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第1頁(共1頁)2025年高考數(shù)學(xué)復(fù)習(xí)之小題狂練600題(填空題):空間向量與立體幾何(10題)一.填空題(共10小題)1.(2024?昌黎縣校級模擬)二面角α﹣l﹣β的棱上有兩個點A、B,線段BD與AC分別在這個二面角的兩個面內(nèi),并且垂直于棱l,若AB=4,AC=6,BD=8,CD=217,則平面α與平面β的夾角為.2.(2024?隨州模擬)已知a→=(-2,1,3),b→=(-1,23.(2024?廣州模擬)已知A,M,N是棱長為1的正方體表面上不同的三點,則AM→?AN→的取值范圍是4.(2024?普陀區(qū)校級模擬)正四面體ABCD的棱長為12,點P是該正四面體內(nèi)切球球面上的動點,當PA→?PD→取得最小值時,點P到AD的距離為5.(2024?蘇州模擬)空間內(nèi)四點A(0,0,0),B(1,0,0),C(12,32,0),D可以構(gòu)成正四面體,則點6.(2024?湖北模擬)已知菱形ABCD的邊長為23,∠BAD=60°,沿對角線BD將菱形ABCD折起,使得二面角A﹣BD﹣C為鈍二面角,且折后所得四面體ABCD外接球的表面積為64π,則二面角A﹣BD﹣C的余弦值為7.(2024?滄州一模)已知正四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1的底面邊長與側(cè)棱長之比為1:3,則平面DAB與平面A1BC1夾角的余弦值為.8.(2024?奉賢區(qū)三模)已知正方體ABCD﹣A1B1C1D1的棱長為3,E1,E2,…,Ek為正方形ABCD邊上的k個兩兩不同的點.若對任意的點Ei,存在點Ej(i,j∈{1,2,?,k},i≠j).使得直線A1A與平面A1EiEj以及平面C1EiEj所成角大小均為π6,則正整數(shù)k的最大值為9.(2024?豐臺區(qū)二模)如圖,正方體ABCD﹣A1B1C1D1的棱長為2,M,N分別為BB1,DD1的中點,α為過直線MN的平面.從下列結(jié)論①,②中選擇一個,并判斷該結(jié)論的真假.你選的結(jié)論是(填“①”或“②”),該結(jié)論是命題(填“真”或“假”).①平面α截該正方體所得截面面積的最大值為33;②若正方體的12條棱所在直線與平面α所成的角都等于θ,則sinθ=310.(2024?房山區(qū)一模)如圖,在棱長為1的正方體ABCD﹣A1B1C1D1中,點P是對角線AC1上的動點(點P與點A,C1不重合).給出下列結(jié)論:①存在點P,使得平面A1DP⊥平面AA1C1;②對任意點P,都有A1P=DP;③△A1DP面積的最小值為36④若θ1是平面A1DP與平面A1B1C1D1的夾角,θ2是平面A1DP與平面BB1C1C的夾角,則對任意點P,都有θ1≠θ2.其中所有正確結(jié)論的序號是.
2025年高考數(shù)學(xué)復(fù)習(xí)之小題狂練600題(填空題):空間向量與立體幾何(10題)參考答案與試題解析一.填空題(共10小題)1.(2024?昌黎縣校級模擬)二面角α﹣l﹣β的棱上有兩個點A、B,線段BD與AC分別在這個二面角的兩個面內(nèi),并且垂直于棱l,若AB=4,AC=6,BD=8,CD=217,則平面α與平面β的夾角為60°.【考點】二面角的平面角及求法.【專題】計算題;轉(zhuǎn)化思想;綜合法;空間角;數(shù)學(xué)運算.【答案】60°【分析】先設(shè)平面α與平面β的夾角為θ,因為AC⊥AB,BD⊥AB,所以CA→?AB【解答】解:設(shè)平面α與平面β的夾角為θ,因為AC⊥AB,BD⊥AB,所以CA→由題意得CD→所以|=36+16+64+2×所以cos(π-所以cosθ=1所以θ=60°,即平面α與平面β的夾角為60°.故答案為:60°.【點評】本題考查了二面角的夾角計算,屬于中檔題.2.(2024?隨州模擬)已知a→=(-2,1,3),b→=(-1,2【考點】空間向量的數(shù)量積判斷向量的共線與垂直;數(shù)量積判斷兩個平面向量的垂直關(guān)系.【專題】計算題;轉(zhuǎn)化思想;綜合法;空間向量及應(yīng)用;邏輯推理;數(shù)學(xué)運算.【答案】2.【分析】由向量垂直知向量的數(shù)量積為零,建立方程可得解.【解答】解:因為a→⊥(a(a→)2-λa→?b→=0,(﹣2)2+12+32﹣λ[(﹣2解得λ=2.故答案為:2.【點評】本題考查的知識要點:向量的坐標運算,向量垂直的充要條件,主要考查學(xué)生的理解能力和計算能力,屬于中檔題.3.(2024?廣州模擬)已知A,M,N是棱長為1的正方體表面上不同的三點,則AM→?AN→的取值范圍是[-【考點】空間向量的數(shù)量積運算.【專題】轉(zhuǎn)化思想;綜合法;空間向量及應(yīng)用;數(shù)學(xué)運算.【答案】見試題解答內(nèi)容【分析】根據(jù)正方體的性質(zhì)可得a=AM→?AN→≤3cos<AM→,AN→>【解答】解:正方體表面上任意兩點間距不超過體對角線長d=1則|AM→|≤d,|AN→|≤d,故a=AM→?AN→而cos<AM→,AN→>∈[﹣1,1),故建立如圖所示空間直角坐標系,取O(0,0,0),當M,N重合為(1,1,1)時,則a=(1,1,1)?(1,1,1)=3,取得最大值3;由對稱性,設(shè)A在下底面,AM→=(x,y,z),由A在下底面知z≥0,c≥0,zc≥0,當且僅當M,N也在下底面時取等,此時A,M,N共面,設(shè)MN中點為E,則EM→a=AM→?AN→=(當且僅當A,E重合時取等,又因為|MN→|≤例如A(12,12,0),M(1,0,0),N則a=AM→?AN→所以M,N不重合時,AM→?AN→的取值范圍是[故答案為:[-12,【點評】本題考查空間向量與立體幾何的綜合應(yīng)用,屬中檔題.4.(2024?普陀區(qū)校級模擬)正四面體ABCD的棱長為12,點P是該正四面體內(nèi)切球球面上的動點,當PA→?PD→取得最小值時,點P到AD的距離為【考點】點、線、面間的距離計算;平面向量數(shù)量積的性質(zhì)及其運算.【專題】整體思想;綜合法;球;數(shù)學(xué)運算.【答案】32【分析】先根據(jù)正四面體的體積求出內(nèi)切球的半徑,取AD的中點為E,再根據(jù)數(shù)量積得到PA→?PD→=PE→2-36,可得當PE的長度最小時,PA→?PD→取得最小值,再求出球心O【解答】解:由正四面體ABCD的棱長為12,則其高為h=4則其體積為V=1設(shè)正四面體ABCD內(nèi)切球的半徑為r,則V=4×13如圖,取AD的中點為E,則PA→顯然,當PE的長度最小時,PA→設(shè)正四面體內(nèi)切球的球心為O,可求得OA=h-則球心O到點E的距離d=O所以內(nèi)切球上的點P到點E的最小距離為d-即當PA→?PD→取得最小值時,點P到故答案為:32【點評】本題主要考查了幾何體的內(nèi)切球問題,考查了向量的數(shù)量積運算,屬于中檔題.5.(2024?蘇州模擬)空間內(nèi)四點A(0,0,0),B(1,0,0),C(12,32,0),D可以構(gòu)成正四面體,則點【考點】空間中的點的坐標.【專題】整體思想;綜合法;空間向量及應(yīng)用;數(shù)學(xué)運算.【答案】(1【分析】由題意可知,正四面體的棱長為1,設(shè)D(x,y,z),根據(jù)AD=BD=CD=1列出方程組,解出x,y,z的值即可.【解答】解:由題意可知,正四面體的棱長為1,設(shè)D(x,y,z),則x2+y2+所以D(1故答案為:(1【點評】本題主要考查了空間直角坐標系中兩點間的距離公式,屬于基礎(chǔ)題.6.(2024?湖北模擬)已知菱形ABCD的邊長為23,∠BAD=60°,沿對角線BD將菱形ABCD折起,使得二面角A﹣BD﹣C為鈍二面角,且折后所得四面體ABCD外接球的表面積為64π,則二面角A﹣BD﹣C的余弦值為-11【考點】二面角的平面角及求法;球的體積和表面積.【專題】數(shù)形結(jié)合;綜合法;空間角;邏輯推理;數(shù)學(xué)運算.【答案】-11【分析】作出△ABD,△CBD的外心,根據(jù)線面垂直得到二面角的平面角,再通過余弦的定義和二倍角的余弦公式即可求出.【解答】解:如圖,設(shè)O為四面體ABCD外接球的球心,半徑為R,令O1,O2分別為正△ABD和正△CBD的外心,則4πR2=64π,所以R=4,所以O(shè)O1⊥平面ABD,OO2⊥平面CBD.因為BD?平面ABD,BD?平面CBD,所以BD⊥OO1,BD⊥OO2,因為OO1∩OO2=O,所以BD⊥平面OO1O2,平面OO1O2交BD點于E,連接O1E,O2E,則BD⊥O1E,BD⊥O2E,因此∠O1EO2為二面角A﹣BD﹣C的平面角.設(shè)其大小為θ,因為EC=32×23=3,所以EO2=1,O2C連接OE,則OE=13,所以cos所以cosθ=2cos故答案為:-11【點評】本題考查利用定義法求二面角,涉及幾何體的外接球,屬于中檔題.7.(2024?滄州一模)已知正四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1的底面邊長與側(cè)棱長之比為1:3,則平面DAB與平面A1BC1夾角的余弦值為31010【考點】二面角的平面角及求法.【專題】轉(zhuǎn)化思想;轉(zhuǎn)化法;立體幾何;數(shù)學(xué)運算.【答案】310【分析】建立如圖所示的空間直角坐標系,分別求出平面DAB與平面A1BC1的法向量,利用向量夾角公式即可求解.【解答】解:由已知正四棱柱ABCD﹣AB1C1D1,所以DA、DC、DD1,兩兩互相垂直,則以D為原點,DA,DC,DD1所在直線分別為x,y,z軸建立如圖所示的空間直角坐標系,因為正四棱柱ABCD﹣AB1C1D1的底面邊長與側(cè)棱長之比為1:3所以令A(yù)B=BC=CD=DA=a(a>0),則AA1=BB1=CC1=DD1=3a,則D(0,0,0),B(a,a,0),A1(a,0,3a),C1(0,a,3a),D(0,0,3a),則DD1→=(0,易知DD1→設(shè)平面A1BC1的一個法向量是n→則n→?A令z=1,則x=y(tǒng)=3,所以n→設(shè)平面DAB與平面A1BC1夾角為θ,則sinθ=|cos<所以cosθ=1-si即平面DAB與平面A1BC1夾角的余弦值為310故答案為:310【點評】本題考查向量在立體幾何中的應(yīng)用,屬于中檔題.8.(2024?奉賢區(qū)三模)已知正方體ABCD﹣A1B1C1D1的棱長為3,E1,E2,…,Ek為正方形ABCD邊上的k個兩兩不同的點.若對任意的點Ei,存在點Ej(i,j∈{1,2,?,k},i≠j).使得直線A1A與平面A1EiEj以及平面C1EiEj所成角大小均為π6,則正整數(shù)k的最大值為8【考點】直線與平面所成的角;棱柱的結(jié)構(gòu)特征.【專題】轉(zhuǎn)化思想;綜合法;空間位置關(guān)系與距離;空間角;邏輯推理;數(shù)學(xué)運算.【答案】8.【分析】先確定當A1A與平面A1EiEj所成角大小均為π6時,Ei,Ej滿足的條件,同理確定當直線A1A與平面C1EiFj所成角大小均為π6時,Ei,Ej滿足的條件,再考慮如何做出Ei,E【解答】解:如圖,設(shè)Ei,Ej是正方形ABCD的兩個點,且滿足直線A1A與平面A1EiEj所成角大小均為π6過A作AH⊥EiEj于H,連接A1H,則∠AA1H為直線A1A與A1EiEj所成角,是π6∴AH=AA∴在平面ABCD中,以A為圓心,3為半徑作圓,取H為圓上一點,過H作圓的切線,切線與正方形ABCD邊的交點即為Ei,Ej,∵AA1∥CC1,∴CC1與平面C1EiEj所成角為π6∴以C為圓心,3為半徑作圓,作該圓的切線,切線與正方形ABCD邊的交線即為Ei,Ej,如圖,∵AC=32>23,∴⊙A與⊙C相離,兩圓有4條公切線,與正方形ABCD在這8個交點中,任選一個點Ei,存在點Ej(i,j∈{1,2,???,8},i≠j),使得直線A1A與平面A1EiEj以及平面C1EiEj所成角大小均為π6∴正整數(shù)k的最大值為8.故答案為:8.【點評】本題考查正方體的結(jié)構(gòu)特征、直線與平面所成角等基礎(chǔ)知識,考查運算求解能力,是難題.9.(2024?豐臺區(qū)二模)如圖,正方體ABCD﹣A1B1C1D1的棱長為2,M,N分別為BB1,DD1的中點,α為過直線MN的平面.從下列結(jié)論①,②中選擇一個,并判斷該結(jié)論的真假.你選的結(jié)論是①(填“①”或“②”),該結(jié)論是假命題(填“真”或“假”).①平面α截該正方體所得截面面積的最大值為33;②若正方體的12條棱所在直線與平面α所成的角都等于θ,則sinθ=3【考點】直線與平面所成的角;棱柱的結(jié)構(gòu)特征;平面的基本性質(zhì)及推論.【專題】對應(yīng)思想;綜合法;立體幾何;數(shù)學(xué)運算.【答案】①;假(或②;真).【分析】選①,根據(jù)四邊形BDD1B的面積即可判斷;選②,根據(jù)三棱錐A1﹣AD1B1為正三棱錐,利用等體積法求解AA1與平面AD1B1所成角的正弦值即可求解.【解答】解:若選①,顯然平面BDD1B1是過直線MN的平面,此時四邊形BDD1B1即為該平面截正方體所得截面,由于四邊形BDD1B1的面積為BD?BB若選②,如圖,連接AD1,AB1,B1D1,由題可得三棱錐A1﹣AD1B1為正三棱錐,所以A1A,A1B1,A1D1與平面AD1B1所成角均相等,故平面α∥平面AD1B1,設(shè)A1到平面AD1B1的距離為h,則V?h=所以AA1與平面AD1B1所成角的正弦值為hAA1=3故答案為:①;假(或②;真).【點評】本題考查線面垂直的判定與性質(zhì)、線面角等基礎(chǔ)知識,考查運算求解能力,是中檔題.10.(2024?房山區(qū)一模)如圖,在棱長為1的正方體ABCD﹣A1B1C1D1中,點P是對角線AC1上的動點(點P與點A,C1不重合).給出下列結(jié)論:①存在點P,使得平面A1DP⊥平面AA1C1;②對任意點P,都有A1P=DP;③△A1DP面積的最小值為36④若θ1是平面A1DP與平面A1B1C1D1的夾角,θ2是平面A1DP與平面BB1C1C的夾角,則對任意點P,都有θ1≠θ2.其中所有正確結(jié)論的序號是①②③.【考點】二面角的平面角及求法;棱柱的結(jié)構(gòu)特征;平面與平面垂直.【專題】轉(zhuǎn)化思想;向量法;空間位置關(guān)系與距離;空間角;邏輯推理;數(shù)學(xué)運算.【答案】①②③.【分析】①可通過線面垂直的判定定理找到點P;②③④都可以通過建立空間直角坐標系解決,其中通過向量的長度可以對②進行判斷;利用兩條直線所成的角和三角形面積公式可以判斷③;求出三個面的法向量,并求出cosθ1和cosθ2,即可對④進行判斷.【解答】解:對于①,∵AC1⊥A1D,在AC1上取點P使AC1⊥DP,∵A1D∩DP=D,A1D,DP?平面A1DP,∴AC1⊥平面A1DP,∵AC1?平面AA1C1,∴存在點P,使得平面A1DP⊥平面AA1C1,故A正確;對于②,以D1A1,D1C1,D1D所在直線分別為x軸,y軸,z軸,建立空間直角坐標系,如圖,A1(1,0,0),D(0,0,1),A(1,0,1),C1(0,1,0),則AC1→=(﹣1,1,﹣1),A1A→=(0,0,1),設(shè)AP→=λAC1→=λ(﹣1,1,﹣1)=(﹣λ,λ,﹣則A1P→=A1A→+AP→=(0,0,1)+(﹣λ,DP→=DA→+AP→=(1,0,0)+(﹣λ,λ,﹣λ)=(∴|A1P|=(-λ|DP|=(1-λ∴A1P=DP,故②正確;對于③,由②,得A1D→=(﹣1,0,1),A1P→=(﹣λ,λ,1﹣λ),cos<Asin<=1當且僅當λ=13時,等號成立,∴△A1DP面積的最小值為36對于④,平面A1B1C1D1的法向量為n1→=(0,0,1),平面BB1C1C的法向量為n2→=(設(shè)平面A1DP的法向量為n3→=(x,y則n3→?A1D→=-x+z=0n3→?A1P→則cosθ1=λ|n3→|,cosθ2=2λ-1|n3→|,令λ∵0<λ<1,∴λ=1∴存在點P,使得cosθ1=cosθ2,而θ1,θ2不大于直角,∴θ1=θ2,故④錯誤.故選:①②③.【點評】本題考查線面垂直、面面垂直的判定與性質(zhì)、向量的的模、異面直線所成的角、三角形面積公式等基礎(chǔ)知識,考查運算求解能力,是中檔題.
考點卡片1.平面向量數(shù)量積的性質(zhì)及其運算【知識點的認識】1、平面向量數(shù)量積的重要性質(zhì):設(shè)a→,b→都是非零向量,e→是與b→方向相同的單位向量,a→(1)a→?e→=(2)a→⊥b→(3)當a→,b→方向相同時,a→?b→=|a→||b→|;當a→特別地:a→?a→=|a→|2(4)cosθ=a(5)|a→?b→|≤|2、平面向量數(shù)量積的運算律(1)交換律:a→(2)數(shù)乘向量的結(jié)合律:(λa→)?b→=λ(a→?(3)分配律:(a→?b→)?平面向量數(shù)量積的運算平面向量數(shù)量積運算的一般定理為①(a→±b→)2=a→2±2a→?b→+b→2.②(a→-b→)(a→+b→)=【解題方法點撥】例:由代數(shù)式的乘法法則類比推導(dǎo)向量的數(shù)量積的運算法則:①“mn=nm”類比得到“a→②“(m+n)t=mt+nt”類比得到“(a→+b③“t≠0,mt=nt?m=n”類比得到“c→≠0,④“|m?n|=|m|?|n|”類比得到“|a→?b→|=|a→|⑤“(m?n)t=m(n?t)”類比得到“(a→?b⑥“acbc=ab”類比得到a→?解:∵向量的數(shù)量積滿足交換律,∴“mn=nm”類比得到“a→即①正確;∵向量的數(shù)量積滿足分配律,∴“(m+n)t=mt+nt”類比得到“(a→+b即②正確;∵向量的數(shù)量積不滿足消元律,∴“t≠0,mt=nt?m=n”不能類比得到“c→≠0,即③錯誤;∵|a→?b→|≠|(zhì)a→|∴“|m?n|=|m|?|n|”不能類比得到“|a→?b→|=|a→|即④錯誤;∵向量的數(shù)量積不滿足結(jié)合律,∴“(m?n)t=m(n?t)”不能類比得到“(a→?b即⑤錯誤;∵向量的數(shù)量積不滿足消元律,∴acbc=ab即⑥錯誤.故答案為:①②.向量的數(shù)量積滿足交換律,由“mn=nm”類比得到“a→?b→=b→?a→”;向量的數(shù)量積滿足分配律,故“(m+n)t=mt+nt”類比得到“(a→+b→)?c→=a→?c→+b→?c→”;向量的數(shù)量積不滿足消元律,故“t≠0,mt=nt?m=n”不能類比得到“c→≠0,a→?c→=b→?c→?a→=c→”;|a→?b→|≠|(zhì)a→|?【命題方向】本知識點應(yīng)該所有考生都要掌握,這個知識點和三角函數(shù)聯(lián)系比較多,也是一個??键c,題目相對來說也不難,所以是拿分的考點,希望大家都掌握.2.數(shù)量積判斷兩個平面向量的垂直關(guān)系【知識點的認識】向量是有方向的,那么在一個空間內(nèi),不同的向量可能是平行,也可能是重合,也有可能是相交.當兩條向量的方向互相垂直的時候,我們就說這兩條向量垂直.假如a→=(1,0,1),b→=(2,0,﹣2),那么a→與b→垂直,有a→?b→=1【解題方法點撥】例:與向量(-35A:(3,﹣4)B:(﹣4,3)C:(4,3)D:(4,﹣3)解:對于A:∵(-35,45)?(3,﹣4)對于B:∵(-35,45)?(﹣4,3對于C:∵(-35,45)?(4,3對于D:∵(-35,45)?(4,﹣3故選:C.點評:分別求出向量(-35,45)和A,B,C【命題方向】向量垂直是比較喜歡考的一個點,主要性質(zhì)就是垂直的向量積為0,希望大家熟記這個關(guān)系并靈活運用.3.棱柱的結(jié)構(gòu)特征【知識點的認識】1.棱柱:有兩個面互相平行,其余各面都是四邊形,并且每相鄰兩個四邊形的公共邊都互相平行,由這些面所圍成的多面體叫做棱柱.棱柱用表示底面各頂點的字母來表示(例:ABCD﹣A′B′C′D′).2.認識棱柱底面:棱柱中兩個互相平行的面,叫做棱柱的底面.側(cè)面:棱柱中除兩個底面以外的其余各個面都叫做棱柱的側(cè)面.側(cè)棱:棱柱中兩個側(cè)面的公共邊叫做棱柱的側(cè)棱.頂點:棱柱的側(cè)面與底面的公共頂點.高:棱中兩個底面之間的距離.3.棱柱的結(jié)構(gòu)特征棱柱1根據(jù)棱柱的結(jié)構(gòu)特征,可知棱柱有以下性質(zhì):(1)側(cè)面都是平行四邊形(2)兩底面是全等多邊形(3)平行于底面的截面和底面全等;對角面是平行四邊形(4)長方體一條對角線長的平方等于一個頂點上三條棱的長的平方和.4.棱柱的分類(1)根據(jù)底面形狀的不同,可把底面為三角形、四邊形、五邊形…的棱柱稱為三棱柱、四棱柱、五棱柱….(2)根據(jù)側(cè)棱是否垂直底面,可把棱柱分為直棱柱和斜棱柱;其中在直棱柱中,若底面為正多邊形,則稱其為正棱柱.5.棱柱的體積公式設(shè)棱柱的底面積為S,高為h,V棱柱=S×h.4.球的體積和表面積【知識點的認識】1.球體:在空間中,到定點的距離等于或小于定長的點的集合稱為球體,簡稱球.其中到定點距離等于定長的點的集合為球面.2.球體的體積公式設(shè)球體的半徑為R,V球體=3.球體的表面積公式設(shè)球體的半徑為R,S球體=4πR2.【命題方向】考查球體的體積和表面積公式的運用,常見結(jié)合其他空間幾何體進行考查,以增加試題難度,根據(jù)題目所給條件得出球體半徑是解題關(guān)鍵.5.平面的基本性質(zhì)及推論【知識點的認識】平面的基本性質(zhì)及推論:1.公理1:如果一條直線上的兩個點在一個平面內(nèi),則這條直線上所有的點都在這個平面內(nèi).2.公理2:經(jīng)過不在同一直線上的三點,有且只有一個平面.①推論1:經(jīng)過一條直線和這條直線外的一點,有且只有一個平面.②推論2:經(jīng)過兩條相交直線,有且只有一個平面.③推論3:經(jīng)過兩條平行直線,有且只有一個平面.3.公理3:如果兩個平面有一個公共點,那么它們還有其他公共點,且這些公共點的集合是一條過這個公共點的直線.【解題方法點撥】1.公理1是判定直線在平面內(nèi)的依據(jù).2.公理2及推論是確定平面的依據(jù).3.公理3是判定兩個平面相交的依據(jù).6.平面與平面垂直【知識點的認識】平面與平面垂直的判定:判定定理:如果一個平面經(jīng)過另一個平面的一條垂線,那么這兩個平面互相垂直.平面與平面垂直的性質(zhì):性質(zhì)定理1:如果兩個平面垂直,則在一個平面內(nèi)垂直于它們交線的直線垂直于另一個平面.性質(zhì)定理2:如果兩個平面垂直,那么經(jīng)過第一個平面內(nèi)的一點垂直于第二個平面的直線在第一個平面內(nèi).性質(zhì)定理3:如果兩個相交平面都垂直于第三個平面,那么它們的交線垂直于第三個平面.性質(zhì)定理4:三個兩兩垂直的平面的交線兩兩垂直.7.空間中的點的坐標【知識點的認識】1、在x、y、z軸上的點分別可以表示為(a,0,0),(0,b,0),(0,0,c),在坐標平面xOy,xOz,yOz內(nèi)的點分別可以表示為(a,b,0),(a,0,c),(0,b,c).2、點P(a,b,c)關(guān)于x軸的對稱點的坐標為(a,﹣b,﹣c,)點P(a,b,c)關(guān)于y軸的對稱點的坐標為(﹣a,b,﹣c,);點P(a,b,c)關(guān)于z軸的對稱點的坐標為(﹣a,﹣b,c,);點P(a,b,c)關(guān)于坐標平面xOy的對稱點為(a,b,﹣c,);點P(a,b,c)關(guān)于坐標平面xOz的對稱點為(a,﹣b,c,);點P(a,b,c)關(guān)于坐標平面yOz的對稱點為(﹣a,b,c,);點P(a,b,c)關(guān)于原點的對稱點(﹣a,﹣b,﹣c,).3、已知空間兩點P1(x1,y1,z1),P2(x2,y2,z2)則線段P1P2的中點坐標為(x18.空間向量的數(shù)量積運算【知識點的認識】1.空間向量的夾角已知兩個非零向量a→、b→,在空間中任取一點O,作OA→=a→,OB→=b→,則∠2.空間向量的數(shù)量積(1)定義:已知兩個非零向量a→、b→,則|a→||b→|cos<a→,b→>叫做向量a→與b→的數(shù)量積,記作a→?b→(2)幾何意義:a→與b→的數(shù)量積等于a→的長度|a→|與b→在a→的方向上的投影|b→|cosθ的乘積,或b→的長度|b→|與3.空間向量的數(shù)量積運算律空間向量的數(shù)量積滿足交換律和分配律.(1)交換律:(λa→)?b→=λ(a(2)分配律:a→4.數(shù)量積的理解(1)書寫向量的數(shù)量積時,只能用符號a→?b→(2)兩向量的數(shù)量積,其結(jié)果是個實數(shù),而不是向量,它的值為兩向量的模與兩向量夾角的余弦值的乘積,其符號由夾角的余弦值決定.(3)當a→≠0→時,由a→?b→=【解題方法點撥】利用數(shù)量積求直線夾角或余弦值的方法:利用數(shù)量積求兩點間的距離:利用向量的數(shù)量積求兩點間的距離,可以轉(zhuǎn)化為求向量的模的問題,其基本思路是先選擇以兩點為端點的向量,將此向量表示為幾個已知向量的和的形式,求出這幾個已知向量的兩兩之間的夾角以及它們的模,利用公式|a→|=利用數(shù)量積證明垂直關(guān)系:(1)向量垂直只對非零向量有意義,在證明或判斷a→⊥b→時,須指明(2)證明兩直線的垂直可以轉(zhuǎn)化為證明這兩直線的方向向量垂直,將兩個方向向量表示為幾個已知向量a→,b→,c→【命題方向】求直線夾角或余弦值、兩點間的距離、證明垂直關(guān)系等問題最基本的是掌握數(shù)量積運算法則的應(yīng)用,任何有關(guān)數(shù)量積計算問題都離不開運算律的運用.例:已知2a→+b→=(2,﹣4,1),且b→=(0,2,﹣1分析:通過2a→+b→=(2,﹣4,1),且b→=(0解答:∵2a→+b→=(2,﹣4,1),且b→=∴a→=(1,﹣3,∴a→?b→=1×0+2×(﹣3)+1×(﹣1故答案為:﹣7.點評:本題考查了空間向量的數(shù)量積的坐標運算,屬于基礎(chǔ)題.9.空間向量的數(shù)量積判斷向量的共線與垂直【知識點的認識】一、空間向量及其有關(guān)概念語言描述共線向量(平行向量)表示空間向量的有向線段所在的直線平行或重合.共面向量平行于同一平面的向量.共線向量定理對空間任意兩個向量a→,b→(b→≠0),a→∥b→?存在λ∈R共面向量定理若兩個向量a→,b→不共線,則向量p→與向量a→,b共面?存在唯一的有序?qū)崝?shù)對(x,y),使p→空間向量基本定理(1)定理:如果三個向量a→、b→、c不共面,那么對空間任一向量p→,存在有序?qū)崝?shù)組{x,y,z}使得p→=xa(2)推論:設(shè)O、A、B、C是不共面的四點,則對空間一點P都存在唯一的三個有序?qū)崝?shù)x、y、z使=x+y+z且x+y+z=1.二、數(shù)量積及坐標運算1.兩個向量的數(shù)量積(1)a→?b→=|a→||b→|cos(2)a→⊥b→?a→?b→=0(3)|a→|2=a→2,|a2.向量的坐標運算a→=(a1,a2,a3),b→=(b1,b2向量和a→+b→=(a1+b1,a2+b2,a向量差a→-b→=(a1﹣b1,a2﹣b2,a數(shù)量積a→?b→=a1b1+a2b2+a共線a→∥b→?a1=λb1,a2=λb2,a3=λb3(λ∈垂直a→⊥b→?a1b1+a2b2+a3b3夾角公式cos<a→,10.直線與平面所成的角【知識點的認識】1、直線和平面所成的角,應(yīng)分三
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