t 2＝l 代入数据解得：t ＝5 2 s 故D 正确．6.如图6所示，有一块木板A 静置在光滑且足够大的水平地面上，木板质量M ＝4 kg ，长L ＝2 m ，木板右端放一小滑块B 并处于静止状态，小滑块质量m ＝1 kg ，其尺寸远小于L .小滑块与木板之间的动摩擦因数为μ＝0.4.(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g 取10 m/s 2)图6(1)现用恒力F 始终作用在木板A 上，为了让小滑块B 不从木板A 上滑落，求恒力F 大小的范围；(2)其他条件不变，若恒力F 大小为24 N ，且始终作用在木板A 上，求小滑块B 滑离木板A 时的速度大小．答案 (1)F ≤20 N (2)8 m/s解析 (1)为了使小滑块B 不从木板A 上滑落，设A 、B 相对静止时的最大加速度为a m ，对B 有：μmg ＝ma m对A 、B 整体有：F m ＝(M ＋m )a m 解得：F m ＝20 N即当F ≤20 N 时小滑块B 不从木板A 上滑落． (2)当F ＝24 N 时，A 、B 发生相对滑动 此时，对B ：μmg ＝ma B 对A ：F －μmg ＝Ma A设B 在A 上滑行的时间为t ，有： L ＝12a A t 2－12a B t 2B 滑离木板A 时的速度v ＝a B t 联立解得：v ＝8 m/s.7.质量M ＝3 kg 的长木板放在光滑的水平面上，在水平拉力F ＝11 N 的作用下由静止开始向右运动．如图7所示，当木板速度达到1 m/s 时，将质量m ＝4 kg 的物块轻轻放到木板的右端．已知物块与木板间的动摩擦因数μ＝0.2，物块可视为质点．求：(g 取10 m/s 2)图7(1)物块刚放在木板上时，物块和木板的加速度大小； (2)木板至少多长，物块才能与木板最终保持相对静止； (3)物块与木板相对静止后，物块受到的摩擦力的大小． 答案 (1)2 m/s 2 1 m/s 2 (2)0.5 m (3)447N解析 (1)放上物块后，物块的加速度a 1＝μmgm ＝μg ＝2 m/s 2，木板的加速度a 2＝F －μmgM＝1 m/s 2.(2)木板和物块达到共同速度后保持相对静止， 故a 1t ＝v 0＋a 2t ， 解得t ＝1 s ，1 s 内物块位移x 1＝12a 1t 2＝1 m ，木板位移x 2＝v 0t ＋12a 2t 2＝1.5 m ，所以木板长度至少为L ＝x 2－x 1＝0.5 m.(3)物块与木板相对静止后，对整体，有F ＝(M ＋m )a ， 对物块，有F f ＝ma ， 故F f ＝mF M ＋m ＝447N. 训练2 地面不光滑的板块问题(选练)1.质量为m 0＝20 kg 、长为L ＝5 m 的木板放在水平地面上，木板与水平地面间的动摩擦因数为μ1＝0.15.质量为m ＝10 kg 的小铁块(可视为质点)，以v 0＝4 m/s 的速度从木板的左端水平冲上木板(如图1所示)，小铁块与木板间的动摩擦因数为μ2＝0.4(最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g ＝10 m/s 2)．则下列判断正确的是( )图1A ．木板一定静止不动，小铁块不能滑出木板B ．木板一定静止不动，小铁块能滑出木板C ．木板一定向右滑动，小铁块不能滑出木板D ．木板一定向右滑动，小铁块能滑出木板 答案 A解析 木板与地面间的最大静摩擦力为F f1＝μ1(m 0＋m )g ＝45 N ，小铁块与木板之间的最大静摩擦力为F f2＝μ2mg ＝40 N ，F f1>F f2，所以木板一定静止不动；假设小铁块未滑出木板，在木板上滑行的距离为x ，则v 02＝2μ2gx ，解得x ＝2 m<L ＝5 m ，所以小铁块不能滑出木板，选项A 正确．2．质量为2 kg 的木板B 静止在水平面上，可视为质点的物块A 从木板的左侧以初速度v 0沿木板上表面水平冲上木板，如图2甲所示．A 和B 经过1 s 达到同一速度，之后共同减速直至静止，A 和B 的v t 图像如图乙所示，重力加速度g 取10 m/s 2，求：图2(1)A 与B 上表面之间的动摩擦因数μ1； (2)B 与水平面间的动摩擦因数μ2； (3)A 的质量．答案 (1)0.2 (2)0.1 (3)6 kg解析 (1)由题图乙可知，A 在0～1 s 内的加速度a 1＝v 1－v 0t 1＝－2 m/s 2，对A 由牛顿第二定律得， －μ1mg ＝ma 1， 解得μ1＝0.2.(2)由题图乙知，A 、B 整体在1～3 s 内的加速度 a 3＝v 3－v 1t 2＝－1 m/s 2，对A 、B 整体由牛顿第二定律得， －μ2(M ＋m )g ＝(M ＋m )a 3解得μ2＝0.1.(3)由题图乙可知B 在0～1 s 内的加速度a 2＝v 1t 1＝2 m/s 2. 对B 由牛顿第二定律得，μ1mg －μ2(M ＋m )g ＝Ma 2，代入数据解得m ＝6 kg.3．如图3所示，厚度不计的薄板A 长l ＝5 m ，质量M ＝5 kg ，放在水平地面上．在A 上距右端x ＝3 m 处放一物体B (大小不计)，其质量m ＝2 kg ，已知A 、B 间的动摩擦因数 μ1＝0.1，A 与地面间的动摩擦因数μ2＝0.2，原来系统静止．现在板的右端施加一大小恒定的水平向右的力F ＝26 N ，将A 从B 下抽出．g ＝10 m/s 2，求：图3(1)A 从B 下抽出前A 、B 的加速度各是多大；(2)B 运动多长时间离开A ；(3)B 离开A 时的速度的大小．答案 (1)2 m/s 2 1 m/s 2 (2)2 s (3)2 m/s解析 (1)对B ，由牛顿第二定律可得：μ1mg ＝ma B解得a B ＝1 m/s 2对A ，由牛顿第二定律可得：F －μ1mg －μ2(m ＋M )g ＝Ma A解得a A ＝2 m/s 2.(2)设经时间t ，A 从B 下抽出，则x A ＝12a A t 2 x B ＝12a B t 2 Δx ＝x A －x B ＝l －x解得t ＝2 s.(3)v B ＝a B t ＝2 m/s.4.如图4所示，长22.5 m 、质量为40 kg 的木板置于水平地面上，木板与地面间的动摩擦因数为0.1.质量为60 kg 的人立于木板左端，人与木板均静止，当人以3 m/s 2的加速度匀加速向右奔跑时(g 取10 m/s 2)，求：图4(1)人在奔跑过程中受到的摩擦力的大小和方向；(2)人在奔跑过程中木板的加速度大小和方向；(3)人从木板左端跑到右端所需要的时间．答案 (1)180 N 方向水平向右 (2)2 m/s 2 方向水平向左 (3)3 s 解析 (1)设人的质量为m 1，加速度大小为a 1，木板的质量为m 2，加速度大小为a 2，人对木板的摩擦力为F f ，木板对人的摩擦力为F f ′，木板的长度为l . 分析人的受力情况，由牛顿第二定律得F f ′＝m 1a 1＝180 N ，方向水平向右．(2)对木板进行受力分析，由牛顿第二定律得F f －μ(m 1＋m 2)g ＝m 2a 2由牛顿第三定律得F f ＝F f ′解得a 2＝2 m/s 2，方向水平向左．(3)设人从木板左端跑到右端所需要的时间为t由运动学公式得l ＝12a 1t 2＋12a 2t 2 解得t ＝3 s.。
新高考新教材1.4.1 用空间向量研究直线、平面的位置关系(2)导学案-人教A版高中数学选择性必修第一册
1.4.1 用空间向量研究直线、平面的位置关系（2）1.能用向量语言表述直线与直线、直线与平面、平面与平面的垂直关系.(数学抽象)2.能用向量方法证明必修内容中有关直线、平面垂直关系的判定定理.(逻辑推理)3.能用向量方法证明空间中直线、平面的垂直关系.(逻辑推理)重点：用向量语言表述直线与直线、直线与平面、平面与平面的垂直关系难点：用向量方法证明空间中直线、平面的垂直关系一、自主导学空间中直线、平面垂直的向量表示位置关系向量表示设直线l1,l2的方向向量分别为μ1,μ2,则线线垂直l1⊥l2⇔μ1⊥μ2⇔μ1·μ2=0设直线l的方向向量为μ,平面α的法向量为n,则线面垂直l⊥α⇔μ∥n⇔∃λ∈R,使得μ=λn设平面α,β的法向量分别为n1,n2,则面面垂直α⊥β⇔n1⊥n2⇔n1·n2=0二、小试牛刀1.判断下列说法是否正确,正确的在后面的括号内打“√”,错误的打“×”.(1)若两条直线的方向向量的数量积为0,则这两条直线一定垂直相交.()(2)若一直线与平面垂直,则该直线的方向向量与平面内的所有直线的方向向量的数量积为0.()(3)两个平面垂直,则其中一平面内的直线的方向向量与另一平面内的直线的方向向量垂直.()(4)若两平面α,β的法向量分别为u1=(1,0,1),u2=(0,2,0),则平面α,β互相垂直.()2.设平面α的法向量为(1,2,-2),平面β的法向量(-2,-4,k),若α⊥β,则k=()A.2B.-5C.4D.-2一、情境导学类似空间中直线、平面平行的向量表示，在直线与直线、直线与平面、平面与平面的垂直关系中，直线的方向向量、平面的法向量之间有什么关系？二、典例解析例1.如图,在四棱锥P-ABCD中,PA⊥平面ABCD,四边形ABCD是矩形,PA=AB=1,点F是PB的中点,点E在边BC上移动.求证:无论点E在边BC上的何处,都有PE⊥AF.延伸探究本例条件不变,求证:AF⊥BC.利用向量方法证明线线垂直的方法(1)坐标法:建立空间直角坐标系,写出相关点的坐标,求出两直线方向向量的坐标,然后通过数量积的坐标运算法则证明数量积等于0,从而证明两条直线的方向向量互相垂直;(2)基向量法:利用空间向量的加法、减法、数乘运算及其运算律,结合图形,将两直线所在的向量用基向量表示,然后根据数量积的运算律证明两直线所在的向量的数量积等于0,从而证明两条直线的方向向量互相垂直. 跟踪训练1在正方体ABCD-A 1B 1C 1D 1中,E 为AC 的中点. 求证:(1)BD 1⊥AC ; (2)BD 1⊥EB 1.例2在棱长为1的正方体ABCD-A 1B 1C 1D 1中,E ,F ,M 分别为棱AB ,BC ,B 1B 的中点. 求证:D 1M ⊥平面EFB 1.利用空间向量证明线面垂直的方法(1)基向量法:选取基向量,用基向量表示直线所在的向量,在平面内找出两个不共线的向量,也用基向量表示,然后根据数量积运算律分别证明直线所在向量与两个不共线向量的数量积均为零,从而证得结论.(2)坐标法:建立空间直角坐标系,求出直线方向向量的坐标以及平面内两个不共线向量的坐标,然后根据数量积的坐标运算法则证明直线的方向向量与两个不共线向量的数量积均为零,从而证得结论.(3)法向量法:建立空间直角坐标系,求出直线方向向量的坐标以及平面法向量的坐标,然后说明直线方向向量与平面法向量共线,从而证得结论.跟踪训练2如图,在四棱锥P-ABCD 中,AB ∥CD ,AB ⊥AD ,AB=4 ,CD=2, AD=2√2,PA ⊥平面ABCD ,PA=4. 求证:BD ⊥平面PAC.例3如图所示,在直三棱柱ABC-A 1B 1C 1中,AB ⊥BC ,AB=BC=2,BB 1=1,点E 为BB 1的中点, 证明:平面AEC 1⊥平面AA 1C 1C.利用空间向量证明面面垂直的方法1.利用空间向量证明面面垂直通常有两个途径:一是利用两个平面垂直的判定定理将面面垂直问题转化为线面垂直进而转化为线线垂直;二是直接求解两个平面的法向量,由两个法向量垂直,得面面垂直.2.向量法证明面面垂直的优越性主要体现在不必考虑图形的位置关系,恰当建系或用基向量表示后,只需经过向量运算就可得到要证明的结果,思路方法“公式化”,降低了思维难度.跟踪训练3如图,在五面体ABCDEF 中,FA ⊥平面ABCD ,AD ∥BC ∥FE ,AB ⊥AD ,M 为EC 的中点,AF=AB=BC=FE=12AD 求证:平面AMD ⊥平面CDE.金题典例 如图,在直三棱柱ABC -A 1B 1C 1中,底面是以∠ABC 为直角的等腰直角三角形,AC=2a ,BB 1=3a ,D 是A 1C 1的中点,E 是B 1C 的中点.(1)求cos <BE ⃗⃗⃗⃗⃗ ,CA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ >.(2)在线段AA 1上是否存在点F ,使CF ⊥平面B 1DF ?若存在,求出|AF⃗⃗⃗⃗⃗ |;若不存在,请说明理由.应用空间向量解答探索性(存在性)问题立体几何中的存在探究题,解决思路一般有两个:(1)根据题目的已知条件进行综合分析和观察猜想,找出点或线的位置,并用向量表示出来,然后再加以证明,得出结论;(2)假设所求的点或参数存在,并用相关参数表示相关点,根据线、面满足的垂直、平行关系,构建方程(组)求解,若能求出参数的值且符合该限定的范围,则存在,否则不存在.1.若直线l 的方向向量为a =(1,-2,3),平面α的法向量为n =(-3,6,-9),则( )A.l ⊂αB.l ∥αC.l ⊥αD.l 与α相交 2.在正方体ABCD-A 1B 1C 1D 1中,E ,F 分别是BB 1,CD 的中点,则( )A.平面AED ∥平面A 1FD 1B.平面AED ⊥平面A 1FD 1C.平面AED 与平面A 1FD 1相交但不垂直 D.以上都不对3.若直线l 的方向向量是a =(1,0,-2),平面β的法向量是b =(-1,0,2),则直线l 与β的位置关系是 .4.如图,在四面体ABCD 中,AB ⊥平面BCD ,BC=CD ,∠BCD=90°,∠ADB=30°,E ,F 分别是AC ,AD 的中点,求证:平面BEF ⊥平面ABC.5．如图所示，在长方体1111ABCD A B C D -中，1AD =，12AB AA ==，N 、M 分别是AB 、1C D 的中点．（1）求证：//NM 平面11A ADD ；（2）求证：NM ⊥平面11A B M ．参考答案：知识梳理二、小试牛刀1.答案: (1)× (2)√ (3)× (4)√2. 答案:B 解析:因为α⊥β,所以-2-8-2k=0,解得k=-5.学习过程例1思路分析只需证明直线PE 与AF 的方向向量互相垂直即可.证明:(方法1)以A 为原点,以AD ,AB ,AP 所在直线分别为x 轴,y 轴,z 轴建立空间直角坐标系,设AD=a , 则A (0,0,0),P (0,0,1),B (0,1,0),C (a ,1,0),于是F (0,12,12). ∵E 在BC 上,∴设E (m ,1,0),∴PE ⃗⃗⃗⃗⃗ =(m ,1,-1), AF ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,12,12). ∵PE ⃗⃗⃗⃗⃗ ·AF ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,∴PE ⊥AF . ∴无论点E 在边BC 上何处,总有PE ⊥AF .(方法2)因为点E 在边BC 上,可设BE⃗⃗⃗⃗⃗ =λBC ⃗⃗⃗⃗⃗ , 于是PE ⃗⃗⃗⃗⃗ ·AF ⃗⃗⃗⃗⃗ =(PA ⃗⃗⃗⃗⃗ +AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +BE ⃗⃗⃗⃗⃗ )·12(AP ⃗⃗⃗⃗⃗ +AB ⃗⃗⃗⃗⃗ )=12(PA ⃗⃗⃗⃗⃗ +AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +λBC ⃗⃗⃗⃗⃗ )·(AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +AP ⃗⃗⃗⃗⃗ ) =12(PA ⃗⃗⃗⃗⃗ ·AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +PA ⃗⃗⃗⃗⃗ ·AP ⃗⃗⃗⃗⃗ +AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ·AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ·AP ⃗⃗⃗⃗⃗ +λBC ⃗⃗⃗⃗⃗ ·AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +λBC ⃗⃗⃗⃗⃗ ·AP ⃗⃗⃗⃗⃗ )=12(0-1+1+0+0+0)=0, 因此PE⃗⃗⃗⃗⃗ ⊥AF ⃗⃗⃗⃗⃗ . 故无论点E 在边BC 上的何处,都有PE ⊥AF . 延伸探究 证明:同例题建系,易知AF ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,12,12,BC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(a ,0,0),因为AF⃗⃗⃗⃗⃗ ·BC ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,所以AF ⊥BC.跟踪训练1 证明:以D 为原点,DA ,DC ,DD 1所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴,建立 如图所示的空间直角坐标系.设正方体的棱长为1,则B (1,1,0),D 1(0,0,1),A (1,0,0),C (0,1,0),E (12,12,0),B 1(1,1,1).(1)∵BD 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(-1,-1,1),AC⃗⃗⃗⃗⃗ =(-1,1,0), ∴BD 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·AC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(-1)×(-1)+(-1)×1+1×0=0.∴BD 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⊥AC ⃗⃗⃗⃗⃗ ,∴BD 1⊥AC.(2)∵BD 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(-1,-1,1),EB 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(12,12,1),∴BD 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·EB 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(-1)×12+(-1)×12+1×1=0,∴BD 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⊥EB 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,∴BD 1⊥EB 1.例2思路分析一种思路是不建系,利用基向量法证明D 1M ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 与平面EFB 1内的两个不共线向量都垂直,从而根据线面垂直的判定定理证得结论;另一种思路是建立空间直角坐标系,通过坐标运算证明D 1M ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 与平面EFB 1内的两个不共线向量都垂直;还可以在建系的前提下,求得平面EFB 1的法向量,然后说明D 1M ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 与法向量共线,从而证得结论.证明:(方法1)因为E ,F ,M 分别为棱AB ,BC ,B 1B 的中点,所以D 1M ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =D 1B 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +B 1M ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =DA ⃗⃗⃗⃗⃗ +DC ⃗⃗⃗⃗⃗ +12B 1B ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ , 而B 1E ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =B 1B ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +BE ⃗⃗⃗⃗⃗ =B 1B ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ −12DC ⃗⃗⃗⃗⃗ , 于是D 1M ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·B 1E ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(DA ⃗⃗⃗⃗⃗ +DC ⃗⃗⃗⃗⃗ +12B 1B ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ )·(B 1B ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ −12DC ⃗⃗⃗⃗⃗ )=0-0+0-12+12−14×0=0,因此D 1M ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⊥B 1E ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ .同理D 1M ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⊥B 1F ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,又因为B 1E ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,B 1F ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 不共线,因此D 1M ⊥平面EFB 1.(方法2)分别以DA ,DC ,DD 1所在直线为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系.则D 1(0,0,1),M (1,1,12), B 1(1,1,1),E (1,12,0),F (12,1,0),于是D 1M ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,1,-12),B 1E ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,-12,-1),B 1F ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(-12,0,-1), 因此D 1M ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·B 1E ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =1×0+1×(-12)+(-12)×(-1)=0,故D 1M ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⊥B 1E ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ;又D 1M ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·B 1F ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =1×(-12)+1×0+(-12)×(-1)=0,故D 1M ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⊥B 1E ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ . 又B 1E ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,B 1F ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 不共线,因此D 1M ⊥平面EFB 1.(方法3)分别以DA ,DC ,DD 1所在直线为x 轴,y 轴,z 轴建立空间直角坐标系,则D 1(0,0,1),M (1,1,12),B 1(1,1,1),E (1,12,0),F (12,1,0),于是D 1M ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,1,-12), B 1E ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,-12,-1),B 1F ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(-12,0,-1), 设平面EFB 1的法向量为n =(x ,y ,z ),于是n ⊥B 1E ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,n ⊥B 1F ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,因此{-12y -z =0,-12x -z =0, 取x=2,则y=2,z=-1,即n =(2,2,-1),而(1,1,-12)=12(2,2,-1),即D 1M ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =12n ,所以D 1M ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ∥n ,故D 1M ⊥平面EFB 1.跟踪训练2证明:因为AP ⊥平面ABCD ,AB ⊥AD ,所以以A 为坐标原点,AB ,AD ,AP 所在的直线分别为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系.则B (4,0,0),P (0,0,4),D (0,2√2,0),C (2,2√2,0),所以BD⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(-4,2√2,0), AC⃗⃗⃗⃗⃗ =(2,2√2,0),AP ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,0,4). 所以BD⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·AC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(-4)×2+2√2×2√2+0×0=0, BD⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·AP ⃗⃗⃗⃗⃗ =(-4)×0+2√2×0+0×4=0, 所以BD ⊥AC ,BD ⊥AP .因为AP ∩AC=A ,AC ⊂平面P AC ,AP ⊂平面P AC ,所以BD ⊥平面P AC.例3思路分析要证明两个平面垂直,由两个平面垂直的条件,可证明这两个平面的法向量垂直,转化为求两个平面的法向量n 1,n 2,证明n 1·n 2=0. 解:由题意得AB ,BC ,B 1B 两两垂直.以点B 为原点,BA ,BC ,BB 1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A (2,0,0),A 1(2,0,1), C (0,2,0),C 1(0,2,1),E 0,0,12,则AA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,0,1),AC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(-2,2,0),AC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(-2,2,1), AE ⃗⃗⃗⃗⃗ =-2,0,12.设平面AA 1C 1C 的一个法向量为n 1=(x 1,y 1,z 1).则{n 1·AA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0,n 1·AC ⃗⃗⃗⃗⃗ =0⇒{z 1=0,-2x 1+2y 1=0. 令x 1=1,得y 1=1.∴n 1=(1,1,0).设平面AEC 1的一个法向量为n 2=(x 2,y 2,z 2).则{n 2·AC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0,n 2·AE ⃗⃗⃗⃗⃗ =0⇒{-2x 2+2y 2+z 2=0,-2x 2+12z 2=0, 令z 2=4,得x 2=1,y 2=-1.∴n 2=(1,-1,4).∵n 1·n 2=1×1+1×(-1)+0×4=0,∴n 1⊥n 2,∴平面AEC 1⊥平面AA 1C 1C.跟踪训练3分析:因为FA ⊥平面ABCD ,所以可以以点A 为坐标原点建立空间直角坐标系. 证明:如图,建立空间直角坐标系,点A 为坐标原点,设AB=1,依题意得A (0,0,0),M (12,1,12),C (1,1,0),D (0,2,0),E (0,1,1),则AM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(12,1,12),CE ⃗⃗⃗⃗⃗ =(-1,0,1),AD ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,2,0),可得AM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·CE ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,CE ⃗⃗⃗⃗⃗ ·AD ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,因此CE ⊥AM ,CE ⊥AD. 又AM ∩AD=A ,∴CE ⊥平面AMD.又CE ⊂平面CED ,∴平面AMD ⊥平面CED.金题典例解:(1)以B 为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系.∵AC=2a ,∠ABC=90°,∴AB=BC=√2a.∴B (0,0,0),A (√2a ,0,0),C (0,√2a ,0),B 1(0,0,3a ),A 1(√2a ,0,3a ),C 1(0,√2a ,3a ),D (√22a ,√22a ,3a),E (0,√22a ,32a), CA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(√2a ,-√2a ,3a ),BE ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,√22a ,32a). ∴|CA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |=√13a ,|BE ⃗⃗⃗⃗⃗ |=√112a ,CA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·BE ⃗⃗⃗⃗⃗ =0-a 2+92a 2=72a 2. ∴cos <BE ⃗⃗⃗⃗⃗ ,CA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ >=BE ⃗⃗⃗⃗⃗ ·CA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |BE ⃗⃗⃗⃗⃗ ||CA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |=7√143143.(2)存在.理由如下:假设存在点F ,使CF ⊥平面B 1DF. 不妨设AF=b ,则F (√2a ,0,b ),CF ⃗⃗⃗⃗⃗ =(√2a ,-√2a ,b ),B 1F ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(√2a ,0,b -3a ),B 1D ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(√22a ,√22a ,0). ∵CF ⃗⃗⃗⃗⃗ ·B 1D ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =a 2-a 2+0=0,∴CF ⃗⃗⃗⃗⃗ ⊥B 1D ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 恒成立.由B 1F⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·CF ⃗⃗⃗⃗⃗ =2a 2+b (b -3a )=b 2-3ab+2a 2=0, 得b=a 或b=2a ,∴当|AF⃗⃗⃗⃗⃗ |=a 或|AF ⃗⃗⃗⃗⃗ |=2a 时,CF ⊥平面B 1DF .达标检测1. 答案:C 解析:∵直线l 的方向向量为a =(1,-2,3),平面α的法向量为n =(-3,6,-9),∴a =-13n ,∴a ∥n ,∴l ⊥α.故选C.2. 答案:B 解析:以D 为原点, DA ⃗⃗⃗⃗⃗ ,DC ⃗⃗⃗⃗⃗ ,DD 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 分别为x ,y ,z 建立空间直角坐标系,求出平面AED 的法向量n 1与平面A 1FD 1的法向量n 2.因为n 1·n 2=0,所以n 1⊥n 2,故平面AED ⊥平面A 1FD 1. 3.答案:l ⊥β 解析:因为a ∥b ,所以l ⊥β.4. 证明:建立空间直角坐标系,如图,取A (0,0,a ),则易得B (0,0,0),C √32a ,√32a ,0,D (0,√3a ,0),E √34a ,√34a ,a 2,F (0,√32a ,a2). ∵∠BCD=90°,∴CD ⊥BC.∵AB ⊥平面BCD ,∴AB ⊥CD.又∵AB ∩BC=B ,∴CD ⊥平面ABC.∴CD ⃗⃗⃗⃗⃗ =(-√32a ,√32a ,0)为平面ABC 的一个法向量.设平面BEF 的法向量n =(x ,y ,z ),∴n ·EF⃗⃗⃗⃗⃗ =0, 即(x ,y ,z )·(-√34a ,√34a ,0)=0.∴x=y. 由n ·BF ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,即(x ,y ,z )·(0,√32a ,a 2)=0, 有√32ay+a2z=0,∴z=-√3y.取y=1,得n =(1,1,-√3).∵n ·CD ⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,1,-√3)·(-√32a ,√32a ,0)=0, ∴n ⊥CD⃗⃗⃗⃗⃗ .∴平面BEF ⊥平面ABC.5． 证明：（1）以D 为原点，DA 为x 轴，DC 为y 轴，1DD 为z 轴，建立空间直角坐标系，在长方体1111ABCD A B C D -中，1AD =，12AB AA ==，N 、M 分别是AB 、1C D 的中点， (0M ∴，1，1)，(1N ，1，0)，(1MN =，0，1)-， 平面11A ADD 的法向量(0n =，1，0)，∴0MN n =， MN ⊂/平面11A ADD ，//MN ∴平面11A ADD ． （2）1(1A ，0，2)，1(1B ，2，2)，11(0A B =，2，0)，1(1A M =-，1，1)-， ∴11·0MN A B =，1·0MN AM =， 11MN A B ∴⊥，1MN A M ⊥， 1111A B A M A ⋂=，NM ∴⊥平面11A B M ．。
新教材适用2023_2024学年高中数学第4章对数运算与对数函数1对数的概念课件北师大版必修第一册
式中的幂指数.
2.并非所有指数式都可以直接化为对数式.如(-3)2=9就不能直
接写成log(-3)9=2,只有当a>0,且a≠1,N>0时,才有
ax=N⇔x=logaN.
【变式训练1】 将下列指数式化为对数式,对数式化为指数式.
(1)54=625;(2)log216=4;(3)10-2=0.01;
4.若logπ[log3(ln x)]=0,则x=
.
解析:由logπ[log3(ln x)]=0,得log3(ln x)=1,
则ln x=3,故x=e3.
答案:e3
-- +
5.设 x=log23,则
=
-
+
.
解析:因为 x=log23,所以 2 =3,所以 2
x
-- +
【问题思考】
1.指数方程 3 = ,可化为
x
3x= ,所以
x= .那么以你现有的
知识,能解 3x=2 吗?
提示:不能,因为2难以化为以3为底的指数式,因而需要引入其
他概念.
2.一般地,如果a(a>0,且a≠1)的b次幂等于N,即ab=N,那么数 b
称为以a为底N的对数,记作logaN =b,其中a叫作对数的底数,
N叫作真数.
3.将下列指数式化为对数式.
m
-4
(1)() =;(2)2 =.
解:(1)m=lo .
(2)-4=log2.
二、两种特殊的对数
【问题思考】
1.(1)常用对数:当对数的底数a=10时,通常称之为常用对数,并
新教材高中数学第一章第1课时距离问题课件新人教A版选择性必修第一册ppt
AD1C的距离为
.
解析 以D为坐标原点,DA,DC,DD1所在直线分别为x轴、y轴、z轴,建立空
间直角坐标系(图略),
则 A(2,0,0),C(0,2,0),D1(0,0,4),B1(2,2,4),
则 =(-2,2,0),1 =(-2,0,4),1 1 =(-2,-2,0),
设平面 AD1C 的法向量为 n=(x,y,z),
线MN的距离.
解 如例 1 解中建立空间直角坐标系(图略).
则 M(2,0,1),N
3
2, 2 ,0
,C1(0,3,1),
3
0, 2 ,-1
所以直线 MN 的方向向量为MN =2Biblioteka ,MC1 =(-2,3,0),
MN
所以点 C1 到 MN 的距离 d= |MC1 | - MC1 ·
|MN |
2
=
2 286
已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2,E,F分别是C1C,D1A1的中点,则点A
到直线EF的距离为
.
解析 如图,以点 D 为原点,DA,DC,DD1 所在直线分别为 x 轴、y 轴、z 轴建立
空间直角坐标系,则 A(2,0,0),E(0,2,1),F(1,0,2), =(1,-2,1),=(1,0,-2),
2.两条平行直线之间的距离
求两条平行直线l,m之间的距离,可在其中一条直线l上任取一点P,则两条
平行直线间的距离就等于点P到直线m的距离.
要点笔记点到直线的距离,即点到直线的垂线段的长度,由于直线与直线外
一点确定一个平面,所以空间点到直线的距离问题可转化为空间某一个平
面内点到直线的距离问题.
微练习
的距离.
思路分析借助平面SAC⊥平面ABC的性质,建立空间直角坐标系,先求平面
2024注册测绘师《综合能力》讲义-第1章-大地测量(4)似大地水准面精化
2024年注册测绘师资格考试《测绘综合能力》讲义§1.7似大地水准面精化知识点一、概述1．似大地水准面概念与作用(1)大地水准面：设想一个与静止的平均海水面重合并延伸到大陆内部的包围整个地球的封闭的重力位水准面。
大地水准面也称为重力等位面，它既是一个几何面，又是一个物理面。
(2)正高：地面一点沿该点的重力线到大地水准面的距离。
大地水准面是正高的起算面。
(3)似大地水准面：从地面一点沿正常重力线按正常高相反方向量取高至正常高所得端点所构成的曲面。
似大地水准面是正常高的起算面。
(4)正常高：地面一点沿正常重力线到似大地水准面的距离称为正常高。
以似大地水准面定义的高程系统称为正常高系统。
我国目前采用的法定高程系统就是正常高系统。
(5)大地高：从地面点沿法线到所采用的参考椭球面的距离。
它的起算面是所采用的参考椭球面。
(6)大地水准面差距：参考椭球面与大地水准面之差的距离称为大地水准面差距，记为N。
(7)高程异常：似大地水准面至地球椭球面的垂直距离称为高程异常，记为ξ。
如果设地面某一点的大地高为H 大地，它的正高为h 正高，正常高为h 正常高，大地水准面差距为N ，高程异常为ξ则有精确求定大地水准面差距N ，则是对大地水准面的精化，精确求定高程异常ξ，则是对似大地水准面的精化。
我国采用的是正常高系统，正常高的起算面是似大地水准面。
因此，我国主要是对似大地水准面的精化，也就是按一定的分辨率精确求定高程异常ξ。
==h H h N ξ++大地正高正常高2．似大地水准面精化方法确定似大地水准面的方法可归纳为：（1）几何法（如天文水准、卫星测高及GPS水准等）（2）重力学法（3）几何与重力联合法（或称组合法）。
下列关于大地水准面的描述中，错误的是（）。
A．大地水准面是一个参考椭球面B．大地水准面是一个重力等位面C．大地水准面是一个几何面D．大地水准面是一个物理面下列关于大地水准面的描述中，错误的是（）。
A．大地水准面是一个参考椭球面B．大地水准面是一个重力等位面C．大地水准面是一个几何面D．大地水准面是一个物理面【答案】A1．设计原则(1)与建设现代化的国家测绘基准相结合。
- 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、"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、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)。
同学你好，网校试题均为高清大图，如果你的文档出现显示不全的问题，请调整页边距，或将图片缩小查看。
第1题
第2题
第3题
第4题
第5题
试题答案
第1题：
正确答案:D
答案解析
第2题：
正确答案:C
答案解析
第3题：
正确答案:A
答案解析
第4题：
正确答案:C
答案解析
第5题：
正确答案:B
答案解析