高中数学选修2-1第三章-本章小结
北师大版高中数学选修2-1课件：第三章 本章总结提升(共19张PPT)
A到抛物线的准线的距离为4,则
|AB|=
.
整合创新
【变式】(2)如图T3-1
所示,直线y=m与抛物
线y2=4x交于点A,与
圆(x-1)2+y2=4的实
线部分交于点B,
图T3-1
F为抛物线的焦点,则△ABF的周长
的取值范围是 ( )
A.(2,Leabharlann )B.(4,6)C.[2,4]
D.[4,6]
[答案] (2)B [解析] (2)设B(xB,yB),则1≤xB≤3. 因为可以构成△ABF,所以1<xB<3. 圆的半径|BF|=2,抛物线的准线方程为x=-1, 根据抛物线定义,|AF|等于点A到直线x=-1的 距离d,所以△ABF的周长l=|AF|+|AB|+|BF|= |AF|+|AB|+2=d+|AB|+2=xB-(-1)+2=xB+3,故 4<l<6.
[答案] (2)(0,15)
整合创新
整合创新
[答案] (1)C
整合创新
整合创新
题型三 直线与圆锥曲线的位置关系 [类型总述] (1)直线与圆锥曲线的位置关系; (2)圆锥曲线的弦长问题 ;(3)最值(或范围) 问题.
整合创新
整合创新
整合创新
【变式】(1)过抛物线C:y2=4x的焦点
F作直线l交抛物线C于A,B两点,若点
等于常数λ(λ≠0),则动点P的轨迹C
的方程为
.
整合创新
[答案] x2-9y2=1(y≠0)
整合创新
[答案] C
整合创新
题型二 圆锥曲线的性质 [类型总述] (1)由圆锥曲线方程讨论其性质;(2)由性质求圆锥曲线方程;(3)圆锥曲线的离 心率问题.
人教B版选修2-1高中数学第三章3.2.3直线与平面的夹角教学课件
cosθ A1B1 AB
B A
α
A1
B1
新课导入
下面的直线与平面有什么关系？
那下面的直线与平面的关系又是什么呢？
下面的直线与平面的关 系还可以像以上那样描 述它们的关系吗？
水
桌面
面
3.2.3 直线与平面的夹角
教学目标
知识与能力
知道斜线与平面的夹角含义， 体会夹角定义的唯一性与合理性。
过程与方法
理解并会推导cosθ= cosθ1
cosθ2的证明过程。
情感态度与价值观
培养同学们视察生活并从中提出 问题的能力以及利用数学解决实际问 题的能力。
教学重难点
重点
直线与平面的夹角的定义理解
难点
公式推导过程的应用
研讨
A 看下图：
α
O θ1 m θ2
θ B
M
已知OA是平面α的斜线段，
O是斜足，线段AB垂直于α，B
为垂足，则线段OB是斜线OA
在平面α内的正射影。
所以 OOOAAA***mmmOOOBBB***mmmBBBAAA***mmm
A
因此 OOAA**mmOOBB**mm
即
α
O θ1 m θ2
θ B
M
OA cosθ OB cosθ2
OB cosθ OA cosθ2
A
又
OB cosθ1 α
O θ1 m θ2
θ B
M
OA
所以 cosθ= cosθ1*cosθ2
上,因此是L与P1的交点.
M• P1
L
•
• M1
P
解 过M作平行于 平面 P 的一个点P1
P1: 6( x 1) 2( y 2) 3(z 3) 0
高中数学选修2-1第三章 本章小结
连结PQ，则ADQP为正方形，
∴AQ⊥DP.
∵EP∩DP＝P，∴AQ⊥平面DEP.
∵AQ⊂面AEQ，∴面AEQ⊥面DEP.
三、空间向量与空间角 1．纵观近几年高考发现，对于空间角的考查，每
年都有．不论在选择，还是填空中均有考查，而解答
题中更是考查重点，因此空间角必是高考的一个生长 点． 2.对于空间角中线线角、线面角及二面角，一是 利用传统解法，如平移法，利用定义求解等，但向量 法求解更能体现解题的优越性．
∵BC⊥面 A1 ABB1 ，∴BC⊥A1 B，又 BC⊥AB， ∴∠A1 BA 即为二面角 A1 —BC—A 的平面角， 即∠A1 BA＝φ. → → BA1 · BA c a ∴cosφ＝ ＝ 2 ，∴sinφ＝ 2 . 2 2 → → a ＋c a ＋c |BA1 |· | |BA ∵c<b，∴ < 2 ， 2 2 2 b a ＋c a ＋c π 即 sinθ<sinφ，又 θ，φ∈(0， )，∴θ<φ. 2 ac a
【评析】
要建立空间直角坐标系，先要有三条
互相垂直且交于一点的直线．
四、空间向量与空间距离
空间பைடு நூலகம்离在高考中考查较多的是两点距和点面
距．两点距主要利用向量的模即两点间的距离公式求
解．点面距利用平面的法向量代入公式求解．有了向 量，距离的求法也都公式化了．
【例5】
在长方体OABC—O1A1B1C1中，|OA|＝2，
图 10
→ 则 F( 2a,0，b)，CF ＝( 2a，－ 2a，b)， 2 2 → → B1 F＝( 2a,0，b－3a)，B1 D＝( a， a,0)． 2 2 → → → → 2 2 ∵CF · 1 D＝a －a ＋0＝0，∴CF ⊥B1 D恒成立． B
高中数学 第三章第1节空间向量及其运算知识精讲 理 新人教版A版选修2-1
高二数学选修2-1第三章第1节空间向量及其运算人教新课标A 版（理）一、学习目标：1. 理解空间向量的概念，了解共线或平行向量的概念，掌握其表示方法；会用图形说明空间向量的加法、减法、数乘向量及它们的运算律；能用空间向量的运算意义及运算律解决简单的立体几何中的问题．2. 理解共线向量的定理及其推论．3. 掌握空间向量的夹角和模的概念及其表示方法；掌握两个向量数量积的概念、性质和计算方法及运算律；掌握两个向量数量积的主要用途，会用它解决立体几何中的一些简单问题．4. 掌握空间向量的正交分解，空间向量的基本定理及其坐标表示；掌握空间向量的坐标运算的规律；会根据向量的坐标，判断两个向量共线或垂直．二、重点、难点：重点：空间向量的加减与数乘运算及运算律，空间直线、平面的向量参数方程及线段中点的向量公式，点在已知平面内的充要条件，两个向量的数量积的计算方法及其应用，空间向量的基本定理、向量的坐标运算．难点：由平面向量类比学习空间向量，对点在已知平面内的充要条件的理解与运用，向量运算在几何证明与计算中的应用，理解空间向量的基本定理．三、考点分析：本讲知识主要为由平面向量类比学习空间向量的概念及其基本运算，涉及到空间向量中的共线向量和共面向量，以及空间向量的基本定理和空间向量的坐标运算．数量积的运用，是我们学习的重点．一、空间向量的概念：模（或长度）为0的向量称为零向量；模为1的向量称为单位向量．与向量a 长度相等且方向相反的向量称为a 的相反向量，记作a -．方向相同且模相等的向量称为相等向量．二、空间向量的加法和减法、数乘运算1. 求两个向量和的运算称为向量的加法，它遵循平行四边形法则．2. 求两个向量差的运算称为向量的减法，它遵循三角形法则．3. 实数λ与空间向量a 的乘积a λ是一个向量，称为向量的数乘运算．当0λ>时，a λ与a 方向相同；当0λ<时，a λ与a 方向相反；当0λ=时，a λ为零向量，记为0．a λ的长度是a 的长度的λ倍．三、共线向量与共面向量1. 向量共线的充要条件：对于空间任意两个向量a ，()0b b ≠，//a b 的充要条件是存在实数λ，使a b λ=．2. 向量共面定理：平行与同一平面的向量是共面向量．四、向量的数量积1. 已知两个非零向量a 和b ，在空间任取一点O ，作a OA =，b OB =，则∠AOB 称为向量a ，b 的夹角，记作,a b 〈〉．两个向量夹角的取值范围是：[],0,a b π〈〉∈．2. 对于两个非零向量a 和b ，若,2a b π〈〉=，则向量a ，b 互相垂直，记作a b ⊥．3. 已知两个非零向量a 和b ，则cos ,a b a b 〈〉称为a ，b 的数量积，记作a b ⋅．即cos ,a b a b a b ⋅=〈〉．零向量与任何向量的数量积为0．五、空间向量的坐标表示和运算设()111,,a x y z =，()222,,b x y z =，则 1. ()121212,,a b x x y y z z +=+++． 2. ()121212,,a b x x y y z z -=---． 3. ()111,,a x y z λλλλ=． 4. 121212a b x x y y z z ⋅=++．5. 若a 、b 为非零向量，则12121200a b a b x x y y z z ⊥⇔⋅=⇔++=．6. 若0b ≠，则121212//,,a b a b x x y y z z λλλλ⇔=⇔===．7. 222111a a a x y z =⋅=++．8. 121212222222111222cos ,a b a b a bx y z x y z⋅〈〉==++⋅++．9. ()111,,x y z A ，()222,,x y z B ，则()()()222212121d x x y y z z AB =AB =-+-+-知识点一 空间向量的概念的运用例1、与向量(1,3,2)a =-平行的一个向量的坐标是（ ）A ．（31，1，1） B ．（－1，－3，2） C ．（－21，23，－1）D ．（2，－3，－22）思路分析：1）题意分析：本题主要考查共线向量的概念的运用．2）解题思路：利用共线向量的概念，如果b a b a b λ=⇔≠//,0，那么说向量→→b a ,共线．也可观察坐标的系数是不是成比例．解答过程：解析：向量的共线和平行是一样的，可利用空间向量共线定理写成数乘的形式． 即b a b a b λ=⇔≠//,0，因为(1,3,2)a =-＝－2（－21，23，－1），故答案为C ． 解题后的思考：对于空间共线向量的判定，要么利用坐标对应成比例，要么利用向量的线性关系来判定．例2、在平行六面体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，M 为AC 与BD 的交点，若11B A ＝a ，11D A ＝b ，A A 1＝c ，则下列向量中与MB 1相等的向量是（ ）A ．++-2121B ．++2121 C ．c b a +-2121D ．c b a +--2121思路分析：1）题意分析：本题考查的是基本的向量相等与向量的加法，考查学生的空间想象能力． 2）解题思路：把未知向量表示为已知向量，可利用三角形或平行四边形法则解决．用向量的方法处理立体几何问题，使复杂的线面空间关系代数化．解答过程：解析：)(21111BC BA A A BM B B MB ++=+=＝＋21（－+）＝－21＋21＋．故选A ． 解题后的思考：对于空间向量的线性表示，我们本着把所求的向量与已知向量尽量放在一个封闭图形中的原则，再结合向量的加法得到．例3、在下列条件中，使M 与A 、B 、C 一定共面的是 （ ）A ．OM --=2B ．213151++=C ．=++MC MB MA 0D ．=+++OC OB OA OM 0 思路分析：1）题意分析：本题主要考查共面向量的概念的运用．2）解题思路：空间的四点P 、A 、B 、C 共面只需满足,OC z OB y OA x OP ++=且1=++z y x 即可，或者AC y AB x AP +=．解答过程：由于空间的四点P 、A 、B 、C 共面只需满足,OC z OB y OA x OP ++=且1=++z y x 即可，首先判定A ，B ，D 项都不符合题意，由排除法可知只有选C ．利用向量的加法和减法我们可以把+-+-=++)()(OM OB OM OA MC MB MA03)()(=-++=-OM OC OB OA OM OC ，)(31++=，显然满足题意． 解题后的思考：对空间向量的共面问题，我们只需利用课本中的两个结论判定即可．,z y x ++=且1=++z y x 或,y x +=都可判定P ，A ，B ，C 共面．例4、①如果向量,a b 与任何向量都不能构成空间向量的一组基底，那么,a b 的关系是不共线；②,,,O A B C 为空间四点，且向量,,OA OB OC 不构成空间的一个基底，那么点,,,O A B C 一定共面；③已知向量,,a b c 是空间的一个基底，则向量,,a b a b c +-也是空间的一个基底． 其中正确的命题是（ ）A ．①②B ．①③C ．②③D ．①②③ 思路分析：1）题意分析：本题考查空间向量的基底．2）解题思路：结合空间向量基底的概念，我们逐一的判定．解答过程：命题①中，由于,a b 与任何向量都共面，说明,a b 是共线向量．因此①是错误的．命题②中，由四点确定的、共起点的三个向量不能构成基底，说明了这四点是共面的，因此②是正确的．命题③中，要判定三个向量是否可构成基底，关键是看这三个向量是不是不共面，共面与是共面的，，→→→→→→-+b a b a b a ，因此③是正确的．选C ．解题后的思考：理解空间向量的基底是由不共面的四点，或者说不共面的三个向量构成的．知识点二 空间向量的坐标运算的运用例5、在ΔABC 中，已知)0,4,2(=AB ，)0,3,1(-=BC ，则∠ABC ＝＿＿＿．思路分析：1）题意分析：本题考查用向量数量积求夹角．2）解题思路：首先要注意夹角的概念，是共起点，因此在求角的时候，要注意向量的方向，否则容易出错．解答过程：(2,4,0),(1,3,0),BA BC =--=-2cos ,2||||2510BA BC BA BC BA BC ⋅∴===-⋅ ∴∠ABC ＝145°解题后的思考：向量夹角的求解是高考中的常考题型，因此，同学们要注意准确运用．例6、已知空间三点A （0，2，3），B （－2，1，6），C （1，－1，5）． ⑴求以向量AC AB ,为一组邻边的平行四边形的面积S ；⑵若向量a 分别与向量AC AB ,垂直，且|a |＝3，求向量a 的坐标思路分析：1）题意分析：本题综合运用向量的数量积来判定垂直，求解夹角．2）解题思路：首先分析平行四边形的面积实际上是三角形面积的2倍，于是可转化为求三角形的面积，需先结合数量积求出夹角的余弦值，然后得到夹角的正弦值，再求面积；求向量的坐标，一般是先设出其坐标，然后结合已知条件，列出关系式，进而求解．解答过程：⑴21||||cos ),2,3,1(),3,1,2(==∠∴-=--=AC AB AC AB BAC AC AB ． ∴∠BAC ＝60°，3760sin ||||==∴ AC AB S ． ⑵设a ＝（x ，y ，z ），则,032=+--⇒⊥z y x AB a33||,023222=++⇒==+-⇒⊥z y x a z y x AC a解得x ＝y ＝z ＝1或x ＝y ＝z ＝－1，∴a ＝（1，1，1）或a ＝（－1，－1，－1）．解题后的思考：向量的数量积是高考中的一个热点话题，出题形式较灵活，只要同学们抓住数量积解决的问题一般是有关夹角、距离的问题这个本质即可．例7、如图所示，直三棱柱ABC —A 1B 1C 1中，CA ＝CB ＝1，∠BCA ＝90°，棱AA 1＝2，M 、N 分别是A 1B 1、A 1A 的中点．（1）求的长；（2）求cos<11,CB BA ＞的值； （3）求证：M C B A 11⊥思路分析：1）题意分析：本题主要考查空间向量的概念及其运算的基本知识．考查空间两向量垂直的充要条件．2）解题思路：先建立空间直角坐标系，然后写出坐标，利用坐标的运算进行求解． 解答过程：如图，建立空间直角坐标系O －xyz ．（1）解：依题意得B （0，1，0）、N （1，0，1） ∴|BN |＝3)01()10()01(222=-+-+-．（2）解：依题意得A 1（1，0，2）、B （0，1，0）、C （0，0，0）、B 1（0，1，2） ∴1BA ＝{1，－1，2}，1CB ＝{0，1，2}，1BA ·1CB ＝3，|1BA |＝6，|1CB |＝5∴cos<1BA ，1CB >＝30101||||1111=⋅⋅CB BA CB BA ．（3）证明：依题意，得C 1（0，0，2）、M （21,21，2），B A 1＝{－1，1，－2}，MC 1＝{21,21，0}．∴B A 1·M C 1＝－2121+＋0＝0，∴B A 1⊥M C 1．解题后的思考：对于空间中的角和垂直的判定，如果不能直接利用定义，我们可以运用代数的方法，结合坐标运算进行．例8、已知正方体''''ABCD A B C D -的棱长为a ，M 为'BD 的中点，点N 在'A C '上，且|'|3|'|A N NC =，试求MN 的长．思路分析：1）题意分析：本题考查向量的概念及向量的坐标运算，求解有关距离的问题．2）解题思路：对于空间向量的距离的求解，可借助于向量的数量积的性质来解，也可利用坐标运算进行求解．解答过程： 以D 为原点，建立如图所示的空间直角坐标系．因为正方体棱长为a ，所以B （a ，a ，0），A'（a ，0，a ），'C （0，a ，a ），'D （0，0，a ）．由于M 为'BD 的中点，取''A C 的中点O'，所以M （2a ，2a ，2a ），O'（2a ，2a，a ）．因为|'|3|'|A N NC =，所以N 为''A C 的四等分点，从而N 为''O C 的中点，故N （4a ，34a ，a ）．根据空间两点间的距离公式，可得22236||()()()242424a a a a a MN a a =-+-+-=．解题后的思考：本题是求解空间几何体中距离的问题，我们一般利用坐标的运算进行求解．解题关键是能把坐标准确地表示出来．小结：通过以上的典型例题，同学们应熟练掌握以下基本概念：共线向量与共面向量，空间向量的基底，以及运用向量的坐标运算解决有关的距离和夹角问题．注意处理以上问题的两个方法：向量法与坐标法．空间向量及其运算是解决立体几何的一种重要工具，同学们要理解基本概念，并能对比平面向量进行加、减运算和数乘运算及数量积的运算和应用．数量积问题是向量问题中经常考查的知识点，要能灵活解决有关的夹角和距离问题，从而为后面的学习打下坚实的基础．一、预习新知本讲学习了空间向量的概念及其基本运算，那么能否利用向量解决空间中有关角与距离的问题呢？二、预习点拨探究与反思：探究任务一：用空间向量解决立体几何中有关角的问题 【反思】（1）如何用向量表示线面角、二面角及异面直线所成的角 （2）具体的求角的公式应如何怎么表示？探究任务二：用空间向量解决立体几何中有关距离的问题 【反思】（1）如何用空间向量表示空间的点线的距离、异面直线的距离、线面的距离、面面的距离？（2）求解距离的具体的计算公式是什么？（答题时间：50分钟）一、选择题1．下列命题正确的是（ ）A ．若a 与b 共线，b 与c 共线，则a 与c 共线B ．向量,,a b c 共面就是它们所在的直线共面C ．零向量没有确定的方向D ．若//a b ，则存在唯一的实数λ使得a b λ=2． 已知A （－1，－2，6），B （1，2，－6），O 为坐标原点，则向量OA OB 与的夹角是（ ）A ．0B ．2πC ．πD ．32π 3． 已知空间四边形ABCO 中，c OC ，b OB ，a OA ===，点M 在OA 上，且OM ＝2MA ，N 为BC 中点，则MN ＝（ ）A ．c b a 213221+- B ．c b a 212132++- C ．c b a 212121-+ D ．c b a 213232-+4． 设A 、B 、C 、D 是空间不共面的四点，且满足000=⋅=⋅=⋅AD AB ，AD AC ，AC AB ，则△BCD 是（ ）A ．钝角三角形B ．锐角三角形C ．直角三角形D ．不确定5． 空间四边形OABC 中，OB ＝OC ，∠AOB ＝∠AOC ＝60°，则cos BC ，OA ＝（ ） A ．21B ．22C ．-21D ．06． 已知A （1，1，1）、B （2，2，2）、C （3，2，4），则△ABC 的面积为（ ） A ．3B ．32C ．6D ．267． 已知),,2(),,1,1(t t b t t t a =--=，则||b a -的最小值为（ ） A ．55 B ．555 C ．553 D ．511二、填空题8．若)1,3,2(-=a ，)3,1,2(-=b ，则以b a ,为邻边的平行四边形的面积为 ． 9．已知空间四边形OABC ，其对角线为OB 、AC ，M 、N 分别是对边OA 、BC 的中点，点G 在线段MN 上，且GN MG 2=，现用基组{}OC OB OA ,,表示向量OG ，有OG ＝x OC z OB y OA ++，则x 、y 、z 的值分别为 ．10．已知点A （1，-2，11）、B （4，2，3），C （6，-1，4），则△ABC 的形状是 ． 11．已知向量)0,3,2(-=a ，)3,0,(k b =，若b a ,成120°的角，则k ＝ ．三、解答题12．如图，在空间直角坐标系中BC ＝2，原点O 是BC 的中点，点A 的坐标是（21,23，0），点D 在平面yOz 上，且∠BDC ＝90°，∠DCB ＝30°．（1）求向量OD 的坐标；（2）设向量AD 和BC 的夹角为θ，求cos θ的值13．四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD 是一个平行四边形，AB ＝（2，－1，－4），AD ＝（4，2，0），AP ＝（－1，2，－1）． （1）求证：PA ⊥底面ABCD ； （2）求四棱锥P －ABCD 的体积；（3）对于向量a ＝（x 1，y 1，z 1），b ＝（x 2，y 2，z 2），c ＝（x 3，y 3，z 3），定义一种运算：（a ×b ）·c ＝x 1y 2z 3＋x 2y 3z 1＋x 3y 1z 2－x 1y 3z 2－x 2y 1z 3－x 3y 2z 1，试计算（AB ×AD ）·AP 的绝对值的值；说明其与四棱锥P －ABCD 体积的关系，并由此猜想向量这一运算（AB ×AD ）·AP 的绝对值的几何意义．14．若四面体对应棱的中点间的距离都相等，证明这个四面体的对棱两两垂直．1．C ；解析：由于选项A 中当b ＝→0时，就不符合题意，因此A 错误．选项B ，向量共面，但向量所在的直线不一定共面，可以是平行．选项D ，应说明b ≠→0． 2．C ；解析：||||cos b a ⋅=θ，计算结果为－1．3．B ；解析：显然OA OC OB OM ON MN 32)(21-+=-=． 4．B ；解析：过点A 的棱两两垂直，通过设棱长、应用余弦定理可得△BCD 为锐角三角形． 5．D ；解析：先建立一组基向量OC OB OA ,,，再处理⋅的值． 6．D ；解析：应用向量的运算，显然><⇒>=<AC AB AC AB ,sin ,cos ，从而得><=S ,sin ||||21． 7．C ；解析：利用向量数量积的性质求解模的平方的最小值，然后再开方即可得到． 8．56；解析：72||||,cos -=>=<b a ，得753,sin >=<b a ，从而可得结果．9．313161、、； 解析：OM ON OA MN OA MG OM OG 313161]21)(21[3221)(32213221++=-++=-+=+=+= 10．直角三角形；解析：利用空间两点间的距离公式得：222||||||AC BC AB +=．11．39-；解析：219132,cos 2-=+=>=<k k b a ，得39±=k ． 12．解：（1）过D 作DE ⊥BC ，垂足为E ，在Rt △BDC 中，由∠BDC ＝90°，∠DCB ＝30°，BC ＝2，得BD ＝1，CD ＝3，∴DE ＝CD ·sin30°＝23． OE ＝OB －BE ＝OB －BD ·cos60°＝1－2121=． ∴D 点坐标为（0，－23,21），即向量的坐标为（0，－23,21）． （2）依题意：）（）（）（0,1,0,0,1,0,0,21,23=-==， 所以）（）（0,2,0,23,1,23=-=--=-=OB OC BC OA OD AD ．设向量和BC 的夹角为θ，则cos θ222222020)23()1()23(0232)1(023||||++⋅+-+-⨯+⨯-+⨯-=⋅BC AD BC AD 1051-=． 13．（1）证明：∵AB AP ⋅＝－2－2＋4＝0，∴AP ⊥AB ． 又∵AD AP ⋅＝－4＋4＋0＝0，∴AP ⊥AD ．∵AB 、AD 是底面ABCD 上的两条相交直线，∴PA ⊥底面ABCD ． （2）解：设AB 与AD 的夹角为θ，则 cos θ1053416161428||||=+⋅++-=⋅AD AB AD ABABCD P V -＝31|AB |·|AD |·sin θ·|AP |＝161411059110532=++⋅-⋅ （3）解：|（AB ×AD ）·AP |＝|－4－32－4－8|＝48，它是四棱锥P －ABCD 体积的3倍．猜测：|（AB ×AD ）·AP |在几何上可表示以AB 、AD 、AP 为棱的平行六面体的体积（或以AB 、AD 、AP 为棱的直四棱柱的体积）． 14．证明：如图，设321,,r SC r SB r SA ===，则SN SM SH SG SF SE ,,,,,分别为121r ，)(2132r r +，)(2121r r +，321r ，)(2131r r +，221r ，由条件EF ＝GH ＝MN 得： 223123212132)2()2()2(r r r r r r r r r -+=-+=-+展开得313221r r r r r r ⋅=⋅=⋅∴0)(231=-⋅r r r ，∵1r ≠，23r r -≠， ∴1r ⊥（23r r -），即SA ⊥BC ．同理可证SB ⊥AC ，SC ⊥AB ．。
2014年人教A版选修2-1课件 第三章小结(空间向量与立体几何)
3.1 空间向量及其运算
3.2 立体几何中的向量方法 第三章 小结
本章小结
知识要点
例题选讲
复习参考题 自我检测题
1. 空间向量及其加减运算 在空间具有大小和方向的量叫空间向量. 模、零向量、相等向量、相反向量、单 位向量等的意义与平面向量相同. 空间任意两个向量都可以平移到同一个 平面内, 成为同一平面内的两个向量. 空间向量的加减运算与平面向量相同.
A(a1, a2, a3), B(b1, b2, b3),
AB (b1-a1, b2-a2, b3-a3).
| AB | (b1 - a1 )2 (b2 - a2 )2 (b3 - a3 )2 .
4. 空间向量坐标运算 a(a1, a2, a3), b(b1, b2, b3), a· ba1b1a2b2a3b3.
| ABCD| cos . | AB ||CD|
n
P
(2) 直线与平面所成的角 a | n PA| ( 为非钝角). sin | n || PA|
A
10. 空间的角
(3) 二面角 | m n| cos , ( 为非钝角) | m || n| | m n| cos - , ( 为钝角) | m || n|
a
m n已知 AB ( x1, y1, z1 ), AC ( x2 , y2 , z2 ). (1) 设法向量为 n (x, y, z);
(2) 由 AB· n 0, AC· n0得 x1 x y1 y z1z 0 x x y y z z 0; 2 2 2 (3) 消去 一个未知数, 得一个二元一次方程; (4) 取其中一组较简单的解即是一个法向量.
北师大版高中数学选修2-1第3章章末总结
高中数学学习材料（灿若寒星精心整理制作）章末总结知识点一圆锥曲线的定义和性质对于圆锥曲线的有关问题，要有运用圆锥曲线定义解题的意识，“回归定义”是一种重要的解题策略；应用圆锥曲线的性质时，要注意与数形结合思想、方程思想结合起来．总之，圆锥曲线的定义、性质在解题中有重要作用，要注意灵活运用．例1已知双曲线的焦点在x轴上，离心率为2，F1，F2为左、右焦点，P为双曲线上一点，且∠F1PF2＝60°，S△PF1F2＝123，求双曲线的标准方程．知识点二直线与圆锥曲线的位置关系直线与圆锥曲线一般有三种位置关系：相交、相切、相离．在直线与双曲线、抛物线的位置关系中有一种情况，即直线与其交于一点和切于一点，二者在几何意义上是截然不同的，反映在代数方程上也是完全不同的，这在解题中既是一个难点也是一个十分容易被忽视的地方．圆锥曲线的切线是圆锥曲线的割线与圆锥曲线的两个交点无限靠近时的极限情况，反映在消元后的方程上，就是一元二次方程有两个相等的实数根，即判别式等于零；而与圆锥曲线有一个交点的直线，是一种特殊的情况(抛物线中与对称轴平行，双曲线中与渐近线平行)，反映在消元后的方程上，该方程是一次的．例2如图所示，O为坐标原点，过点P(2，0)且斜率为k的直线l交抛物线y2＝2x于M(x1，y1)，N(x2，y2)两点．(1)求x1x2与y1y2的值；(2)求证：OM⊥ON.知识点三轨迹问题轨迹是解析几何的基本问题，求解的方法有以下几种：(1)直接法：建立适当的坐标系，设动点为(x，y)，根据几何条件直接寻求x、y之间的关系式．(2)代入法：利用所求曲线上的动点与某一已知曲线上的动点的关系，把所求动点转换为已知动点．具体地说，就是用所求动点的坐标x 、y 来表示已知动点的坐标并代入已知动点满足的曲线的方程，由此即可求得所求动点坐标x 、y 之间的关系式．(3)定义法：如果所给几何条件正好符合圆、椭圆、双曲线、抛物线等曲线的定义，则可直接利用这些已知曲线的方程写出动点的轨迹方程．(4)参数法：当很难找到形成曲线的动点P (x ，y )的坐标x ，y 所满足的关系式时，借助第三个变量t ，建立t 和x ，t 和y 的关系式x ＝φ(t )，y ＝Φ(t )，再通过一些条件消掉t 就间接地找到了x 和y 所满足的方程，从而求出动点P (x ，y )所形成的曲线的普通方程． 例3 设点A 、B 是抛物线y 2＝4px (p >0)上除原点O 以外的两个动点，已知OA ⊥OB ，OM ⊥AB ，垂足为M ，求点M 的轨迹方程，并说明它表示什么曲线？知识点四 圆锥曲线中的定点、定值问题圆锥曲线中的定点、定值问题是高考命题的一个热点，也是圆锥曲线问题中的一个难点，解决这个难点没有常规的方法，但解决这个难点的基本思想是明确的，定点、定值问题必然是在变化中所表现出来的不变的量，那么就可以用变化的量表示问题的直线方程、数量积、比例关系等，这些直线方程、数量积、比例关系不受变化的量所影响的某个点或值，就是要求的定点、定值．化解这类问题难点的关键就是引进变化的参数表示直线方程、数量积、比例关系等，根据等式的恒成立、数式变换等寻找不受参数影响的量．例4 若直线l ：y ＝kx ＋m 与椭圆x 24＋y 23＝1相交于A 、B 两点(A 、B 不是左、右顶点)，A 2为椭圆的右顶点且AA 2⊥BA 2，求证：直线l 过定点．知识点五 圆锥曲线中的最值、范围问题圆锥曲线中的最值、范围问题，是高考热点，主要有以下两种求解策略：(1)平面几何法平面几何法求最值问题，主要是运用圆锥曲线的定义和平面几何知识求解．(2)目标函数法建立目标函数解与圆锥曲线有关的最值问题，是常规方法，其关键是选取适当的变量建立目标函数，然后运用求函数最值的方法确定最值．例5 已知A (4,0)，B (2,2)是椭圆x 225＋y 29＝1内的两定点，点M 是椭圆上的动点，求|MA |＋|MB |的最值．例6 已知F 1、F 2为椭圆x 2＋y 22＝1的上、下两个焦点，AB 是过焦点F 1的一条动弦，求△ABF 2面积的最大值．章末总结重点解读例1 解如图所示，设双曲线方程为x 2a 2－y 2b 2＝1 (a>0，b>0)．∵e ＝c a＝2，∴c ＝2a. 由双曲线的定义，得||PF 1|－|PF 2||＝2a ＝c ，在△PF 1F 2中，由余弦定理，得：|F 1F 2|2＝|PF 1|2＋|PF 2|2－2|PF 1||PF 2|cos 60°＝(|PF 1|－|PF 2|)2＋2|PF 1||PF 2|(1－cos 60°)，即4c 2＝c 2＋|PF 1||PF 2|.①又S △PF 1F 2＝123，∴12|PF 1||PF 2|sin 60°＝123， 即|PF 1||PF 2|＝48.②由①②，得c 2＝16，c ＝4，则a ＝2，b 2＝c 2－a 2＝12， ∴所求的双曲线方程为x 24－y 212＝1. 例2 (1)解 过点P(2,0)且斜率为k 的直线方程为：y ＝k(x －2)．把y ＝k(x －2)代入y 2＝2x ，消去y 得k 2x 2－(4k 2＋2)x ＋4k 2＝0，由于直线与抛物线交于不同两点，故k 2≠0且Δ＝(4k 2＋2)2－16k 4＝16k 2＋4>0，x 1x 2＝4，x 1＋x 2＝4＋2k2， ∵M 、N 两点在抛物线上，∴y 21·y 22＝4x 1·x 2＝16， 而y 1·y 2<0，∴y 1y 2＝－4.(2)证明 ∵OM →＝(x 1，y 1)，ON →＝(x 2，y 2)，∴OM →·ON →＝x 1·x 2＋y 1·y 2＝4－4＝0.∴OM →⊥ON →，即OM ⊥ON.例3 解 设直线OA 的方程为y ＝kx (k ≠±1，因为当k ＝±1时，直线AB 的斜率不存在)，则直线OB 的方程为y ＝－x k， 进而可求A ⎝⎛⎭⎫4p k 2，4p k 、B(4pk 2，－4pk)． 于是直线AB 的斜率为k AB ＝k 1－k 2， 从而k OM ＝k 2－1k， ∴直线OM 的方程为y ＝k 2－1kx ，① 直线AB 的方程为y ＋4pk ＝－k k 2－1(x －4pk 2)．② 将①②相乘，得y 2＋4pky ＝－x(x －4pk 2)，即x 2＋y 2＝－4pky ＋4pk 2x ＝4p(k 2x －ky)，③又k 2x －ky ＝x ，代入③式并化简，得(x －2p)2＋y 2＝4p 2.当k ＝±1时，易求得直线AB 的方程为x ＝4p.故此时点M 的坐标为(4p,0)，也在(x －2p)2＋y 2＝4p 2 (x ≠0)上．∴点M 的轨迹方程为(x －2p)2＋y 2＝4p 2 (x ≠0)，∴其轨迹是以(2p,0)为圆心，半径为2p 的圆，去掉坐标原点．例4证明 设A(x 1，y 1)，B(x 2，y 2)，联立⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋m ，x 24＋y 23＝1，得(3＋4k 2)x 2＋8mkx ＋4(m 2－3)＝0， 则⎩⎨⎧ Δ＝64m 2k 2－16(3＋4k 2)(m 2－3)>0，x 1＋x 2＝－8mk 3＋4k 2，x 1x 2＝4(m 2－3)3＋4k 2.即⎩⎨⎧ 3＋4k 2－m 2>0，x 1＋x 2＝－8mk 3＋4k 2，x 1x 2＝4(m 2－3)3＋4k 2.又y 1y 2＝(kx 1＋m)(kx 2＋m)＝k 2x 1x 2＋mk(x 1＋x 2)＋m 2＝3(m 2－4k 2)3＋4k 2. ∵椭圆的右顶点为A 2(2,0)，AA 2⊥BA 2，∴(x 1－2)(x 2－2)＋y 1y 2＝0.∴y 1y 2＋x 1x 2－2(x 1＋x 2)＋4＝0.∴3(m 2－4k 2)3＋4k 2＋4(m 2－3)3＋4k 2＋16mk 3＋4k 2＋4＝0. ∴7m 2＋16km ＋4k 2＝0，解得m 1＝－2k ，m 2＝－2k 7， 且均满足3＋4k 2－m 2>0.当m 1＝－2k 时，l 的方程为y ＝k(x －2)，直线过定点(2,0)，与已知矛盾．当m 2＝－2k 7时，l 的方程为y ＝k ⎝⎛⎭⎫x －27，直线过定点⎝⎛⎭⎫27，0， ∴直线l 过定点．例5 解 因为A(4,0)是椭圆的右焦点，设A ′为椭圆的左焦点，则A ′(－4,0)，由椭圆定义知|MA|＋|MA ′|＝10.如图所示，则|MA|＋|MB|＝|MA|＋|MA ′|＋|MB|－|MA ′|＝10＋|MB|－|MA ′|≤10＋|A ′B|.当点M 在BA ′的延长线上时取等号．所以当M 为射线BA ′与椭圆的交点时，(|MA|＋|MB|)max ＝10＋|A ′B|＝10＋210.又如图所示，|MA|＋|MB|＝|MA|＋|MA ′|－|MA ′|＋|MB|＝10－(|MA ′|－|MB|)≥10－|A ′B|，当M 在A ′B 的延长线上时取等号．所以当M 为射线A ′B 与椭圆的交点时，(|MA|＋|MB|)min ＝10－|A ′B|＝10－210.例6 解 由题意，|F 1F 2|＝2.设直线AB 方程为y ＝kx ＋1，代入椭圆方程2x 2＋y 2＝2，得(k 2＋2)x 2＋2kx －1＝0，则x A ＋x B ＝－2k k 2＋2，x A ·x B ＝－1k 2＋2， ∴|x A －x B |＝8(k 2＋1)k 2＋2. S △ABF 2＝12|F 1F 2|·|x A －x B |＝22×k 2＋1k 2＋2＝22×1k 2＋1＋1k 2＋1 ≤22×12＝ 2. 当k 2＋1＝1k 2＋1，即k ＝0时， S △ABF 2有最大面积为 2.。
北师大版高中数学选修2-2第三章章末总结.docx
高中数学学习材料唐玲出品章末总结知识点一导数与函数的单调性利用导数研究函数的单调区间是导数的主要应用之一，其步骤为：(1)求导数f′(x)；(2)解不等式f′(x)>0或f′(x)<0；(3)确定并指出函数的单调增区间、减区间．特别要注意写单调区间时，区间之间用“和”或“，”绝对不能用“∪”连接．例1求下列函数的单调区间：(1)f(x)＝x2＋cos x；(2)f(x)＝x(x－a)2.知识点二导数与函数的极值极值反映函数在某个区间内函数值的变化情况，是一个局部观念，一个函数在定义域内可以有多个极值．极值可以结合函数的单调性，利用导数求得．求可导函数f (x )的极值步骤： ①求导数f ′(x )； ②求f ′(x )＝0的根；③根据f ′(x )的根得出单调区间，由f ′(x )在各区间上取值的正负可确定并求出函数f (x )的极值．例2 已知函数f (x )＝ax 3＋bx 2＋cx 在点x 0处取得极小值－4，使其导函数f ′(x )>0的x 的取值范围是(1,3)，求函数f (x )的解析式和极大值．知识点三 导数与函数最值求函数f (x )在闭区间[a ，b ]上的最大值、最小值的方法与步骤： (1)求f (x )在(a ，b )内的极值；(2)将(1)求得的极值与f (a )、f (b )相比较，其中最大的一个值为最大值，最小的一个值为最小值；特别地，①当f (x )在(a ，b )上单调时，其最小值、最大值在区间端点处取得；②当f (x )在(a ，b )内只有一个极值点时，若在这一点处f (x )有极大(或极小)值，则可以断定f (x )在该点处取得最大(或最小)值，这里(a ，b )也可以是(－∞，＋∞)．例3 设23<a <1，函数f (x )＝x 3－32ax 2＋b (－1≤x ≤1)的最大值为1，最小值为－62，求常数a ，b .知识点四 导数与参数的范围已知函数的单调性求参数的取值范围时，可以有两种方法，一是利用函数单调性的定义，二是利用导数法，利用导数法更为简捷．在解决问题的过程中主要处理好等号的问题．因为f ′(x )>0(或f ′(x )<0)仅是一个函数在某区间上递增(或递减)的充分不必要条件，而其充要条件是：f ′(x )≥0(或f ′(x )≤0)，且f ′(x )不恒为零．利用导数法解决取值范围问题时可以有两个基本思路：一是将问题转化为不等式在某区间上的恒成立问题，即f ′(x )≥0或f ′(x )≤0恒成立，用分离参数或函数性质求解参数范围，然后检验参数取“＝”时是否满足题意；另一思路是先令f ′(x )>0(或f ′(x )<0)，求出参数的取值范围后，再令参数取“＝”，看此时f (x )是否满足题意．例4 已知函数f (x )＝x 2＋ax(x ≠0，常数a ∈R )．若函数f (x )在x ∈[2，＋∞)上是单调递增的，求a 的取值范围．例5 已知f (x )＝x 3－12x 2－2x ＋5，当x ∈[－1,2]时，f (x )<m 恒成立，求实数m 的取值范围．答 案重点解读例1 解 (1)函数的定义域为R ，f ′(x )＝12－sin x ，令12－sin x >0，解得2k π－7π6<x <2k π＋π6(k ∈Z )，令12－sin x <0， 解得2k π＋π6<x <2k π＋5π6(k ∈Z )，因此，f (x )的单调增区间是(2k π－7π6，2k π＋π6) (k ∈Z )，单调减区间是(2k π＋π6，2k π＋5π6) (k∈Z )．(2)∵f (x )＝x 3－2ax 2＋a 2x (定义域为R )，∴由f ′(x )＝3x 2－4ax ＋a 2＝0.得x 1＝a3，x 2＝a .①当a >0时，x 1<x 2，∴所求单调递增区间为⎝⎛⎭⎫－∞，a 3，(a ，＋∞)，单调递减区间为⎝⎛⎭⎫a3，a . ②当a <0时，x 1>x 2，∴所求单调递增区间为(－∞，a )，⎝⎛⎭⎫a 3，＋∞，单调递减区间为⎝⎛⎭⎫a ，a 3. ③当a ＝0时，f ′(x )＝3x 2≥0，所求单调区间为(－∞，＋∞)，即f (x )在R 上是增加的．例2 解 由题意得f ′(x )＝3ax 2＋2bx ＋c ＝3a (x －1)(x －3) (a <0)．∴在(－∞，1)上f ′(x )<0，f (x )是减函数；在(1,3)上f ′(x )>0，f (x )是增函数，在(3，＋∞)上f ′(x )<0，f (x )是减函数． 因此f (x )在x 0＝1处取得极小值－4，在x ＝3处取得极大值．∴⎩⎪⎨⎪⎧a ＋b ＋c ＝－4f ′(1)＝3a ＋2b ＋c ＝0f ′(3)＝27a ＋6b ＋c ＝0.解得a ＝－1，b ＝6，c ＝－9. ∴f (x )＝－x 3＋6x 2－9x .则函数f (x )在x ＝3处取得极大值f (3)＝0. 例3 解 令f ′(x )＝3x 2－3ax ＝0， 得x 1＝0，x 2＝a .当x 变化时，f ′(x )与f (x )的变化情况如下表：x －1 (－1,0) 0 (0，a )a(a,1) 1 f ′(x ) ＋ 0 －0 ＋f (x )－1－32a ＋bb－a 32＋b1－32a ＋b从上表可知，当x ＝0时，f (x )取得极大值b ，而f (0)>f (a )，f (1)>f (－1)，故需比较f (0)与f (1)的大小．因为f (0)－f (1)＝32a －1>0，所以f (x )的最大值为f (0)＝b .所以b ＝1.又f (－1)－f (a )＝12(a ＋1)2(a －2)<0，所以f (x )的最小值为f (－1)＝－1－32a ＋b ＝－32a ，所以－32a ＝－62，所以a ＝63.故a ＝63，b ＝1.例4 解 f ′(x )＝2x －a x 2＝2x 3－ax2.要使f (x )在[2，＋∞)上是单调递增的， 则f ′(x )≥0在x ∈[2，＋∞)时恒成立， 即2x 3－ax 2≥0在x ∈[2，＋∞)时恒成立．∵x 2>0，∴2x 3－a ≥0，∴a ≤2x 3在x ∈[2，＋∞)上恒成立． ∴a ≤(2x 3)min .∵x ∈[2，＋∞)，y ＝2x 3是单调递增的， ∴(2x 3)min ＝16，∴a ≤16.当a ＝16时，f ′(x )＝2x 3－16x 2≥0 (x ∈[2，＋∞))有且只有f ′(2)＝0，∴a 的取值范围是a ≤16.例5 解 ∵f (x )＝x 3－12x 2－2x ＋5，∴f ′(x )＝3x 2－x －2.令f ′(x )＝0，即3x 2－x －2＝0，∴x ＝1或x ＝－23.当x ∈⎣⎡⎭⎫－1，－23时，f ′(x )>0，f (x )为增函数； 当x ∈⎝⎛⎭⎫－23，1时，f ′(x )<0，f (x )为减函数； 当x ∈(1,2]时，f ′(x )>0，f (x )为增函数．所以，当x ＝－23时，f (x )取得极大值f ⎝⎛⎭⎫－23＝15727； 当x ＝1时，f (x )取得极小值f (1)＝72.又f (－1)＝112，f (2)＝7.因此，f (x )在[－1,2]上的最大值为f (2)＝7. 要使f (x )<m 恒成立，须f (x )max <m ，即m >7. 所以，所求实数m 的取值范围是(7，＋∞)．。
(转)高二数学选修2-1、2-2、2-3知识点小结
中间变量对自变量的导数。
6. 定积分的概念，几何意义，区边图形的面积的积分形式表示，注意确定上方函数，下方函数的
选取，以及区间的分割.微积分基本定理
b a
f (x)dx F (x) |ba F (b) F(a) .
物理上的应用：汽车行驶路程、位移；变力做功问题。
7. 函数的单调性
（1）设函数 y f (x) 在某个区间（a，b）可导，如果 f ' (x) 0 ，则 f (x) 在此区间上为增函数；
面面垂直： n1 n2
4. 夹角问题
线线角 cos | cos a,b | | a b | （注意异面直线夹角范围 0 ）
| a || b |
2
线面角 sin | cos a, n | | a n | | a || n |
二面角
|
cos
||
cos
n1, n2
|
| n1 n2 | n1 || n2
线线平行： a / /b a / /b 线面平行： a / / a n 或 a / /b ， b 或 a xb yc(b，c 是 内不共线向量）
面面平行： // n1 / /n2
3. 垂直
线线垂直： a b a b a b 0
线面垂直： a a / /n 或 a b, a c (b，c 是 内不共线向量）
① 直线具有斜率 k ，两个交点坐标分别为 A(x1, y1), B(x2, y2 )
AB
1 k2 x1 x2
(1 k2 ) (x1 x2 )2 4x1x2
1 1 k2
y1 y2
② 直线斜率不存在,则 AB y1 y2 .
（3）有关对称垂直问题，要注意运用斜率关系及韦达定理，设而不求，简化运算。
人教B版高中数学选修2-2 第三章 小结与复习 素材 精品
章末总结知识点一复数的基本概念复数的概念是掌握复数的基础，如虚数、纯虚数、复数相等、复数的模等．有关复数的题目不同于实数，应注意根据复数的相关概念解答．例1设复数z＝lg(m2－2m－2)＋(m2＋3m＋2)i，试求实数m的取值，使(1)z是纯虚数；(2)z 是实数；(3)z在复平面上的对应点在复平面的第二象限．知识点二复数的四则运算1．复数加、减、乘、除运算的实质是实数的加减乘除，加减法是对应实、虚部相加减，而乘法类比多项式乘法，除法类比分式的分子分母有理化，注意i2＝－1.2．在高考中，本章考查的热点是复数的运算，尤其是复数的乘除运算，其中渗透着复数的模，共轭复数等概念，熟练掌握运算法则，熟悉常见的结果是迅速求解的关键，一般以选择题、填空题的形式考查．例2已知z1＋i＝2＋i，则复数z等于()A．－1＋3i B．1－3iC．3＋i D．3－i例3已知复数z与(z＋2)2－8i均是纯虚数，求复数z.知识点三 复数问题实数化复数问题实数化是解决复数问题的最基本也是最重要的思想方法，桥梁是设z ＝x ＋y i (x ，y ∈R )，依据是复数相等的充要条件．例4 设存在复数z 同时满足下列条件：(1)复数z 在复平面内对应的点位于第二象限；(2)z ·z ＋2i z ＝8＋a i (a ∈R )．求a 的取值范围．知识点四 复数的几何意义1．复数的几何意义包括三个方面：复数的表示(点和向量)、复数的模的几何意义及复数的运算的几何意义．复数的几何意义体现了用几何图形的方法研究代数问题的数学思想方法．2．复数的加减法的几何意义实质上是平行四边形法则和三角形法则．由减法的几何意义知|z －z 1|表示复平面上两点Z 与Z 1之间的距离．例5 在复平面内，向量AB →对应的复数是2＋i ，向量CB →对应的复数是－1－3i ，则向量对应的复数为( )A ．1－2iB ．－1＋2iC ．3＋4iD ．－3－4i例6 已知a ∈R ，z ＝(a 2－2a ＋4)－(a 2－2a ＋2)i 所对应的点在第几象限？复数z 对应的点的轨迹是什么？。
高中数学新湘教版选修2-1 空间向量与立体几何 章末小结复习
1．空间向量基本定理设e1，e2，e3是空间中的三个不共面的单位向量，则(1)空间中任意一个向量v可以写成这三个向量的线性组合：v＝xe1＋ye2＋ze3.(2)上述表达式中的系数x，y，z由v唯一决定，即：如果v＝xe1＋ye2＋ze3＝x′e1＋y′e2＋z′e3，则x＝x′，y＝y′，z＝z′.2．空间向量的坐标运算公式(1)加减法：(x1，y1，z1)±(x2，y2，z2)＝(x1±x2，y1±y2，z1±z2)．(2)与实数的乘法：a(x，y，z)＝(ax，ay，az)．(3)数量积：设v＝(x，y，z)，则|v|＝x2＋y2＋z2.(4)向量的夹角：cos θ＝v1·v2 |v1|·|v2|＝x1x2＋y1y2＋z1z2x21＋y21＋z21·x22＋y22＋z22.3．空间向量在立体几何中的应用设直线l，m的方向向量分别为a，b，平面α，β的法向量分别为u，ν，则[例1]M ，N 分别为AB ，PC 的中点．求证：(1)MN ∥平面PAD ； (2)平面PMC ⊥平面PDC .[证明] 如图所示，以A 为坐标原点，AB ，AD ，AP 所在的直线分别为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系A -xyz .设PA ＝AD ＝a ，AB ＝b .则有，(1)P (0,0，a )，A (0,0,0)，D (0，a,0)，C (b ，a,0)，B (b,0,0)． ∵M ，N 分别为AB ，PC 的中点， ∴M ⎝⎛⎭⎫b 2，0，0，N ⎝⎛⎭⎫b 2，a 2，a 2. ∴MN ―→＝⎝⎛⎭⎫0，a 2，a 2，AP ―→＝(0,0，a )，AD ―→＝(0，a,0)， ∴MN ―→＝12AD ―→＋12AP ―→.又∵MN ⊄平面PAD ，∴MN ∥平面PAD . (2)由(1)可知：PC ―→＝(b ，a ，－a )，PM ―→＝⎝⎛⎭⎫b2，0，－a ， PD ―→＝(0，a ，－a )．设平面PMC 的一个法向量为n 1＝(x 1，y 1，z 1)，则 ⎩⎪⎨⎪⎧n 1·PC ―→＝0⇒bx 1＋ay 1－az 1＝0，n 1·PM ―→＝0⇒b 2x 1－az 1＝0，∴⎩⎪⎨⎪⎧x 1＝2a b z 1，y 1＝－z 1，令z 1＝b ，则n 1＝(2a ，－b ，b )．设平面PDC 的一个法向量为n 2＝(x 2，y 2，z 2)，则 ⎩⎪⎨⎪⎧n 2·PC ―→＝0⇒bx 2＋ay 2－az 2＝0，n 2·PD ―→＝0⇒ay 2－az 2＝0，∴⎩⎪⎨⎪⎧x 2＝0，y 2＝z 2.令z 2＝1，则n 2＝(0,1,1)， ∵n 1·n 2＝0－b ＋b ＝0，∴n 1⊥n 2. ∴平面PMC ⊥平面PDC .(1)用向量法证明立体几何中的平行或垂直问题，主要应用直线的方向向量和平面的法向量，同时也要借助空间中已有的一些关于平行或垂直的定理．(2)用向量法证明平行或垂直的步骤：①建立空间图形与空间向量的关系(通过取基或建立空间直角坐标系的方法)，用空间向量或以坐标形式表示问题中涉及的点、直线和平面；②通过向量或坐标，研究向量之间的关系；③根据②的结论得出立体几何问题的结论．(3)在用向量法研究线面平行或垂直时，上述判断方法不唯一，如果要证直线l ∥平面α，只需证l ＝λa ，l ⊄α，其中l 是直线l 的方向向量，a ⊂α；如果要证l ⊥α，只需在平面α内选取两个不共线向量m ，n ，证明⎩⎪⎨⎪⎧l ·m ＝0，l ·n ＝0，即可．1.如图所示，在棱长为2的正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，O 为AC 与BD 的交点，G 为CC 1的中点，求证：A 1O ⊥平面GBD .证明：法一：设A 1B 1―→＝a ，A 1D 1―→＝b ，A 1A ―→＝c ， 则a ·b ＝0，b ·c ＝0，a ·c ＝0， A 1O ―→＝A 1A ―→＋AO ―→＝A 1A ―→＋12(AB ―→＋AD ―→)＝c ＋12(a ＋b )，BD ―→＝AD ―→－AB ―→＝b －a ，OG ―→ ＝OC ―→ ＋CG ―→ ＝12(AB ―→＋AD ―→ )＋12CC 1―→＝12(a ＋b )－12c ，∴A 1O ―→·BD ―→＝⎝⎛⎭⎫c ＋12a ＋12b ·(b －a ) ＝c ·(b －a )＋12(a ＋b )·(b －a )＝c ·b －c ·a ＋12(b 2－a 2)＝12(|b |2－|a |2)＝0，∴A 1O ―→⊥BD ―→.∴A 1O ⊥BD . 同理可证A 1O ―→⊥OG ―→.∴A 1O ⊥OG . 又OG ∩BD ＝O ， ∴A 1O ⊥平面GBD .法二：如图所示，以D 为坐标原点，DA ，DC ，DD 1分别为x 轴、y 轴、z 轴建立如图所示的空间直角坐标系，则D (0,0,0)，B (2，2,0)，A 1(2,0,2)，G (0,2,1)，O (1，1,0)，所以A 1O ―→＝(－1,1，－2)，DB ―→＝(2,2,0)， DG ―→＝(0,2,1)，则A 1O ―→·DB ―→＝(－1,1，－2)·(2,2,0)＝0， A 1O ―→·DG ―→＝(－1,1，－2)·(0,2,1)＝0，所以A 1O ―→⊥DB ―→，A 1O ―→⊥DG ―→.即A 1O ⊥DB ，A 1O ⊥DG . 又DB ∩DG ＝D ，故A 1O ⊥平面GBD .法三：以D 为坐标原点，DA ，DC ，DD 1分别为x 轴、y 轴、z 轴建立如图所示的空间直角坐标系，则D (0,0,0)，B (2,2,0)，A 1(2,0,2)，G (0,2,1)，O (1,1,0)，所以A 1O ―→＝(－1,1，－2)，DB ―→＝(2,2,0)，DG ―→＝(0,2,1)． 设向量n ＝(x ，y ，z )为平面GBD 的一个法向量， 则n ⊥DB ―→，n ⊥DG ―→. 即n ·DB ―→＝0，n ·DG ―→＝0.所以⎩⎪⎨⎪⎧2x ＋2y ＝0，2y ＋z ＝0.令x ＝1，则y ＝－1，z ＝2， 所以n ＝(1，－1,2)． 所以A 1O ―→＝－n .即A 1O ―→∥n . 所以A 1O ⊥平面GBD .2.如图，正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，M ，N 分别为AB ，B 1C 的中点． (1)用向量法证明平面A 1BD ∥平面B 1CD 1；(2)用向量法证明MN ⊥平面A 1BD . 证明：(1)在正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中， BD ―→＝AD ―→－AB ―→，B 1D 1―→＝A 1D 1―→－A 1B 1―→， 又∵AD ―→＝A 1D 1―→，AB ―→＝A 1B 1―→，∴BD ―→＝B 1D 1―→， ∴BD ∥B 1D 1. 同理可证A 1B ∥D 1C ，又BD ∩A 1B ＝B ，B 1D 1∩D 1C ＝D 1， 所以平面A 1BD ∥平面B 1CD 1.(2)MN ―→＝MB ―→＋BC ―→＋CN ―→＝12AB ―→＋AD ―→＋12(CB ―→＋BB 1―→)＝12AB ―→＋AD ―→＋12(－AD ―→＋AA 1―→) ＝12AB ―→＋12AD ―→＋12AA 1―→.设AB ―→＝a ，AD ―→＝b ，AA 1―→＝c ，则MN ―→＝12(a ＋b ＋c )．又BD ―→＝AD ―→－AB ―→＝b －a ， ∴MN ―→·BD ―→＝12(a ＋b ＋c )·(b －a )＝12(b 2－a 2＋c ·b －c ·a )． 又∵A 1A ⊥AD ，A 1A ⊥AB ，∴c ·b ＝0，c ·a ＝0. 又|b |＝|a |，∴b 2＝a 2.∴b 2－a 2＝0. ∴MN ―→·BD ―→＝0.∴MN ⊥BD . 同理可证MN ⊥A 1B . 又A 1B ∩BD ＝B ， ∴MN ⊥平面A 1BD .[例2] 四棱锥＝AD ＝2，点M ，N 分别在棱PD ，PC 上，且PC ⊥平面AMN .(1)求AM 与PD 所成的角； (2)求二面角P -AM -N 的余弦值；(3)求直线CD 与平面AMN 所成角的余弦值．[解] 建立如图所示的空间直角坐标系． ∵A (0,0,0)，C (2,2,0)，P (0,0,2)，D (0，2,0)， ∴PC ―→＝(2,2，－2)，PD ―→＝(0,2，－2)． 设M (x 1，y 1，z 1)，PM ―→＝λPD ―→， 则(x 1，y 1，z 1－2)＝λ(0,2，－2)． ∴x 1＝0，y 1＝2λ，z 1＝－2λ＋2. ∴M (0,2λ，2－2λ)．∵PC ⊥平面AMN ，∴PC ―→⊥AM ―→， ∴PC ―→·AM ―→＝0.∴(2,2，－2)·(0,2λ，2－2λ)＝0⇒4λ－2(2－2λ)＝0. ∴λ＝12.∴M (0,1,1)．设N (x 2，y 2，z 2)，PN ―→＝t PC ―→， 则(x 2，y 2，z 2－2)＝t (2,2，－2)．∴x 2＝2t ，y 2＝2t ，z 2＝－2t ＋2. ∴N (2t,2t,2－2t )．∵PC ―→⊥AN ―→，∴AN ―→·PC ―→＝0. ∴(2t,2t,2－2t )·(2,2，－2)＝0. ∴4t ＋4t －2(2－2t )＝0， ∴t ＝13.∴N ⎝⎛⎭⎫23，23，43. (1)∵cos 〈AM ―→，PD ―→〉＝(0，1，1)·(0，2，－2)0＋1＋1×0＋4＋4＝0，∴AM 与PD 所成角为90°.(2)∵AB ⊥平面PAD ，PC ⊥平面AMN ，∴AB ―→，PC ―→分别是平面PAD ，平面AMN 的法向量． ∵AB ―→·PC ―→＝(2,0,0)·(2,2，－2)＝4， |AB ―→|＝2，|PC ―→|＝23， ∴cos 〈AB ―→，PC ―→〉＝443＝33.∴二面角P -AM -N 的余弦值为33. (3)∵PC ―→是平面AMN 的法向量，∴CD 与平面AMN 所成角即为CD 与PC 所成角的余角． ∵CD ―→·PC ―→＝(－2,0,0)·(2,2，－2)＝－4， ∴cos 〈CD ―→，PC ―→〉＝－42×23＝－33.∴直线CD 与PC 所成角的正弦值为63， 即直线CD 与平面AMN 所成角的余弦值为63.(1)求异面直线所成的角：设两异面直线的方向向量分别为n 1，n 2，那么这两条异面直线所成的角为θ＝〈n 1，n 2〉或θ＝π－〈n 1，n 2〉，∴cos θ＝|cos 〈n 1，n 2〉|. (2)求二面角的大小：如图，设平面α，β的法向量分别为n 1，n 2.因为两平面的法向量所成的角就等于平面α，β所成的锐二面角θ，所以cos θ＝|cos 〈n 1，n 2〉|.(3)求斜线与平面所成的角：如图，设平面α的法向量为n 1，斜线OA 的方向向量为n 2，斜线OA 与平面所成的角为θ，则sin θ＝|cos 〈n 1，n 2〉|.3.如图所示，在矩形ABCD 中，AB ＝4，AD ＝3，沿对角线AC折起，使D 在平面ABC 上的射影E 恰好落在AB 上，求这时二面角B -AC -D 的余弦值．解：如图所示，作DG ⊥AC 于G ，BH ⊥AC 于H .在Rt △ADC 中， AC ＝AD 2＋DC 2＝5， cos ∠DAC ＝AD AC ＝35.在Rt △AGD 中，AG ＝AD ·cos ∠DAC ＝3×35＝95，DG ＝AD 2－AG 2＝9－8125＝125. 同理，cos ∠BCA ＝35，CH ＝95，BH ＝125.AD ―→·BC ―→＝(AE ―→＋ED ―→)·BC ―→＝AE ―→·BC ―→＋ED ―→·BC ―→＝0， GD ―→·HB ―→＝(GA ―→＋AD ―→)·(HC ―→＋CB ―→) ＝GA ―→·HC ―→＋GA ―→·CB ―→＋AD ―→·HC ―→＋AD ―→·CB ―→ ＝－95×95＋95×3×35＋3×95×35＋0＝8125.又|GD ―→|·|HB ―→|＝14425，∴cos 〈GD ―→，HB ―→〉＝916.因此所求二面角的余弦值为916.4.如图，ABCD -A 1B 1C 1D 1是正四棱柱． (1)求证：BD ⊥平面ACC 1A 1；(2)二面角C 1-BD -C 的大小为60°，求异面直线BC 1与AC 所成角的余弦值．解：(1)证明：建立空间直角坐标系D -xyz ，如图．设AD ＝a ，DD 1＝b ，则有D (0,0,0)，A (a ，0,0)，B (a ，a,0)，C (0，a,0)，C 1(0，a ，b )，∴BD ―→＝(－a ，－a,0)，AC ―→＝(－a ，a,0)，CC 1―→＝(0,0，b )， ∴BD ―→·AC ―→＝0，BD ―→·CC 1―→＝0. ∴BD ⊥AC ，BD ⊥CC 1.又∵AC ，CC 1⊂平面ACC 1A 1，且AC ∩CC 1＝C ， ∴BD ⊥平面ACC 1A 1.(2)设BD 与AC 相交于点O ，连接C 1O ， 则点O 的坐标为⎝⎛⎭⎫a 2，a 2，0，OC 1―→＝⎝⎛⎭⎫－a 2，a 2，b . ∵BD ―→·OC 1―→＝0，∴BD ⊥C 1O . 又BD ⊥CO ，∴∠C 1OC 是二面角C 1-BD -C 的平面角， ∴∠C 1OC ＝60°， ∵tan ∠C 1OC ＝CC 1OC ＝b22a ＝3， ∴b ＝62a . ∵AC ―→＝(－a ，a,0)，BC 1―→＝(－a,0，b )， ∴cos 〈AC ―→，BC 1―→〉＝AC ―→·BC 1―→|AC ―→|·|BC 1―→|＝55. ∴异面直线BC 1与AC 所成角的余弦值为55.(时间120分钟，满分150分)一、选择题(本大题共12个小题，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．已知l ∥π，且l 的方向向量为(2，m,1)，平面π的法向量为⎝⎛⎭⎫1，12，2，则m ＝( ) A ．－8 B ．－5 C ．5D ．8解析：∵l ∥π，∴直线l 的方向向量与平面π的法向量垂直． ∴2＋m2＋2＝0，m ＝－8.答案：A2．在空间四边形ABCD 中，连接AC ，BD ，若△BCD 是正三角形，且E 为其中心，则AB ―→＋12BC ―→－32DE ―→－AD ―→的化简结果为( )A ．AB ―→B ．2BD ―→C ．0D ．2DE ―→解析：如图，F 是BC 的中点，E 是DF 的三等分点，∴32DE ―→＝DF ―→. ∵12BC ―→＝BF ―→，则AB ―→＋12BC ―→－32DE ―→－AD ―→＝AB ―→＋BF ―→－DF ―→－AD ―→＝AF ―→＋FD ―→－AD ―→＝AD ―→－AD ―→＝0.答案：C3．在以下命题中，不正确的个数为( ) ①|a |－|b |＝|a ＋b |是a ，b 共线的充要条件； ②若a ∥b ，则存在唯一的实数λ，使a ＝λb ；③对空间任意一点O 和不共线的三点A ，B ，C ，若OP ―→＝2OA ―→－2OB ―→－OC ―→，则P ，A ，B ，C 四点共面；④若{a ，b ，c }为空间的一组基，则{a ＋b ，b ＋c ，c ＋a }构成空间的另一组基； ⑤ |(a ·b )·c |＝|a |·|b |·|c |. A ．2 B ．3 C ．4D ．5解析：①|a |－|b |＝|a ＋b |⇒a 与b 的夹角为π，故是充分不必要条件，故不正确；②b 需为非零向量，故不正确；③因为2－2－1≠1，由共面向量定理知，不正确；④由基的定义知正确；⑤由向量的数量积的性质知，不正确．答案：C4．直三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，若CA ―→＝a ，CB ―→＝b ，CC 1―→＝c ，则A 1B ―→＝( ) A ．a ＋b －c B ．a －b ＋c C ．－a ＋b ＋cD ．－a ＋b －c解析：A 1B ―→＝CB ―→－CA 1―→＝CB ―→－(CA ―→＋CC 1―→)＝b －a －c . 答案：D5．已知四面体ABCD 的各边长都是a ，点E ，F 分别为BC ，AD 的中点，则AE ―→·AF ―→的值是( )A ．a 2 B.12a 2 C.14a 2 D.34a 2 解析：由已知得ABCD 为正四面体，因为AE ―→＝12(AB ―→＋AC ―→)，AF ―→＝12AD ―→，所以AE ―→·AF―→＝12(AB ―→＋AC ―→)·12AD ―→＝14(AB ―→·AD ―→＋AC ―→·AD ―→) ＝14(a 2cos 60°＋a 2cos 60°)＝14a 2. 答案：C6．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( )A.13B.23C.33D.23解析：建立如图所示的空间直角坐标系，设A (1,0,0)，则B (0,1,0)，D (0，－1,0)，AB ＝2，SD ＝2，∴SO ＝1，∴S (0,0,1)，∴E ⎝⎛⎭⎫0，12，12，AE ―→＝－1，12，12，SD ―→＝(0，－1，－1)．∴cos 〈AE ―→， SD ―→〉＝AE ―→·SD ―→|AE ―→||SD ―→|＝－12－1262×2＝－33， ∴AE 与SD 所成角的余弦值为33. 答案：C7．在平行六面体ABCD -A ′B ′C ′D ′中，若AC ′―→＝x AB ―→＋2y BC ―→＋3zC ′C ―→，则x ＋y ＋z 等于( )A ．1 B.76 C.56D.23解析：如图，AC ′―→＝AB ―→＋BC ―→＋CC ′―→＝AB ―→＋BC ―→－C ′C ―→，所以x ＝1,2y ＝1，3z ＝－1，所以x ＝1，y ＝12，z ＝－13，因此x ＋y ＋z ＝1＋12－13＝76.答案：B8.如图所示，直三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，AA 1＝AB ＝AC ，AB ⊥AC ，M 是CC 1的中点，Q 是BC 的中点，P 是A 1B 1的中点，则直线P Q 与AM 所成的角为( )A.π6 B.π4 C.π3D.π2解析：以A 为坐标原点，AB ，AC ，AA 1所在直线为x 、y 、z 轴建立如图所示的空间直角坐标系，设AA 1＝AB ＝AC ＝2，则AM ―→＝(0,2,1)，Q (1,1,0)，P (1,0,2)，Q P ―→＝(0，－1,2)，所以Q P ―→·AM ―→＝0，所以Q P 与AM 所成角为π2.答案：D9．如图，在长方体ABCD -A1B 1C 1D 1中，AB ＝BC ＝2，AA 1＝1，则BC 1与平面BB 1D 1D 所成角的正弦值为( )A.63B.255C.155D.105解析：以D 点为坐标原点，以DA ，DC ，DD 1所在的直线分别为x 轴、y 轴、z 轴，建立空间直角坐标系，则A (2,0,0)，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.∴BC 1与平面BB 1D 1D 所成角的正弦值为105. 答案：D10．已知OA ―→＝(1,2,3)，OB ―→＝(2,1,2)，OP ―→＝(1,1,2)，点Q 在直线OP 上运动，则当Q A ―→·Q B ―→取得最小值时，点Q 的坐标为( )A.⎝⎛⎭⎫12，34，13B.⎝⎛⎭⎫12，32，34 C.⎝⎛⎭⎫43，43，83D.⎝⎛⎭⎫43，43，73解析：∵Q 在OP 上，∴可设Q (x ，x,2x )，则Q A ―→＝(1－x ，2－x,3－2x )， Q B ―→＝(2－x,1－x,2－2x )．∴Q A ―→·Q B ―→＝6x 2－16x ＋10，∴x ＝43时，Q A ―→·Q B ―→取得最小值，这时Q ⎝⎛⎭⎫43，43，83. 答案：C11.如图，在四面体P -ABC 中，PC ⊥平面ABC ，AB ＝BC ＝CA ＝PC ，那么二面角B -AP -C 的余弦值为( )A.22 B.33C.77D.57解析：如图，作BD ⊥AP 于点D ，作CE ⊥AP 于点E .设AB ＝1，则易得CE ＝22，EP ＝22，PA ＝PB ＝2，可以求得BD ＝144，ED ＝24. ∵BC ―→＝BD ―→＋DE ―→＋EC ―→，∴BC ―→2＝BD ―→2＋DE ―→2＋EC ―→2＋2BD ―→·DE ―→＋2DE ―→·EC ―→＋2EC ―→·BD ―→， ∴EC ―→·BD ―→＝－14，∴cos 〈BD ―→，EC ―→〉＝－77.故二面角B -AP -C 的余弦值为77. 答案：C12.如图，在三棱柱ABC -A1B 1C 1中，底面ABC 为正三角形，且侧棱AA 1⊥底面ABC ，且底面边长与侧棱长都等于2，O ，O 1分别为AC ，A 1C 1的中点，则平面AB 1O 1与平面BC 1O 间的距离为( )A.355B.255C.55D.510解析：如图，连接OO 1，根据题意，OO 1⊥底面ABC ，则以O 为原点，分别以OB ，OC ，OO 1所在的直线为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系．∵AO 1∥OC 1，OB ∥O 1B 1，AO 1∩O 1B 1＝O 1，OC 1∩OB ＝O ，∴平面AB 1O 1∥平面BC 1O .∴平面AB 1O 1与平面BC 1O 间的距离即为O 1到平面BC 1O 的距离．∵O (0，0,0)，B (3，0,0)，C 1(0,1,2)，O 1(0,0,2)，∴OB ―→＝(3，0,0)，OC 1―→＝(0,1,2)，OO 1―→＝(0,0,2)，设n ＝(x ，y ，z )为平面BC 1O 的法向量，则n ·OB ―→＝0，∴x ＝0.又n ·OC 1―→＝0，∴y ＋2z ＝0，∴可取n ＝(0,2，－1)．点O 1到平面BC 1O 的距离记为d ，则d ＝|n ·OO 1―→||n |＝25＝255.∴平面AB 1O 1与平面BC 1O间的距离为255.答案：B二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分，把答案填在题中横线上) 13．若空间三点A (1,5，－2)，B (2,4,1)，C (p,3，q )共线，则p ＋q ＝________. 解析：由已知得AB ―→＝(1，－1,3)，AC ―→＝(p －1，－2，q ＋2)，因为AB ―→∥AC ―→，所以p －11＝－2－1＝q ＋23，所以p ＝3，q ＝4，故p ＋q ＝7.答案：714.已知空间四边形OABC ，如图所示，其对角线为OB ，AC ，M ，N 分别为OA ，BC 的中点，点G 在线段MN 上，且MG ―→＝3GN ―→，现用基向量OA ―→，OB ―→，OC ―→表示向量OG ―→，并设OG ―→＝x OA ―→＋y OB ―→＋z OC ―→，则x ，y ，z 的和为________．解析：OG ―→＝OM ―→＋MG ―→＝12OA ―→＋34MN ―→＝12OA ―→＋34⎝⎛⎭⎫－12 OA ―→＋OC ―→＋12 CB ―→＝12OA ―→－38OA ―→＋34OC ―→＋38OB ―→－38OC ―→＝18OA ―→＋38OB ―→＋38OC ―→， ∴x ＝18，y ＝38，z ＝38.∴x ＋y ＋z ＝78.答案：7815．已知空间三点O (0,0,0)，A (－1,1,0)，B (0,1,1)，在直线OA 上有一点H 满足BH ⊥OA ，则点H 的坐标为______________．解析：由OA ―→＝(－1,1,0)，且点H 在直线OA 上， 可设H (－λ，λ，0)，则BH ―→＝(－λ，λ－1，－1)．又BH ⊥OA ，∴BH ―→·OA ―→＝0，即(－λ，λ－1，－1)·(－1,1,0)＝0，即λ＋λ－1＝0，解得λ＝12， ∴H ⎝⎛⎭⎫－12，12，0. 答案：⎝⎛⎭⎫－12，12，0 16.如图，在三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，侧棱AA 1⊥底面ABC ，底面ABC 是等腰直角三角形，∠ACB ＝90°，侧棱AA 1＝2，D ，E 分别是CC 1与A 1B 的中点，点E 在平面ABD 上的射影是△ABD 的重心G .则A 1B 与平面ABD 所成角的正弦值为________．解析：以C 为坐标原点，CA 所在的直线为x 轴，CB 所在的直线为y 轴，CC 1所在的直线为z 轴建立空间直角坐标系，如图所示．设CA ＝CB ＝a ，则A (a,0,0)，B (0，a,0)，A 1(a,0,2)，D (0,0,1)，∴E ⎝⎛⎭⎫a 2，a 2，1，G ⎝⎛⎭⎫a 3，a 3，13， GE ―→＝⎝⎛⎭⎫a 6，a 6，23，BD ―→＝(0，－a,1)． ∵点E 在平面ABD 上的射影是△ABD 的重心G ， ∴GE ―→⊥平面ABD ，∴GE ―→·BD ―→＝0，解得a ＝2. ∴GE ―→＝⎝⎛⎭⎫13，13，23，BA 1―→＝(2，－2,2)， ∵GE ―→⊥平面ABD ，∴GE ―→为平面ABD 的一个法向量． 又cos 〈GE ―→，BA 1―→〉＝GE ―→·BA 1―→|GE ―→||BA 1―→|＝4363×23＝23， ∴A 1B 与平面ABD 所成角的正弦值为23. 答案：23三、解答题(本大题共6小题，共70分，解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)17．(本小题满分10分)已知向量a ＝(1，－3,2)，b ＝(－2,1,1)，点A (－3，－1,4)，B (－2，－2,2)．(1)求|2a ＋b |；(2)在直线AB 上，是否存在一点E ，使得OE ―→⊥b ？(O 为原点)解：(1)2a ＋b ＝(2，－6,4)＋(－2,1,1)＝(0，－5,5)，故|2a ＋b |＝02＋(－5)2＋52＝5 2. (2)OE ―→＝OA ―→＋AE ―→＝OA ―→＋t AB ―→ ＝(－3，－1,4)＋t (1，－1，－2) ＝(－3＋t ，－1－t,4－2t )． 若OE ―→⊥b ，则OE ―→·b ＝0，所以－2(－3＋t )＋(－1－t )＋(4－2t )＝0， 解得t ＝95，因此存在点E ，使得OE ―→⊥b ， 此时E 点坐标为⎝⎛⎭⎫－65，－145，25.18．(本小题满分12分)如图，在平行六面体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，AB ＝AD ＝AA 1＝1，∠BAD ＝60°，∠BAA 1＝∠DAA 1＝45°.(1)求|BD 1―→|；(2)求证：BD ⊥平面ACC 1A 1. 解：(1)∵BD 1―→＝BA ―→＋BC ―→＋BB 1―→∴|BD 1―→|2＝(BA ―→＋BC ―→＋BB 1―→)2＝BA ―→2＋BC ―→2＋BB 1―→2＋2(BA ―→·BC ―→＋BA ―→·BB 1―→＋BC ―→·BB 1―→)＝1＋1＋1＋2⎝⎛⎭⎫－12－22＋22＝2，∴|BD 1―→|＝ 2.(2)证明：∵BD ―→＝AD ―→－AB ―→， ∴AA 1―→·BD ―→＝AA 1―→·(AD ―→－AB ―→)＝0， ∴BD ⊥AA 1，又BD ⊥AC ，AA 1∩AC ＝A ， 所以BD ⊥平面ACC 1A 1.19．(本小题满分12分)如图，已知点P 在正方体ABCD -A1B 1C 1D 1的对角线BD 1上，∠PDA ＝60°.(1)求DP 与CC 1所成角的大小； (2)求DP 与平面AA 1D 1D 所成角的大小．解：如图，以D 为原点，DA 为单位长建立空间直角坐标系Dxyz .则DA ―→＝(1,0,0)，CC 1―→＝(0,0,1)．连接BD ，B 1D 1.在平面BB 1D 1D 中，延长DP 交B 1D 1于H . 设DH ―→＝(m ，m,1)(m ＞0)， 由已知〈DH ―→，DA ―→〉＝60°，由DH ―→·DA ―→＝|DA ―→||DH ―→|cos 〈DA ―→，DH ―→〉， 可得2m ＝2m 2＋1. 解得m ＝22，所以DH ―→＝⎝⎛⎭⎫22，22，1.(1)因为cos 〈DH ―→，CC 1―→〉＝22×0＋22×0＋1×11×2＝22，所以〈DH ―→，CC 1―→〉＝45°. 即DP 与CC 1所成的角为45°.(2)平面AA 1D 1D 的一个法向量是DC ―→＝(0,1,0)． 因为cos 〈DH ―→，DC ―→〉＝22×0＋22×1＋1×01×2＝12，所以〈DH ―→，DC ―→〉＝60°，可得DP 与平面AA 1D 1D 所成的角为30°.20．(本小题满分12分)如图所示，在正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，E 是棱DD 1的中点．(1)求直线BE 和平面ABB 1A 1所成的角的正弦值；(2)在棱C 1D 1上是否存在一点F ，使B 1F ∥平面A 1BE ？证明你的结论． 解：设正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1的棱长为1.如图所示，以AB ―→，AD ―→，AA 1―→为单位正交基底建立空间直角坐标系．(1)依题意，得B (1,0,0)，E ⎝⎛⎭⎫0，1，12，A (0,0,0)，D (0,1,0)，所以BE ―→＝⎝⎛⎭⎫－1，1，12，AD ―→＝(0,1,0)．在正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中， 因为AD ⊥平面ABB 1A 1，所以AD ―→是平面ABB 1A 1的一个法向量， 设直线BE 和平面ABB 1A 1所成的角为θ，则 sin θ＝|BE ―→·AD ―→||BE ―→|·|AD ―→|＝132×1＝23. 即直线BE 和平面ABB 1A 1所成的角的正弦值为23.(2)依题意，得A 1(0,0,1)，BA 1―→＝(－1,0,1)，BE ―→＝⎝⎛⎭⎫－1，1，12. 设n ＝(x ，y ，z )是平面A 1BE 的一个法向量， 则由n ·BA 1―→＝0，n ·BE ―→＝0， 得⎩⎪⎨⎪⎧－x ＋z ＝0，－x ＋y ＋12z ＝0. 所以x ＝z ，y ＝12z .取z ＝2，得n ＝(2,1,2)．设F 是棱C 1D 1上的点，连接B 1F ，则F (t,1,1)(0≤t ≤1)， 又B 1(1,0,1)，所以B 1F ―→＝(t －1,1,0)． 而B 1F ⊄平面A 1BE ，于是B 1F ∥平面A 1BE ⇔B 1F ―→·n ＝0⇔(t －1,1,0)·(2,1,2)＝0⇔2(t －1)＋1＝0⇔t ＝12⇔F 为C 1D 1的中点．这说明在棱C 1D 1上存在点F (C 1D 1的中点)，使B 1F ∥平面A 1BE .21．(本小题满分12分)(2017·全国卷Ⅲ)如图，四面体ABCD 中，△ABC 是正三角形，△ACD 是直角三角形，∠ABD ＝∠CBD ，AB ＝BD .(1)证明：平面ACD ⊥平面ABC ；(2)过AC 的平面交BD 于点E ，若平面AEC 把四面体ABCD 分成体积相等的两部分，求二面角D -AE -C 的余弦值．解：(1)证明：由题设可得，△ABD ≌△CBD ，从而AD ＝DC . 又△ACD 是直角三角形，所以∠ADC ＝90°.取AC 的中点O ，连接DO ，BO ，则DO ⊥AC ，DO ＝AO .又因为△ABC 是正三角形，所以BO ⊥AC .所以∠DOB 为二面角D -AC -B 的平面角． 在Rt △AOB 中，BO 2＋AO 2＝AB 2. 又AB ＝BD ，所以BO 2＋DO 2＝BO 2＋AO 2＝AB 2＝BD 2， 故∠DOB ＝90°.所以平面ACD ⊥平面ABC .(2)由题设及(1)知，OA ，OB ，OD 两两垂直．以O 为坐标原点，OA ―→的方向为x 轴正方向，|OA ―→|为单位长度，建立如图所示的空间直角坐标系O -xyz ，则A (1,0,0)，B (0，3，0)，C (－1,0,0)，D (0,0,1)．由题设知，四面体ABCE 的体积为四面体ABCD 的体积的12，从而E 到平面ABC 的距离为D 到平面ABC 的距离的12，即E 为DB 的中点，得E ⎝⎛⎭⎫0，32，12.故AD ―→＝(－1,0,1)，AC ―→＝(－2,0,0)，AE ―→＝⎝⎛⎭⎫－1，32，12.设n ＝(x 1，y 1，z 1)是平面DAE 的法向量， 则⎩⎪⎨⎪⎧ n ·AD ―→＝0，n ·AE ―→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－x 1＋z 1＝0，－x 1＋32y 1＋12z 1＝0. 可取n ＝⎝⎛⎭⎫1，33，1. 设m ＝(x 2，y 2，z 2)是平面AEC 的法向量， 则⎩⎪⎨⎪⎧ m ·AC ―→＝0，m ·AE ―→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－2x 2＝0，－x 2＋32y 2＋12z 2＝0， 可取m ＝(0，－1，3)．则cos 〈n ，m 〉＝n ·m |n ||m |＝－33＋3213×2＝77.由图知二面角D -AE -C 为锐角， 所以二面角D -AE -C 的余弦值为77.22.(本小题满分12分)如图，菱形ABCD 的对角线AC 与BD 交于点O ，AB ＝5，AC ＝6，点E ，F 分别在AD ，CD 上，AE ＝CF ＝54，EF 交BD 于点H .将△DEF 沿EF 折到△D ′EF的位置，OD ′＝10.(1)证明：D ′H ⊥平面ABCD ； (2)求二面角B -D ′A -C 的正弦值．解：(1)证明：由已知得AC ⊥BD ，AD ＝CD . 又由AE ＝CF ，得AE AD ＝CFCD ， 故AC ∥EF .因此EF ⊥HD ，从而EF ⊥D ′H .由AB ＝5，AC ＝6，得DO ＝BO ＝AB 2－AO 2＝4. 由EF ∥AC ，得OH DO ＝AE AD ＝14. 所以OH ＝1，D ′H ＝DH ＝3.于是D ′H 2＋OH 2＝32＋12＝10＝D ′O 2，故D ′H ⊥OH . 又D ′H ⊥EF ，而OH ∩EF ＝H ，所以D ′H ⊥平面ABCD . (2)如图，以H 为坐标原点， HF ―→的方向为x 轴正方向，建立空间直角坐标系H -xyz ，则H (0,0,0)，A (－3，－1,0)，B (0，－5,0)，C (3，－1,0)，D ′(0,0,3)，故AB ―→＝(3，－4,0)，AC ―→＝(6,0,0)，AD ′―→＝(3,1,3)． 设m ＝(x 1，y 1，z 1)是平面ABD ′的法向量， 则⎩⎪⎨⎪⎧m ·AB ―→＝0，m ·AD ′―→＝0即⎩⎪⎨⎪⎧3x 1－4y 1＝0，3x 1＋y 1＋3z 1＝0，所以可取m ＝(4,3，－5)．设n ＝(x 2，y 2，z 2)是平面ACD ′的法向量， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·AC ―→＝0，n ·AD ′―→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧6x 2＝0，3x 2＋y 2＋3z 2＝0，所以可取n ＝(0，－3,1)． 于是cos 〈m ，n 〉＝m ·n |m||n|＝－1450×10＝－7525.故sin 〈m ，n 〉＝29525. 因此二面角B -D ′A -C 的正弦值是29525.。
2017-2018学年高中数学选修2-1课件：第三章 章末小结
(3)求二面角． 基向量法：利用定义在棱上找到两个能表示二面角的向 量，将其用一组基底表示，再做向量运算； 坐标法：建立空间直角坐标系，求得两个半平面的法向量 n1 · n2 n1，n2，利用cos〈n1，n2〉＝ 结合图形求得． |n1||n2|
四、空间向量与空间角 利用空间向量求空间角，一般有两种方法：即几何法和向 量法，利用向量法只需求出直线的方向向量与平面的法向量即 可． (1)求两异面直线所成的角可利用公式cos〈a，b〉＝
π a· b ，但务必注意两异面直线所成角θ的范围是 0，2 ，而两 |a|· |b|
向量之间的夹角的范围是[0，π]． 故实质上应有cos θ＝|cos〈a，b〉|.
(2)求线面角． 求直线与平面所成的角时，一种方法是先求出直线及此直 线在平面内的射影直线的方向向量，通过数量积求出直线与平 面所成的角；另一种方法是借助平面的法向量，先求出直线的 方向向量与平面法向量的夹角φ，即可求出直线与平面所成的 角θ，其关系是sin θ＝|cos φ|.
(4)线面垂直． 用向量证明线面垂直的方法主要有： ①证明直线的方向向量与平面的法向量平行； ②利用线面垂直的判定定理转化为线线垂直问题． (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证明两个平面的法向量互相垂直； ②转化为线面垂直、线线垂直问题．
章末小结与测评
一、空间向量的线性运算 空间向量的线性运算包括加、减及数乘运算，选定空间不共 面的向量作为基向量，并用它们表示出目标向量，这是用向量法 解决立体几何问题的基本要求，解题时，可结合已知和所求，根 据图形，利用向量运算法则表示所需向量．
二、空间向量的数量积 由a· b＝|a||b|cos〈a，b〉可知，利用该公式可求夹角、距 离．还可由a· b＝0来判定垂直问题，要注意数量积是一个数， 其符号由〈a，b〉的大小确定． 三、空间向量与平行和垂直 空间图形中的平行与垂直问题是立体几何中最重要的问题 之一，主要是运用直线的方向向量和平面的法向量解决． 利用空间向量解决空间中的位置关系的常用方法有：
2014年人教A版选修1-2课件 第三章小结(数系的扩充与复数的引入)
例4. 对任意复数 z=x+yi (x, yR), i 为虚数单位, 则下列结论正确的是 ( D ) (A) |z-z|=2y (B) z2=x2+y2 (C) |z-z|≥2x (D) |z|≤|x|+|y|
分析: | z - z | = |( x + yi ) - ( x - yi )| = |2yi|. y<0 时, A 选项不成立. y
7. 共轭复数 实部相等, 虚部互为相反数的两个复数叫 做互为共轭复数. 复数 z 的共轭复数记着 z 如: z=a+bi, z = a - bi. 一对共轭复数的积是一个实数: (a+bi)(a-bi)=a2+b2.
8. 复数的除法
复数除法的基本思想是分母实数化. 即分子分母同乘以分母的共轭复数. a + bi = (a + bi )(c - di ) c + di (c + di )(c - di ) 2 ac adi + bci bdi = c2 + d 2 (ac + bd ) + (bc - ad )i = c2 + d 2 ac + bd bc ad = 2 2 + 2 2 i. c +d c +d
例3. 已知复数 z =
3 + i , 则 |z| 等于 ( ) B 2 (1 - 3i ) 1 1 (A) (B) (C) 1 (D) 2 4 2 分析: 先计算复数, 再求模. 3+i = 3+i 3+i =z= (1 - 3i )2 1 - 2 3i - 3 2(1 + 3i ) ( 3 + i )(1 - 3i ) =2(1 + 3i )(1 - 3i ) = - 2 3 - 2i 2(1 + 3) 3 1 =+ i. 4 4 则 |z| = (- 3 )2 + ( 1 )2 = 1 . 2 4 4
2020-2021学年高二数学人教A版选修2-2学案：第三章 本章小结 Word版含解析
第三章 本章小结一、复数的概念及分类复数的概念是复数的基本内容，是解决复数问题的基础．在解决与复数概念相关的问题时，复数问题实数化是求解的基本策略，“桥梁”是设z ＝x ＋y i(x ，y ∈R )，依据是“两个复数相等的充要条件”．此外，这类问题还常以方程的形式出现，与方程的根有关，这时将已知根代入(或设出后代入)，利用复数相等的充要条件再进行求解．【例1】 已知m ∈R ，复数z ＝m (m －2)m －1＋(m 2＋2m －3)i ，当m 为何值时，(1)z ∈R ；(2)z 是纯虚数；(3)z 对应的点位于复平面的第二象限； (4)z 对应的点在直线x ＋y ＋3＝0上．【解】 (1)由m 2＋2m －3＝0且m －1≠0得m ＝－3， 故当m ＝－3时，z ∈R . (2)由⎩⎪⎨⎪⎧m (m －2)m －1＝0，m 2＋2m －3≠0，解得m ＝0或m ＝2.∴当m ＝0或m ＝2时，z 为纯虚数． (3)由⎩⎪⎨⎪⎧m (m －2)m －1<0，m 2＋2m －3>0，解得m <－3或1<m <2，故当m <－3或1<m <2时， z 对应的点位于复平面的第二象限． (4)由m (m －2)m －1＋(m 2＋2m －3)＋3＝0，得m (m 2＋2m －4)m －1＝0.解得m ＝0或m ＝－1±5.∴当m ＝0或m ＝－1±5时，z 对应的点在直线x ＋y ＋3＝0上． 【评析】 掌握复数的分类是解此题的关键，复数与复平面上的点是一一对应的，这为形与数之间的相互转化，为解决形或数的问题提供了一条重要思路．二、复数的几何意义1．复数的几何意义包括三个方面：复数的表示(点和向量)、复数的模的几何意义及复数运算的几何意义．复数的几何意义充分体现了数形结合这一重要的数学思想方法，即通过几何图形来研究代数问题．2．任何一个复数z ＝a ＋b i 与复平面内一点Z (a ，b )对应，而任一点Z (a ，b )又可以与以原点为起点，点Z (a ，b )为终点的向量OZ →对应，这些对应都是一一对应，由此得到复数的几何解法，特别注意|z |、|z －a |的几何意义——距离．3．复数加、减法几何意义的实质就是平行四边形法则和三角形法则．由减法的几何意义知|z －z 1|表示复平面上两点Z 、Z 1间的距离． 4．复数形式的基本轨迹：(1)当|z －z 1|＝r ，表示复数z 对应的点的轨迹是以z 1对应的点为圆心，半径为r 的圆；单位圆|z |＝1.(2)当|z －z 1|＝|z －z 2|，表示以复数z 1、z 2的对应点为端点的线段的垂直平分线．(3)当|z －z 1|＋|z －z 2|＝2a (2a >|Z 1Z 2→|>0)，则表示以复数z 1、z 2的对应点为焦点的椭圆．(4)当||z －z 1|－|z －z 2||＝2a (0<2a <|Z 1Z 2→|)，则表示以复数z 1、z 2的对应点为焦点的双曲线．【例2】 已知复数z 的模为2，则|z －i|的最大值为( ) A ．1 B ．2 C. 5 D ．3【分析一】 ∵|z |＝2，要求|z －i|的最大值，可直接应用模的性质：|z 1－z 2|≤|z 1|＋|z 2|.【分析二】 要求|z －i|的最值可设ω＝z －i ，则z ＝ω＋i 变为求|ω|的最大值，根据ω的几何意义即可求．【解析】 解法一：∵|z |＝2， ∴|z －i|≤|z |＋|i|＝2＋1＝3. 解法二：设ω＝z －i ，则ω＋i ＝z . ∴|ω＋i|＝|z |＝2.ω表示以点(0，－1)为圆心，以2为半径的圆，由下图可知，圆上到原点的距离以|OP |为最大，最大值是3.【答案】 D【评析】 求模的最值要想到模的几何意义的应用，这时，图形要画得合乎题意，充分利用图形的直观性．【例3】 已知等腰梯形OABC 的顶点A 、B 在复平面上对应的复数分别为1＋2i ，－2＋6i ，OA ∥BC .求顶点C 所对应的复数z .【解】 设z ＝x ＋y i ，x ，y ∈R ，如图．∵OA ∥BC ，|OC |＝|BA |， ∴k OA ＝k BC ，|z C |＝|z B －z A |， 即⎩⎪⎨⎪⎧21＝y －6x ＋2，x 2＋y 2＝(－3)2＋42，解得⎩⎪⎨⎪⎧ x 1＝－5y 1＝0或⎩⎪⎨⎪⎧x 2＝－3y 2＝4.∵|OA |≠|BC |，∴x 2＝－3，y 2＝4(舍去)，故z ＝－5. 三、复数的四则运算历年高考对复数的考查，主要集中在复数的运算，尤其是乘除运算上，熟练掌握复数的乘法法则和除法法则，熟悉常见的结论是迅速准确求解的关键．复数的加法与减法运算有着明显的几何意义，因此有些问题可结合加法与减法的几何意义进行求解．【例4】 已知复数z 1＝2－3i ，z 2＝15－5i(2＋i )2.求(1)z 1·z 2；(2)z 1z 2.【解】 z 2＝15－5i (2＋i )2＝15－5i3＋4i＝(15－5i )(3－4i )(3＋4i )(3－4i )＝25－75i 25＝1－3i. (1)z 1·z 2＝(2＋3i)·(1－3i)＝2－6i ＋3i ＋9 ＝11－3i.(2)z 1z 2＝2＋3i 1－3i ＝(2＋3i )(1＋3i )(1－3i )(1＋3i )＝－7＋9i 10＝－710＋910i.【评析】 在进行复数的除法运算时，一般采用“分母实数化”的方法，即将分子、分母均乘以分母上的复数的共轭复数，根据z ·z ＝|z |2将分母化为实数，再将分子上的两复数相乘展开整理即可．四、共轭复数与复数的模共轭复数与复数的模是复数中两个重要的概念，在解决有关复数问题时，除用共轭复数定义与模的计算公式解题外，也常用下列结论简化解题过程：1．z ∈R ⇔z ＝z ；2．z ≠0，z 为纯虚数⇔z ＝－z .【例5】 设复数z 满足4z ＋2z ＝33＋i ，ω＝sin θ－icos θ，求z的值和|z －ω|的取值范围．【解】 设z ＝a ＋b i(a 、b ∈R )，则z ＝a －b i. 代入4z ＋2z ＝33＋i ， 得4(a ＋b i)＋2(a －b i)＝33＋i ， 即6a ＋2b i ＝33＋i.∴⎩⎨⎧a ＝32，b ＝12.∴z ＝32＋12i.|z －ω|＝|32＋12i －(sin θ－icos θ)| ＝(32－sin θ)2＋(12＋cos θ)2＝2－3sin θ＋cos θ＝2－2sin (θ－π6).∵－1≤sin(θ－π6)≤1，∴0≤2－2sin(θ－π6)≤4，得0≤|z －ω|≤2.【评析】 本题将复数与三角函数有机地结合在一起，体现了知识间的交汇．莘莘学子，最重要的就是不要去看远方模糊的，而要做手边清楚的事。
人教B版高中数学选修2-2+第三章+小结与复习+教案
章末归纳总结一、教学目标1．知识和技能目标复习复数的概念，掌握复数代数形式的四则运算。
2．过程和方法目标通过复习知识点和讲解典型例题，使学生建立这一章的知识体系，并能运用所学知识解决高考中的复数问题。
3．情感态度和价值观目标引发学生学习和使用数学知识的兴趣，发展创新精神，培养实事求是的科学态度。
二、教学重点.难点教学重点：复数的概念及四则运算。
教学难点：复数的几何意义及乘方，除法运算。
三、学情分析如果两个复数的实部和虚部分别相等，那么我们就说这两个复数相等如果a ，b ，c ，d ∈R ，那么a +bi =c +di ⇔a =c ，b =d ，只有当两个复数不全是实数时才不能比较大小 四、教学方法讲授五、教学过程1、形如z=a+bi （R b R a ∈∈,）的数叫做复数，其中a 叫复数的实部，b 叫虚部。
当且仅当b=0时,z 为实数。
当且仅当a=0,b≠0时，z 为纯虚数。
当且仅当a=b=0时，z=0. （2）复数相等的条件a+bi=c+di 当且仅当 a=c,b=d2、 复数的四则运算（a+bi ）+(c+di)=(a+c)+(b+d)i （a+bi ）-(c+di)=(a-c)+(b-d)i（a+bi ）(c+di)=(ac-bd)+(ad+bc)ii d c ad bc d c bd ac di c bi a 2222+-+++=++ 乘方,14=n i i i n =+14,124-=+n i ,34i i n -=+(Z n ∈)3、复数的几何意义复数的模 |z|=|oz |=22b a +，共轭复数：a+bi 与a-bi 互为共轭复数 六、知识应用，深化理解例1：已知z=(652+-m m )+)103(2-+m m i, (m R ∈),求满足下列条件的m 的值1、z 是实数。
2、z 是虚数。
3、z 是纯虚数解：（1）若z 是实数，则01032=-+m m ,解得52-==m m 或(2) 若z 是虚数,则01032≠-+m m 解得2≠m 且5-≠m（3）若z 是纯虚数，则{010306522≠-+=+-m m m m ，解得m=3例2：已知c z ∈且i z i z z 313+=-，求z 的值解：设z=a+bi, 其中R b R a ∈∈,，则bi a z -=，由i z i z z 313+=-可得（ a+bi ）（a-bi ）-3i(a-bi)=1+3i整理得i ai b b a 313322+=--+，由复数相等的充要条件得{133322=-+=-b b a a 解得{10-==a b 或{13-==a b所以z=-1 或z=-1-3i点评：根据题意画图得到的结论，不能代替论证，然而通过对图形的观察，往往能起到启迪解题思路的作用六、当堂检测1. 计算：（14；（22008().1i +-2．已知z 、w 为复数，（1＋3i ）z 为纯虚数，w ＝iz +2，且|w |＝52，求w ．3．已知z 1=x 2+12+x i ，z 2=(x 2+a )i 对于任意x ∈R 均有|z 1|＞|z 2|成立，试求实数a 的取值范围4．若()23,()63f z z z i f z i i =+-+=-，这里z 是z 的共轭复数，求().f z -5．已知复数z 1满足(1+i )z 1=－1+5i ， z 2=a －2－i ， 其中i 为虚数单位，a ∈R ， 若21z z -<|z 1|，求a 的取值范围.6．证明：在复数范围内，方程255||(1)(1)(2i z i z i z i i-+--+=+为虚数单位）无解。
北师大版高中数学选修12本章小结建议
选修1-2 本章小结建议第一章统计案例一、学习要求1.通过对典型案例的探讨，进一步了解回归分析的大体思想、方式及初步应用。
2.通过对典型案例的探讨，了解独立性查验（只要求2×2列联表）的大体思想、方式及初步应用。
二、温习本章知识，就以下问题试探、归纳、总结，写出温习小结报告1.你能够用什么方式来刻画变量之间的线性相关程度？2.当两个变量之间呈现出非线性的相关性时，你如何取得它们之间的回归方程？3.通过具体实例说明独立性查验的大体思想和主要进程。
4.2 统计量在2×2列联表的独立性查验中起到了什么作用？第二章框图一、学习要求1.学会阅读生活中各类流程图描述的工作流程。
2.掌握绘制简单工作流程图的方式。
3.学会阅读结构图，体会各部份之间的逻辑关系。
4.初步掌握按照给定的关系，绘制结构图。
二、温习本章知识，试探以下问题，并写出温习总结报告1.绘制流程图有哪些大体步骤？2.结构框图能够用来实现哪些用意？第三章推理与证明一、学习要求1.合情推理的意义与应用（1）会利用归纳进行简单的推理与猜想；（2）会利用类比进行简单的推理与猜想。
2.演绎推理的意义与应用（1）体会演绎推理的重要性，并能进行简单的推理；（2）了解数学证明的几种大体方式：综合法、分析法、反证法，并能运用这些方式进行一些简单的数学证明；（3）了解合情推理和演绎推理之间的联系、不同和各自所起的作用。
二、温习建议1.依据讲义、笔记及作业总结本章的大体知识，掌握本章的大体思想方式，使知识有层次、有层次地呈现。
2.依照学习要求中的两个部份，做出本章小结。
3.本章温习时，可供参考的试探问题：（1）日常和数学学习中有哪些合情推理的方式？举例说明；（2）如何运用合情推理进行数学和其他学科的学习？如何避免合情推理的局限性？（3）分析法与综合法各自有何特点？在解决问题时各自有何作用？（4）与其它证明方式相较，反证法的试探进程有何特点？4.请同窗们彼此交流学习本章的感受，专门是本章所学的常常利用的思维方式在日常学习和生活中的应用。
人教版高中数学选修2-2第三章知识点汇总
1 人教版高中数学选修2-2第三章知识点汇总第三章 数系的扩充和复数的概念复数的概念(1) 复数:形如+∈∈a bi a R b R (,)的数叫做复数，a 和b 分别叫它的实部和虚部.(2) 分类:复数+∈∈a bi a R b R (,)中,当=b 0,就是实数; ≠b 0,叫做虚数;当=≠a b 0,0时,叫做纯虚数.(3) 复数相等:如果两个复数实部相等且虚部相等就说这两个复数相等.(4) 共轭复数:当两个复数实部相等,虚部互为相反数时,这两个复数互为共轭复数.(5) 复平面:建立直角坐标系来表示复数的平面叫做复平面,x 轴叫做实轴，y 轴除去原点的部分叫做虚轴。
(6) 两个实数可以比较大小，但两个复数如果不全是实数就不能比较大小。
复数的运算1.复数的加，减，乘，除按以下法则进行设=+=+∈z a bi z c di a b c d R ,(,,,)12则（1）±=±+±z z a c b d i ()()12 （2）•=−++z z ac bd ad bc i ()()12 （3） +=≠−++z c dz ac bd ad bc i z (0)()()22221 2,几个重要的结论(1) ++−=+z z z z z z ||||2(||||)1212122222 (2) •==z z z z ||||22 (3)若z 为虚数,则≠z z ||223.运算律(1) •=+z z z m n m n ;(2) =z z m n mn ();(3)•=•∈z z z z m n R n n n ()(,)12124.关于虚数单位i 的一些固定结论：（1）=−i 12 （2）=−i i 3 （3）=i 14 （2）+++=+++i i i i n n n n 0234。
高中数学选修2-1-第三章第一节《3.1空间向量及其运算》全套教案
高中数学选修2-1-第三章第一节《3.1空间向量及其运算》全套教案-CAL-FENGHAI-(2020YEAR-YICAI)_JINGBIAN空间向量及其运算课时分配:第一课空间向量及其加减运算 1个课时第二课空间向量的数乘运算 1个课时第三课空间向量的数量积运算 1个课时第四课空间向量运算的坐标表示1个课时3. 1.1 空间向量及其加减运算【教学目标】1．了解向量与平面平行、共面向量的意义，掌握向量与平面平行的表示方法；2．理解共面向量定理及其推论；掌握点在已知平面内的充要条件；3．会用上述知识解决立体几何中有关的简单问题。
【教学重点】点在已知平面内的充要条件。
共线、共面定理及其应用。
【教学难点】对点在已知平面内的充要条件的理解与运用。
b a AB OA OB+=+=；b a OB OA BA-=-=；)(R a OP ∈=λλ3．平行六面体：平行四边形ABCD 平移向量a 到D C B A ''''的轨迹所形成的几何体，叫做平行六面体，并记作：ABCD －D C B A ''''它的六个面都是平行四边形，每个面的边叫做平行六面体的棱。
4．平面向量共线定理方向相同或者相反的非零向量叫做平行向量。
由于任何一组平行向量都可以平移到同一条直线上，所以平行向量也叫做共线向量。
向量b 与非零向量a 共线的充要条件是有且只有一个实数λ，使b ＝λa 。
这个定理称为平面向量共线定理，要注意其中对向量a 的非零要求。
条有向线段来表示。
思考：运算律：（1）加法交换律：a b b a+=+ （2）加法结合律：)()(c b a c b a++=++（3）数乘分配律：b a b aλλλ+=+)(C BAOb bb aa a C'B'A'D'DABC数t 满足等式t OA OP +=a。
其中向量a 叫做直线l 的方向向量。
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所成角为π2 － arccos2
5
5 .
(3)∵平面 ANM 的法向量是A→1D＝(0,8，－4)， 平面 ABCD 的法向量是 a＝(0,0,1)，
∴cos〈A→1D，a〉＝ －4＝－ 45
5 5.
∴平面
ANM 与平面
ABCD
所成角的大小为
arccos
5 5.
【例4】 如图6，在直三棱柱ABC—A1B1C1中，平 面A1BC⊥侧面A1ABB1.
【证法二】 传统法． (1)在矩形ABCD中， AP＝PB，DQ＝QC，∴AP綊QC， ∴四边形AQCP为平行四边形， ∴CP∥AQ. ∵CP⊂平面CEP， AQ⊄平面CEP，∴AQ∥平面CEP.
(2)∵EP⊥平面ABCD，AQ⊂平面ABCD， ∴AQ⊥EP. ∵AB＝2BC，P为AB中点， ∴AP＝AD. 连结PQ，则ADQP为正方形， ∴AQ⊥DP. ∵EP∩DP＝P，∴AQ⊥平面DEP. ∵AQ⊂面AEQ，∴面AEQ⊥面DEP.
【解】 如图 1，连结 AN，则M→N＝M→A＋A→N， 由已知 ABCD 是平行四边形， 故A→C＝A→B＋A→D＝a＋b， 又M→A＝－13A→C＝－13(a＋b)．
由已知，N 分A→1D成的比为 2， 故A→N＝A→D＋D→N＝A→D－N→D＝ A→D－13A→1 D＝13(c＋ 2b)． 于是M→N＝M→A＋A→N＝ －13(a＋b)＋13(c＋2b)＝13 (－a＋b＋c)．
图4
(1)求 cos〈A→1D，A→M〉； (2)求直线 AD 与平面 ANM 所成角的大小； (3)求平面 ANM 与平面 ABCD 所成角的大小．
【解】 (1)建立空间直角坐标系(如图5)．
图5
∵A→M ＝ (5,2,4)， A→1D＝ (0,8，－ 4)． ∴A→M ·A→1D＝ 0＋ 16－ 16＝ 0， ∴A→M⊥A→1D. ∴ cos〈A→1D，A→M 〉＝ 0.
选修2-1第三章
空间向量与立体几何
本章小结（1）
复习目标：
1、回顾本章知识，了解本章知识结构，各知识点之间联系 2、能利用向量方法解决必修2中常见题型，比较两种方法的优劣 3、归纳总结本章常见题型的解题方法和策略
知识网络建构
热点专题剖析
一、空间向量的线性运算 选定空间不共面的三个向量作基向量，并用它们 表示出指定的向量，是用向量解决立体几何问题的基 本要求．解题时应结合已知和所求观察图形，联想相 关的运算法则和公式等，就近表示所需向量，再对照 目标，将不符合目标要求的向量作新的调整，如此反 复，直到所有向量都符合目标要求．
(2)∵D(1,1,0)，E(0,0，a) ∴P→D＝ (1,1,0)，P→E＝(0,0， a)， ∴A→Q·P→D＝(－ 1,1,0)·(1,1,0)＝－ 1＋ 1＝ 0， A→Q·P→E＝(－1,1,0)·(0,0，a)＝0. ∴A→Q⊥P→D，A→Q⊥P→E，
即AQ⊥PD，AQ⊥PE， ∴AQ⊥面EPD，AQ⊂面AEQ， ∴面AEQ⊥面DEP.
【评析】 用已知向量表示未知向量，一定要结 合图形，以图形为指导是解题的关键．
二、空间向量与线面位置关系 证明平行问题，除了应用传统的线面平行的判定 定理外，还可以利用向量共线及平面的法向量进行证 明．
证明垂直问题，除了应用传统的垂直问题的判定 定理外，还可利用向量数量积进行判断，是非常有效 的方法．
三、空间向量与空间角 1．纵观近几年高考发现，对于空间角的考查，每 年都有．不论在选择，还是填空中均有考查，而解答 题中更是考查重点，因此空间角必是高考的一个生长 点． 2.对于空间角中线线角、线面角及二面角，一是 利用传统解法，如平移法，利用定义求解等，但向量 法求解更能体现解题的优越性．
【例3】 如图4所示，在长方体ABCD－A1B1C1D1 中，AB＝5，AD＝8，AA1＝4，M为B1C1上一点且 B1M＝2，点N在线段A1D上，A1D⊥AN.
【例 1】 如图 1 所示，平行六面体 A1B1C1D1—ABCD，M 分A→C成的比为12，N 分A→1D成 的比为 2，设A→B＝a，A→D＝b，A→A1＝c，试用 a、b、 c 表示M→N.
图1
【分析】 要用 a、b、c 表示M→N，只需 结合图形，充分运用空间向量加法和数乘向量 的运算律即可．
【证法一】 (1)∵EP⊥矩形ABCD所在的平面， 且P、Q均为AB，DC的中点，∴PQ⊥AB，故以P为坐 标原点，以PA，PQ，PE分别为x轴，y轴，z轴建系如 右图3.
令AB＝2，PE＝a，则 A(1,0,0)，Q(0,1,0)，E(0,0，a)， C(－1,1,0)．
图3
∵A→Q＝(－1,1,0)，P→C＝(－1,1,0)， ∴A→Q＝P→C，∴A→Q∥P→C，∴AQ∥PC. ∵AQ⊄面 EPC，PC⊂面 EPC， ∴AQ∥面 EPC.
(2)A1 D⊥ AM， A1 D⊥ AN， ∴A→1D⊥平面 AMN， ∴A→1D＝(0,8，－4)是平面 ANM 的一个法向量．
又A→D＝(0,8,0)，
|A→1D|＝4 5，|A→D|＝8，A→1D·A→D＝64，
∴ cos〈A→1 D，A→D〉＝ 4
64 ＝ 5×8
2 ＝2 5
5
5 .
∴ AD
【例2】 如图2，在矩形ABCD中AB＝2BC，P、 Q分别为线段AB、CD的中点，EP⊥平面ABCD.
(1)求证：AQ∥平面CEP； (2)求证：平面AEQ⊥平面DEP.
图2
【分析】 证明线面平行问题，可以利用与平面 内的直线平行进行判定，也可以利用直线与平面的法 向量垂直，也可用传统方法求证．面面垂直可以利用 面面垂直的判定定理求证，也可用向量法求证．同时， 也可用两平面的法向量垂直求证．
(1)求证：AB⊥BC； (2)若直线AC与平面A1BC所成的角为θ，二面角 A1—BC—A的大小为φ，试判断θ与φ的 大小关系，并予以证明．
图6
【解】 (1)证明：如图6，过点A在平面A1ABB1内 作AD⊥A1B于D，则由平面A1BC⊥侧面A1ABB1，且平 面A1BC∩侧面A1ABB1＝A1B，得AD⊥平面A1BC.又 BC⊂平面A1BC，∴AD⊥BC.