高考数学理科一轮复习空间向量及其运算学案附答案Word下载.docx
- 文档编号:21357241
- 上传时间:2023-01-29
- 格式:DOCX
- 页数:10
- 大小:23.38KB
高考数学理科一轮复习空间向量及其运算学案附答案Word下载.docx
《高考数学理科一轮复习空间向量及其运算学案附答案Word下载.docx》由会员分享,可在线阅读,更多相关《高考数学理科一轮复习空间向量及其运算学案附答案Word下载.docx(10页珍藏版)》请在冰豆网上搜索。
____________&
________,__________,________________,
a⊥b&
________&
_________________________________.
模、夹角和距离公式
则|a|=a&
a=_____________________________________________________________,
cos〈a,b〉=a&
b|a||b|=_________________________________________________________.
若A,B,
则|AB→|=__________________________________________________________________.
自我检测
.若a=,b=,且a∥b,则
A.x=1,y=1
B.x=12,y=-12
c.x=16,y=-32
D.x=-16,y=32
2.
如图所示,在平行六面体ABcD—A1B1c1D1中,m为Ac与BD的交点,若A1B1→=a,A1D1→=b,A1A→=c,则下列向量中与B1m→相等的向量是
A.-12a+12b+c
B.12a+12b+c
c.12a-12b+c
D.-12a-12b+c
3.在平行六面体ABcD—A′B′c′D′中,已知∠BAD=∠A′AB=∠A′AD=60°
,AB=3,AD=4,AA′=5,则|Ac′→|=________.
4.有下列4个命题:
①若p=xa+yb,则p与a、b共面;
②若p与a、b共面,则p=xa+yb;
③若mP→=xmA→+ymB→,则P、m、A、B共面;
④若P、m、A、B共面,则mP→=xmA→+ymB→.
其中真命题的个数是
A.1
B.2
c.3
D.4
5.A,B,c,D这四个点________.
探究点一 空间基向量的应用
例1 已知空间四边形oABc中,m为Bc的中点,N为Ac的中点,P为oA的中点,Q为oB的中点,若AB=oc,求证:
Pm⊥QN.
变式迁移1
如图,在正四面体ABcD中,E、F分别为棱AD、Bc的中点,则异面直线AF和cE所成角的余弦值为________.
探究点二 利用向量法判断平行或垂直
例2 两个边长为1的正方形ABcD与正方形ABEF相交于AB,∠EBc=90°
,点m、N分别在BD、AE上,且AN=Dm.
求证:
mN∥平面EBc;
求mN长度的最小值.
变式迁移2
如图所示,已知正方形ABcD和矩形AcEF所在的平面互相垂直,AB=2,AF=1,m是线段EF的中点.
Am∥平面BDE;
Am⊥面BDF.
探究点三 利用向量法解探索性问题
例3 如图,平面PAc⊥平面ABc,△ABc是以Ac为斜边的等腰直角三角形,E,F,o分别
为PA,PB,Ac的中点,Ac=16,PA=Pc=10.
设G是oc的中点,证明FG∥平面BoE;
在△AoB内是否存在一点m,使Fm⊥平面BoE?
若存在,求出点m到oA,oB的距离;
若不存在,说明理由.
变式迁移3 已知在直三棱柱ABc—A1B1c1中,底面是以∠ABc为直角的等腰直角三角形,Ac=2a,BB1=3a,D为A1c1的中点,E为B1c的中点.
求直线BE与A1c所成的角的余弦值;
在线段AA1上是否存在点F,使cF⊥平面B1DF?
若存在,求出AF;
若不存在,请说明理由.
.向量法解立体几何问题有两种基本思路:
一种是利用基向量表示几何量,简称基向量法;
另一种是建立空间直角坐标系,利用坐标法表示几何量,简称坐标法.
2.利用坐标法解几何问题的基本步骤是:
建立适当的空间直角坐标系,用坐标准确表示涉及到的几何量.通过向量的坐标运算,研究点、线、面之间的位置关系.根据运算结果解释相关几何问题.
一、选择题
.下列命题:
①若A、B、c、D是空间任意四点,则有AB→+Bc→+cD→+DA→=0;
②|a|-|b|=|a+b|是a、b共线的充要条件;
③若a、b共线,则a与b所在直线平行;
④对空间任意一点o与不共线的三点A、B、c,若oP→=xoA→+yoB→+zoc→则P、A、B、c四点共面.其中假命题的个数是
2.
如图所示,在正方体ABcD—A1B1c1D1中,o是底面ABcD的中心,m、N分别是棱DD1、D1c1的中点,则直线om
A.既垂直于Ac,又垂直于mN
B.垂直于Ac,但不垂直于mN
c.垂直于mN,但不垂直于Ac
D.与Ac、mN都不垂直
3.
如图所示,在三棱柱ABc—A1B1c1中,AA1⊥底面ABc,AB=Bc=AA1,∠ABc=90°
,点E、F分别是棱AB、BB1的中点,则直线EF和Bc1所成的角是
A.45°
B.60°
c.90°
D.120°
4.设点c在点P、A、B确定的平面上,则a等于
A.16
B.4
c.2
D.8
5.在直角坐标系中,A,B,沿x轴把直角坐标系折成120°
的二面角,则AB的长度为
A.2
B.211
c.32
D.42
二、填空题
6.
如图所示,已知空间四边形ABcD,F为Bc的中点,E为AD的中点,若EF→=λ,则λ=________.
7.在正方体ABcD—A1B1c1D1中,给出以下向量表达式:
①-AB→;
②-D1c1→;
③-2DD1→;
④+DD1→.
其中能够化简为向量BD1→的是________.
8.
如图所示,PD垂直于正方形ABcD所在平面,AB=2,E为PB的中点,cos〈DP→,AE→〉=33,若以DA,Dc,DP所在直线分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系,则点E的坐标为________.
三、解答题
9.
如图所示,已知ABcD—A1B1c1D1是棱长为3的正方体,点E在AA1上,点F在cc1上,且AE=Fc1=1.
E、B、F、D1四点共面;
若点G在Bc上,BG=23,点m在BB1上,Gm⊥BF,垂足为H,求证:
Em⊥平面Bcc1B1.
10.如图,
四边形ABcD是边长为1的正方形,mD⊥平面ABcD,NB⊥平面ABcD,且mD=NB=1,E为Bc的中点.
求异面直线NE与Am所成角的余弦值;
在线段AN上是否存在点S,使得ES⊥平面AmN?
若存在,求线段AS的长;
1.
如图所示,已知空间四边形ABcD的各边和对角线的长都等于a,点m、N分别是AB、cD的中点.
mN⊥AB,mN⊥cD;
求mN的长;
求异面直线AN与cm所成角的余弦值.
学案45 空间向量及其运算
.大小 方向 相同 相等 存在实数λ,使得a=λb oA→+tAB→ om→+xmA→+ymB→ 1 2.xa+yb+zc 3.①∠AoB 〈a,b〉 0≤〈a,b〉≤π 互相垂直 ②|a||b|cos〈a,b〉 a&
b a&
b=|a||b|cos〈a,b〉
①λ ②b&
a ③a&
b+a&
c 4.a1b1+a2b2+a3b3 a=λb a1=λb1 a2=λb2 a3=λb3 a&
b=0 a1b1+a2b2+a3b3=0 a21+a22+a23
a1b1+a2b2+a3b3a21+a22+a23&
b21+b22+b23 &
#61480;
a2-a1&
#61481;
2+&
b2-b1&
c2-c1&
2
.c [∵a∥b,∴2x1=1-2y=39,
∴x=16,y=-32.]
2.A [B1m→=B1A1→+A1A→+Am→
=-A1B1→+A1A→+12AB→+12AD→
=-a+c+12=-12a+12b+c.]
3.97
解析 ∵Ac′→=AB→+Bc→+cc′→=AB→+AD→+AA′→,
∴|Ac′→|2=AB→2+AD→2+AA′→2+2AB→&
AD→+2AD→&
AA′→+2AA′→&
AB→=32+42+52+2×
3×
4×
cos60°
+2×
5×
=97,
∴|Ac′→|=97.
4.B [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mP→=xmA→+ymB→不正确.]
5.共面
解析 AB→=,Ac→=,AD→=,设AD→=xAB→+yAc→,
即=.
∴x=2y=3,从而A、B、c、D四点共面.
课堂活动区
例1 解题导引 欲证a⊥b,只要把a、b用相同的几个向量表示,然后利用向量的数量积证明a&
b=0即可,这是基向量证明线线垂直的基本方法.
证明 如图所示
.
设oA→=a,oB→=b,oc→=c.
∵om→=12=12,
oN→=12=12,
∴Pm→=Po→+om→=-12a+12
=12,
QN→=Qo→+oN→=-12b+12=12.
∴Pm→&
QN→=14[c-][c+]
=14[c2-2]=14
∵|AB→|=|oc→|,∴Pm→&
QN→=0.
即Pm→⊥QN→,故Pm⊥QN.
变式迁移1 23
解析 设{AB→,Ac→,AD→}为空间一组基底,
则AF→=12AB→+12Ac→,
cE→=12cA→+12cD→=12cA→+12
=-Ac→+12AD→.
∴AF→&
cE→=12AB→+12Ac→&
-Ac→+12AD→
=-12AB→&
Ac→-12Ac→2+14AB→&
AD→+14Ac→&
AD→
=-14AB→2-12Ac→2+18AB→2+18Ac→2
=-12Ac→2.
又|AF→|=|cE→|=32|Ac→|,∴|AF→|&
|cE→|=34|Ac→|2.
∴cos〈AF→,cE→〉=AF→&
cE→|AF→||cE→|=-12Ac→234|Ac→|2=-23.
∴异面直线AF与cE所成角的余弦值为23.
例2 解题导引
如图所示,建立坐标系后,要证mN平行于平面EBc,只要证mN→的横坐标为0即可.
证明 如图所示,以BA→、Bc→、BE→为单位正交基底建立空间直角坐标系,
则A,D,E,B,
设ANAE=DmDB=λ,则mN→=mD→+DA→+AN→=λBD→+DA→+λAE→
=λ++λ=.
∵0&
lt;
λ&
1,∴λ-1≠0,λ≠0,且mN→的横坐标为0.
∴mN→平行于平面yBz,即mN∥平面EBc.
解 由知|mN→|=&
λ-1&
2+λ2=2λ2-2λ+1
=2λ-122+12,
∴当λ=12时,mN取得长度的最小值为22.
变式迁移2 证明 建立如图所示的空间直角坐标系,
设Ac∩BD=N,连接NE.
则点N、E的坐标分别为
22,22,0、.
∴NE→=-22,-22,1.
又点A、m的坐标分别为、22,22,1,
∴Am→=-22,-22,1.
∴NE→=Am→且NE与Am不共线.
∴NE∥Am.
又∵NE&
#8834;
平面BDE,Am&
#8836;
平面BDE,
∴Am∥平面BDE.
由得,Am→=-22,-22,1,
∵D,F,B,
∴DF→=,BF→=.
∴Am→&
DF→=0,Am→&
BF→=0.∴Am→⊥DF→,Am→⊥BF→,
即Am⊥DF,Am⊥BF.
又DF∩BF=F,
∴Am⊥平面BDF.
例3 解题导引 建立适当的空间直角坐标系后,写出各点坐标.第题证明FG→与平面BoE的法向量n垂直,即FG→&
n=0即可.第题设出点m的坐标,利用mF→∥n即可解出,然后检验解的合理性.
证明
如图,连接oP,以点o为坐标原点,分别以oB,oc,oP所在直线为x轴,y轴,z轴,建立空间直角坐标系o—xyz.
则o,A,
B,c,P,E,F.
由题意,得G.
因为oB→=,oE→=,
所以平面BoE的法向量n=.
由FG→=,得n&
FG→=0.
又直线FG不在平面BoE内,所以FG∥平面BoE.
解 设点m的坐标为,
则Fm→=.
因为Fm⊥平面BoE,所以Fm→∥n,
因此x0=4,y0=-94,
即点m的坐标是4,-94,0.
在平面直角坐标系xoy中,△AoB的内部区域可表示为不等式组x&
gt;
0,y&
0,x-y&
8.
经检验,点m的坐标满足上述不等式组.
所以,在△AoB内存在一点m,使Pm⊥平面BoE.
由点m的坐标,得点m到oA,oB的距离分别为4,94.
变式迁移3 解
以点B为原点,以BA、Bc、BB1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,则B,B1,
∵△ABc为等腰直角三角形,
∴AB=Bc=22Ac=2a,
∴A,c,c1,
E0,22a,32a,A1,
∴BE→=0,22a,32a,A1c→=,
cos〈BE→,A1c→〉=BE→&
A1c→|BE→||A1c→|=-72a2112a×
13a=-7143143.
∴直线BE与A1c所成的角的余弦值为7143143.
假设存在点F,使cF⊥平面B1DF,
并设AF→=λAA1→=λ=,
∵D为A1c1的中点,∴D22a,22a,3a,
B1D→=22a,22a,3a-=22a,22a,0,
B1F→=B1B→+BA→+AF→=++=),
cF→=cA→+AF→=+
=.
∵cF⊥平面B1DF,∴cF→⊥B1D→,cF→⊥B1F→,
cF→&
B1D→=0cF→&
B1F→=0,即3λa×
0=09λ2-9λ+2=0,
解得λ=23或λ=13
∴存在点F使cF⊥面B1DF,且
当λ=13时,|AF→|=13|AA1→|=a,
当λ=23时,|AF→|=23|AA1→|=2a.
课后练习区
.c [②③④均不正确.]
2.A [以D为坐标原点,以DA为x轴,Dc为y轴,DD1为z轴建系,设棱长为2,则m,N,o,A,c,
∴Ac→=,mN→=,om→=,
∴om→&
Ac→=0,om→&
mN→=0,
∴om⊥Ac,om⊥mN.]
3.B [
如图建立坐标系,设AB=Bc=AA1=2,则E,F,c1,
∴EF→=,Bc1→=,
∴cos〈EF→,Bc1→〉=22&
8=12.
∵〈EF→,Bc1→〉∈[0°
,180°
]
∴EF与Bc1所成的角是60°
.]
4.A [由Pc→=λ1PA→+λ2PB→得:
=λ1+λ2,
∴-λ1+6λ2=2a-1-3λ1-λ2=a+1,2λ1+4λ2=2 解得a=16.]
5.B [
过A、B分别作AA1⊥x轴,BB1⊥x轴,垂足分别为A1和B1,则AA1=3,A1B1=5,BB1=2,
∵AB→=AA1→+A1B1→+B1B→,
∴AB→2=AA1→2+A1B1→2+B1B→2+2AA1→&
B1B→=32+52+22+2×
2×
=44.∴|AB→|=211.]
6.12
解析 ∵EF→=EA→+AB→+BF→,
又EF→=ED→+Dc→+cF→,
∴2EF→=AB→+Dc→,∴EF→=12,∴λ=12.
7.①②
解析 ①-AB→=AD1→-AB→=BD1→;
②-D1c1→=Bc1→-D1c1→=BD1→;
③-2DD1→=BD→-2DD1→≠BD1→;
④+DD1→=B1D1→+=B1D1→≠BD1→.
解析 设DP=y&
0,则A,B,P,E1,1,y2,DP→=,AE→=-1,1,y2.
∴cos〈DP→,AE→〉=DP→&
AE→|DP→||AE→|=12y2y2+y24=y8+y2=33.
解得y=2,∴E.
9.证明
建立如图所示的空间直角坐标系,
则BE→=,BF→=,
BD1→=.
所以BD1→=BE→+BF→.
故BD1→、BE→、BF→共面.
又它们有公共点B,∴E、B、F、D1四点共面.
设m,则Gm→=0,-23,z.
而BF→=,
由题设,得Gm→&
BF→=-23×
3+z&
2=0,得z=1.
∴m,E,∴mE→=.
又BB1→=,Bc→=,∴mE→&
BB1→=0,
∴mE→&
Bc→=0,从而mE⊥BB1,mE⊥Bc.
又∵BB1∩Bc=B,∴mE⊥平面Bcc1B1.
0.
解 如图所示,以点D为坐标原点,建立空间直角坐标系D—xyz.
依题意,得D,
A,m,c,B,N,
E12,1,0.
∴NE→=-12,0,-1,
Am→=.
∵cos〈NE→,Am→〉=NE→&
Am→|NE→|&
|Am→|=-1252×
2=-1010,
∴异面直线NE与Am所成角的余弦值为1010.
假设在线段AN上存在点S,使得ES⊥平面AmN.
∵AN→=,可设AS→=λAN→=,
又EA→=12,-1,0,
∴ES→=EA→+AS→=12,λ-1,λ.
由ES⊥平面AmN,
得ES→&
Am→=0,ES→&
AN→=0,即-12+λ=0,&
+λ=0.
故λ=12,此时AS→=0,12,12,|AS→|=22.
经检验,当AS=22时,ES⊥平面AmN.
故线段AN上存在点S,
使得ES⊥平面AmN,此时AS=22.
1.证明 设AB→=p,Ac→=q,AD→=r.
由题意可知:
|p|=|q|=|r|=a,且p、q、r三向量两两夹角均为60°
.
mN→=AN→-Am→=12-12AB→
∴mN→&
AB→=12&
p
=12
=12=0.
∴mN⊥AB
又∵cD→=AD→-Ac→=r-q,
cD→=12&
=0,∴mN⊥cD.
解 由可知mN→=12,
∴|mN→|2=mN→2=142
=14[q2+r2+p2+2]
=14a2+a2+a2+2a22-a22-a22
=14×
2a2=a22.
∴|mN→|=22a,∴mN的长为22a.
解 设向量AN→与mc→的夹角为θ.
∵AN→=12=12,
mc→=Ac→-Am→=q-12p,
∴AN→&
mc→=12&
q-12p
=12q2-12q&
p+r&
q-12r&
=12a2-12a2&
+a2&
-12a2&
=12a2-a24+a22-a24=a22.
又∵|AN→|=|mc→|=32a,
#822
- 配套讲稿:
如PPT文件的首页显示word图标,表示该PPT已包含配套word讲稿。双击word图标可打开word文档。
- 特殊限制:
部分文档作品中含有的国旗、国徽等图片,仅作为作品整体效果示例展示,禁止商用。设计者仅对作品中独创性部分享有著作权。
- 关 键 词:
- 高考 数学 理科 一轮 复习 空间 向量 及其 运算 学案附 答案