2020版江苏高考数学名师大讲坛一轮复习教程学案:第十四章空间向量 第4课 空间向量的共线与共面 Word版含解析.pdf
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1、高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 第 4 课_空间向量的共线与共面_ 1. 理解直线的方向向量,会用待定系数法求平面的法向量 2. 会用两直线方向向量的夹角,直线方向向量与平面法向量的夹角以及两平面法向量的夹 角求线线角、线面角及二面角 3. 会用向量的平行或垂直关系来推证空间线面的平行和垂直关系. 1. 阅读:选修 21 第 99114 页. 2. 解悟:如何刻画直线、平面的方向;如何求平面的法向量;如何用空间向量的方法 求线线角,线面角以及二面角的大小;重解第 104 页例 4,例 5,第 110 页例 4,体会解题 方法并注意解题规范. 3. 践习:在教材空白处,完成第 112
2、 页练习第 10 题,第 113 页习题第 5、6、9 题. 基础诊断 1. 已知(2,3,1),(4,5,3),则平面 ABC 的单位法向量为_AB AC 2. 在棱长为 a 的正方体 ABCDA1B1C1D1中,向量与向量所成角的大小为BA1 AC _ 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 3. 在正四棱锥SABCD中, 点O为顶点在底面上的射影, P为侧棱SD的中点, 且SOOD, 则直线 BC 与平面 PAC 所成角的大小是_ 4. 在正方体 ABCDA1B1C1D1中,E 为 BB1的中点,则平面 A1ED 与平面 ABCD 所成锐 二面角的余弦值为_ 5. 已知 E,F 分别
3、是正方体 ABCDA1B1C1D1的棱 BC 和 CD 的中点,求: (1) 写出直线A1D 的一个方向向量: _; (2) 写出平面 B1CD1的一个法向量:_ 范例导航 考向 求线线角、线面角、二面角的大小 例 1 如图,在长方体 ABCDABCD中,DADC2,DD1,AC与 BD相交 于点 O,点 P 在线段 BD 上(点 P 与点 B 不重合) (1) 若异面直线 OP 与 BC所成角的余弦值为,求 DP 的长度; 55 55 (2) 若 DP,求平面 PAC与平面 DCB 所成角的正弦值 3 2 2 如图, 在四棱锥 PABCD 中, PA底面 ABCD, 底面 ABCD 是边长为
4、 2 的菱形, ABC 60,PA,M 为 PC 的中点6 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 (1) 求异面直线 PB 与 MD 所成角的大小; (2) 求平面 PCD 与平面 PAD 所成的二面角的正弦值 考向 已知二面角求参数的值以及会求一些简单的 存在性问题 例 2 如图, 已知四棱锥 PABCD 的底面是菱形, 对角线 AC, BD 交于点 O, OA4, OB3,OP4,OP底面 ABCD.设点 M 满足(0)PM MC (1) 当 时,求直线 PA 与平面 BDM 所成角的余弦值; 1 2 (2) 若二面角 MABC 的大小为 ,求 的值 4 如图,在矩形 ABCD 中,
5、已知 AB1,BCa(a0),PA平面 ABCD,且 PA1. 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 (1) 试建立适当的坐标系,并写出点 P,B,D 的坐标; (2) 问当实数 a 在什么取值范围时,边 BC 上存在点 Q,使得 PQQD? (3) 当边 BC 上有且仅有一个点 Q 使得 PQQD 时,求二面角 QPDA 的余弦值 自测反馈 1. 已知向量 a(0,2,1),b(1,1,2),则 a 与 b 的夹角的大小为_ 2. 如图, 在直三棱柱 ABCA1B1C1中, ABAC1, AA12, B1A1C190, D 为 BB1 的中点,则异面直线 C1D 与 A1C 所成角的余
6、弦值为_ (第 2 题) 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 (第 4 题) 3. 在 RtABC 中, C90, ACBC1, PA平面 ABC, PA, 则 BP 与平面 PAC3 所成角的正切值为_ 4. 如图,在直三棱柱 ABCA1B1C1中,ACB90,2ACAA1BC2.若二面角 B1DCC1的大小为 60,则 AD 的长为_ 1. 法向量不唯一,所以为了方便计算可以对 x,y,z 进行赋值 2. 求线线角需要注意角的范围,求二面角可以结合法向量的方向来判断是法向量的夹 角还是补角 3. 你还有哪些体悟,写下来: 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 第 4 课 空间
7、向量的共线与共面 基础诊断 1. 或 解析 : 设平面 ABC 的法向量为 n(x, y, 1), 则 n ( 6 3 , 6 6 , 6 6) ( 6 3 , 6 6 , 6 6) 且n, 即n0且n0, 即即所以单位法向量为n2AB AC AB AC 2x3y10, 4x5y30,) x2, y1,) . n |n|( 6 3 , 6 6 , 6 6) 2. 120 解析:建立以点 D 为坐标原点,分别以,为 x 轴,y 轴,z 轴建立DA DC DD1 空间直角坐标系,则 B(a,a,0),A1(a,0,a),A(a,0,0),C(0,a,0)设与所成BA1 AC 角为 ,则可得 cos
8、 ,则 120. BA1 AC |BA1 |AC | (0,a,a)(a,a,0) 2a 2a 1 2 3. 30 解析:以 O 为原点,OA 为 x 轴,OB 为 y 轴,OS 为 z 轴建立空间直角坐标 系 设 ODSOOAOBOCa, 则 A(a, 0, 0), B(0, a, 0), C(a, 0, 0), P, (0, a 2, a 2) 所以(2a, 0, 0),.设平面PAC的法向量为n, 可求得一个法向量为n(0,CA PA (a, a 2, a 2) 1, 1), 则 cos, n , 则 cos, n 120, 所以直线 BC 与平面 PACBC a 2a 2 1 2 BC
9、 所成角的大小为 1209030. 4. 解析:以 A 为原点,AB 为 x 轴,AD 为 y 轴,AA1为 z 轴建立空间直角坐标系, 2 3 设该正方形棱长为 1, 则 A1(0, 0, 1), E, D(0, 1, 0), 所以(0, 1, 1), (1,0, 1 2) A1D A1E .设平面 A1ED 的法向量为 m(1,y,z),可得解得所 (1,0, 1 2) mA1D yz0, mA1E 11 2z0,) y2, z2,) 以 m(1,2,2)因为平面 ABCD 的法向量为 n(0,0,1),所以 cosm,n 2 3 1 ,即所成的锐二面角的余弦值为 . 2 3 2 3 5.
10、 (1) 解析:因为多面体 ABCDA1B1C1D1为正方体,根据正方体性质,所以B1C A1DB1C,即为直线 A1D 的一个方向向量(不唯一)B1C 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 (2) 解析 : 连结 DC1.因为 AA1平面 A1B1C1D1, B1D1平面 A1B1C1D1, 所以 AA1B1D1.AC1 又因为四边形 A1B1C1D1为正方形,所以 B1D1A1C1.又因为 AA1A1C1A1,AA1,A1C1 平面 A1AC1,所以 B1D1平面 A1AC1.又因为 AC1平面 A1AC1,所以 AC1B1D1.同理可得 AC1CD1.因为 CD1B1D1D1,CD
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