创新设计高中数学苏教选修21习题：第3章 空间向量与立体几何
《创新设计》2015-2016学年高中数学(苏教版选修2-1)习题第3章空间向量与立体几何1.3
3.1.3 空间向量基本定理 课时目标 1.掌握空间向量基本定理.2.能正确选择合适基底，并正确表示空间向量．1．空间向量基本定理如果三个向量e 1，e 2，e 3不共面，那么对空间任一向量p ，存在惟一的有序实数组(x ，y ，z )，使得______________________．由此可知，如果三个向量e 1，e 2，e 3不共面，那么空间的每一个向量组成的集合就是________________________________．这个集合可看作是由向量e 1，e 2，e 3生成的，我们把__________叫做空间的一个基底，____________都叫做基向量．空间任何三个不共面的向量都可构成空间的一个基底．2．正交基底与单位正交基底如果空间一个基底的三个基向量是______________，那么这个基底叫做正交基底，当一个正交基底的三个基向量都是______________时，称这个基底为单位正交基底，通常用____________表示．3．推论设O ，A ，B ，C 是__________的四点，则对空间任意一点P ，都存在惟一的有序实数组(x ，y ，z )，使得______________________．一、填空题1．若存在实数x 、y 、z ，使OP →＝xOA →＋yOB →＋zOC →成立，则下列判断正确的是________．(写出正确的序号)①对于某些x 、y 、z 的值，向量组{P A →，PB →，PC →}不能作为空间的一个基底；②对于任意的x 、y 、z 的值，向量组{P A →，PB →，PC →}都不能作为空间的一个基底；③对于任意的x 、y 、z 的值，向量组{P A →，PB →，PC →}都能作为空间的一个基底；④根据已知条件，无法作出相应的判断．2.设O-ABC 是四面体，G 1是△ABC 的重心，G 是OG 1上的一点，且OG →＝xOA →＋yOB →＋zOC →，则(x ，y ，z )为____________．3．在以下3个命题中，真命题的个数是________．①三个非零向量a ，b ，c 不能构成空间的一个基底，则a ，b ，c 共面；②若两个非零向量a ，b 与任何一个向量都不能构成空间的一个基底，则a ，b 共线； ③若a ，b 是两个不共线向量，而c ＝λa ＋μb (λ，μ∈R 且λμ≠0)，则{a ，b ，c }构成空间的一个基底．4．若{a ，b ，c }是空间的一个基底，则下列各组中能构成空间一个基底的是________．(写出符合要求的序号)①a,2b,3c ；②a ＋b ，b ＋c ，c ＋a ；③a ＋2b,2b ＋3c,3a －9c ；④a ＋b ＋c ，b ，c .5．已知点A 在基底{a ，b ，c }下的坐标为(8,6,4)，其中a ＝i ＋j ，b ＝j ＋k ，c ＝k ＋i ，则点A 在基底{i ，j ，k }下的坐标是______________．6．下列结论中，正确的是________．(写出所有正确的序号)①若a 、b 、c 共面，则存在实数x ，y ，使a ＝x b ＋y c ；②若a 、b 、c 不共面，则不存在实数x ，y ，使a ＝x b ＋y c ；③若a 、b 、c 共面，b 、c 不共线，则存在实数x ，y ，使a ＝x b ＋y c ；④若a ＝x b ＋y c ，则a 、b 、c 共面．7.如图所示，空间四边形OABC 中，OA →＝a ，OB →＝b ，OC →＝c ，点M 在OA 上且OM ＝MA ，BN ＝12NC ，则MN →＝__________________. 8．命题：①若a 与b 共线，b 与c 共线，则a 与c 共线；②向量a 、b 、c 共面，则它们所在的直线也共面；③若a 与b 共线，则存在惟一的实数λ，使b ＝λa .上述命题中的真命题的个数是________．二、解答题9．已知向量{a ，b ，c }是空间的一个基底，那么向量a ＋b ，b ＋c ，c ＋a 能构成空间的一个基底吗？为什么？10.如图所示，在长方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，O 为AC 的中点．（1）化简：A 1O →－12AB →－12AD →； (2)设E 是棱DD 1上的点且DE →＝23DD 1→，若EO →＝xAB →＋yAD →＋zAA 1→，试求x 、y 、z 的值．能力提升11.如图所示，已知平行六面体ABCD —A ′B ′C ′D ′.求证：AC →＋AB ′→＋AD ′→＝2AC ′→.12.如图所示，空间四边形OABC 中，G 、H 分别是△ABC 、△OBC 的重心，设OA →＝a ，OB→＝b ，OC →＝c ，试用向量a 、b 、c 表示向量GH →.1．空间的一个基底是空间任意三个不共面的向量，空间的基底可以有无穷多个．一个基底是不共面的三个向量构成的一个向量组，一个基向量指一个基底的某一个向量．2．利用向量解决立体几何中的一些问题时，其一般思路是将要解决的问题用向量表示，用已知向量表示所需向量，对表示出的所需向量进行运算，最后再将运算结果转化为要解决的问题．3．1.3 空间向量基本定理知识梳理1．p ＝x e 1＋y e 2＋z e 3 {p |p ＝x e 1＋y e 2＋z e 3，x ，y ，z ∈R } {e 1，e 2，e 3} e 1，e 2，e 32．两两互相垂直 单位向量 {i ，j ，k }3．不共面 OP →＝xOA →＋yOB →＋zOC →作业设计1．①解析 当OA →，OB →，OC →共面时，则P A →，PB →，PC →共面，故不能构成空间的一个基底．2．(14，14，14) 解析 因为OG →＝34OG 1→＝34(OA →＋AG 1→) ＝34OA →＋34×23[12(AB →＋AC →)] ＝34OA →＋14[(OB →－OA →)＋(OC →－OA →)] ＝14OA →＋14OB →＋14OC →， 而OG →＝xOA →＋yOB →＋zOC →， 所以x ＝14，y ＝14，z ＝14. 3．2解析 命题①，②是真命题，命题③是假命题．4．①②④解析 ∵－3(a ＋2b )＋3(2b ＋3c )＋(3a －9c )＝0，∴3a －9c ＝3(a ＋2b )－3(2b ＋3c )，即三向量3a －9c ，a ＋2b,2b ＋3c 共面．5．(12,14,10)解析 设点A 在基底{a ，b ，c }下对应的向量为p ，则p ＝8a ＋6b ＋4c ＝8i ＋8j ＋6j ＋6k ＋4k ＋4i＝12i ＋14j ＋10k ，故点A 在基底{i ，j ，k }下的坐标为(12,14,10)．6．②③④解析 要注意共面向量定理给出的一个充要条件．所以第②个命题正确．但定理的应用又有一个前提：b 、c 是不共线向量，否则即使三个向量a 、b 、c 共面，也不一定具有线性关系，故①不正确，③④正确．7．－12a ＋23b ＋13c 8．09．解 假设a ＋b ，b ＋c ，c ＋a 共面，则存在实数λ、μ使得a ＋b ＝λ(b ＋c )＋μ(c ＋a )，∴a ＋b ＝λb ＋μa ＋(λ＋μ)c .∵{a ，b ，c }为基底，∴a ，b ，c 不共面．∴⎩⎪⎨⎪⎧ 1＝μ，1＝λ，0＝λ＋μ.此方程组无解．∴a ＋b ，b ＋c ，c ＋a 不共面．∴{a ＋b ，b ＋c ，c ＋a }可以作为空间的一个基底．10．解 (1)∵AB →＋AD →＝AC →，∴A 1O →－12AB →－12AD →＝A 1O →－12(AB →＋AD →)＝A 1O →－12AC →＝A 1O →－AO →＝A 1A →. (2)∵EO →＝ED →＋DO →＝23D 1D →＋12DB → ＝23D 1D →＋12(DA →＋AB →) ＝23A 1A →＋12DA →＋12AB →＝12AB →－12AD →－23AA 1→， ∴x ＝12，y ＝－12，z ＝－23. 11．证明 因为平行六面体的六个面均为平行四边形，所以AC →＝AB →＋AD →，AB ′→＝AB →＋AA ′→，AD ′→＝AD →＋AA ′→.所以AC →＋AB ′→＋AD ′→＝(AB →＋AD →)＋(AB →＋AA ′→)＋(AD →＋AA ′→)＝2(AB →＋AD →＋AA ′→)．又因为AA ′→＝CC ′→，AD →＝BC →，所以AB →＋AD →＋AA ′→＝AB →＋BC →＋CC ′→＝AC →＋CC ′→＝AC ′→，故AC →＋AB ′→＋AD ′→＝2AC ′→.12．解 GH →＝OH →－OG →，∵OH →＝23OD →， ∴OH →＝23×12(OB →＋OC →)＝13(b ＋c )， OG →＝OA →＋AG →＝OA →＋23AD → ＝OA →＋23(OD →－OA →) ＝13OA →＋23×12(OB →＋OC →) ＝13a ＋13(b ＋c )， ∴GH →＝13(b ＋c )－13a －13(b ＋c )＝－13a ， 即GH →＝－13a .。
创新设计高中数学苏教选修21习题：第3章 空间向量与立体几何 模块检测
模块检测一、填空题(本大题共14小题，每小题5分，共70分)1．命题“若a ＞－1，则a ＞－2”及其逆命题、否命题、逆否命题4个命题中，真命题的个数是______． 答案 2解析 原命题为真命题，故逆否命题为真命题；逆命题为“若a ＞－2，则a ＞－1”为假命题，故否命题为假命题．故4个命题中有2个真命题． 2．已知命题p ：∃x ∈R ，sin x ≤1，则命题綈p 为______． 答案 ∀x ∈R ，sin x ＞1解析 存在性命题的否定为全称命题，同时注意否定结论：sin x ≤1的否定为sin x ＞1. 3．命题“a ＞1是a ＞a 的充要条件”是______(填“真”或“假”)命题． 答案 真解析 因为a ＞1，所以a ＞1, 所以a ·a ＞a ，即a ＞a .所以a ＞1⇒a ＞a ；因为a ＞a ，所以a (a －1)＞0，所以a ＞1，即a ＞1.所以a ＞a ⇒a ＞1.综上可知a ＞1⇔a ＞a ，所以a ＞1是a ＞a 的充要条件．4．在空间中，①若四点不共面，则这四点中任三个点都不共线；②若两条直线没有公共点，则这两条直线是异面直线．以上两个命题中，逆命题为真命题的是______． 答案 ②解析 命题①：“若四点不共面，则这四点中任三个点都不共线”的逆命题是“若四点中任三个点都不共线，则这四点不共面”，是假命题．命题②：“若两条直线没有公共点，则这两条直线是异面直线”的逆命题是“若两直线是异面直线，则这两条直线没有公共点”，是真命题． 5．已知|a |＝|b |＝5，a ，b 的夹角为π3，则|a ＋b |与|a －b |的值分别等于______．答案 53，5解析 |a ＋b |2＝|a |2＋2a ·b ＋|b |2＝52＋2×5×5×12＋52＝75，|a ＋b |＝53，|a －b |2＝|a |2－2a ·b ＋|b |2＝52－2×5×5×12＋52＝25，|a －b |＝5.6．若直线l 的方向向量为a ＝(－1,1,2)，平面α的法向量为u ＝(2，－2，－4)，则直线与平面的位置关系是______． 答案 l ⊥α解析 由已知得a ＝－12u ，即向量a 和u 共线，∴直线l 与平面α垂直．7．以双曲线x 23－y 2＝1的一条准线为准线，顶点在原点的抛物线方程是____________．答案 y 2＝6x 或y 2＝－6x解析 因为a ＝3，b ＝1，所以c ＝2， 所以双曲线的准线方程为x ＝±32，所以p 2＝32，得p ＝3，所以抛物线方程是y 2＝6x 或y 2＝－6x .8．焦点在y 轴上，虚半轴长为4，焦距的一半为6的双曲线的标准方程为____________． 答案 y 220－x 216＝1解析 双曲线的焦点在y 轴上，设双曲线的标准方程为y 2a 2－x 2b 2＝1(a ＞0，b ＞0)．已知b ＝4，c＝6，则a 2＝c 2－b 2＝62－42＝20.故所求双曲线的标准方程为y 220－x 216＝1. 9．对于实数x ，y ，命题p ：x ＋y ≠8是命题q ：x ≠2或y ≠6的______条件． 答案 充分不必要解析 利用命题的等价性，因为命题“若x ＝2且y ＝6，则x ＋y ＝8”是真命题，故綈q ⇒綈p ，即p ⇒q ；命题“若x ＋y ＝8，则x ＝2且y ＝6”是假命题，故綈p 綈q ，即qp ，所以p 是q 的充分不必要条件．10．已知t ∈R ，a ＝(1－t,1－t ，t )，b ＝(2，t ，t )，则|b －a |的最小值是______． 答案355解析 因为a －b ＝(－1－t,1－2t,0)， 所以|a －b |＝(－1－t )2＋(1－2t )2＋02＝5t 2－2t ＋2＝5(t －15)2＋95，当t ＝15时，|b －a |取到最小值355.11．已知双曲线x 2－y 23＝1上存在两点M ，N 关于直线y ＝x ＋m 对称，且MN 的中点在抛物线y 2＝18x 上，则实数m 的值为________． 答案 0或－8解析 设M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)，MN 中点P (x 0，y 0)， 则⎩⎪⎨⎪⎧x 21－y 213＝1，①x 22－y 223＝1，②x 1＋x 2＝2x 0，③y 1＋y 2＝2y 0，④则②－①得(x 2－x 1)(x 2＋x 1)＝13(y 2－y 1)(y 2＋y 1)，显然x 1≠x 2.∴y 2－y 1x 2－x 1·y 2＋y 1x 2＋x 1＝3，即k MN ·y 0x 0＝3，∵M ，N 关于直线y ＝x ＋m 对称，∴k MN ＝－1， ∴y 0＝－3x 0，又∵y 0＝x 0＋m ， ∴P ⎝⎛⎭⎫－m 4，34m ，代入抛物线方程得 916m 2＝18·⎝⎛⎭⎫－m 4. 解得m ＝0或－8，经检验都符合．12．动圆的圆心在抛物线y 2＝8x 上，且动圆恒与直线x ＋2＝0相切，则动圆必过定点______． 答案 (2,0)解析 抛物线y 2＝8x ，p ＝4，其准线方程为x ＝－2，焦点为F (2,0)，设动圆圆心为P ，由已知点P 到准线x ＋2＝0的距离为其半径r ，且点P 在抛物线上，∴点P 到焦点F 的距离也为r ，∴动圆必过定点F (2,0)．13．已知正四棱柱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 设AB ＝1，则AA 1＝2，分别以D 1A 1→、D 1C 1→、D 1D →的方向为x 轴、y 轴、z 轴的正方向建立空间直角坐标系，如图所示：则D (0,0,2)，C 1(0,1,0)，B (1,1,2)，C (0,1,2)， DB →＝(1,1,0)，DC 1→＝(0,1，－2)，DC →＝(0,1,0)，设n ＝(x ，y ，z )为平面BDC 1的一个法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·DB →＝0，n ·DC 1→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y ＝0，y －2z ＝0，取n ＝(－2,2,1)，设CD 与平面BDC 1所成角为θ， 则sin θ＝|n ·DC →|n ||DC →||＝23.14．设F 为抛物线C ：y 2＝4x 的焦点，过点P (－1,0)的直线l 交抛物线C 于A ，B 两点，点Q 为线段AB 的中点，若FQ ＝2，则直线的斜率等于________． 答案 ±1解析 设直线l 的方程为y ＝k (x ＋1)，联立⎩⎪⎨⎪⎧y ＝k (x ＋1)，y 2＝4x ，消去y 得k 2x 2＋(2k 2－4)x ＋k 2＝0，由根与系数的关系，x A ＋x B ＝－2k 2－4k 2，于是x Q ＝x A ＋x B 2＝2k 2－1，把x Q 带入y ＝k (x ＋1)，得到y Q ＝2k，根据FQ ＝(2k 2－2)2＋(2k)2＝2，解出k ＝±1. 二、解答题(本大题共6小题，共90分)15．(14分)已知命题p ：对数log a (－2t 2＋7t －5)(a ＞0且a ≠1)有意义；q ：关于实数t 的不等式t 2－(a ＋3)t ＋(a ＋2)＜0.(1)若命题p 为真命题，求实数t 的取值范围；(2)若命题p 是命题q 的充分不必要条件，求实数a 的取值范围． 解 (1)因为命题p 为真命题，所以对数式有意义， 即－2t 2＋7t －5＞0，解得1＜t ＜52.(2)因为命题p 是命题q 的充分不必要条件，所以1＜t ＜52是不等式t 2－(a ＋3)t ＋(a ＋2)＜0解集的真子集．解法一：因为方程t 2－(a ＋3)t ＋(a ＋2)＝0的两根为1，a ＋2， 故只需a ＋2＞52，解得a ＞12.解法二：令f (t )＝t 2－(a ＋3)t ＋(a ＋2)， 因为f (1)＝0，故只需f (52)＜0，解得a ＞12.16．(14分)已知命题p ：不等式|x －1|>m －1的解集为R ，命题q ：f (x )＝－(5－2m )x 是减函数，若p ∨q 为真命题，p ∧q 为假命题，求实数m 的取值范围． 解 由于不等式|x －1|>m －1的解集为R ， 所以m －1<0，m <1；又由于f (x )＝－(5－2m )x 是减函数， 所以5－2m >1，m <2.即命题p ：m <1，命题q ：m <2.又由于p ∨q 为真，p ∧q 为假，所以p 和q 中一真一假．当p 真q 假时应有⎩⎪⎨⎪⎧ m <1，m ≥2，m 无解．当p 假q 真时应有⎩⎪⎨⎪⎧m ≥1，m <2， 1≤m <2.故实数m 的取值范围是[1,2)．17．(14分)已知椭圆x 2b 2＋y 2a 2＝1 (a >b >0)的离心率为22，且a 2＝2b .(1)求椭圆的方程；(2)若直线l ：x －y ＋m ＝0与椭圆交于A 、B 两点，且线段AB 的中点在圆x 2＋y 2＝5上，求m 的值．解 (1)由题意得⎩⎪⎨⎪⎧c a ＝22，a 2＝2b ，b 2＝a 2－c 2，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝2，c ＝1，b ＝1，故椭圆的方程为x 2＋y 22＝1.(2)设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，线段AB 的中点为M (x 0，y 0)． 联立直线与椭圆的方程得⎩⎪⎨⎪⎧x 2＋y 22＝1，x －y ＋m ＝0，即3x 2＋2mx ＋m 2－2＝0，所以x 0＝x 1＋x 22＝－m 3，y 0＝x 0＋m ＝2m3，即M ⎝⎛⎭⎫－m 3，2m3，又因为M 点在圆x 2＋y 2＝5上， 所以⎝⎛⎭⎫－m 32＋⎝⎛⎭⎫2m32＝5，解得m ＝±3. 18．(16分)直三棱柱ABCA 1B 1C 1中，AB ⊥AC ，D 、E 分别为AA 1、B 1C 的中点，DE ⊥平面BCC 1B 1. (1)证明：AB ＝AC ；(2)设二面角ABDC 为60°，求B 1C 与平面BCD 所成角的大小．(1)证明 以A 为坐标原点，射线AB 、AC 、AA 1分别为x 、y 、z 轴的正半轴，建立如图所示的直角坐标系Axyz .设B (1,0,0)，C (0，b,0)，D (0,0，c )，则B 1(1,0,2c )，E (12，b2，c )．于是DE →＝(12，b 2，0)，BC →＝(－1，b,0)．由DE ⊥平面BCC 1B 1知DE ⊥BC ，DE →·BC →＝0，求得b ＝1，所以AB ＝AC . (2)设平面BCD 的法向量AN →＝(x ，y ，z )，则AN →·BC →＝0，AN →·BD →＝0.又BC →＝(－1,1,0)，BD →＝(－1,0，c )，故⎩⎪⎨⎪⎧－x ＋y ＝0，－x ＋cz ＝0.令x ＝1，则y ＝1，z ＝1c ，AN →＝(1,1，1c )．又平面ABD 的法向量AC →＝(0,1,0)．由二面角ABDC 为60°知，〈AN →，AC →〉＝60°， 故AN →·AC →＝|AN →||AC →|cos60°，求得c ＝12.于是AN →＝(1,1，2)，CB 1→＝(1，－1，2)， cos 〈AN →，CB 1→〉＝AN →·CB 1→|AN →||CB 1→|＝12，〈AN →，CB 1→〉＝60°.所以B 1C 与平面BCD 所成的角为30°.19．(16分)如图，在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AA 1C 1C 是边长为4的正方形，平面ABC ⊥平面AA 1C 1C ，AB ＝3，BC ＝5. (1)求证：AA 1⊥平面ABC ；(2)求二面角A 1－BC 1－B 1的余弦值；(3)证明：在线段BC 1存在点D ，使得AD ⊥A 1B ，并求BDBC 1的值． (1)证明 因为AA 1C 1C 为正方形，所以AA 1⊥AC .因为平面ABC ⊥平面AA 1C 1C ，且AA 1垂直于这两个平面的交线AC ，所以AA 1⊥平面ABC . (2)解 由(1)知AA 1⊥AC ，AA 1⊥AB .由题意知AB ＝3，BC ＝5，AC ＝4，所以AB ⊥AC .如图，以A 为原点建立空间直角坐标系A －xyz ，则B (0,3,0)，A 1(0,0,4)，B 1(0,3,4)，C 1(4，0,4),设平面A 1BC 1的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·A 1B →＝0，n ·A 1C 1→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧3y －4z ＝0，4x ＝0，令z ＝3，则x ＝0，y ＝4，所以n ＝(0,4,3). 同理可得，平面BB 1C 1的法向量为m ＝(3,4,0)， 所以cos 〈n ，m 〉＝n ·m |n ||m |＝1625.由题意知二面角A 1－BC 1－B 1为锐角， 所以二面角A 1－BC 1－B 1的余弦值为1625.(3)解 设D (x ，y ，z )是线段BC 1上一点，且BD →＝λBC 1→. 所以(x ，y －3，z )＝λ(4，－3,4)．解得x ＝4λ，y ＝3－3λ，z ＝4λ. 所以AD →＝(4λ，3－3λ，4λ)．由AD →·A 1B →＝0，即9－25λ＝0.解得λ＝925.因为925∈[0,1]，所以在线段BC 1上存在点D,使得AD ⊥A 1B . 此时，BD BC 1＝λ＝925.20．(16分)已知圆M ：(x ＋1)2＋y 2＝1，圆N ：(x －1)2＋y 2＝9，动圆P 与M 外切并且与圆N 内切，圆心P 的轨迹为曲线C . (1)求C 的方程；(2)l 是与圆P ，圆M 都相切的一条直线，l 与曲线C 交于A ，B 两点，当圆P 的半径最长时，求AB .解 由已知得圆M 的圆心为M (－1,0)，半径r 1＝1，圆N 的圆心为N (1,0)，半径r 2＝3.设动圆P 的圆心为P (x ，y )，半径为R .(1)∵圆P 与圆M 外切且与圆N 内切，∴PM ＋PN ＝(R ＋r 1)＋(r 2－R )＝r 1＋r 2＝4，由椭圆的定义可知，曲线C 是以M ，N 为左、右焦点，长半轴长为2，短半轴长为3的椭圆(左顶点除外)，其方程为x 24＋y 23＝1(x ≠－2)．(2)对于曲线C 上任意一点P (x ，y )，由于PM －PN ＝2R －2≤2，∴R ≤2， 当且仅当圆P 的圆心为(2,0)时，R ＝2.∴当圆P 的半径最长时，其方程为(x －2)2＋y 2＝4， 当l 的倾斜角为90°时，则l 与y 轴重合， 可得AB ＝2 3.当l 的倾斜角不为90°时，由r 1≠R 知l 不平行x 轴，设l 与x 轴的交点为Q ，则QP QM ＝Rr 1，可求得Q (－4,0)，∴设l ：y ＝k (x ＋4)，由l 与圆M 相切得|3k |1＋k 2＝1，解得k ＝±24.当k ＝24时，将y ＝24x ＋2代入x 24＋y 23＝1(x ≠－2)并整理得7x 2＋8x －8＝0，解得x 1,2＝－4±627，∴AB＝1＋k2|x1－x2|＝187.当k＝－24时，由图形的对称性可知AB＝187，综上，AB＝187或AB＝2 3.。
高中数学苏教版选修2-1第3章《空间向量与立体几何》(2.1)word学案
3．2空间向量的应用3．2.1直线的方向向量与平面的法向量[学习目标] 1.理解直线的方向向量与平面的法向量的意义.2.会用待定系数法求平面的法向量．[知识链接]1．平面的法向量有无数个，它们之间有何关系？答：相互平行．2．一条直线的方向向量和平面法向量是否惟一？是否相等？答：不惟一，它们相互平行，但不一定相等．[预习导引]1．直线的方向向量直线l上的向量e(e≠0)以及与e共线的非零向量叫做直线l的方向向量．2．平面的法向量如果表示非零向量n的有向线段所在直线垂直于平面α，那么称向量n垂直于平面α，记作n ⊥α，此时，我们把向量n叫做平面α的法向量.要点一直线的方向向量及其应用例1设直线l1的方向向量为a＝(1,2，－2)，直线l2的方向向量为b＝(－2,3，m)，若l1⊥l2，则m＝________.答案2解析由题意，得a⊥b，所以a·b＝(1,2，－2)·(－2,3，m)＝－2＋6－2m＝4－2m＝0，所以m ＝2.规律方法若l1⊥l2，则l1与l2的方向向量垂直；若l1∥l2，则l1与l2的方向向量平行．跟踪演练1若直线l1，l2的方向向量分别是a＝(1，－3，－1)，b＝(8,2,2)，则l1与l2的位置关系是________．答案垂直解析因为a·b＝(1，－3，－1)·(8,2,2)＝8－6－2＝0，所以a⊥b，从而l1⊥l2.要点二求平面的法向量例2 已知点A (a,0,0)、B (0，b,0)、C (0,0，c )，求平面ABC 的一个法向量． 解 设坐标原点为O ， 由已知可得：AB →＝OB →－OA →＝(0，b,0)－(a,0,0)＝(－a ，b,0)，AC →＝OC →－OA →＝(0,0，c )－(a,0,0)＝(－a,0，c )． 设平面ABC 的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )， 则n ·AB →＝(x ，y ，z )·(－a ，b,0)＝－ax ＋by ＝0， n ·AC →＝(x ，y ，z )·(－a,0，c )＝－ax ＋cz ＝0. 于是得y ＝a b x ，z ＝acx .不妨令x ＝bc ，则y ＝ac ，z ＝ab .因此，可取n ＝(bc ，ac ，ab )为平面ABC 的一个法向量．规律方法 平面的法向量有无数条，一般用待定系数法求解，解一个三元一次方程组，求得其中一条即可，构造方程组时，注意所选平面内的两向量是不共线的，赋值时保证所求法向量非零，本题中法向量的设法值得借鉴．跟踪演练2 如图，ABCD 是直角梯形，∠ABC ＝90°，SA ⊥平面ABCD ，SA ＝AB ＝BC ＝1，AD ＝12，求平面SCD 与平面SBA 的法向量．解 ∵AD 、AB 、AS 是三条两两垂直的线段，∴以A 为原点，以AD →、AB →、AS →的方向为x 轴，y 轴，z 轴的正方向建立如图所示坐标系，则A (0,0,0)，D (12，0,0)，C (1,1,0)，S (0,0,1)，AD →＝(12，0,0)是平面SBA 的法向量，设平面SCD 的法向量n ＝(1，λ，u )，有n ⊥DC →，n ⊥DS →， 则n ·DC →＝(1，λ，u )·(12，1,0)＝12＋λ＝0，∴λ＝－12.n ·DS →＝(1，λ，u )·(－12，0,1)＝－12＋u ＝0，∴u ＝12，∴n ＝(1，－12，12)．要点三 证明平面的法向量例3 在正方体ABCDA 1B 1C 1D 1中，E ，F 分别是BB 1，CD 的中点．求证：D 1F →是平面ADE 的法向量．证明 如图，以D 为坐标原点，DA ，DC ，DD 1分别为x ，y ，z 轴，建立空间直角坐标系， 设正方体的棱长为1，则D (0,0,0)，D 1(0,0,1)，A (1,0,0)，E (1,1，12)，F (0，12，0)，所以AD →＝(－1,0,0)，D 1F →＝(0，12，－1)，AE →＝(0,1，12)，所以AD →·D 1F →＝(－1,0,0)·(0，12，－1)＝0，AE →·D 1F →＝(0,1，12)·(0，12，－1)＝0，所以AD →⊥D 1F →，AE →⊥D 1F →，又AD ∩AE ＝A ， 所以D 1F →⊥平面ADE ，从而D 1F →是平面ADE 的法向量．规律方法 用向量法证明线面垂直的实质仍然是用向量的数量积证明线线垂直，因此，其思想方法与证明线线垂直相同，区别在于必须证明两个线线垂直．跟踪演练3 已知正方体ABCDA 1B 1C 1D 1的棱长为1，在BC 、DD 1上是否存在点E 、F ，使B 1E →是平面ABF 的法向量？若存在，证明你的结论，并求出点E 、F 满足的条件；若不存在，请说明理由．解 建立如图所示的空间直角坐标系，则A (1,0,1)，B (1,1,1)，B 1(1,1,0)， 设F (0,0，h )，E (m,1,1)，则AB →＝(0,1,0)，B 1E →＝(m －1,0,1)，F A →＝(1,0,1－h )．∵AB →·B 1E →＝0，∴AB ⊥B 1E .若B 1E →是平面ABF 的法向量，则B 1E →·F A →＝m－1＋1－h ＝m －h ＝0，∴h ＝m .即E 、F 满足D 1F ＝CE 时，B 1E →是平面ABF 的法向量．故存在，且E 、F 满足D 1F ＝CE .1．已知a ＝(2,4,5)，b ＝(3，x ，y )分别是直线l 1、l 2的方向向量．若l 1∥l 2，则x ＝________，y ＝________. 答案 6152解析 由l 1∥l 2得，23＝4x ＝5y ，解得x ＝6，y ＝152.2．若A (－1,0,1)，B (1,4,7)在直线l 上，则直线l 的一个方向向量为________． 答案 (1,2,3)解析 ∵AB →＝(2,4,6)，而与AB →共线的非零向量都可以作为直线l 的方向向量．3．若a ＝(1,2,3)是平面γ的一个法向量，则下列向量中能作为平面γ的法向量的是________． ①(0,1,2) ②(3,6,9) ③(－1，－2,3) ④(3,6,8) 答案 ②解析 向量(1,2,3)与向量(3,6,9)共线．4．若直线l ∥α，且l 的方向向量为(2，m,1)，平面α的法向量为(1，12，2)，则m ＝________.答案 －8解析 ∵l ∥α，平面α的法向量为(1，12，2)，∴(2，m,1)·(1，12，2)＝0.∴2＋12m ＋2＝0.∴m ＝－8.1.直线的方向向量的应用利用方向向量可以确定空间中的直线．若有直线l ，点A 为直线上的点，向量a 是l 的方向向量，在直线l 上取AB →＝a ，则对于直线l 上任意一点P ，一定存在实数t ，使AP →＝tAB →，这样，点A 和向量a 不仅可以确定直线l 的位置还可以具体地表示出直线l 上的任意点． 2．平面的法向量的求法若要求出一个平面的法向量的坐标，一般要建立空间直角坐标系，然后用待定系数法求解，一般步骤如下：(1)设出平面的法向量为n ＝(x ，y ，z )． (2)找出(求出)平面内的两个不共线的向量的坐标a ＝(a 1，b 1，c 1)，b ＝(a 2，b 2，c 2)．(3)根据法向量的定义建立关于x 、y 、z 的方程组⎩⎪⎨⎪⎧n·a ＝0，n·b ＝0.(4)解方程组，取其中的一组解，即得法向量．一、基础达标1．在空间直角坐标系Oxyz 中，下列向量中不是y 轴方向向量的序号是________． ①(0,1,0)；②(0，－1,0)；③(0,2,0)；④(0,1,1)． 答案 ④解析 y 轴方向向量可以表示为(0，k,0)(k ≠0)，所以只有④(0,1,1)不是y 轴方向向量． 2．设平面α的法向量为(1,2，－2)，平面β的法向量为(－2，－4，k )，若α∥β，则k ＝________. 答案 4解析 α∥β⇒(－2，－4，k )＝λ(1,2，－2)， ∴λ＝－2，k ＝4.3．在空间直角坐标系Oxyz 中，平面xOy 的一个法向量是________． 答案 (0,0,1)解析 答案不惟一，只要与向量(0,0,1)平行的非零向量都可以．4．在空间直角坐标系Oxyz 中，法向量(1,0,0)对应的坐标平面是________． 答案 yOz 平面解析 因为向量(1,0,0)平行于x 轴，所以对应的坐标平面是垂直于x 轴的平面．5．在空间直角坐标系Oxyz 中，设平面α经过点P (1,0,0)，平面α的法向量为e ＝(1,0,0)，M (x ，y ，z )为平面α内任意一点，则x ，y ，z 满足的关系是________． 答案 x ＝1解析 由题意可知e ·PM →＝0，代入坐标计算即可得x ＝1.6．已知A (1,0,0)，B (0,1,0)，C (0,0,1)，则平面ABC 的单位法向量坐标为________________． 答案 (33，33，33)或(－33，－33，－33) 解析 设单位法向量n 0＝(x ，y ，z )，AB →＝(－1,1,0)，AC →＝(－1,0,1)． 由n 0·AB →＝0，且n 0·AC →＝0得⎩⎪⎨⎪⎧x 2＋y 2＋z 2＝1，y －x ＝0，z －x ＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧ x ＝33，y ＝33，z ＝33，或⎩⎪⎨⎪⎧x ＝－33，y ＝－33，z ＝－33.7．已知平面α经过三点A (1,2,3)，B (2,0，－1)，C (3，－2,0)，试求平面α的一个法向量． 解 ∵A (1,2,3)，B (2,0，－1)，C (3，－2,0)， ∴AB →＝(1，－2，－4)，AC →＝(2，－4，－3)， 设平面α的法向量为n ＝(x ，y ，z )． 依题意，应有n ·AB →＝0，n ·AC →＝0.即⎩⎪⎨⎪⎧ x －2y －4z ＝0，2x －4y －3z ＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝2y ，z ＝0.令y ＝1，则x ＝2. ∴平面α的一个法向量为n ＝(2,1,0)． 二、能力提升8．已知点A 、B 、C 的坐标分别是(0,1,0)、(－1,0,1)、(2,1,1)，点P 的坐标为(x,0，z )，若P A →⊥AB →，P A →⊥AC →，则点P 的坐标为________． 答案 (13，0，－23)解析 ∵A (0,1,0)，B (－1,0,1)，C (2,1,1)，P (x,0，z )， ∴AB →＝(－1，－1,1)，AC →＝(2,0,1)，P A →＝(－x,1，－z )． ∵P A →⊥AB →，P A →⊥AC →，∴P A →·AB →＝(－x,1，－z )·(－1，－1,1)＝0， P A →·AC →＝(－x,1，－z )·(2,0,1)＝0，∴⎩⎪⎨⎪⎧x －1－z ＝0，－2x －z ＝0，∴⎩⎨⎧x ＝13，z ＝－23，∴点P 的坐标为(13，0，－23)．9．若不重合的两个平面的法向量分别是a ＝(3，－3，－3)，b ＝(－1,1,1)，则这两个平面的位置关系是________． 答案 平行解析 因为a ＝－3b ，所以a ∥b ，所以这两个平面平行．10．不重合的直线l 1，l 2的方向向量分别为a ，b ，且a ＝(2,3，－1)，b ＝(－6，－9,3)，则l 1，l 2的位置关系是________． 答案 平行解析 因为b ＝－3a ，所以a ∥b ，所以l 1∥l 2.11．△ABC 中，A (1，－1,2)，B (3,3,1)，C (3,1,3)，设M (x ，y ，z )是平面ABC 上任一点． (1)求平面ABC 的一个法向量； (2)求x ，y ，z 满足的关系式．解 (1)设平面ABC 的法向量n ＝(a ，b ，c )， ∵AB →＝(2,4，－1)，AC →＝(2,2,1)，∴⎩⎪⎨⎪⎧ n ·AB →＝2a ＋4b －c ＝0，n ·AC →＝2a ＋2b ＋c ＝0，∴⎩⎪⎨⎪⎧c ＝b ，a ＝－32b . 故可取n ＝(－3,2,2)．∴平面ABC 的一个法向量为n ＝(－3,2,2)． (2)∵点M (x ，y ，z )是平面ABC 上任一点， ∴－3(x －1)＋2(y ＋1)＋2(z －2)＝0. ∴3x －2y －2z －1＝0.这就是所求的x 、y 、z 满足的关系式．12．如图，在正方体ABCDA 1B 1C 1D 1中，求证：AC 1→是平面B 1D 1C 的法向量．证明 如图，以D 为坐标原点，DA 、DC 、DD 1分别为x 、y 、z 轴，建立空间直角坐标系．设正方体的棱长为1，则D 1(0,0,1)，A (1,0,0)，C (0,1,0)，B 1(1,1,1)，C 1(0,1,1)．所以AC 1→＝(－1,1,1)，D 1B 1→＝(1,1,0)，CB 1→＝(1,0,1)， 所以AC 1→·D 1B 1→＝(－1,1,1)·(1,1,0)＝0，AC 1→·CB 1→＝(－1,1,1)·(1,0,1)＝0， 所以AC 1→⊥D 1B 1→，AC 1→⊥CB 1→， 又B 1D 1∩CB 1＝B 1，所以AC 1→是平面B 1D 1C 的法向量． 三、探究与创新13.如图，在直三棱柱(侧棱垂直于底面的棱柱)ABC —A 1B 1C 1中，CA ＝CB ＝1，∠BCA ＝90°，棱AA 1＝2，M ，N 分别为A 1B 1，A 1A 的中点． (1)求BN 的长；(2)求BA 1→与CB 1→夹角的余弦值；(3)求证：BN →是平面C 1MN 的一个法向量． (1)解 如图所示，以CA 、CB 、CC 1所在直线为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系C —xyz . 依题意得B (0,1,0)，N (1,0,1)， ∴|BN →|＝(1－0)2＋(0－1)2＋(1－0)2 ＝3，∴线段BN 的长为 3.(2)解 依题意得A 1(1,0,2)，C (0,0,0)，B 1(0,1,2)， ∴BA 1→＝(1，－1,2)，CB 1→＝(0,1,2)， ∴BA 1→·CB 1→＝1×0＋(－1)×1＋2×2＝3. 又|BA 1→|＝6，|CB 1→|＝5，∴cos 〈BA 1→，CB 1→〉＝BA 1→·CB 1→|BA 1→||CB 1→|＝3010.(3)证明 依题意得A 1(1,0,2)，C 1(0,0,2)，B 1(0,1,2)，N (1,0,1)． ∴M ⎝⎛⎭⎫12，12，2，C 1M →＝⎝⎛⎭⎫12，12，0，C 1N →＝(1,0，－1)， BN →＝(1，－1,1)，∴C 1M →·BN →＝12×1＋12×(－1)＋1×0＝0，C 1N →·BN →＝1×1＋0×(－1)＋(－1)×1＝0. ∴C 1M →⊥BN →，C 1N →⊥BN →，又C 1M ∩C 1N ＝C 1，∴BN →⊥平面C 1MN .∴BN →是平面C 1MN 的一个法向量．。
《创新设计》2015-2016学年高中数学(苏教版选修2-1)课件第3章空间向量与立体几何章末复习提升
(2)取A1C的中点E，连结DE，由于E(1,0,1)， 所以E→D＝(0,1,1)，又B→C1＝(0，－2，－2)，
所以E→D＝－21B→C1，又 ED 和 BC1 不共线， 所以ED∥BC1， 又DE⊂平面CA1D，BC1⊄平面CA1D， 故BC1∥平面CA1D.
题型三 利用空间向量求空间角 1.求异面直线所成的角 设两异面直线的方向向量分别为n1、n2，那么这两条异面 直线所成的角为θ＝〈n1，n2〉或θ＝π－〈n1，n2〉， ∴cos θ＝|cos〈n1，n2〉|.
第3章——
章末复习提升
1 知识网络 2 要点归纳 3 题型研修
系统盘点，提炼主干 整合要点，诠释疑点 突破重点，提升能力
1.空间向量 (1)空间向量的知识脉络： 向量的概念→向量的运算→基本定理→直角坐标系→向量 的坐标运算→应用. (2)空间向量的概念： ①定义：具有大小和方向的量称为向量；②向量相等：长 度相等且方向相同.
(4)求空间的距离 两平行平面间的距离、直线与平面的距离都可转化为点到 平面的距离；利用法向量可求点到平面的距离：如图③， 设n是平面α的法向量，AB是平面α的一条射线，其中A∈α，
→ 则点B到平面α的距离为|AB·n| .
|n|
题型一 空间向量及其运算 空间向量的运算主要包括空间向量的线性运算、数量积运 算以及空间向量的坐标运算.空间向量的运算法则、运算律 与平面向量基本一致.主要考查空间向量的共线与共面以及 数量积运算，这是用向量法求解立体几何问题的基础.
h)，C(0， 5，0)，C1(0， 5，h)，
从而A→B1＝(4,0，h)，A→1C＝(2， 5，－h)， 由A→B1⊥A→1C，有 8－h2＝0，h＝2 2. 故D→A1＝(－2,0,2 2)，C→C1＝(0,0,2 2)，D→C＝(0， 5，0).
苏教版高中数学选修2 1同步讲义第3章 空间向量与立体几何 323 含答案
3.2.3空间的角的计算学习目标 1.理解直线与平面所成角、二面角的概念.2.掌握向量法解决空间角的计算问题.3.体会空间向量解决立体几何问题的三步曲．知识点一空间角的计算(向量法)空间三种角的向量求法π??，π，θ＝，〈en〉∈??2ππ??，0关系〉∈e〈，n ne＝，θ－〈，〉??22π〉－ne〈，2计算θsin＝ne〈|cos，|〉图形φ＝π－θθ＝关系φφθ＝－coscosφcos计算θ＝cos)(．两异面直线所成的角与两直线的方向向量所成的角相等．×1cos n分别为二面角的两个半平面的法向量，则二面角的平面角的余弦值为．若向量2n，21n·n21) .(n〉＝×，〈n21|||nn|21π??，0．直线与平面所成角的范围为3.(×) ??2类型一求两条异面直线所成的角例1如图，在三棱柱OAB-OAB中，平面OBBO⊥平面OAB，∠OOB＝60°，∠AOB111111＝90°，且OB＝OO＝2，OA＝3，求异面直线AB与AO所成角的余弦值的大小．111→→解以O为坐标原点，OA，OB的方向为x轴，y轴的正方向．建立如图所示的空间直角坐标系，则O(0,0,0)，O ，3)，(0,11．，，3)(3，1A(3，0,0)，A1，B(0,2,0)—→－3，－(3)，，1∴AB＝1—→A＝3)(3，－1．，－O1—→—→| 〉A∴|cos〈AB，O11—→—→|A|AB·O11＝—→—→|OA|AB ||11|?·?3，－1，－3|?－3，1，－3?1.＝＝77×71.B∴异面直线A与AO所成角的余弦值为117则反思与感悟在解决立体几何中两异面直线所成角的问题时，若能构建空间直角坐标系，但应用向量法时一定要注意向量所成角与异面直线建立空间直角坐标系，利用向量法求解．所成角的区别．的中点，求异面直线CD，A，已知正方体ABCD-ABCD中，EF分别是A跟踪训练111111111所成角的余弦值．AE与CF轴，所在直线为xDD，以D点为坐标原点，分别取DA，DC，解不妨设正方体的棱长为21 z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则y轴，→→1,2)，，－1,0,2)CF＝(1，－，A(2,0,0)C(0,2,0)，E(1,0,2)，F(1,1,2)，则AE＝(→→→→3. ＝01＋＋，|CF|＝6AE·4CF＝－＝∴|AE|5，→→→→→→〉AE，AE||CF|cosCF〈|AE又·CF＝→→〈AE，CF30cos〉，＝30→→∴cos〈AE，CF〉＝，1030. CF与所成角的余弦值为AE∴异面直线10 求直线和平面所成的角类型二所AAC与侧面的底面边长为aABB，侧棱长为2a，求例2已知正三棱柱ABC-ABC111111成的角．轴，建立如图所示的空间直角坐y轴，zA点为坐标原点，AB，AA所在直线分别为以解1 0)，BA(0,0,0)，(0，a,标系，则a)A(0,0，，21a3??，Ca，2a－，1??22 MB的中点，方法一取A11a??a，20，M 则，，连结AM，MC??123??→—→，a,0)，AB＝有MC＝(0，0，－a，01??2—→(0,0，2＝a)．AA1—→—→—→→0，AA，MC·＝∴MC·AB＝0111—→→—→—→，，MC⊥AAMC∴MC⊥AB，⊥AA，则MC⊥AB111111 ABB平面A，又AB∩AA＝A，AB，AA?1111.⊥平面ABBA∴MC111 A所成的角．C∴∠AM是AC与侧面ABB1111aa3??→—→??a20，，＝，由于AC，＝AMa2－a，，??12??2222a9a→—→2，＝0＋＋2a＝AC∴·AM14422aa3—→2 |AC|a＝，＝3＋a＋214423a→2 a，＝a＋2||AM＝242a943→—→，AM〉＝cos〈AC. ＝∴123a×a32—→→—→→∵〈AC，AM〉∈[0°，180°]，∴〈AC ，30°〉＝AM，11．范围内，，90°]又直线与平面所成的角在[0°. A所成的角为30°∴AC与侧面ABB111—→→，2a，a,0)，AA＝(0,0)，＝方法二AB(01a3??—→.＝ACa，2－a，1??22 ，z)，λABBA的法向量为n＝(，y设侧面11→??，＝0ay·n AB ＝0，???∴即?—→，＝02az??·n AA＝0，1．λ，0,0)＝0.故n＝(＝∴yza3??—→，＝∵ACa，2－a，1??22—→λAC·n—→1∴cos〈AC，n〉＝＝－，1|λ2|—→|AC n|||11—→∴|cos〈AC，n〉|＝.12又直线与平面所成的角在[0°，90°]范围内，∴AC与侧面ABBA所成的角为30°.111反思与感悟用向量法求线面角的一般步骤是先利用图形的几何特征建立适当的空间直角坐标系，再用向量的有关知识求解线面角．方法二给出了用向量法求线面角的常用方法，即先求平面的法向量与斜线的夹角，再进行换算．跟踪训练2如图所示，已知直角梯形ABCD，其中AB＝BC＝2AD，AS⊥平面ABCD，AD∥BC，AB⊥BC，且AS＝AB.求直线SC与底面ABCD的夹角θ的余弦值．解由题设条件知，以点A为坐标原点，分别以AD，AB，AS所在直线为x轴，y轴，z 轴，建立空间直角坐标系(如图所示)．1→??0，0，D，(1,1,0)C(0,1,0)，A1AB (0,0,1)AS(0,0,1)，S，∴＝，设＝，则(0,0,0)B，??2．→(－1，－1,1)．CS＝→→＝90°－θ，显然AS是底面ABCD的法向量，它与已知向量CS 的夹角β→→3AS·CS1 β＝＝＝，故有sinθ＝cos3→→31×|CS|AS|| ，∈[0°，90°]∵θ62＝θ. 1－sin∴cosθ＝3 类型三求二面角，PA＝ABAB⊥AC，PA⊥平面ABCD，且例3在底面为平行四边形的四棱锥P-ABCD中，的夹角．与平面ABCDEACE是PD的中点，求平面轴建zy轴，AC，AB，AP所在直线为x轴，解方法一如图，以A为坐标原点，分别以立空间直角坐标系．，a,0)B(0，，则C(b,0,0)，，，AC＝b，连结BD与AC交于点O取AD的中点FP设A＝AB＝a→→.CDBA＝，，a)，－a,0)，P(0,0∴D(bbaba????0，－，，，0E ∴，O，????2222aa→→??，，－0＝OEb,0,0)．AC，＝(??22→→0，·AC＝∵OE→→AC，∴OE⊥a1→→→→??0，－，0 ，＝＝BA＝0AC∵，OF·OF??22→→.⊥AC∴OF ．)的夹角(或补角EOF∴∠为平面EAC与平面ABCD→→2OFOE·→→.〉＝＝OFcos〈OE，2→→|OE||OF|→→又∵〈OE，OF〉∈[0°，180°]，.45°的夹角为ABCD与平面EAC∴平面．建系如方法一，方法二ABCD，∵PA⊥平面→ABCD的法向量，(0,0，a)为平面∴AP＝aba →→??，，－＝AEb,0,0)．，AC＝(??222 ．y，z)设平面AEC的法向量为m＝(x，→??·m0，AE＝?由→??·m0，AC＝aba??，＝0x－y＋z222?得??0.bx＝，＝z，∴取m＝(0,1,1)＝∴x0，y→2a m·AP→.＝m，AP〉＝＝cos〈2→a2·|AP|m||→]，AP〉∈[0°，180°又∵〈m，.的夹角为45°∴平面AEC与平面ABCD时，用向量法求解二面角无)有特殊的位置关系 1.当空间直角坐标系容易建立(反思与感悟有时不易判断经过简单的运算即可求出，需作出二面角的平面角．只需求出平面的法向量，，但我们可以根据图形观察得到结)两法向量的夹角的大小就是二面角的大小(相等或互补二一进一出，论，因为二面角是钝二面角还是锐二面角一般是明显的.2.注意法向量的方向：面角等于法向量夹角；同进同出，二面角等于法向量夹角的补角．是4，点D2，AA＝＝中，A如图，在直三棱柱BC－ABCAB⊥AC，AB＝AC跟踪训练31111 BC的中点．(1)求异面直线AB与CD所成角的余弦值；11(2)求平面ADC与平面ABA所成二面角的正弦值．11解(1)以A为坐标原点，分别以AB，AC，AA所在直线为x，y，z轴建立如图所示的空间1—→直角坐标系A－xyz，则A(0,0,0)，B(2,0,0)，C(0,2,0)，D(1,1,0)，A(0,0,4)，C(0,2,4)，所以AB111．—→．D，C＝(1，－1，－4)＝(2,0，－4)1—→—→〉因为cos〈AB，CD11—→—→18DAB·C ＝—→—→1820×|D|AB||C11103 ＝，10π??，0又异面直线所成角的范围为，??2103.D所以异面直线AB与所成角的余弦值为C1110 ，，y，z)x(2)设平面ADC的法向量为n＝(11—→→，(1,1,0)，AC＝(0,2,4)因为AD＝1→??·n0，AD＝1?所以—→??·，n AC＝011，0＋xy＝?? y＝2，＝－2，z即取＝1，得x?，y＋2z＝0??的法向量．(2，－2,1)是平面ADC所以n＝11n的法向量为＝(0,1,0)．同理，取平面ABA21所成二面角的大小为θ，与平面设平面ADCABA1152·|nn|221. ＝＝＝θ|cos|，得sinθ＝由3|3|||nn1×9215与平面ABAADC 所以平面. 所成二面角的正弦值为113．，，(2,2,4)，1．在一个二面角的两个半平面内，与二面角的棱垂直的两个向量分别为(0－1,3)________．则这个二面角的余弦值为答案6?42，1，3?·?2，?0，－由解析16＋×4＋1＋49＋212－15＝，＝610×241515或－. 可知这个二面角的余弦值为662．已知a，b是异面直线，A，B∈a，C，D∈b，AC⊥b，BD⊥b，且AB＝2，CD＝1，则a与b所成的角是________．答案60°→→→→解析AB＝AC＋CD＋DB，→→→→→→→→→→→→→22＋0＝1，又|AB|＝2，|CD|0CD＋DB)·CD＝AC·＋CD＋DB·CD ＝＋1＝CD＝∴AB·CD(AC＋1.→→AB·CD11→→∴cos〈AB，CD〉＝＝＝.21×→2→|AB||CD|∵异面直线所成的角是锐角或直角，∴a与b所成的角是60°.3．已知在正四棱柱ABCD－ABCD中，AA＝2AB，则CD与平面BDC所成角的正弦值111111是________．2答案3→→—→解析以D为坐标原点，分别以DA，DC，DD的方向为x轴，y轴，z轴的正方向建立如1图所示的空间直角坐标系．2，AA＝2AB＝设1，，，D(0,0,0)C(0,1,2)则B(1,1,0)，C(0,1,0)1→—→→，(0,1,2)，DC＝(0,1,0)故DB＝(1,1,0)，DC＝1，y，z)，设平面BDC的法向量为n＝(x1→??，0yDB＝0，＝n·x ＋???则即?，＝0＋—→y2z????·n DC＝0，1 x＝2，＝1，则y＝－2，令z ，－2,1)．所以n＝(2 所成的角为θ，设直线CD与平面BDC1→2·DC||n→.＝＝n|cos〈，DC〉|则sinθ＝3→|||DC|n所与平面ABCDA＝1，则PC，BCABCD＝2，PA⊥平面，P4．在矩形ABCD中，AB＝1 ________．成的角是30°答案轴，建立如图所示zy所在直线分别为x轴，轴，以点A为坐标原点，AB，AD，AP解析→，2，－1)，平面ABCD，2，0)PC＝(1，的空间直角坐标系，则P(0,0,1)C(1的一个法，→PC·n1→向量为n＝(0,0,1),所以cos〈PC，n〉＝＝－，2→|n PC|||→又因为〈PC，n〉∈[0°，180°]，→所以〈PC，n〉＝120°，所以斜线PC与平面ABCD的法向量所在直线所成的角为60°，所以斜线PC与平面ABCD所成的角是30°.向量法求角(1)两条异面直线所成的角θ可以借助这两条直线的方向向量的夹角φ求得，即cosθ＝|cosφ|.(2)直线与平面所成的角θ可以通过直线的方向向量与平面的法向量的夹角φ求得，即sinθ.φsin＝θcos或|φ|cos＝二面角的大小可以通过该二面角的两个面的法向量的夹角求得，它等于两个法向量的夹(3) 角或其补角．一、填空题这两条异面直线所成的角l与l．若直线l的方向向量与l的方向向量的夹角是150°，则12112为________．答案30°－这两条异面直线所成的角为180°90°]，所以l与l解析异面直线所成角的范围是(0°，21.＝30°150°________．n＝(0,1,1)，则两平面所成的二面角为2．已知两平面的法向量分别为m ＝(0,1,0)，135°答案45°或21m·n，n〉＝＝＝〈解析cos m，2m||n||21×.或135°45°.所以两平面所成的二面角为45°即〈m，n〉＝3πl，则，n〉＝，若〈a，α的法向量为na l3．设直线l与平面α相交，且的方向向量为 4 ．α所成的角为________与π答案4π??，0线面角的范围是解析. ??23π〉＝，∵〈a，n4π与法向量所在直线所成角为，∴l4π.所成的角为l与α∴4的中点，建立如图所示的空间DC中，E是DBABCD4．已知在棱长为2的正方体－AC1111．EDAB直角坐标系，则与所成角的余弦值为________1110 答案10．(0,2,2)，D，B(2,0,2)，E(0,1,0)解析∵A(2,2,0)，11—→—→＝(0,1,2)，(0，－2,2)，ED∴AB＝11—→—→，＝ED2，||∴|AB|＝5211—→—→，＝2－2＋40AB·ED＝11—→—→102·EDAB—→—→11＝，，ED〉＝＝∴cos〈AB1110—→—→522×|||ED|AB1110. ED∴所成角的余弦值为AB与1110 BB与平面ACD所成角的余弦值为________．－5．正方体ABCDABCD中，1111116 答案3—→→→轴的x轴，y轴，z，以设正方体的棱长为1D为坐标原点，DA，DC，DD的方向为解析1正方向，建立空间直角坐标系如图．，，B(1,1,0)则D(0,0,0) ．B(1,1,1)1—→．＝(1,1,1)平面ACD的一个法向量为DB11—→(0,0,1)，＝又BB1—→—→3BB1DB·—→—→11.＝cos〈DB，BB〉＝＝则113—→—→1×3|BB|DB||1163??2. －＝故BB与平面ACD 所成角的余弦值为111??33BBDD的中点，则直线AE与平面ACABD中，点E是棱B－6．已知在正方体ABCD11111111所成角的正弦值为________．10 答案10解析以A为坐标原点，AB，AD，AA所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立如图所111111示的空间直角坐标系．→→．AE＝(1,0，－2)(1,0,0)设正方体的棱长为2，则A(0,0,2)，C(2,2,2)，E，AC＝(2,2,0)，→B ＝(2,2,0)是平面BDD⊥平面BD，AC⊥BB，BD∩BB＝B，∴ACBDDB，则AC⊥∵AC111111的一个法向量．，所成的角为θ设直线AE与平面BDDB1110→→.|＝θ则sin＝|cos〈AC，AE〉10 ________．BABC-AC中，若CAB＝2BB，则AB与B所成角的大小为7．在正三棱柱11111190°答案—→—→轴正方向，建立如图所示的空间直角zA以为坐标原点，AC，AA的方向为y轴，解析1111坐标系，设BB＝1，则A(0,0,1)，126??，，，C(0B，20)0，，11??2226??. B1，，??2226??—→∴AB＝，1，，－1??2262??—→，CB ＝1，－，1??2262—→—→—→—→∴AB·CB＝－－1＝0，∴AB⊥CB.111144即AB与CB所成角的大小为90°.118．如图，在三棱柱ABC－ABC中，侧棱垂直于底面，底面是边长为2的正三角形，侧棱111长为3，则BB与平面ABC ．________所成的角的大小为111．π答案 6 ，解析如图所示，取AC的中点O，连结OBC取A的中点O，连结OO，1111 OC，OO所在直线分别为y轴，z轴，建立空间直角坐标系，以O为坐标原点，1 B(，－3，0,3)(A－3，0,0)，(0，－1,0)，C(0,1,3)，B易得11—→—→—→，，1,3)，AC＝(0,2,3)∴BB＝(0,0,3)，AB＝(－3111—→??·n＝AB0，1? z)，则，设平面ABC的法向量为n＝(xy，11—→??·0，n AC＝1?，0z＝－3x＋y＋332???即，∴n＝，，－31??3?，z ＝02y＋3π??，0∈θ与平面ABC所成的角为θ，，设BB??1112132—→|，＝＝，∵sinθ＝|cos〈BB n〉1234×33π.∴θ＝6分，FEAD，且90°PA＝＝2，＝PABCDABCDAD如图，平面9.P⊥平面，为正方形，∠AD 所成角的余弦值为与的中点，则异面直线，P 别是线段ACDEFBD________．3 答案6轴，建立如图所示轴，zAP所在直线分别为x轴，y解析以点A为坐标原点，AB，AD，(0,2,0)．，B(2,0,0)，D的空间直角坐标系，则E(0,0,1)，F(1,2,0)→1)，EF＝(1,2，－→2,2,0)，BD＝(－32→→.〉＝＝BDcos〈EF，故63410．已知正四棱柱ABCD－ABCD中，AA＝2AB，则CD与平面BDC 所成角的正弦值为111111________．2答案3解析如图，以点D为坐标原点，DA－DC，DD所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建111111立空间直角坐标系，设AB＝a，则AA＝2a，1所以D(0,0,2a)，C(0，a,0)，B(a，a,2a)，C(0，a,2a)．1设平面BDC的一个法向量为n＝(x，y，z)，1→??·n BD＝0，?则—→??·n DC＝0，1·，z?0，?x，y＝?－a，－a，0???∴?，0＝，－2a??x，y，z?·0，a???，＋y＝0x?1???，－11，－＝n，∴∴???2，＝y2z??1→??，－1，－1＝a，∴CD·n＝(0，－a,0)·??2．2a→〉＝＝〈CD，n，∴cos31＋＋1a·14 α，设CD与平面BDC所成角为12.α＝∴sin 3 二、解答题分别在这个二面角的两个半平面内，且都垂，BDA，B两点，直线AC11．二面角的棱上有，求该二面角的大小．2178，CD4＝，AC＝6，BD＝直于AB.已知AB ＝→→→→→→→→. ＋BD＝CA＋AB，AB·BD＝0，CD解由条件，知CA·AB＝0→→→→→→→→→→2222 BD2CA··AB＋2ABAB＋||BD＋|BD|＋＋2CA∴|CD|＝|CA|·→→2222. 17)BD〉＝(2×8cos〈＋4＋8CA＋2，×6＝61→→∴cos〈CA，BD〉＝－，2→→又∵〈CA，BD〉∈[0°，180°]，→→∴〈CA，BD〉＝120°，∴二面角的大小为60°.12．已知正方体ABCD－ABCD的棱长为2，E，F，G分别是CC，DA，AB的中点，1111111求GA与平面EFG所成角的正弦值．解如图，以点D为坐标原点，DA，DC，DD所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空1间直角坐标系D－xyz，则A(2,0,0)，E(0,2,1)，F(1,0,2)，G(2,1,0)．→∴EF＝(1，－2,1)，→EG＝(2，－1，－1)，→GA＝(0，－1,0)．的一个法向量，EFG是平面)z，y，x(＝n设→??，EF＝0n·→→? EG，得则由n⊥EF，n⊥→??·，n EG＝0，＝0x－2y＋z??即?，02x－y－z＝??＝(1,1,1)．＝z.令x＝1，得n解得x＝y θ，设GA与平面EFG所成的角为1||－3→，＝|cos〈GA，n〉|＝sin则θ＝331×3. 所成角的正弦值为与平面EFG∴GA3 E为AB的中点．如图，在正方体ABCD－ABCD中，13.1111与CE所成的角的余弦值；(1)求异面直线BD1－A的余弦值．(2)求二面角A－EC1轴，建轴，zxDC，DD所在直线分别为轴，y解如图所示，以点D为坐标原点，DA，1立空间直角坐标系，1??01，，E，D(0,0,1)C(0,1,0)，(1,0,1)，设AB＝1，则B(1,1,0)，A，??112—→，(－1，－1,1)(1)BD ＝11－→—→2115CEBD·→→—→??10，－，1 ＝＝－，〈BDCE〉＝CE＝，，故cos??1215→—→5|BD||CE|×312π??，0又异面直线所在角的范围是，??215. 所成的角的余弦值是与CE所以异面直线BD115—→—→(2)因为DD⊥平面AEC，所以DD为平面AEC的一个法向量，DD＝(0,0,1)，设平面AEC11111—→—→??1，，－0＝AE，又)，，(n 1)1,1(CA，＝－，－，的法向量为＝xyz??112．1—→????·n AE＝0，，0z＝y－12??即则—→????·＝AC0，n，＝0－x＋y－z161—→＝〉＝，所以cos〈DD，n，取n＝(1,2,1)166×16. －A结合图形知，二面角A－EC的余弦值为16 三、探究与拓展π→→，BC〉的值为________．∠＝OC，AOB＝∠AOC＝，则cos 〈OA在空间四边形14．OABC中，OB30答案→→→→→) OB(OC－OA解析OA·BC＝·→→→→OB－OA·＝OA·OCππ1→→→→→→→0.＝|(|OC|－|OB|)cos|OA＝||·|OC|·cos－OA|·|OB|·＝|OA233→→BCOA·→→0. OA，BC〉＝＝cos∴〈→→|BCOA|·||AP⊥BC，∠BAC＝45°，ABACA－15.如图，在四棱锥PABCD中，P⊥平面ABCD，⊥AD，1.＝2，＝ACAD＝(1)证明：PC⊥AD；(2)求二面角A－PC－D的正弦值；的长．AE，求30°所成的角为CD与BE上的点，满足异面直线AP为棱E设(3)．轴建立空轴，z为坐标原点，AAD，AC，AP所在直线分别为x轴，y(1)证明如图，以点11??0－，，BD间直角坐标系，则A(0,0,0)，(2,0,0)，C(0,1,0)，，P(0,0,2)．??22→，可得PC＝(0,1，－2)→，AD＝(2,0,0)→→.·PCAD＝0，所以PC⊥AD则→→，CD＝(2，－1,0)．可得(2)解由(1)PC＝(0,1，－2) )．，y，z的法向量为设平面PCD n＝(x→??，z＝＝PC0，0n·y－2???由得?0.y＝→2x－????·，CD＝0n＝(1,2,1)．令z＝1，可得n→AC的一个法向量，又AD＝(2,0,0)是平面P→6·n AD→，所以cos〈AD，n〉＝＝6→||AD||n30→.〉＝从而sin〈AD，n630. A所以二面角－PC－D的正弦值为6→．(2＝，－1,0)(3)解由(2)可得CD )，，h设AE＝，h∈[0,2]，则E(0,0h11→??h，，－＝. 所以BE??223→→23CDBE·→→＝〈所以cosBE，CD，〉＝＝2→→12||||BECD5h＋×21010. h解得AE，即＝＝1010。
苏教版数学选修2-1：第3章 空间向量与立体几何 3.2.3 课时作业(含答案)
3.2.3 空间的角的计算课时目标 1.掌握异面直线所成角与二面角的概念，能正确运用向量的数量积求角.2.正确运用二面角的概念及两个平面的法向量的夹角与二面角大小的关系求二面角的大小.3.掌握平面的斜线所在方向向量与平面的法向量夹角与线面角的关系．1．两条异面直线所成的角 (1)定义：设a 、b 是两条异面直线，过空间任一点O 作直线a ′∥a ，b ′∥b ，则a ′与b ′所夹的________________叫做a 与b 所成的角．(2)范围：两异面直线所成的角θ的取值范围是________________． (3)向量求法：设直线a 、b 的方向向量为a 、b ，其夹角为φ，则有cos θ＝|cos φ|＝__________. 2．直线与平面所成的角(1)定义：直线和平面所成的角，是指直线与它在这个平面内的________所成的角． (2)范围：直线和平面所成的角θ的取值范围是__________．(3)向量求法：设直线l 的方向向量为a ，平面的法向量为u ，直线与平面所成的角为θ，a 与u 的夹角为φ，则有sin θ＝|cos φ|＝________或cos θ＝________. 3．二面角(1)二面角的取值范围：________. (2)二面角的向量求法：利用向量求二面角的平面角有两种方法：①若AB ，CD 分别是二面角α—l —β的两个面内与棱l 垂直的异面直线，则二面角的大小θ是向量AB →与CD →的夹角(如图①所示)．即cos θ＝AB →·CD →|AB →|·|CD →|.②设n 1、n 2是二面角α—l —β的两个面α、β的法向量，则向量n 1与n 2的夹角(或其补角)就是二面角的平面角的大小(如图②所示)．即二面角α—l —β的大小θ的余弦值为cos θ＝n 1·n 2|n 1|·|n 2|或cos θ＝－n 1·n 2|n 1|·|n 2|.一、填空题1．若直线l 1的方向向量与l 2的方向向量的夹角是150°，则l 1与l 2这两条异面直线所成的角为_______________________________________________________． 2．若直线l 的方向向量与平面α的法向量的夹角等于150°，则直线l 与平面α所成的角为________． 3.如图所示，在正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，M ，N ，P 分别是棱CC 1，BC ，A 1B 1上的点，若∠B 1MN ＝90°，则∠PMN 的大小是______．4．将正方形ABCD沿对角线BD折成直二面角，则二面角A—BC—D的平面角的余弦值是________．5．已知三棱柱ABC—A1B1C1的侧棱与底面边长都相等，A1在底面ABC上的射影为BC 的中点，则异面直线AB与CC1所成的角的余弦值为________．6．若两个平面α，β的法向量分别是n＝(1,0,1)，ν＝(－1，1,0)，则这两个平面所成的锐二面角的度数是________．7．如图，已知正三棱柱ABC—A1B1C1的各条棱长都相等，M是侧棱CC1的中点，则异面直线AB1和BM所成的角的大小是________．8．已知正四棱柱ABCD—A1B1C1D1中，AA1＝2AB，E为AA1的中点，则异面直线BE与CD1所成角的余弦值为________．二、解答题9.如图所示，在棱长为1的正方体ABCD—A1B1C1D1中，M、N分别为A1B1和BB1的中点，求异面直线AM与C1N所成的角的余弦值．10.如图所示，三棱柱OAB—O1A1B1中，平面OBB1O1⊥平面OAB，∠O1OB＝60°，∠AOB ＝90°，且OB＝OO1＝2，OA＝3，求异面直线A1B与AO1所成角的余弦值的大小．能力提升11．已知三棱锥P －ABC 中，P A ⊥平面ABC ，AB ⊥AC ，P A ＝AC ＝12AB ，N 为AB 上一点，且AB ＝4AN ，M ，S 分别为PB ，BC 的中点． (1)证明：CM ⊥SN ；(2)求SN 与平面CMN 所成角的大小． 12.如图所示，底面ABCD 是直角梯形，∠ABC ＝90°，SA ⊥平面ABCD ，SA ＝AB ＝BC ＝1，AD ＝12，求平面SCD 与平面SAB 所成二面角的余弦值．1．两异面直线所成的角θ等于两异面直线的方向向量a ，b 所成的角(或其补角)，所以求解时要加绝对值，cos θ＝|cos 〈a ，b 〉|. 2．求直线与平面的夹角的方法与步骤思路一：找直线在平面内的射影，充分利用面与面垂直的性质及解三角形知识可求得夹角(或夹角的某一三角函数值)．思路二：用向量法求直线与平面的夹角可利用向量夹角公式或法向量．3．二面角的求法往往有两种思路．一种是几何法，可以在两个半平面内作出垂直于棱的两条线段，找出二面角的平面角，这是几何中的一大难点．另一种是向量法，当空间直角坐标系容易建立(有特殊的位置关系)时，用向量法求解二面角无需作出二面角的平面角．只需求出平面的法向量，经过简单的运算即可求出．可以根据所求二面角是锐角还是钝角确定二面角大小．3．2.3空间的角的计算知识梳理1．(1)锐角或直角 (2)0<θ≤π2 (3)|a·b||a||b |2．(1)射影 (2)0≤θ≤π2 (3)|a·u ||a||u | sin φ3．(1)[0，π]作业设计 1．30° 2．60° 3．90°解析 A 1B 1⊥平面BCC 1B 1，故A 1B 1⊥MN .∵MP →·MN →＝(MB 1→＋B 1P →)·MN →＝MB 1→·MN →＋B 1P →·MN →＝0，∴MP ⊥MN ，即∠PMN ＝90°. 4.33解析建立如图所示的空间直角坐标系O —xyz ， 设正方形ABCD 的棱长为1，则 O (0,0,0)，A ⎝⎛⎭⎫0，0，22， B ⎝⎛⎭⎫0，－22，0，C ⎝⎛⎭⎫22，0，0. ∴AB →＝⎝⎛⎭⎫0，－22，－22，BC →＝⎝⎛⎭⎫22，22，0.设平面ABC 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎨⎧－22y －22z ＝0，22x ＋22y ＝0，∴⎩⎪⎨⎪⎧y ＋z ＝0，x ＋y ＝0.可取n ＝(1，－1,1)．由题意知，平面BCD 的法向量为OA →＝⎝⎛⎭⎫0，0，22，∴cos 〈n ，OA →〉＝n ·OA →|n ||OA →|＝2222×3＝33，即二面角A —BC —D 的平面角的余弦值为33. 5.34解析 如图建立空间直角坐标系，因为A 1D ⊥平面ABC ，AD ⊥BC ，设三棱柱的棱长为1，则AD ＝32，AA 1＝1，A 1D ＝12，故A 1⎝⎛⎭⎫0，0，12. 又A ⎝⎛⎭⎫32，0，0，B ⎝⎛⎭⎫0，－12，0，∴AA 1→＝⎝⎛⎭⎫－32，0，12＝CC 1→，AB →＝⎝⎛⎭⎫－32，－12，0，∴cos 〈CC 1→，AB →〉＝34.∴异面直线AB 与CC 1所成角的余弦值为34.6．60°解析 ∵cos 〈n ，ν〉＝－12·2＝－12.∴〈n ，ν〉＝120°.故两平面所成的锐二面角为60°.7．90°解析 建立如图所示的坐标系，设正三棱柱的棱长为1，则 B ⎝⎛⎭⎫32，－12，0，M⎝⎛⎭⎫32，12，12，B 1⎝⎛⎭⎫32，－12，1，因此AB 1→＝⎝⎛⎭⎫32，－12，1，BM →＝⎝⎛⎭⎫0，1，12，设异面直线AB 1与BM 所成的角为θ， 则cos θ＝|cos 〈AB 1→，BM →〉|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪0－12＋12|AB 1→|·|BM →|＝0， ∴θ＝90°. 8.31010解析如图，连结A 1B ，则A 1B ∥C D 1，故异面直线BE 与CD 1所成的角即为BE 与A 1B 所成的角．设AB ＝a ，则A 1E ＝a ，A 1B ＝5a ，BE ＝2a . 在△A 1BE 中，由余弦定理得，cos ∠A 1BE ＝BE 2＋A 1B 2－A 1E 22BE ·A 1B＝2a 2＋5a 2－a 22×2a ×5a＝31010.9．解 方法一 ∵AM →＝AA 1→＋A 1M →， C 1N →＝C 1B 1→＋B 1N →，∴AM →·C 1N →＝(AA 1→＋A 1M →)·(C 1B 1→＋B 1N →) ＝AA 1→·B 1N →＝－12.而|AM →|＝(AA 1→＋A 1M →)·(AA 1→＋A 1M →)＝|AA 1→|2＋|A 1M →|2＝1＋14＝52. 同理|C 1N →|＝52.设α为异面直线AM 与C 1N 所成的角， 则cos α＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪AM →·C 1N →|AM →||C 1N →|＝1254＝25.方法二以DA →，DC →，DD 1→为单位正交基底，建立如图所示的空间直角坐标系D —xyz . 则A (1,0,0)，M ⎝⎛⎭⎫1，12，1， C 1(0,1,1)，N ⎝⎛⎭⎫1，1，12，于是有AM →＝⎝⎛⎭⎫1，12，1－(1,0,0)＝⎝⎛⎭⎫0，12，1， C 1N →＝⎝⎛⎭⎫1，1，12－(0,1,1)＝⎝⎛⎭⎫1，0，－12. ∴AM →·C 1N →＝0×1＋12×0＋1×⎝⎛⎭⎫－12＝－12， 又|AM →|＝02＋⎝⎛⎭⎫122＋12＝52， |C 1N →|＝12＋02＋⎝⎛⎭⎫－122＝52，∴cos α＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪AM →·C 1N →|AM →||C 1N →|＝1254＝25.10．解 建立如图所示的空间直角坐标系，则O (0,0,0)，O 1(0,1，3)， A (3，0,0)，A 1(3，1，3)， B (0,2,0)，∴A 1B →＝OB →－OA 1→＝(－3，1，－3)， O 1A →＝OA →－OO 1→＝(3，－1，－3)． ∴cos 〈A 1B →，O 1A →〉＝A 1B →·O 1A →|A 1B →||O 1A →|＝(－3，1，－3)·(3，－1，－3)7·7＝－17.∴异面直线A 1B 与AO 1所成角的余弦值为17.11.(1)证明 设P A ＝1，以A 为原点，AB ，AC ，AP 所在直线分别为x ，y ，z 轴正向建立空间直角坐标系如图所示，则P (0,0,1)，C (0,1,0)，B (2,0,0)，M (1,0，12)，N (12，0,0)，S (1，12，0)． 所以CM →＝(1，－1，12)，SN →＝(－12，－12，0)．因为CM →·SN →＝－12＋12＋0＝0，所以CM ⊥SN .(2)解 NC →＝(－12，1,0)，设a ＝(x ，y ，z )为平面CMN 的一个法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧a ·CM →＝0，a ·NC →＝0，即⎩⎨⎧x －y ＋12z ＝0，－12x ＋y ＝0.令x ＝2，得a ＝(2,1，－2)．因为|cos 〈a ，SN →〉|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪a ·SN →|a |·|SN →|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪－1－123×22＝22，所以SN 与平面CMN 所成的角为45°.12．解 如图所示以A 为原点，AB ，AD ，AS 所在的直线为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系，则D ⎝⎛⎭⎫0，12，0，C (1,1,0)， S (0,0,1)，A (0,0,0)．所以SD →＝⎝⎛⎭⎫0，12，－1，SC →＝(1,1，－1)，AD →＝⎝⎛⎭⎫0，12，0， 设平面SDC 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则n ⊥SD →，n ⊥SC →， 所以⎩⎪⎨⎪⎧ SD →·n ＝0，SC →·n ＝0， 即⎩⎪⎨⎪⎧12y －z ＝0，x ＋y －z ＝0，令z ＝1，则x ＝－1，y ＝2. 此时n ＝(－1,2,1)．而AD →是平面SAB 的法向量，则|AD →·n ||AD →||n |＝63.观察图形可知平面SCD 与平面SAB 所成角的余弦值为63.。
最新选修2-1苏教版：第3章 空间向量与立体几何 3.1.1 Word版含答案
最新教学资料·苏教版数学§3.1 空间向量及其运算 3.1.1 空间向量及其线性运算学习目标 1.了解空间向量的概念，掌握空间向量的几何表示与字母表示.2.掌握空间向量的线性运算(加法、减法和数乘)及其运算律．知识点一 空间向量的概念思考 类比平面向量的概念，给出空间向量的概念． 答案 在空间，把具有大小和方向的量叫做空间向量．梳理 (1)在空间，把具有大小和方向的量叫做空间向量，向量的大小叫做向量的长度或模． 空间向量也用有向线段表示，有向线段的长度表示向量的模，向量a 的起点是A ，终点是B ，则向量a 也可记作AB →，其模记为|a |或|AB →|. (2)几类特殊的空间向量知识点二 空间向量及其线性运算 1．空间向量的线性运算已知空间向量a ，b ，在空间任取一点O ，作OA →＝a ，OB →＝b ，AB →＝c ，与平面向量的运算一样，空间向量的加法、减法与数乘运算的意义为： OB →＝OA →＋AB →＝a ＋c ； BA →＝OA →－OB →＝a －b ＝－c .若P 在直线OA 上，则OP →＝λa (λ∈R )．2．空间向量的加法和数乘运算满足如下运算律： (1)a ＋b ＝b ＋a ；(2)(a ＋b )＋c ＝a ＋(b ＋c )； (3)λ(a ＋b )＝λa ＋λb (λ∈R )． 知识点三 共线向量(或平行向量)1．定义：如果表示空间向量的有向线段所在的直线互相平行或重合，那么这些向量叫做共线向量或平行向量．若向量a 与b 平行，记作a ∥b ，规定零向量与任意向量共线． 2．共线向量定理：对空间任意两个向量a ，b (a ≠0)，b 与a 共线的充要条件是存在实数λ，使b ＝λa .1．在空间中，单位向量唯一．(×)2．在空间中，任意一个向量都可以进行平移．(√) 3．在空间中，互为相反向量的两个向量必共线．(√)4．空间两非零向量相加时，一定可用平行四边形法则运算．(×)类型一 空间向量的概念及应用例1 如图所示，以长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的八个顶点的两点为始点和终点的向量中：(1)试写出与AB →相等的所有向量； (2)试写出AA 1—→的相反向量；(3)若AB ＝AD ＝2，AA 1＝1，求向量AC 1—→的模．解 (1)与向量AB →相等的所有向量(除它自身之外)有A 1B 1—→，DC →及D 1C 1—→，共3个． (2)向量AA 1—→的相反向量有A 1A —→，B 1B —→，C 1C —→，D 1D —→，共4个．(3)|AC 1—→|＝|AB →|2＋|AD →|2＋|AA 1—→|2＝22＋22＋12＝9＝3. 引申探究如图，在长方体ABCD －A ′B ′C ′D ′中，AB ＝3，AD ＝2，AA ′＝1，则分别以长方体的顶点为起点和终点的向量中：(1)单位向量共有多少个？ (2)试写出模为5的所有向量．解 (1)由于长方体的高为1，所以长方体的四条高所对应的向量AA ′—→，A ′A —→，BB ′—→，B ′B —→，CC ′—→，C ′C ——→，DD ′—→，D ′D ——→，共8个向量都是单位向量，而其他向量的模均不为1，故单位向量共有8个．(2)由于长方体的左右两侧面的对角线的长均为5，故模为5的向量有AD ′—→，D ′A ——→，A ′D ——→，DA ′—→，BC ′—→，C ′B ——→，B ′C ——→，CB ′—→.反思与感悟 在空间中，向量、向量的模、相等向量的概念和平面中向量的相关概念完全一致，两向量相等的充要条件是两个向量的方向相同、模相等．两向量互为相反向量的充要条件是大小相等，方向相反． 跟踪训练1 给出以下结论：①两个空间向量相等，则它们的起点和终点分别相同； ②若空间向量a ，b 满足|a |＝|b |，则a ＝b ； ③在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，必有AC →＝A 1C 1→； ④若空间向量m ，n ，p 满足m ＝n ，n ＝p ，则m ＝p . 其中不正确的命题的序号为________． 答案 ①②解析 两个空间向量相等，它们的起点、终点不一定相同，故①不正确；若空间向量a ，b 满足|a |＝|b |，则不一定能判断出a ＝b ，故②不正确；在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，必有AC →＝A 1C 1—→成立，故③正确；④显然正确．类型二 空间向量的线性运算例2 如图，已知长方体ABCD －A ′B ′C ′D ′，化简下列向量表达式，并在图中标出化简结果的向量．(1)AA ′—→－CB →； (2)AA ′—→＋AB →＋B ′C ′——→.解 (1)AA ′—→－CB →＝AA ′—→－DA →＝AA ′—→＋AD →＝AD ′—→.(2)AA ′—→＋AB →＋B ′C ′——→＝(AA ′—→＋AB →)＋B ′C ′——→＝AB ′—→＋B ′C ′——→＝AC ′—→. 向量AD ′—→，AC ′—→如图所示．引申探究利用本例题图，化简AA ′—→＋A ′B ′——→＋B ′C ′——→＋C ′A —→. 解 结合加法运算，得AA ′—→＋A ′B ′——→＝AB ′—→，AB ′—→＋B ′C ′——→＝AC ′—→，AC ′—→＋C ′A —→＝0. 故AA ′—→＋A ′B ′——→＋B ′C ′——→＋C ′A —→＝0.反思与感悟 1.化简向量表达式时，要结合空间图形，分析各向量在图形中的表示，然后利用运算法则，把空间向量转化为平面向量解决，并化简到最简为止．2．首尾相接的若干个向量的和，等于由起始向量的起点指向末尾向量的终点的向量；若首尾相接的若干个向量构成一个封闭图形，则这些向量的和为0.跟踪训练2 在如图所示的平行六面体中，求证：AC →＋AB ′—→＋AD ′—→＝2AC ′—→.证明 ∵平行六面体的六个面均为平行四边形，∴AC →＝AB →＋AD →，AB ′—→＝AB →＋AA ′—→，AD ′—→＝AD →＋AA ′—→， ∴AC →＋AB ′—→＋AD ′—→＝(AB →＋AD →)＋(AB →＋AA ′—→)＋(AD →＋AA ′—→) ＝2(AB →＋AD →＋AA ′—→)． 又∵AA ′—→＝CC ′—→，AD →＝BC →，∴AB →＋AD →＋AA ′—→＝AB →＋BC →＋CC ′—→＝AC →＋CC ′—→＝AC ′—→. ∴AC →＋AB ′—→＋AD ′—→＝2AC ′—→. 类型三 向量共线定理的理解与应用例3 如图所示，在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E 在A 1D 1上，且A 1E —→＝2ED 1—→，F 在对角线A 1C 上，且A 1F —→＝23FC —→.求证：E ，F ，B 三点共线． 证明 设AB →＝a ，AD →＝b ，AA 1—→＝c ， 因为A 1E —→＝2ED 1—→，A 1F —→＝23FC →，所以A 1E —→＝23A 1D 1—→，A 1F —→＝25A 1C —→，所以A 1E —→＝23AD →＝23b ，A 1F —→＝25(AC →－AA 1—→)＝25(AB →＋AD →－AA 1—→)＝25a ＋25b －25c . 所以EF →＝A 1F —→－A 1E —→＝25a ＋25b －25c －23b ＝25a －415b －25c ＝25⎝⎛⎭⎫a －23b －c . 又EB →＝EA 1—→＋A 1A —→＋AB →＝－23b －c ＋a ＝a －23b －c ，所以EF →＝25EB →，又因为EF →与EB →有公共点E ，所以E ，F ，B 三点共线．反思与感悟 1.判定共线：判定两向量a ，b (b ≠0)是否共线，即判断是否存在实数λ，使a ＝λb .2．求解参数：已知两非零向量共线，可求其中参数的值，即利用若a ∥b ，则a ＝λb (λ∈R )． 3．判定或证明三点(如P ，A ，B )是否共线 (1)是否存在实数λ，使P A →＝λPB →.(2)对空间任意一点O ，是否有OP →＝OA →＋tAB →.(3)对空间任意一点O ，是否有OP →＝xOA →＋yOB →(x ＋y ＝1)．跟踪训练3 如图，在四面体ABCD 中，点E ，F 分别是棱AD ，BC 的中点，用AB →，CD →表示向量EF →.解 EF →＝AF →－AE → ＝12(AB →＋AC →)－12AD → ＝12AB →－12(AD →－AC →)＝12AB →－12CD →.1．下列说法中正确的是________．(填序号)①若|a |＝|b |，则a ，b 的长度相等，方向相同或相反； ②若向量a 是向量b 的相反向量，则|a |＝|b |； ③空间向量的减法满足结合律；④在四边形ABCD 中，一定是AB →＋AD →＝AC →. 答案 ②解析 若|a |＝|b |，则a ，b 的长度相等，方向不确定，故①不正确；相反向量是指长度相同，方向相反的向量，故②正确；空间向量的减法不满足结合律，故③不正确；在▱ABCD 中，才有AB →＋AD →＝AC →，故④不正确．2．在平行六面体ABCD －A ′B ′C ′D ′的各条棱所在的向量中，与向量A ′B ′→相等的向量有________个． 答案 33．在正方体ABCDA 1B 1C 1D 1中，已知下列各式：①(AB →＋BC →)＋CC 1—→；②(AA 1—→＋A 1D 1—→)＋D 1C 1—→；③(AB →＋BB 1—→)＋B 1C 1—→；④(AA 1—→＋A 1B 1—→)＋B 1C 1—→.其中运算的结果为AC 1—→的有________个． 答案 4解析 根据空间向量的加法运算以及正方体的性质逐一进行判断：①(AB →＋BC →)＋CC 1—→＝AC →＋CC 1—→＝AC 1—→；②(AA 1—→＋A 1D 1—→)＋D 1C 1—→＝AD 1—→＋D 1C 1—→＝AC 1—→； ③(AB →＋BB 1—→)＋B 1C 1—→＝AB 1—→＋B 1C 1—→＝AC 1—→； ④(AA 1—→＋A 1B 1—→)＋B 1C 1—→＝AB 1—→＋B 1C 1—→＝AC 1—→. 所以4个式子的运算结果都是AC 1—→.4．化简2AB →＋2BC →＋3CD →＋3DA →＋AC →＝________. 答案 0解析 2AB →＋2BC →＋3CD →＋3DA →＋AC →＝2AB →＋2BC →＋2CD →＋2DA →＋CD →＋DA →＋AC →＝0. 5．若非零空间向量e 1，e 2不共线，则使k e 1＋e 2与e 1＋k e 2共线的k ＝________. 考点 空间向量的数乘运算 题点 空间共线向量定理及应用 答案 ±1解析 由k e 1＋e 2与e 1＋k e 2共线， 得k e 1＋e 2＝λ(e 1＋k e 2)，即⎩⎪⎨⎪⎧k ＝λ，1＝λk ，故k ＝±1.空间向量加法、减法运算的两个技巧：(1)巧用相反向量：向量减法的三角形法则是解决空间向量加法、减法的关键，灵活运用相反向量可使向量首尾相接．(2)巧用平移：利用三角形法则和平行四边形法则进行向量加、减法运算时，务必注意和向量、差向量的方向，必要时可采用空间向量的自由平移获得运算结果．一、填空题1．下列命题中，假命题是________．(填序号) ①任意两个向量都是共面向量；②空间向量的加法运算满足交换律及结合律； ③只有零向量的模等于0； ④共线的单位向量都相等． 答案 ④解析 容易判断④是假命题，共线的单位向量是相等向量或相反向量．2．已知空间四边形ABCD 中，AB →＝a ，BC →＝b ，AD →＝c ，则CD →＝________.(用a ，b ，c 表示) 答案 c －a －b 解析 如图，∵AB →＋BC →＋CD →＋DA →＝0， 即a ＋b ＋CD →－c ＝0， ∴CD →＝c －a －b .3．在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AB →－CD →＋BC →－DA →＝________. 答案 2AC →解析 AB →－CD →＋BC →－DA →＝(AB →＋BC →)－(CD →＋DA →) ＝AC →－CA →＝2AC →.4．对于空间中的非零向量AB →，BC →，AC →，有下列各式：①AB ＋BC →＝AC →；②AB →－AC →＝BC →；③|A B →|＋|B C →|＝|A C →|；④|A B →|－|A C →|＝|B C →|.其中一定不成立的是____________．(填序号) 答案 ②解析 根据空间向量的加减法运算，对于①：A B →＋B C →＝A C →恒成立；对于③：当A B →，B C →，A C →方向相同时，有|A B →|＋|B C →|＝|A C →|；对于④：当B C →，A B →，A C →在一条直线上且B C →与A B →，A C →方向相反时，有|A B →|－|A C →|＝|B C →|. 只有②一定不成立．5．在三棱锥A －BCD 中，若△BCD 是正三角形，E 为其中心，则AB →＋12BC →－32DE →－AD →化简的结果为________． 答案 0解析 延长DE 交边BC 于点F ，则AB →＋12BC →＝AF →，32DE →＋AD →＝DF →＋AD →＝AD →＋DF →＝AF →，故AB →＋12BC →－32DE →－AD →＝AF →－AF →＝0.6.如图，在平行六面体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AB →＋AD →＋AA 1→＝________，DD 1→－AB →＋BC →＝________.答案 AC 1—→ BD 1—→解析 AB →＋AD →＋AA 1—→＝AB →＋BC →＋CC 1—→＝AC 1—→， DD 1—→－AB →＋BC →＝DD 1—→－(AB →－AD →) ＝DD 1—→－DB →＝BD 1—→.7．在直三棱柱ABCA 1B 1C 1中，若C A →＝a ，C B →＝b ，C C →1＝c ，则A 1B —→＝________.答案 －a ＋b －c 解析 如图，A 1B —→＝A 1A —→＋AB →＝C 1C —→＋(CB →－CA →) ＝－CC 1—→＋CB →－CA →＝－c ＋b －a .8．在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，A 1E —→＝14A 1C 1—→，AE →＝x AA 1—→＋y (AB →＋AD →)，则x ＝________，y ＝________. 答案 1 14解析 ∵AE →＝AA 1—→＋A 1E —→＝AA 1—→＋14A 1C 1—→＝AA 1—→＋14AC →＝AA 1—→＋14(AB →＋AD →)，∴x ＝1，y ＝14.9．已知正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，若点F 是侧面CD 1的中心，且AF →＝AD →＋mAB →－n AA 1—→，则m ，n 的值分别是________． 答案 12，－12解析 由于AF →＝AD →＋DF →＝AD →＋12(DC →＋DD 1—→)＝AD →＋12AB →＋12AA 1—→，所以m ＝12，n ＝－12.10．在空间四边形ABCD 中，若E ，F ，G ，H 分别为AB ，BC ，CD ，DA 边上的中点，则下列各式中成立的是________．(填序号) ①EB →＋BF →＋EH →＋GH →＝0； ②EB →＋FC →＋EH →＋GE →＝0； ③EF →＋FG →＋EH →＋GH →＝0； ④EF →－FB →＋CG →＋GH →＝0. 答案 ②解析 易知四边形EFGH 为平行四边形， 所以EB →＋FC →＋EH →＋GE →＝EB →＋BF →＋GE →＋EH → ＝EF →＋GH →＝0.11.如图，已知在空间四边形ABCD 中，AB →＝a －2c ，CD →＝5a ＋6b －8c ，对角线AC ，BD 的中点分别为E ，F ，则EF →＝________.(用向量a ，b ，c 表示)答案 3a ＋3b －5c解析 设G 为BC 的中点，连结EG ，FG ，则EF →＝EG →＋GF →＝12AB →＋12CD → ＝12(a －2c )＋12(5a ＋6b －8c ) ＝3a ＋3b －5c二、解答题12.如图所示，在平行六面体ABCD －A ′B ′C ′D ′中，化简下列表达式．(1)AB →＋BC →；(2)AB →＋AD →＋AA ′—→；(3)AB →＋CB →＋AA ′—→；(4)AC ′—→＋D ′B —→－DC →.解 (1)AB →＋BC →＝AC →.(2)AB →＋AD →＋AA ′—→＝AC →＋AA ′—→＝AC ′—→.(3)AB →＋CB →＋AA ′—→＝AB →＋DA →＋BB ′—→＝DA →＋AB →＋BB ′—→＝DB ′—→.(4)AC ′—→＋D ′B —→－DC →＝(AB →＋BC →＋CC ′—→)＋(DA →＋DC →＋C ′C —→)－DC →＝DC →.13.如图，设O 为▱ABCD 所在平面外任意一点，E 为OC 的中点，若AE →＝12OD →＋xOB →＋yOA →，求x ，y 的值．解 ∵AE →＝AB →＋BC →＋CE →＝OB →－OA →＋OC →－OB →－12OC → ＝－OA →＋12OC →＝－OA →＋12(OD →＋DC →) ＝－OA →＋12(OD →＋AB →) ＝－OA →＋12OD →＋12(OB →－OA →) ＝－32OA →＋12OD →＋12OB →， ∴x ＝12，y ＝－32. 三、探究与拓展14．设e 1，e 2是空间两个不共线的向量，已知AB →＝2e 1＋k e 2，CB →＝e 1＋3e 2，CD →＝2e 1－e 2，且A ，B ，D 三点共线，则k ＝________.答案 －8解析 ∵BD →＝BC →＋CD →＝(－e 1－3e 2)＋(2e 1－e 2)＝e 1－4e 2，又∵A ，B ，D 三点共线，∴AB →＝λBD →，即2e 1＋k e 2＝λ(e 1－4e 2)，∴⎩⎪⎨⎪⎧2＝λ，k ＝－4λ，∴k ＝－8.15.如图，设点A 是△BCD 所在平面外的一点，点G 是△BCD 的重心．求证：AG →＝13(AB →＋AC →＋AD →)．证明 连结BG ，延长后交CD 于点E ，由点G 为△BCD 的重心，知BG →＝23BE →. ∵E 为CD 的中点，∴BE →＝12BC →＋12BD →. ∴AG →＝AB →＋BG →＝AB →＋23BE → ＝AB →＋13(BC →＋BD →) ＝AB →＋13[(AC →－AB →)＋(AD →－AB →)] ＝13(AB →＋AC →＋AD →)．。
《创新设计》2015-2016学年高中数学(苏教版选修2-1)课件第3章空间向量与立体几何2.1
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3.若a＝(1,2,3)是平面γ的一个法向量，则下列向量中能作为 平面γ的法向量的是___②_____. ①(0,1,2) ②(3,6,9) ③(－1，－2,3) ④(3,6,8) 解析 向量(1,2,3)与向量(3,6,9)共线.
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4.若直线 l∥α，且 l 的方向向量为(2，m,1)，平面 α 的法向
[预习导引] 1.直线的方向向量 直线l上的向量e(e≠0)以及与e共线的非零向量叫做直线l的 方向向量 . 2.平面的法向量 如果表示非零向量n的有向线段所在直线垂直于平面α，那 么称向量n 垂直于平面α，记作 n⊥α ，此时，我们把向量n 叫做平面α的 法向量.
要点一 直线的方向向量及其应用 例1 设直线l1的方向向量为a＝(1,2，－2)，直线l2的方向向 量为b＝(－2,3，m)，若l1⊥l2，则m＝____2____. 解析 由题意，得a⊥b， 所以a·b＝(1,2，－2)·(－2,3，m)＝－2＋6－2m＝4－2m＝0， 所以m＝2.
设平面ABC的一个法向量为n＝(x，y，z)， 则 n·A→B＝(x，y，z)·(－a，b,0)＝－ax＋by＝0， n·A→C＝(x，y，z)·(－a,0，c)＝－ax＋cz＝0. 于是得 y＝abx，z＝acx. 不妨令x＝bc，则y＝ac，z＝ab. 因此，可取n＝(bc，ac，ab)为平面ABC的一个法向量.
规律方法 平面的法向量有无数条，一般用待定系数法求 解，解一个三元一次方程组，求得其中一条即可，构造方 程组时，注意所选平面内的两向量是不共线的，赋值时保 证所求法向量非零，本题中法向量的设法值得借鉴.
跟踪演练2 如图，ABCD是直角梯形，∠ABC＝ 90°，SA⊥平面ABCD，SA＝AB＝BC＝1，AD＝ 12，求平面SCD与平面SBA的法向量. 解 ∵AD、AB、AS是三条两两垂直的线段， ∴以 A 为原点，以A→D、A→B、A→S的方向为 x 轴，
苏教版数学选修2-1：第3章 空间向量与立体几何 3.2.2 课时作业(含答案)
3.2.2 空间线面关系的判定课时目标 1.能用向量语言表述线线、线面、面面的垂直和平行关系.2.能用向量方法证明有关直线和平面位置关系的一些定理(包括三垂线定理)．1．用直线的方向向量和平面的法向量表示平行、垂直关系设空间两条直线l 1，l 2的方向向量分别为e 1，e 2，两个平面α1，α2的法向量分别为n 1，n 2，则2.三垂线定理文字语言：在平面内的一条直线，如果它和这个平面的一条________在这个平面内的________垂直，那么它也和这条________垂直．几何语言：⎭⎪⎬⎪⎫b ⊄平面αc 是b 在平面α内的射影⇒a ⊥b 3．直线与平面垂直的判定定理文字语言：如果一条直线和平面内的________________________，那么这条直线垂直于这个平面．几何语言：⎭⎪⎬⎪⎫a ⊂α，b ⊂α⇒l ⊥α一、填空题1．平面ABCD 中，A (0,1,1)，B (1,2,1)，C (－1,0，－1)，若a ＝(－1，y ，z )，且a 为平面ABC 的法向量，则y 2＝______.2．若直线l 的方向向量为a ＝(1,0,2)，平面α的法向量为u ＝(－2,0，－4)，则直线l 与平面α的位置关系为__________．3.已知点P 是平行四边形ABCD 所在的平面外一点，如果AB →＝(2，－1，－4)，AD →＝(4,2,0)，AP →＝(－1,2，－1)．对于结论：①AP ⊥AB ；②AP ⊥AD ；③AP →是平面ABCD 的法向量；④AP →∥BD →.其中正确的是________．(写出所有正确的序号)4．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 ＝________. 5．平面α的一个法向量为(1,2,0)，平面β的一个法向量为(2，－1,0)，则平面α与平面β的位置关系是_______________________________________________．6．已知a ＝(1,1,0)，b ＝(1,1,1)，若b ＝b 1＋b 2，且b 1∥a ，b 2⊥a ，则b 1，b 2分别为________________．7.已知A （0,2,3），B （-2,1,6），C （1，-1,5），若a a ⊥AB →，a ⊥AC →，则向量a 的坐标为________．8．设平面α、β的法向量分别为u＝(1,2，－2)，v＝(－3，－6,6)，则α、β的位置关系为________．二、解答题9．在正方体ABCD—A1B1C1D1中，O是B1D1的中点，求证：B1C∥平面ODC1.如图所示，在六面体ABCD—A1B1C1D1中，四边形ABCD是边长为2的正方形，四边形A1B1C1D1是边长为1的正方形，DD1⊥平面A1B1C1D1，DD1⊥平面ABCD，DD1＝2.求证：(1)A1C1与AC共面，B1D1与BD共面；(2)平面A1ACC1⊥平面B1BDD1.能力提升11．在正方体ABCD—A1B1C1D1中，G、E、F分别是DD1、BB1、D1B1的中点．求证：(1)EF⊥平面A1DC1；(2)EF∥平面GAC.12．在正方体ABCD—A1B1C1D1中，M、N分别是棱A1B1、A1D1的中点，E、F分别是棱B1C1、C1D1的中点．证明：(1)E、F、B、D四点共面；(2)平面AMN∥平面BDFE.1．运用空间向量将几何推理转化为向量运算时，应注意处理和把握以下两大关系：一是一些几何题能用纯几何法和向量法解决，体现了纯几何法和向量法在解题中的相互渗透；二是向量法解题时也有用基向量法和坐标向量法两种选择． 2．利用向量法解立体几何问题的“三步曲”(1)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；(2)进行向量运算，研究点、直线、平面之间的关系； (3)根据运算结果的几何意义来解释相关问题．3．2.2 空间线面关系的判定知识梳理 1.2.斜线 射影3．两条相交直线垂直 l ⊥a l ⊥b a ∩b ＝A 作业设计 1．1 2．l ⊥α解析 ∵u ＝－2a ，∴a ∥u ，∴l ⊥α. 3．①②③ 4.75解析 ∵k a ＋b ＝(k －1，k,2)，2a －b ＝(3,2，－2)，(k a ＋b )⊥(2a －b )， ∴3(k －1)＋2k －4＝0，即k ＝75.5．垂直解析 ∵(1,2,0)·(2，－1,0)＝0，∴两法向量垂直，从而两平面也垂直． 6．(1,1,0)，(0,0,1)解析 ∵b 1∥a ，∴设b 1＝(λ，λ，0)，b 2＝b －b 1 ＝(1－λ，1－λ，1)，由b 2⊥a ，即a·b 2＝0， ∴1－λ＋1－λ＝0，得λ＝1， ∴b 1＝(1,1,0)，b 2＝(0,0,1)．7．(1,1,1)或(－1，－1，－1)解析 设a ＝(x ，y ，z )，由题意AB →＝(－2，－1,3)，AC →＝(1，－3,2)，∴⎩⎪⎨⎪⎧x 2＋y 2＋z 2＝3，－2x －y ＋3z ＝0，x －3y ＋2z ＝0.解得x ＝1，y ＝1，z ＝1，或x ＝－1，y ＝－1，z ＝－1，即a ＝(1,1,1)或(－1，－1，－1)． 8．平行9．证明 方法一 ∵B 1C →＝A 1D →，B 1A 1D ，∴B 1C ∥A 1D ，又A 1D ⊂面ODC 1， ∴B 1C ∥平面ODC 1.方法二 ∵B 1C →＝B 1C 1→＋D 1D →＝B 1O →＋OC 1→＋D 1O →＋OD →＝OC 1→＋OD →. ∴B 1C →，OC 1→，OD →共面．又B 1C ⊄面ODC 1，∴B 1C ∥面ODC 1. 方法三建系如图，设正方体的棱长为1，则可得D (0,0,0)，B 1(1,1,1)，C (0,1,0)，O ⎝⎛⎭⎫12，12，1，C 1(0,1,1)， B 1C →＝(－1,0，－1)， OD →＝⎝⎛⎭⎫－12，－12，－1， OC 1→＝⎝⎛⎭⎫－12，12，0. 设平面ODC 1的法向量为n ＝(x 0，y 0，z 0)， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·OD →＝0n ·OC 1→＝0，得⎩⎨⎧－12x 0－12y 0－z 0＝0 ①－12x 0＋12y 0＝0 ②.令x 0＝1，得y 0＝1，z 0＝－1，∴n ＝(1,1，－1)． 又B 1C →·n ＝－1×1＋0×1＋(－1)×(－1)＝0， ∴B 1C →⊥n ，∴B 1C ∥平面ODC 1. 10．证明 以D 为原点，以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，如图，则有A (2,0,0)，B (2,2,0)，C (0,2,0)， A 1(1,0,2)，B 1(1,1,2)， C 1(0,1,2)，D 1(0,0,2)．(1)∵A 1C 1→＝(－1,1,0)，AC →＝(－2,2,0)， D 1B 1→＝(1,1,0)，DB →＝(2,2,0)， ∴AC →＝2A 1C 1→，DB →＝2D 1B 1→. ∴AC →与A 1C 1→平行，DB →与D 1B 1→平行， 于是A 1C 1与AC 共面，B 1D 1与BD 共面． (2)DD 1→·AC →＝(0,0,2)·(－2,2,0)＝0， DB →·AC →＝(2,2,0)·(－2,2,0)＝0， ∴DD 1→⊥AC →，DB →⊥AC →.DD 1与DB 是平面B 1BDD 1内的两条相交直线， ∴AC ⊥平面B 1BDD 1.又平面A 1ACC 1过AC ， ∴平面A 1ACC 1⊥平面B 1BDD 1. 11．证明设正方体的棱长为2，以DA →、DC →、DD 1→为正交基底建立空间直角坐标系D —xyz ，如图，则A (2,0,0)、C (0,2,0)、E (2,2,1)、F (1,1,2)、G (0,0,1)、A 1(2,0,2)、C (0,2,2)． (1)EF →＝(1,1,2)－(2,2,1) ＝(－1，－1,1)，A 1D →＝(0,0,0)－(2,0,2)＝(－2,0，－2)，DC 1→＝(0,2,2)－(0,0,0)＝(0,2,2)， ∵EF →·A 1D →＝(－1，－1,1)·(－2,0，－2) ＝(－1)×(－2)＋(－1)×0＋1×(－2)＝0， EF →·DC 1→＝(－1，－1,1)·(0,2,2)＝－1×0＋(－1)×2＋1×2＝0， ∴EF ⊥A 1D ，EF ⊥DC 1.又A 1D ∩DC 1＝D ，A 1D 、DC 1⊂平面A 1DC 1， ∴EF ⊥平面A 1DC 1.(2)取AC 的中点O ，则O (1,1,0)， ∴OG →＝(－1，－1,1)，∴OG ∥EF . 又∵OG ⊂平面GAC ，EF ⊄平面GAC ， ∴EF ∥平面GAC . 12．证明不妨设正方体的棱长为2，建立如图所示空间直角坐标系，则A (2,0,0)，M (2,1,2)，N (1,0,2)，B (2,2,0)，E (1,2,2)，F (0,1,2)． (1)EF →＝(－1，－1,0)， DB →＝(2,2,0)．∵DB →＝－2EF →，∴DB →∥EF →. 故E 、F 、B 、D 四点共面．(2)DF →＝(0,1,2)，MN →＝(－1，－1,0)，MA →＝(0，－1，－2)． 设n ＝(x ，y ，z )为平面BDFE 的法向量， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·DF →＝y ＋2z ＝0，n ·EF →＝－x －y ＝0.令z ＝1，得n ＝(2，－2,1)．∵n ·MN →＝(2，－2,1)·(－1，－1,0)＝0， n ·MA →＝(2，－2,1)·(0，－1，－2)＝0，∴n ⊥MN →，n ⊥MA →，即n 也是平面AMN 的法向量．∴平面AMN∥平面BDFE.。
苏教版高中数学选修2-1第3章空间向量与立体几何+本章练测.docx
高中数学学习材料鼎尚图文*整理制作第3章 空间向量与立体几何（苏教版选修2-1）建议用时 实际用时满分 实际得分120分钟160分一、填空题（本大题共14小题，每小题5分，共70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.若向量a =(1，-2，2)，b =(2，-1，2)，则a 与b 夹角的余弦值为 ．2.已知空间三点的坐标为A （1，5，-2），B （2，4，1），C （p ，3，q+2），若A ，B ，C 三点共线，则p = ，q = ．3．若A )12,5,(--x x x ，B )2,2,1(x x -+，当AB取最小值时，x 的值等于 .4.在正方体ABCD-A 1B 1C 1D 1中，若E 为A 1C 1的中点，则直线CE BD.（填“∥”或“⊥”）5.已知在长方体中，AB =BC =4，=2，则直线和平面所成角的正弦值为 .6.如图，在空间直角坐标系中，正方体棱长为 2，点E 是棱AB 的中点，点F （0，y ，z ） 是正方体的面AA 1D 1D 上一点，且CF ⊥B 1E ， 则点F （0，y ，z ）满足方程 .7．平面α的法向量为(1，0，-1)，平面β的法向量为(0，-1，1)，则平面α与平面β所成二面角的大小为 . 8.已知二面角A -E F -C的半平面A E F的法向量是n =（1，-1，2），半平面CEF 的法向量是m =（-1，-1，2），若二面角的平面角是锐角θ，则c os = .9.在长方体ABCD -中，AD ==2，AB =4，E ，F 分别是，AB 的中点，点O 是的交点，则直线OF与平面DEF 所成角的正弦值为 .10．在空间四边形OABC 中，OB OC =，π3AOB AOC ∠=∠=，则cos ,OA BC 〈〉的值 是 .11. 若向量a ),4,2,4(-=b )2,3,6(-=，则(23)(2)-⋅+=a b a b __________________.12. 若向量a =2-+，i j k b =49++i j k ，则这两个向量的位置关系是___________.13.已知向量a ),3,1,2(-= b ),2,4(x -=，若⊥a b ，则=x ______；若a ∥b ,则=x ______.14. 已知正方体1111ABCD A B C D -的棱长是1，则直线1DA 与AC 间的距离为 . 二、解答题（本题共6小题，共90分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤） 15．（14分）如图，在四棱锥V ABCD -中，底面ABCD 是正方形，侧面VAD 是正三角形,平面VAD ⊥底面ABCD ．（1）证明：AB ⊥平面VAD（2）求平面VAD与平面VDB所成的二面角的平面角的余弦值．-中，底面ABCD为矩形，侧棱PA⊥底面ABCD，16．（14分）如图，在四棱锥P ABCDAB=，13PA=，E为PD的中点.BC=，2（1）求直线AC与PB所成角的余弦值（2）在侧面PAB内找一点N，使NE⊥平面PAC，并求出点N到AB和AP的距离.17．（14分）如图所示的多面体是由底面为ABCD 的长方体被截面1AEC F 所截而得到的，其中14,2,3,1AB BC CC BE ====.（1）求BF 的长（2）求点C 到平面1AEC F 的距离.18.（16分）已知四棱锥P ABCD -的底面为直角梯形，//AB DC ，⊥=∠PA DAB ,90 底面ABCD ，且P A=AD=DC=1，2AB =，点M 是PB 的中点.（1）证明：平面PAD ⊥平面PCD ；（2）求AC与PB所成的角的余弦值（3）求平面AMC与平面BMC所成二面角的平面角的余弦值.19．（16分）如图，在四棱锥P-ABCD中，平面P AD⊥平面ABCD，△P AD是等边三角形，底面ABCD是边长为2的菱形，∠BAD=60°，E是AD的中点，F是PC的中点.(1)求证：BE⊥平面P AD(2)求证：EF∥平面P AB；(3)求直线EF与平面PBE所成角的余弦值.20. （16分）(2012·安徽高考)平面图形ABB2A2C3C如图4所示，其中BB1C1C是矩形，BC=2，BB1=4，AB=AC=，A1B1=A1C1= 。
《创新设计》2015-2016学年高中数学(苏教版选修2-1)课件第3章空间向量与立体几何2.3
3.二面角
(1)二面角的取值范围：[0，π].
(2)二面角的向量求法：
①若AB，CD分别是二面角α-l-β的两个面内与棱l垂直的异
面直线(垂足分别为A，C)，如图，则二面角的大小就是向
设AB＝1，则A(0,0,0)，B(0,1,0)，
C(1,1,0)，D21，0，0，S(0,0,1). ∴A→S＝(0,0,1)，C→S＝(－1，－1,1).
显然A→S是底面的法向量，它与已知向量C→S的夹角 →→
β＝π2－θ，
故有 sin θ＝cos β＝|AA→SS|·|CC→SS|＝1×1 3＝ 33，
量
A→B与
→ CD
的夹角.
②设n1、n2是二面角α-l-β的两个面α，β的法向量，则向量n1 与向量n2的夹角(或其补角)就是二面角的平面角的大小.
要点一 求两条异面直线所成的角 例1 如图所示，三棱柱OAB-O1A1B1中,平面OBB1O1 ⊥平面OAB，∠O1OB＝60°，∠AOB＝90°，且OB＝ OO1＝2，OA＝ 3，求异面直线A1B与AO1所成角的余弦值的 大小. 解 建立如图所示的空间直角坐标系， 则O(0,0,0)，
因为△DBA1和△BDC1都是正三角形， 所以A1E⊥BD，C1E⊥BD， 故∠A1EC1 是二面角 A1－BD－C1 的平面角，也就是E→A1与
E→C1的夹角. 又 E(21，21，0)，A1(1,0,1)，C1(0,1,1)， 可得E→A1＝(12，－21，1)，E→C1＝(－12，12，1).
(2)注意法向量的方向：一进一出，二面角等于法向量 夹角； 同进同出，二面角等于法向量夹角的补角.
苏教版高中数学选修2-1第3章空间向量与立体几何疑难规律方法含答案
苏教版高中数学选修2-1 同步教案讲义1空间向量加减法运用的三个层次空间向量是办理立体几何问题的有力工具，但要用好向量这一工具解题，一定娴熟运用加减法运算．第 1 层用已知向量表示未知向量例 1 如下图，在平行六面体―→→→ABCD － A1B1C1D 1中，设 AA1＝ a，AB＝ b，AD＝c，M，N，P分别是 AA1， BC， C1D 1的中点，试用a，b，c表示以下各向量：→―→→―→(1) AP； (2) A1N ； (3)MP＋ NC1 .解(1) ∵P 是 C1D 1的中点，→ ―→――→―→→1――→∴AP ＝ AA1＋ A1D 1＋ D1P＝a＋ AD ＋2D 1C11→1b.＝a＋ c＋AB＝ a＋c＋22(2)∵ N 是 BC 的中点，―→ ―→→ → 1 →∴ A1N＝ A1A＋ AB＋ BN＝－a＋b＋ BC21 →1＝－ a＋ b＋AD＝－a＋b＋c.22(3)∵ M 是 AA 1的中点，→→ →1―→ →∴MP＝ MA＋ AP＝2 A1A ＋ AP＝－1111a＋ a＋ c＋ b ＝ a＋ b＋ c，2222―→→ ―→＝1→―→又 NC＝ NC＋ CCBC＋ AA 1121苏教版高中数学选修2-1 同步教案讲义1→―→1＝AD ＋ AA1＝ c＋ a，22→―→111∴MP ＋ NC1＝a＋b＋ c ＋ a＋ c222313＝2a＋2b＋2c.评论用已知向量来表示未知向量，必定要联合图形，以图形为指导是解题的重点．要正确理解向量加法、减法与数乘运算的几何意义．首尾相接的若干向量之和，等于由开端向量的始点指向末端向量的终点的向量，我们能够把这个法例称为向量加法的多边形法例．在立体几何中要灵巧应用三角形法例，向量加法的平行四边形法例在空间中仍旧成立．第 2 层化简向量例 2 如图，已知空间四边形 ABCD ，连接 AC，BD .设 M，G 分别是 BC，CD 的中点，化简以下各表达式，并标出化简结果的向量．→ →→(1) AB＋ BC＋ CD；→ 1→→→ 1 →→(2) AB＋(BD ＋ BC)； (3)AG－ ( AB＋AC )．22解→→→→→→(1)AB＋BC ＋CD ＝ AC＋ CD ＝ AD .→ 1 → →→ 1→ 1→(2)AB＋2(BD ＋ BC)＝ AB＋2BC＋2BD→→→→＝AB ＋BM ＋ MG ＝ AG.→ 1 → →(3)AG－2(AB＋ AC)→→→＝AG－ AM ＝ MG .→→→AD ，AG， MG 如下图．评论要求空间若干向量之和，能够经过平移，将它们转变为首尾相接的向量，假如首尾相接的若干向量组成一个关闭图形，则它们的和为 0.两个向量相加的平行四边形法例在空间中仍成立，求始点同样的两个向量之和时，能够考虑运用平行四边形法例．第 3 层证明立体几何问题例 3 如图，已知 M，N 分别为四周体 ABCD 的面 BCD 与面 ACD 的重心，且 G 为 AM 上一点，且 GM ∶ GA＝ 1∶3.求证： B， G， N 三点共线．→→→证明设 AB＝a，AC＝ b，AD＝ c，→→ →→ 3 →则BG＝ BA＋ AG＝ BA＋ AM41311c，＝－ a＋(a＋b＋c)＝－a＋b＋4444→→→→ 1 →→BN＝ BA＋AN ＝BA ＋( AC＋ AD )311 4 →＝－ a＋b＋ c＝BG.333→→→→∴BN ∥BG，又∵ BN 与BG有公共点B，∴B， G， N 三点共线．2空间向量易错点扫描易错点 1对向量夹角与数目积的关系理解不清例 1 “a·b<0 ”是“〈a，b〉为钝角”的 ________条件． (填“充足不用要”“必需不充分”“充要”“既不充足也不用要”)错解a·b<0? cos〈 a，b〉＝a·b<0 ?〈 a，b〉为钝角，所以“a·b<0”是“〈 a，b〉为钝角” |a||b|的充要条件．错因解析错解中忽视了两个向量共线且反向的状况．解析当〈 a， b〉＝π时， a·b<0，但此时夹角不为钝角，所以“ a·b<0”是“〈a， b〉为钝角”的必需不充足条件．正解必需不充足易错点 2忽视两向量的夹角的定义例2 如下图，在 120°的二面角α—AB —β中， AC? α， BD? β，且 AC⊥ AB， BD⊥AB ，垂足分别为 A， B.已知 AC＝ AB＝BD ＝ 6，试求线段 CD 的长．错解∵ AC⊥ AB，BD ⊥AB，→ →→ →∴CA ·AB＝ 0， BD·AB＝ 0，→→∵二面角α— AB—β的平面角为 120°，∴〈 CA， BD〉＝120°.2→ 2＝→→→2∴CD＝ CD(CA＋AB＋BD )→ 2→ 2→2→ →→ →→ →622×cos 120°＝ 72，∴ CD ＝＝ CA＋ AB ＋ BD＋ 2CA·AB＋ 2CA·BD ＋ 2BD·AB＝ 3×＋ 2× 6 6 2.错因解析错解中混杂了二面角的平面角与向量夹角的看法．向量→→CA， BD 的夹角与二面角α— AB—β的平面角互补，而不是相等．正解∵ AC⊥ AB，BD ⊥AB，→ →→ →∴CA ·AB＝ 0， BD·AB＝ 0，∵二面角α— AB—β的平面角为 120°，→→∴〈 CA， BD 〉＝ 180°－120°＝ 60°.2→ 2＝→→→2∴CD＝ CD(CA＋AB＋BD )→ 2→ 2→2→ →→ →→ →22＝CA ＋AB ＋ BD＋ 2CA·AB＋ 2CA·BD＋ 2BD ·AB＝ 3× 6＋ 2×6 ×cos 60 °＝ 144，∴ CD＝12.易错点3判断能否共面犯错例 3已知 O，A，B，C 为空间不共面的四点，→→→→ → →a＝OA＋OB＋OC，b＝OA＋OB－OC，则与a， b 不可以组成空间的一个基底的是________． (将正确答案的序号填上)→→→→→①OA；② OB；③ OC；④ OA或 OB.错解→→→→→ →a＝OA＋OB＋OC， b＝OA＋OB－OC，→→1(a＋b)，相加得 OA＋ OB＝2→→④ .所以 OA， OB都与a，b共面，不可以组成空间的一个基底，故填解析→→1→→→→OA＋ OB＝(a＋b)，说明 OA＋ OB与a，b共面，但不可以以为OA，OB都与a、b共面．2→→→→→→因为 a＝OA＋OB＋OC， b＝OA＋OB－OC，→→→代入整理得 (x＋y－ 1)OA＋ (x＋ y)OB＋ (x－ y)OC＝ 0，因为 O， A， B， C 四点不共面，→→→所以 OA， OB， OC不共面，所以 x＋ y－ 1＝ 0， x＋ y＝0， x－ y＝ 0，→此时， x， y 不存在，所以a， b 与OA不共面，→故 a， b 与OA可组成空间的一个基底．→同理 a， b 与OB也可组成空间的一个基底．→ →→→ →→→ 1→因为 a＝OA＋OB＋OC，b＝ OA＋ OB－ OC，相减有 OC＝ ( a－b)，所以 OC与a，b共面，故2不可以组成空间的一个基底．正解③易错点 4混杂向量运算和实数运算例 4阅读以下各式，此中正确的选项是________． (将正确答案的序号填上)①a·b＝ b·c(b≠0)? a＝ c②a·b＝0? a＝0或 b＝0③( a·b) ·c＝a·(b·c)→ →→ →④OA·BO＝ |OA||BO|cos(180 －°∠ AOB )错解①(或②或③ )解析想自然地将向量的数目积运算和实数运算等价，致使犯错．向量的数目积运算不知足消去律、联合律，故①③ 错误；若→ →a·b＝0? a＝0或 b＝0或 a⊥ b，故②错误；OA·BO的夹角是 180°－∠ AOB.正解④易错点 5忽视建系的前提例5 四边形 ABCD 是边长为 2 的菱形，∠ ABC＝ 60°， AE⊥平面 ABCD ， AE＝ 2，F 为 CE的中点，试合理成立坐标系，求→→AF ，BC所成角的余弦值．错解→→→x， y，z 轴的正方向，成立空间直角以 A 为坐标原点，以 AB， AD，AE 的方向分别为坐标系 A－ xyz.→→→ →3此时 AF＝ (1,1,1) ， BC＝ (0,2,0) ，所以 cos〈 AF ， BC〉＝3.解析空间直角坐标系的成立的前提是三条直线两两垂直，而此题中直线AB 与 AD 不垂直．正解设 AC ，BD 交于点 O，则 AC⊥ BD .因为 F 为 CE 中点，所以 OF ∥ AE，因为 AE⊥平面 ABCD ，所以 OF⊥平面 ABCD ， OF ⊥ AC， OF⊥ BD ，→→→以 O 为坐标原点，以OC， OD， OF的方向分别为x， y， z 轴的正方向，成立空间直角坐标系O－ xyz.→→3， 0)，此时 AF＝ (1,0,1) ， BC＝ (1，→ →2所以 cos〈 AF， BC〉＝4.易错点 6 求空间角时，因对所求角与向量夹角的关系不理解致误例 6 在正方体 ABCD － A1B1C1D 1中，求二面角A－BD 1－C 的大小．错解以 D 为坐标原点， DA ，DC ， DD 1所在直线分别为x 轴， y 轴， z 轴，成立如下图的空间直角坐标系，设正方体的棱长为1，则D (0,0,0) ，A1(1,0,1) ， C1(0,1,1) ．―→―→＝ (1,0,1)―→―→由题意知 DA1是平面 ABD1的一个法向量， DA1，DC 1是平面 BCD1的一个法向量， DC 1＝(0,1,1) ，―→―→―→ ―→1 DC 1·DA1.所以 cos〈 DA1， DC1〉＝―→ ―→＝2|DC 1||DA1 |―→ ―→所以〈 DA 1， DC1〉＝ 60°.所以二面角 A－ BD 1－ C 的大小为 60°.解析利用向量法求所成角问题，需注意所求的角确实切地点．正解以 D 为坐标原点， DA ，DC ， DD 1所在直线分别为x 轴， y 轴， z 轴，成立如下图的空间直角坐标系，设正方体的棱长为1，则D (0,0,0) ，A1(1,0,1) ， C1(0,1,1) ．―→＝ (1,0,1)是平面 ABD 1―→是平面 BCD 1的一个法向量．由题意知 DA1的一个法向量， DC 1＝ (0,1,1)―→ ―→―→―→DC 1·DA11所以cos〈DA，DC〉＝＝，11―→ ―→2|DC 1||DA1 |―→―→联合图形知二面角A－ BD1－ C 的大小为120°.3空间直角坐标系建立三策略利用空间向量的方法解决立体几何问题，重点是依靠图形成立空间直角坐标系，将其余向量用坐标表示，经过向量运算，判断或证明空间元素的地点关系，以及空间角、空间距离问题的探究．所以怎样成立空间直角坐标系显得特别重要，下边简述空间建系的三种方法，希望同学们面对空间几何问题能做到有的放矢，化解自如．1．利用共极点的相互垂直的三条棱例 1 已知直四棱柱中， AA1＝ 2，底面 ABCD 是直角梯形，∠ DAB 为直角， AB∥ CD，AB＝4，AD ＝ 2， DC＝ 1，试求异面直线 BC1与 DC 所成角的余弦值．解如图，以 D 为坐标原点，分别以DA ， DC ， DD1所在的直线为x 轴， y 轴， z 轴，成立空间直角坐标系，则D (0,0,0) ，C1(0,1,2) ， B(2,4,0) ，C(0,1,0) ，―→→所以 BC1＝ (－ 2，－ 3,2)，CD ＝ (0，－ 1,0)．→→―→ ―→BC1·CD ＝ 3 17.所以 cos〈 BC1， CD〉＝―→ ―→17|BC1 ||CD |故异面直线 BC1与 DC 所成角的余弦值为3 17.17评论本例以直四棱柱为背景，求异面直线所成角．求解重点是从直四棱柱图形中的共点的三条棱相互垂直关系处着眼，成立空间直角坐标系，写出有关点的坐标和有关向量的坐标，再求两异面直线的方向向量的夹角即可．2．利用线面垂直关系例 2 如图，在三棱柱ABC－ A1B1C1中， AB⊥平面 BB1C1C， E 为棱 C1C 的中点，已知 ABπ＝2， BB1＝ 2， BC＝ 1，∠ BCC1＝3.试成立适合的空间直角坐标系，求出图中全部点的坐标．解过 B 点作 BP ⊥ BB 1 交 C 1C 于点 P ，因为 AB ⊥ 平面 BB 1C 1C ， 所以 BP ⊥ 平面 ABB 1A 1 ，以 B 为原点，分别以 BP ， BB 1，BA 所在的直线为 x ， y ， z 轴，成立空间直角坐标系．π因为 AB ＝2， BB 1＝ 2， BC ＝ 1，∠ BCC 1＝ ，31 3 3所以 CP ＝ 2 ， C 1 P ＝ 2， BP ＝ 2 ，则各点坐标分别为B(0， 0,0)， A(0,0， 2) ， B 1(0,2,0) ，C 3，－ 1， 0 ， C3，3， 0 ， E3， 1， 0 ，A 1(0,2， 2)．2212 22 2评论 空间直角坐标系的成立， 要尽量地使尽可能多的点落在座标轴上， 这样建成的坐标系，既能快速写出各点的坐标，又因为坐标轴上的点的坐标含有0，也为后续的运算带来了方便．此题已知条件中的垂直关系“ AB ⊥ 平面 BB 1C 1C ” ，可作为建系的打破口．3． 利用面面垂直关系例 3 如图 1，等腰梯形 ABCD 中，AD ∥ BC ，AB ＝ AD ＝ 2，∠ ABC ＝ 60°，E 是 BC 的中点． 将 △ABE 沿 AE 折起，使平面 BAE ⊥平面 AEC(如图 2)，连接 BC ，BD.求平面 ABE 与平面 BCD 所成的锐角的大小．解取 AE 中点 M ，连接 BM ， DM .因为在等腰梯形 ABCD 中， AD ∥ BC ， AB ＝ AD ， ∠ABC ＝ 60°， E 是 BC 的中点，所以 △ ABE 与△ ADE 都是等边三角形，所以 BM ⊥ AE ，DM ⊥ AE.又平面 BAE ⊥平面 AEC ，所以 BM ⊥ MD .以 M 为原点，分别以 ME ， MD ， MB 所在的直线为 x ， y ， z 轴，成立空间直角坐标系M －xyz ，如图，则M(0,0,0) ， B(0,0， 3)， C(2， 3， 0)， D(0 ， 3，0) ，→→3，－3)，所以 DC＝ (2,0,0) ， BD＝ (0 ，设平面 BCD 的法向量为m＝ (x， y， z)，→m·DC＝2x＝0，取 y＝ 1，得m＝(0,1,1) ，由→3z＝ 0.m·BD＝3y－又因为平面 ABE 的一个法向量→3， 0)，MD ＝ (0，→→2 m·MD＝，所以 cos〈m， MD 〉＝→2|m||MD |所以平面 ABE 与平面 BCD 所成的锐角为 45°.评论此题求解重点是利用面面垂直关系，先证在两平面内共点的三线垂直，再建立空间直角坐标系，而后分别求出两个平面的法向量，求出两法向量夹角的余弦值，即可得所求的两平面所成的锐角的大小．用法向量的夹角求二面角时应注意：平面的法向量有两个相反的方向，取的方向不一样求出来的角度就不一样，所以最后还应当依据这个二面角的本质形态确立其大小．4用向量法研究“动向”立体几何问题“动向”立体几何问题是在静态几何问题中浸透了一些“动向”的点、线、面等元素，同时因为“动向”的存在，使得问题的办理趋于灵巧．本文介绍巧解“动向”立体几何问题的法宝——向量法，教你怎样以静制动．1．求解、证明问题例 1在棱长为 a 的正方体OABC— O1A1B1C1中， E，F 分别是 AB， BC 上的动点，且AE＝BF ，求证： A1F⊥ C1E.证明以 O 为坐标原点， OA ，OC， OO1所在直线分别为x 轴， y 轴， z 轴，成立如下图的空间直角坐标系，则A1(a,0， a)， C1(0，a，a)．设 AE＝BF ＝x，∴E(a， x,0)， F(a－ x， a,0)．―→∴ A 1F ＝ (－ x ， a ，－ a)，―→C 1E ＝ (a ， x －a ，－ a)．―→ ―→∵ A 1F ·C 1E ＝ (－ x ， a ，－ a) ·(a ， x － a ，－ a) ＝－ ax ＋ ax －a 2＋a 2＝ 0，―→ ―→∴ A 1F ⊥ C 1E ，即 A 1F ⊥ C 1E. 2． 定位问题例 2 如图，已知四边形ABCD ，CDGF ，ADGE 均为正方形，且边长为 1，在 DG 上能否存在点 M ，使得直线 MB 与平面 BEF 的夹角为 45°？若存在，求出点 M 的地点；若不存在，请说明原因．解题提示假定存在点 M ，设平面 BEF 的法向量为 n ，设 BM 与平面 BEF 所成的角为 θ，→ 利用 sin θ＝|BM ·n |求出点 M 的坐标，若知足条件则存在．→|BM ||n |解 因为四边形 CDGF ， ADGE 均为正方形， 所以 GD ⊥ DA ，GD ⊥ DC .又 DA ∩ DC ＝ D ， DA ， DC? 平面 ABCD ， 所以 GD ⊥ 平面 ABCD .又 DA ⊥ DC ，所以 DA ， DG ， DC 两两相互垂直，如图，以 D 为坐标原点， DA ， DC ， DG所在直线分别为 x 轴， y 轴， z 轴，成立空间直角坐标系，则 B(1,1,0) ， E(1,0,1) ， F(0,1,1) ．因为点 M 在 DG 上，假定存在点M(0,0， t)(0≤ t ≤ 1)使得直线 BM 与平面 BEF 的夹角为45°.设平面 BEF 的法向量为 n ＝ (x ， y ， z)．→ →，因为 BE ＝ (0，－ 1,1) ，BF ＝(－1,0,1)→ ＝ 0，－ y ＋ z ＝ 0，n ·BE即则→－ x ＋ z ＝ 0，n ·BF ＝ 0，令 z ＝ 1，得 x ＝y ＝ 1，所以 n ＝ (1,1,1) 为平面 BEF 的一个法向量．→→|BM ·n |又 BM ＝ (－ 1，－ 1， t)，直线 BM 与平面 BEF 所成的角为45°，所以 sin 45°＝→ ＝|BM ||n ||－ 2＋ t| ＝2，22t ＋ 2× 3解得 t ＝－ 4±3 2.又 0≤ t ≤ 1，所以 t ＝ 3 2－ 4.故在 DG 上存在点M(0,0,3 2－ 4)，且 DM ＝3 2－ 4 时，直线 MB 与平面 BEF 所成的角为45°.评论 因为立体几何题中 “ 动向 ” 性的存在， 使有些问题的结果变得不确立， 这时我们要以不变应万变，抓住问题的本质，引入参量，利用空间垂直关系及数目积将几何问题代数化，达到以静制动的成效．5 向量与立体几何中的数学思想1． 数形联合思想向量方法是解决问题的一种重要方法，坐标是研究向量问题的有效工具，利用空间向量的坐标表示能够把向量问题转变为代数运算，进而交流了几何与代数的联系，表现了数形联合的重要思想． 向量拥有数形兼顾的特色，所以， 它能将几何中的“形”和代数中的“数”有机地联合在一同．例 1 如图，在四棱柱 ABCD －A 1B 1C 1D 1 中， A 1A ⊥底面ABCD ，∠ BAD ＝90°， AD ∥ BC ，且 A 1A ＝AB ＝ AD ＝2BC ＝ 2，点 E 在棱 AB 上，平面 A 1EC 与棱 C 1D 1 订交于点 F.(1) 证明： A 1F ∥平面 B 1CE ；(2) 若 E 是棱 AB 的中点，求二面角A 1 －EC － D 的余弦值；(3) 求三棱锥 B 1－ A 1EF 的体积的最大值．(1) 证明 因为 ABCD － A 1B 1C 1D 1 是棱柱，所以平面 ABCD ∥平面 A1B1C1D 1.又因为平面ABCD ∩平面 A1ECF ＝ EC，平面 A1B1C1D1∩平面 A1ECF ＝ A1 F，所以 A1F∥ EC.又因为 A1F?平面 B1CE，EC? 平面 B1CE，所以 A1F ∥平面 B1CE.(2)解因为 AA1⊥底面 ABCD ，∠BAD ＝ 90°，所以 AA1，AB，AD 两两垂直，以 A 为坐标原点，以AB，AD，AA1分别为 x 轴， y 轴和 z 轴，成立如下图的空间直角坐标系．则A1(0,0,2) ， E(1,0,0) ，C(2,1,0) ，―→―→＝ (2,1，－ 2)．所以 A1E＝ (1,0，－ 2)， A1C设平面 A1ECF 的法向量为m＝(x，y，z)，―→x－ 2z＝ 0，A1E ·m＝ 0，由得―→·m＝0，2x＋ y－2z＝ 0.A1C令z＝ 1，得m＝ (2，－ 2,1)．又因为平面DEC 的法向量为n＝(0,0,1)，所以 cos〈m，n〉＝m·n＝1，|m||n|3由图可知，二面角A1－ EC－ D 的平面角为锐角，1所以二面角A1－ EC－ D 的余弦值为.(3)解过点 F 作 FM ⊥ A1 B1于点 M，因为平面 A1ABB1⊥平面 A1B1C1D 1，平面 A1ABB1∩平面 A1B1C1D1＝ A1B1，FM ? 平面 A1B1C1D 1，FM ⊥ A1B1，所以 FM ⊥平面 A1ABB1，1所以VB1－A1EF＝VF－B1A1E＝3×S A1B1E×FM＝1×2×2× FM ＝2F M . 323因为当 F 与点 D1重合时， FM 取到最大值 2(此时点 E 与点 B 重合 )，所以当 F 与点 D1重合时，三棱锥B1－ A1EF 的体积的最大值为4.32．转变与化归思想空间向量的坐标及运算为解决立体几何中的夹角、距离、垂直、平行等问题供给了工具，因此我们要擅长把这些问题转变为向量的夹角、模、垂直、平行等问题，利用向量方法解决．将几何问题化归为向量问题，而后利用向量的性质进行运算和论证，再将结果转变为几何问题．这类“从几何到向量，再从向量到几何”的思想方法，在本章尤其重要．例 2 如图，在长方体 ABCD － A1B1C1D1中， AA1＝ AB＝ 2AD＝ 2，E 为 AB 的中点， F 为 D1E 上的一点， D 1F ＝2FE.(1)证明：平面 DFC ⊥平面 D 1EC；(2)求二面角 A－DF － C 的平面角的余弦值．解析求二面角最常用的方法就是分别求出二面角的两个面所在平面的法向量，而后经过两个平面的法向量的夹角获得二面角的大小，但要注意联合本质图形判断所求角是锐角仍是钝角．(1) 证明以D为原点，分别以DA ，DC，DD 1所在的直线为x 轴， y 轴， z 轴成立如下图的空间直角坐标系，则D (0,0,0) ，A(1,0,0) ， B(1,2,0)， C(0,2,0) ，D1(0,0,2) ．∵E 为 AB 的中点，∴ E(1,1,0) ，∵D 1F＝2FE，―→―→2224，－ 2)＝，，－，∴ D1 F＝ D1E＝(1,133333→―→―→＋224∴DF ＝ DD 1＋ D1F＝ (0,0,2)3，，－33222＝ ， ，.设 n ＝ (x 1， y 1， z 1 )是平面 DFC 的法向量，→ 22 2n ·DF ＝ 0，x 1＋ y 1＋ z 1＝ 0， 则∴33 3→2y 1＝ 0.n ·DC ＝ 0，取 x 1 ＝1，得平面 DFC 的一个法向量 n ＝ (1,0，－ 1)．设p ＝ (x 2， y 2， z 2 )是平面 D 1EC 的法向量，―→p ·D 1F ＝ 0，则―→p ·D 1C ＝ 0，取 y 2 ＝1，得平面2 24z 2＝ 0， x 2＋ y 2－ ∴ 3 3 3 2y 2－ 2z 2＝ 0，D 1EC 的一个法向量 p ＝ (1,1,1) ，∵ n ·p ＝ (1,0，－ 1) ·(1,1,1) ＝ 0， ∴n ⊥p ，∴平面 DFC ⊥ 平面 D 1EC.(2) 解 设 q ＝ (x 3， y 3， z 3)是平面 ADF 的法向量，→＝ 0，2 x 3＋ 2 y3 2q ·DF ∴ 3 3 ＋ z 3＝ 0，则3→＝ 0，x 3＝0，q ·DA 取 y 3 ＝1，得平面 ADF 的一个法向量 q ＝ (0,1，－ 1)，设二面角 A － DF － C 的平面角为 θ，由题中条件可知 π |n ·q |＝－ θ∈， π，则 cos θ＝－2|n ||q ||0＋ 0＋ 1|＝－ 1，2× 22∴二面角 A － DF － C 的平面角的余弦值为－1 2.3． 函数思想例 3已知对于 x 的方程 x 2－ (t －2)x ＋t 2＋ 3t ＋ 5＝0 有两个实根， 且 c ＝ a ＋ t b ，a ＝ (－ 1,1,3) ，b ＝ (1,0，－ 2)．问 |c |可否获得最大值？若能，求出实数t 的值及对应的向量b 与c 夹角的余弦值；若不可以，请说明原因．解析 写出 |c |对于 t 的函数关系式，再利用函数看法求解．4解由题意知 Δ≥ 0，得－ 4≤ t ≤ － ，又 c ＝ (－ 1,1,3) ＋ t(1,0，－ 2)＝ ( －1＋ t,1,3－ 2t)，∴|c |＝ － 1＋ t 2 ＋ 3－ 2t 2＋ 15 7 2 6＝t －5 ＋ 5.当 t ∈ － 4，－ 4 时， f(t)＝ 5 t － 7 26 ∴f(t)max ＝ f(－ 4)，即 |c |的最大值存35＋ 是单一递减函数，5在，此时 c＝(－5,1,11)． b·c＝－27，|c|＝7 3.而|b|＝5，∴cos〈b，c〉＝b·c＝－2715＝－9|b||c|5× 7 335.评论凡波及向量中的最值问题，若可用向量坐标形式，一般可考虑写出函数关系式，利用函数思想求解．4．分类议论思想例 4 如图，矩形ABCD 中， AB＝ 1， BC＝ a(a＞ 0)， PA⊥平面 ABCD (点 P 位于平面 ABCD上方 )，问 BC 边上能否存在点→ →Q，使 PQ⊥ QD？解析→ →由 PQ⊥ QD，得 PQ⊥ QD，所以在平面 ABCD 内，点 Q 在以边 AD 为直径的圆上，若此圆与边 BC 相切或订交，则BC 边上存在点 Q，不然不存在．解假定存在点 Q(Q 点在边→ →BC 上 )，使 PQ⊥QD ，即PQ⊥ QD ，连接 AQ.∵ PA⊥平面 ABCD ，∴ PA⊥ QD .→→→ → →→ →又PQ＝ PA＋ AQ且 PQ⊥ QD ，∴ PQ·QD＝0，→ →→ →即PA·QD ＋AQ·QD＝ 0.→ →→ →→ →又由 PA·QD＝ 0，∴AQ·QD＝ 0，∴ AQ⊥QD .即点Q 在以边 AD 为直径的圆上，圆的半径为a2.又∵ AB＝ 1，由题图知，当a＝ 1，即 a＝ 2 时，该圆与边 BC 相切，存在 1 个点 Q 知足题意；2当a>1，即 a>2 时，该圆与边BC 订交，存在 2 个点 Q 知足题意；2当a<1，即 0＜ a<2 时，该圆与边BC 相离，不存在点Q 知足题意．2综上所述，当 a≥ 2 时，存在点→→Q，使 PQ⊥ QD ；→→当 0<a<2 时，不存在点 Q，使 PQ⊥ QD.15。
高中数学苏教版选修2-1第3章《空间向量与立体几何》(1.5)word学案
3．1.5 空间向量的数量积[学习目标] 1.掌握空间向量夹角的概念及表示方法，掌握两个向量的数量积的概念、性质和计算方法及运算规律.2.掌握两个向量的数量积的主要用途，会用它解决立体几何中一些简单的问题．[知识链接]空间两个向量的夹角是怎样定义的，范围怎样规定？答：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 ，b 的夹角，记作〈a ，b 〉． 规定：0≤〈a ，b 〉≤π. [预习导引] 1．空间向量的夹角定义 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 ，b 的夹角记法 〈a ，b 〉范围〈a ，b 〉∈[0，π]．当〈a ，b 〉＝π2时，a _⊥_b2.(1)定义已知两个非零向量a ，b ，则|a||b |cos 〈a ，b 〉叫做a ，b 的数量积，记作a·b . (2)数量积的运算律数乘向量与向量数量积的结合律(λa )·b ＝λ(a·b )(λ∈R )交换律 a·b ＝b·a 分配律a ·(b ＋c )＝a·b ＋a·c(3)两个向量数量积的①若a ，b 是非零向量，则a ⊥b ⇔a·b ＝0 ②若a 与b 同向，则a·b ＝|a |·|b |； 若反向，则a·b ＝－|a |·|b |. 特别地，a·a ＝|a |2或|a |＝a·a性质③若θ为a ，b 的夹角，则cos θ＝a·b|a||b |④|a·b |≤|a |·|b |要点一 空间向量的数量积运算例1 已知长方体ABCDA 1B 1C 1D 1中，AB ＝AA 1＝2，AD ＝4，E 为侧面AB 1的中心，F 为A 1D 1的中点．试计算：(1)BC →·ED 1→；(2)BF →·AB 1→；(3)EF →·FC 1→. 解 如图，设AB →＝a ，AD →＝b ， AA 1→＝c ，则|a |＝|c |＝2，|b |＝4， a·b ＝b·c ＝c·a ＝0.(1)BC →·ED 1→＝b ·[12(c －a )＋b ]＝|b |2＝42＝16.(2)BF →·AB 1→＝⎝⎛⎭⎫c －a ＋12b ·(a ＋c ) ＝|c |2－|a |2＝22－22＝0.(3)EF →·FC 1→＝⎣⎡⎦⎤12(c －a )＋12b ·⎝⎛⎭⎫12b ＋a ＝12(－a ＋b ＋c )·⎝⎛⎭⎫12b ＋a ＝－12|a |2＋14|b |2＝2.规律方法 计算两个向量的数量积，可先将各向量用同一顶点上的三条棱对应向量表示，再代入数量积公式进行运算．跟踪演练1 已知空间向量a ，b ，c 满足a ＋b ＋c ＝0，|a |＝3，|b |＝1，|c |＝4，则a·b ＋b·c ＋c·a 的值为________． 答案 －13解析 ∵a ＋b ＋c ＝0，∴(a ＋b ＋c )2＝0， ∴a 2＋b 2＋c 2＋2(a·b ＋b·c ＋c·a )＝0， ∴a·b ＋b·c ＋c·a ＝－32＋12＋422＝－13.要点二 利用数量积求夹角例2 如图，在空间四边形OABC 中，OA ＝8，AB ＝6，AC ＝4，BC ＝5，∠OAC ＝45°，∠OAB ＝60°，求OA 与BC 所成角的余弦值． 解 因为BC →＝AC →－AB →， 所以OA →·BC →＝OA →·AC →－OA →·AB →＝|OA →||AC →|cos 〈OA →，AC →〉－|OA →||AB →|·cos 〈OA →，AB →〉 ＝8×4×cos135°－8×6×cos120° ＝－162＋24.所以cos 〈OA →，BC →〉＝OA →·BC →|OA →||BC →|＝24－1628×5＝3－225.即OA 与BC 所成角的余弦值为3－225.规律方法 利用向量的数量积，求异面直线所成的角的方法：①根据题设条件在所求的异面直线上取两个向量；②将求异面直线所成角的问题转化为求向量夹角问题；③利用向量的数量积求角的大小；④证两向量垂直可转化为数量积为零．跟踪演练2 如图所示，正四面体ABCD 的每条棱长都等于a ，点M ，N 分别是AB ，CD 的中点，求证：MN ⊥AB ，MN ⊥CD . 证明 MN →·AB →＝(MB →＋BC →＋CN →)·AB →＝(MB →＋BC →＋12CD →)·AB →＝(MB →＋BC →＋12AD →－12AC →)·AB →＝12a 2＋a 2cos120°＋12a 2cos60°－12a 2cos60°＝0， 所以MN →⊥AB →，即MN ⊥AB .同理可证MN ⊥CD . 要点三 利用数量积求距离例3 正三棱柱ABCA 1B 1C 1的各棱长都为2，E 、F 分别是AB 、A 1C 1的中点，求EF 的长． 解 如图所示，设AB →＝a ，AC →＝b ，AA 1→＝c .由题意知|a |＝|b |＝|c |＝2， 且〈a ，b 〉＝60°，〈a ，c 〉＝〈b ，c 〉＝90°. 因为EF →＝EA →＋AA 1→＋A 1F → ＝－12AB →＋AA 1→＋12AC →＝－12a ＋12b ＋c ，所以EF 2＝|EF →|2＝EF →2＝14a 2＋14b 2＋c 2＋2⎝⎛⎭⎫－12a ·12b ＋12b·c －12a·c ＝14×22＋14×22＋22＋2×⎝⎛⎭⎫－14×2×2cos60° ＝1＋1＋4－1＝5， 所以EF ＝ 5.规律方法 利用向量的数量积求两点间的距离，可以转化为求向量的模的问题，其基本思路是先选择以两点为端点的向量，将此向量表示为几个已知向量的和的形式，求出这几个已知向量的两两之间的夹角以及它们的模，利用公式|a |＝a ·a 求解即可． 跟踪演练3 如图所示，平行六面体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AB ＝1，AD ＝2，AA 1＝3，∠BAD ＝90°，∠BAA 1＝∠DAA 1＝60°，求AC 1的长． 解 因为AC 1→＝AB →＋AD →＋AA 1→， 所以AC 1→2＝(AB →＋AD →＋AA 1→)2＝AB →2＋AD →2＋AA 1→2＋2(AB →·AD →＋AB →·AA 1→＋AD →·AA 1→)． 因为∠BAD ＝90°，∠BAA 1＝∠DAA 1＝60°，所以〈AB →，AD →〉＝90°，〈AB →，AA 1→〉＝〈AD →，AA 1→〉＝60°. 所以AC 1→2＝1＋4＋9＋2(1×3×cos60°＋2×3×cos60°)＝23. 因为|AC 1→|2＝AC 1→2，所以|AC 1→|2＝23，|AC 1→|＝23，即AC 1＝23.1．若a ，b 均为非零向量，则a·b ＝|a||b |是a 与b 共线的________条件． 答案 充分不必要解析 a·b ＝|a||b |cos 〈a ，b 〉＝|a||b |⇔cos 〈a ，b 〉＝1⇔〈a ，b 〉＝0，当a 与b 反向时，a·b ＝|a|·|b|不能成立．2．已知a ，b 均为单位向量，它们的夹角为60°，那么|a ＋3b |等于________． 答案13解析 |a ＋3b |2＝(a ＋3b )2＝a 2＋6a ·b ＋9b 2 ＝1＋6·cos60°＋9＝13.∴|a ＋3b |＝13.3．对于向量a 、b 、c 和实数λ，下列命题中的真命题是________． ①若a ·b ＝0，则a ＝0或b ＝0； ②若λa ＝0，则λ＝0或a ＝0；③若a 2＝b 2，则a ＝b 或a ＝－b ； ④若a ·b ＝a ·c ，则b ＝c . 答案 ②解析 对于①，可举反例：当a ⊥b 时，a ·b ＝0； 对于③，a 2＝b 2，只能推得|a |＝|b |，而不能推出a ＝±b ； 对于④，a ·b ＝a ·c 可以移项整理推得a ⊥(b －c )．4．如图，已知空间四边形每条边和对角线长都等于a ，点E 、F 、G 分别是AB 、AD 、DC 的中点，则下列向量的数量积等于a 2的是________． ①2BA →·AC → ②2AD →·DB → ③2FG →·AC → ④2EF →·CB → 答案 ③解析 2BA →·AC →＝－a 2，故①错； 2AD →·DB →＝－a 2，故②错；2EF →·CB →＝－12a 2，故④错，只有③正确．空间向量的数量积要找到两个向量的模和夹角；利用数量积求两异面直线所成的角，关键在于在异面直线上构造向量，找出两向量的关系；证明两向量垂直可转化为证明两个向量的数量积为零，求线段长度转化为求向量的模．一、基础达标1．已知a ＝(cos α，1，sin α)，b ＝(sin α，1，cos α)，则向量a ＋b 与a －b 的夹角是________． 答案 90°解析 ∵|a|＝|b|＝2，∴(a ＋b )·(a －b )＝a 2－b 2＝0.故向量a ＋b 与a －b 的夹角是90°. 2．已知a ，b 是空间两个向量，若|a |＝2，|b |＝2，|a －b |＝7，则cos 〈a ，b 〉＝________. 答案 18解析 将|a －b |＝7化为(a －b )2＝7，求得a ·b ＝12，再由a ·b ＝|a ||b |cos 〈a ，b 〉求得cos 〈a ，b 〉＝18. 3．已知|a |＝2，|b |＝3，〈a ，b 〉＝60°，则|2a －3b |等于________． 答案61解析 |2a －3b |2＝4a 2－12a ·b ＋9b 2 ＝4×22－12×2×3×cos60°＋9×32＝61， ∴|2a －3b |＝61.4．已知向量a 和b 的夹角为120°，且|a |＝2，|b |＝5，则(2a －b )·a 等于________． 答案 13解析 (2a －b )·a ＝2a 2－b ·a ＝2|a |2－|a ||b |cos120°＝2×4－2×5×⎝⎛⎭⎫－12＝13. 5．已知|a |＝1，|b |＝2，且a －b 与a 垂直，则a 与b 的夹角为________． 答案 45°解析 ∵a －b 与a 垂直，∴(a －b )·a ＝0， ∴a ·a －a ·b ＝|a |2－|a |·|b |·cos 〈a ，b 〉 ＝1－1·2·cos 〈a ，b 〉＝0， ∴cos 〈a ，b 〉＝22. ∵0°≤〈a ，b 〉≤180°，∴〈a ，b 〉＝45°.6．设A 、B 、C 、D 是空间不共面的四点，且满足AB →·AC →＝0，AC →·AD →＝0，AB →·AD →＝0，则△BCD 是________三角形． 答案 锐角解析 BC →·BD →＝(AC →－AB →)·(AD →－AB →)＝AC →·AD →－AC →·AB →－AB →·AD →＋AB →·AB →＝AB →2>0，同理，可证CB →·CD →＞0，DB →·DC →＞0，∴三角形的三个内角均为锐角．7.如图所示，已知平行六面体ABCDA 1B 1C 1D 1的底面ABCD 是菱形，且∠C 1CB ＝∠C 1CD ＝∠BCD ＝60°.求证：CC 1⊥BD . 证明 设CB →＝a ，CD →＝b ，CC 1→＝c ，则|a |＝|b |. ∵BD →＝CD →－CB →＝b －a ， ∴BD →·CC 1→＝(b －a )·c ＝b·c －a·c ＝|b||c |cos60°－|a||c |cos60°＝0， ∴CC 1→⊥BD →，即CC 1⊥BD . 二、能力提升8．已知向量a ，b 满足|a |＝1，|b |＝2，且a 与b 的夹角为π3，则|a ＋b |＝________.答案7解析 |a ＋b |2＝a 2＋2a·b ＋b 2＝1＋2×1×2×cos π3＋22＝7，∴|a ＋b |＝7.9．已知a 、b 是异面直线，A 、B ∈a ，C 、D ∈b ，AC ⊥b ，BD ⊥b ，且AB ＝2，CD ＝1，则a 与b 所成的角是________． 答案 60°解析 AB →＝AC →＋CD →＋DB →， ∴AB →·CD →＝(AC →＋CD →＋DB →)·CD →＝AC →·CD →＋CD →2＋DB →·CD →＝0＋12＋0＝1， 又|AB →|＝2，|CD →|＝1.∴cos 〈AB →，CD →〉＝AB →·CD →|AB →||CD →|＝12×1＝12.∵〈AB →，CD →〉∈[0°，180°]， ∴a 与b 所成的角是60°.10．已知在平行六面体ABCDA 1B 1C 1D 1中，同一顶点为端点的三条棱长都等于1，且彼此的夹角都是60°，则此平行六面体的对角线AC 1的长为________． 答案6解析 ∵AC 1→＝AB →＋AD →＋AA 1→∴AC 1→22＝(AB →＋AD →＋AA 1→2)2＝AB →22＋AD →22＋AA 1→22＋2AB →2·AD →＋2AB →2·AA 1→＋2AD →2·AA 1→＝1＋1＋1＋2(cos60°＋cos60°＋cos60°)＝6，∴|AC 1→|＝ 6.11．如图所示，在四棱锥P ABCD 中，P A ⊥平面ABCD ，AB ⊥BC ，AB ⊥AD ，且P A ＝AB ＝BC ＝12AD ＝1，求PB 与CD 所成的角．解 由题意知|PB →|＝2，|CD →|＝2，PB →＝P A →＋AB →，DC →＝DA →＋AB →＋BC →， ∵P A ⊥平面ABCD ，∴P A →·DA →＝P A →·AB →＝P A →·BC →＝0，∵AB ⊥AD ，∴AB →·DA →＝0，∵AB ⊥BC ，∴AB →·BC →＝0， ∴PB →·DC →＝(P A →＋AB →)·(DA →＋AB →＋BC →) ＝AB →2＝|AB →|2＝1，又∵|PB →|＝2，|CD →|＝2，∴cos 〈PB →，DC →〉＝PB →·DC →|PB →||DC →|＝12×2＝12，∴〈PB →，DC →〉∈[0°，180°]，∴〈PB →，DC →〉＝60°，∴PB 与CD 所成的角为60°. 12．已知四面体OABC 的棱长均为1.求： (1)OA →·OB →；(2)(OA →＋OB →)·(CA →＋CB →)； (3)|OA →＋OB →＋OC →|.解 (1)OA →·OB →＝|OA →|·|OB →|·cos ∠AOB ＝1×1×cos60°＝12.(2)(OA →＋OB →)·(CA →＋CB →)＝(OA →＋OB →)·(OA →－OC →＋OB →－OC →) ＝(OA →＋OB →)·(OA →＋OB →－2OC →)＝12＋1×1×cos60°－2×1×1×cos60°＋1×1×cos60°＋12－2×1×1×cos60°＝1. (3)|OA →＋OB →＋OC →|＝OA →＋OB →＋OC →2)＝12＋12＋12＋(2×1×1×cos60°)×3＝ 6. 三、探究与创新13．在棱长为1的正方体ABCDA ′B ′C ′D ′中，E ，F 分别是D ′D ，BD 的中点，G 在棱CD 上，且CG ＝14CD ，H 为C ′G 的中点．(1)求EF ，C ′G 所成角的余弦值； (2)求FH 的长．解 设AB →＝a ，AD →＝b ，AA ′→＝c ，则a·b ＝b·c ＝c·a ＝0，|a|2＝a 2＝1，|b|2＝b 2＝1，|c|2＝c 2＝1. (1)∵EF →＝ED →＋DF →＝－12c ＋12(a －b )＝12(a －b －c )，C ′G →＝C ′C →＋CG →＝－c －14a ，∴EF →·C ′G →＝12(a －b －c )·(－c －14a )＝12(－14a 2＋c 2)＝38， |EF →|2＝14(a －b －c )2＝14(a 2＋b 2＋c 2)＝34，|C ′G →|2＝(－c －14a )2＝c 2＋116a 2＝1716，∴|EF →|＝32，|C ′G →|＝174，cos 〈EF →，C ′G →〉＝EF →·C ′G →|EF →||C ′G →|＝5117，∴EF ，C ′G 所成角的余弦值为5117. (2)∵FH →＝FB →＋BC →＋CC ′→＋C ′H → ＝12(a －b )＋b ＋c ＋12C ′G → ＝12(a －b )＋b ＋c ＋12(－c －14a )＝38a ＋12b ＋12c ， ∴|FH →|2＝(38a ＋12b ＋12c )2＝964a 2＋14b 2＋14c 2＝4164，∴FH 的长为418.。
数学选修2 1苏教版：第3章 空间向量与立体几何 3.2.2(二)
数学选修2 1苏教版：第3章空间向量与立体几何 3.2.2（二）数学选修2-1苏教版：第3章空间向量与立体几何3.2.2（二）空间线-面关系的确定（Ⅱ）——垂直关系学习目标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.2.能用向量法判断一些简单的线线、线面、面面垂直关系．判断直线是否垂直的知识点向量法设直线l的方向向量为a＝(a1，a2，a3)，直线m的方向向量为b＝(b1，b2，b3)，则l⊥m?ab＝0?a1b1＋a2b2＋a3b3＝0.知识点二向量法判断线面垂直432，，1?，平面α的法向量为μ2＝?3，2，?，则直线l思考若直线l的方向向量为μ1＝?2??3??与平面α的位置关系是怎样的？如何用向量法判断直线与平面的位置关系？二答案垂直，因为μ1＝μ2，所以μ1∥μ2，即直线的方向向量与平面的法向量平行，所以直3直线L和平面α垂直判断直线与平面的位置关系的方法：（1）线Lα的方向向量和平面是法向量共线吗？L⊥ α.(2)直线的方向向量与平面的法向量垂直?直线与平面平行或直线在平面内．(3)直线l 的方向向量与平面α内的两相交直线的方向向量垂直?l⊥α.让直线L的方向向量a=（A1，B1，C1），平面α法向量μ＝A2，B2，C2，然后L⊥ α? A.∥ μ? a＝kμ（k∈r）。
知识点三向量法判断面面垂直思考平面α，β的法向量是μ1＝（x1，y1，z1），μ2=（X2，Y2，Z2），两个平面用向量坐标法α，β表示垂直关系是什么？回答x1x2+y1y2+z1z2=0梳理若平面α的法向量为μ＝(a1，b1，c1)，平面β的法向量为ν＝(a2，b2，c2)，则α⊥β?μ⊥ν?μν＝0?a1a2＋b1b2＋c1c2＝0.这两个人分为格雷格和ffff→→已知点P是平行四边形ABCD所在平面外的点，如果AB=（2，-1，-4），ad=（4,2,0），→ap＝(－1,2，－1)．判断下面结论的对错：1．ap⊥ab；(√)2．ap⊥ad.(√)→3.ap是平面abcd的法向量．(√)→→4.ap∥bd.（×）类型一证明线线垂直例1如图所示，已知正三棱柱abc-a1b1c1的每条边长度为1，M为底面BC边的中点，N为1侧棱cc1上的点，且cn＝cc1.求证：ab1⊥mn.四证明设ab的中点为o，连结oc，作oo1∥aa1.以o为坐标原点，ob所在直线为x轴，oc所在直线为y轴，oo1所在直线为z轴建立如图所示的空间直角坐标系．一－，0，0?，由已知得a??2?13，0，0?， C0，，0?， B2.2.N0131?， 0，1?，，， b1？？2.24? 这两个人被分为格雷格英俊的男人。
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3.1.5 空间向量的数量积 课时目标 1.掌握空间向量的夹角及空间向量数量积的概念.2.掌握空间向量的运算律及其坐标运算.3.掌握空间向量数量积的应用．1．两向量的夹角如图所示，a,b 是空间两个非零向量，过空间任意一点O ，作OA →＝a ，OB →＝b ，则__________叫做向量a 与向量b 的夹角，记作__________．如果〈a ，b 〉＝π2，那么向量a ，b ______________，记作__________． 2．数量积的定义已知两个非零向量a ，b ，则____________叫做向量a ，b 的数量积，记作a·b . 即a·b ＝__________.零向量与任一向量的数量积为0.特别地，a·a ＝|a|·|a|cos 〈a ，a 〉＝________.3．数量积的运算律空间向量的数量积满足如下的运算律：(λa )·b ＝λ(a·b ) (λ∈R )；a·b ＝b·a ；a·(b ＋c )＝a·b ＋a·c .4．数量积的坐标运算若a ＝(a 1，a 2，a 3)，b ＝(b 1，b 2，b 3)，则(1)a·b ＝________________；(2)a ⊥b ⇔__________⇔____________________________；(3)|a |＝a·a ＝______________；(4)cos 〈a ，b 〉＝____________＝_________________________________________.一、填空题1．若a ，b 均为非零向量，则a·b ＝|a||b |是a 与b 共线的____________条件．2．已知a ，b 均为单位向量，它们的夹角为60°，那么|a ＋3b |＝________.3．已知向量a ＝(0，－1,1)，b ＝(4,1,0)，|λa ＋b |＝29且λ>0，则λ＝________.4．若a 、b 、c 为任意向量，下列命题是真命题的是____．(写出所有符合要求的序号) ①若|a |＝|b |，则a ＝b ；②若a·b ＝a·c ，则b ＝c ；③(a·b )·c ＝(b·c )·a ＝(c·a )·b ；④若|a |＝2|b |，且a 与b 夹角为45°，则(a －b )⊥b .5．已知向量a ＝(2，－3,0)，b ＝(k,0,3)，若a 与b 成120°角，则k ＝________.6.设O 为坐标原点，向量OA →＝(1,2,3)，OB →＝(2,1,2)，OP →＝(1,1,2)，点Q 在直线OP 上运动，则当QA →·QB →取得最小值时，点Q 的坐标为________．7．向量(a ＋3b )⊥(7a －5b )，(a －4b )⊥(7a －2b )，则a 和b 的夹角为____________．8．若向量a ，b 满足|a |＝1，|b |＝2，且a 与b 的夹角为π3，则|a ＋b |＝________. 二、解答题9.如图，已知在空间四边形OABC中，OB＝OC，AB＝AC.求证：OA⊥BC.10.在正四面体ABCD中，棱长为a，M、N分别是棱AB、CD上的点，且MB＝2AM，CN＝12ND，求MN.能力提升11.如图所示，已知线段AB在平面α内，线段AC⊥α，线段BD⊥AB，且AB＝7，AC＝BD ＝24，线段BD与α所成的角为30°，求CD的长．12．在直三棱柱ABC—A1B1C1中，AC＝BC＝1，∠BCA＝90°，AA1＝2, 并取A1B1、A1A的中点分别为P 、Q .(1)求BQ 的长；（2）求cos 〈BQ →，CB 1→〉，cos 〈BA 1→，CB 1→〉，并比较〈BQ →，CB 1→〉与〈BA 1→，CB 1→〉的大小；(3)求证：AB 1→⊥C 1P →.1．数量积可以利用基底或坐标两种形式进行运算．选择基底时，应注意三个基向量的长度，两两之间的夹角应该是确定的；当所选基向量两两互相垂直时，用坐标运算更为方便．2．利用数量积可以求向量的长度和向量的夹角．3．1.5 空间向量的数量积知识梳理1．∠AOB 〈a ，b 〉 互相垂直 a ⊥b2．|a||b|cos 〈a ，b 〉 |a||b |cos 〈a ，b 〉 |a |24．(1)a 1b 1＋a 2b 2＋a 3b 3 (2)a·b ＝0 a 1b 1＋a 2b 2＋a 3b 3＝0 (3)a 21＋a 22＋a 23(4)a·b |a||b| a 1b 1＋a 2b 2＋a 3b 3a 21＋a 22＋a 23b 21＋b 22＋b 23作业设计1．充分不必要解析 a·b ＝|a||b |cos 〈a ，b 〉＝|a||b |cos 〈a ，b 〉＝1〈a ，b 〉＝0，但当a 与b 反向时，不能成立．2.13解析 ∵|a ＋3b |2＝(a ＋3b )2＝a 2＋6a ·b ＋9b 2＝1＋6·cos60°＋9＝13.∴|a ＋3b |＝13.3．3解析 ∵a ＝(0，－1,1)，b ＝(4,1,0)，∴λa ＋b ＝(4,1－λ，λ)．∵|λa ＋b |＝29，∴16＋(1－λ)2＋λ2＝29.∴λ＝3或λ＝－2.∵λ>0，∴λ＝3.4．④解析 两个向量的等价条件是模长相等且方向相同，故命题①错；a·b ＝|a|·|b |cos 〈a ，b 〉，而a·c ＝|a|·|c |·cos 〈a ，c 〉，于是由a·b ＝a·c 推出的是|b |cos 〈a ，b 〉＝|c |·cos 〈a ，c 〉，故命题②错；向量的数量积运算不满足结合律，故命题③错；(a －b )·b ＝a·b －b 2＝b 2－b 2＝0，故命题④正确．5．－39解析 cos 〈a ，b 〉＝a ·b |a |·|b |＝2k 139＋k 2＝－12，得k ＝±39.又k <0，所以k ＝－39. 6．(43，43，83)解析 设Q (λ，λ，2λ)，则QA →·QB →＝(1－λ，2－λ，3－2λ)·(2－λ，1－λ，2－2λ)＝6λ2－16λ＋10，当QA →·QB →取最小值时，λ＝43，所以Q (43，43，83)． 7．60°解析 由(a ＋3b )·(7a －5b )＝0，(a －4b )·(7a －2b )＝0，得7a 2＋16a·b －15b 2＝0,7a 2－30a·b ＋8b 2＝0，解得a 2＝b 2，b 2＝2a·b ，∴cos 〈a ，b 〉＝a·b |a|·|b |＝12， ∴〈a ，b 〉＝60°. 8.7解析 |a ＋b |＝a 2＋2a·b ＋b 2 ＝1＋2×2×12＋4＝7. 9．证明 ∵OB ＝OC ，AB ＝AC ，OA ＝OA ，∴△OAC ≌△OAB .∴∠AOC ＝∠AOB .∵OA →·BC →＝OA →·(OC →－OB →)＝OA →·OC →－OA →·OB →＝|OA →||OC →|cos ∠AOC －|OA →||OB →|·cos ∠AOB ＝0，∴OA ⊥BC .10．解 如图所示，|AB →|＝|AC →|＝|AD →|＝a ，把题中所用到的量都用向量AB →、AC →、AD →表示，于是MN →＝MB →＋BC →＋CN → ＝23AB →＋(AC →－AB →)＋13(AD →－AC →)＝－13AB →＋13AD →＋23AC →. 又AD →·AB →＝AB →·AC →＝AC →·AD →＝|AD →|2cos60°＝12|AD →|2＝12a 2， ∴MN →·MN →＝⎝⎛⎭⎫－13AB →＋13AD →＋23AC →·⎝⎛⎭⎫－13AB →＋13AD →＋23AC →＝19AB →2－29AD →·AB →－49AB →·AC →＋49AC →·AD →＋19AD →2＋49AC →2＝19a 2－19a 2＋19a 2＋49a 2＝59a 2. 故|MN →|＝MN →·MN →＝53a ，即MN ＝53a . 11．解 由AC ⊥α，可知AC ⊥AB ，过点D 作DD 1⊥α，D 1为垂足，连结BD 1，则∠DBD 1为BD 与α所成的角，即∠DBD 1＝30°，∴∠BDD 1＝60°，∵AC ⊥α，DD 1⊥α，∴AC ∥DD 1，∴〈CA →，DB →〉＝60°，∴〈CA →，BD →〉＝120°.又CD →＝CA →＋AB →＋BD →，∴|CD →|2＝(CA →＋AB →＋BD →)2＝|CA →|2＋|AB →|2＋|BD →|2＋2CA →·AB →＋2CA →·BD →＋2AB →·BD →.∵BD ⊥AB ，AC ⊥AB ，∴BD →·AB →＝0，AC →·AB →＝0.故|CD →|2＝|CA →|2＋|AB →|2＋|BD →|2＋2CA →·BD →＝242＋72＋242＋2×24×24×cos120°＝625，∴|CD →|＝25.12．(1)解 以C 为原点O ，建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz ，则由已知，得C (0,0,0)，A (1,0,0)，B (0,1,0)，C 1(0,0,2)，P ⎝⎛⎭⎫12，12，2，Q (1,0,1)，B 1(0,1,2)，A 1(1,0,2)．∴BQ →＝(1，－1,1)，CB 1→＝(0,1,2)，BA 1→＝(1，－1,2)，AB 1→＝(－1,1,2)，C 1P →＝⎝⎛⎭⎫12，12，0.∴|BQ →|＝BQ →·BQ →＝12＋(－1)2＋12＝ 3.(2)解 ∵BQ →·CB 1→＝0－1＋2＝1，|BQ →|＝3，|CB 1→|＝02＋12＋22＝5，∴cos 〈BQ →，CB 1→〉＝13×5＝1515. 又BA 1→·CB 1→＝0－1＋4＝3， |BA 1→|＝1＋1＋4＝6，|CB 1→|＝5，∴cos 〈BA 1→，CB 1→〉＝330＝3010. 又0<1515<3010<1， ∴〈BQ →，CB 1→〉，〈BA 1→，CB 1→〉∈⎝⎛⎭⎫0，π2. 又y ＝cos x 在⎝⎛⎭⎫0，π2内单调递减， ∴〈BQ →，CB 1→〉>〈BA 1→，CB 1→〉．(3)证明 ∵AB 1→·C 1P →＝(－1,1,2)·⎝⎛⎭⎫12，12，0＝0，∴AB 1→⊥C 1P →.。