数学选择性必修 第一册第一章 空间向量与立体几何1.4 空间向量的应用教案

这是一份数学选择性必修 第一册第一章 空间向量与立体几何1.4 空间向量的应用教案，共30页。教案主要包含了空间向量研究距离问题，空间向量研究夹角问题等内容，欢迎下载使用。
专题1.4  空间向量的应用一、空间向量研究距离问题点到直线的距离:设过点P的直线l的方向向量为单位向量n,A为直线l外一点,点A到直线l的距离d=             点到平面的距离:设P为平面α内的一点,n为平面α的法向量,A为平面α外一点,点A到平面α的距离d=  二、空间向量研究夹角问题1.两条异面直线a,b的方向向量分别为a,b,其夹角为θ,则cos φ=|cos θ|=　　　　(其中φ为异面直线a,b所成的角). 两条异面直线所成的角φ的取值范围是　　　　. 2. 直线l的方向向量为e,平面α的法向量为n,直线l与平面α所成的角为φ,向量e与n的夹角为θ,则有sin φ=|cos θ|=　　　　. 直线和平面所成的角φ的取值范围是　　　　.3. AB,CD是二面角α-l-β的两个半平面内与棱l垂直的直线,则二面角的大小为<,>.   n1,n2分别是二面角α-l-β的两个半平面α,β的法向量,则二面角的大小为<n1,n2>(或π-<n1,n2>).二面角的平面角的取值范围是　　　　. 一、  二、　    0<φ≤      　       0≤φ≤          [0,π]帮—重点空间向量计算距离以及夹角帮—难点通过空间向量计算各种夹角帮—易错空间向量计算距离和夹角1．空间向量研究距离问题（1）点到直线距离：d=（2）点到平面的距离d=如图，在四棱锥中，侧面是边长为4的正三角形，底面为正方形，侧面底面，为平面上的动点，且满足，则点到直线的最远距离为（   ）A． B． C． D．【答案】B【解析】以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，过D作平面ABCD的垂线为z轴，建立空间直角坐标系则,设，,,，整理得为底面内以为圆心，以为半径的圆上的一个动点则点到直线的最远距离为故选B【名师点睛】本题考查了运动点的轨迹问题，需要建立空间直角坐标系，结合题意先求出运动点的轨迹，然后再求出点到线的距离问题.如图，棱长为1的正方体，是底面的中心，则到平面的距离是（    ） A． B． C． D．【答案】B【解析】 如图建立空间直角坐标系，则： 由于平面平面，又，平面故平面的一个法向量为：到平面的距离为：故选B【名师点睛】本题考查了点到平面距离的向量表示，考查了学生空间想象，概念理解，数学运算的能力.2．空间向量研究各种夹角问题（1）数量积a·b = a1b1+a2b2+a3b3（2）空间向量夹角cos<a，b>=在正方体中，异面直线与所成的角为（    ）A． B．C． D．【答案】D【解析】以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，DD1为z轴，建立空间直角坐标系，设正方体ABCD﹣A1B1C1D1中棱长为1，则A（1，0，0），C（0，1，0），D（0，0，0），B1（1，1，1），＝（﹣1，1，0），＝（﹣1，﹣1，﹣1），设异面直线AC与B1D所成的角为θ，则cosθ＝＝0，∴θ＝.∴异面直线AC与B1D所成的角为.故选D.【名师点睛】本题考查异面直线所成角的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力.在棱长为1的正方体中，点为棱的中点，则直线与平面所成角的正弦值是（    ）A． B． C． D．【答案】B【解析】建立如图所示的空间直角坐标系，则，，设平面的法向量为则令可得，所以设直线与平面所成角为，故选B【名师点睛】本题考查了空间中的角——线面角的求法，考查了空间想象能力和数学运算技能．1．若向量与向量的夹角的余弦值为，则　　A．0 B．1 C． D．2【答案】A2．已知直线和不重合，分别是的方向向量，则是的（    ）．A．充分非必要条件 B．必要非充分条件C．充要条件 D．既非充分也非必要条件3．已知三点，，则以为方向向量的直线与平面系是（    ）A．平行 B．垂直 C．不垂直 D．以上都有可能4．如图，长方体中，，，、、分别是、、的中点，则异面直线与所成角的余弦值是（    ）A．0 B． C． D．5．长方体中，为的中点，则异面直线与所成角的余弦值为（　　）A． B． C． D．6．两平行平面 ， 分别经过坐标原点 和点 ，且两平面的一个法向量 ，则两平面间的距离是 （   ）A． B． C． D．7．如图，在四棱锥中，底面是矩形，平面，，，是上一点，且.（1）求异面直线与所成角余弦的大小；（2）求点到平面的距离.8. 棱长为2的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E，F分别是DD1，DB的中点，G在棱CD上，且CGCD．（1）证明：EF⊥B1C；（2）求cos，．                     9．在棱长为2的正方体中，，分别为棱、的中点，为棱上的一点，且，设点为的中点，则点到平面的距离为（   ）A． B． C． D．10．如图所示，正方体中，点，分别为边，的中点，过点，，作一平面与线段所在直线有一交点，若正方体边长为4，则多面体的体积为（    ）A．16 B． C． D．3211．在棱长为1的正四面体中，为上的一点且.为中点，则点到平面的距离为（    ）.A． B． C． D．12．Rt△ABC的两条直角边BC=3，AC=4，PC⊥平面ABC，PC=，则点P到斜边AB的距离是_____.13．已知向量，若，则与的夹角为______________.14. 如图，在四棱锥中，底面，底面是直角梯形，，，，E是上的点.（1）求证：平面平面；（2）二面角的余弦值为，求直线与平面所成角的正弦值.                15. 如图，四棱锥的底面为直角梯形，，，，为的中点．（Ⅰ）求证：平面（Ⅱ）若平面平面，异面直线与所成角为60°，且是钝角三角形，求二面角的正弦值                  16. 【2020年高考全国Ⅰ卷理数】如图，为圆锥的顶点，是圆锥底面的圆心，为底面直径，．是底面的内接正三角形，为上一点，．（1）证明：平面；（2）求二面角的余弦值．               17. 【2020年高考全国Ⅱ卷理数】如图，在长方体中，点分别在棱上，且，．（1）证明：点在平面内；（2）若，，，求二面角的正弦值．                  18. 【2019年高考浙江】如图，已知三棱柱，平面平面,，分别是的中点.（1）证明：；（2）求直线与平面所成角的余弦值.                  1．【答案】A【解析】向量0，与向量1，的夹角的余弦值为，，解得．故选A．2．【答案】A【解析】因为直线和不重合，所以可以推出，而只能推出与共线，不一定相等，所以是的充分非必要条件.故选A.3．【答案】C【解析】由题意，，，所以以为方向向量的直线与平面垂直，故选C.4．【答案】A【解析】如图所以所以异面直线与所成角的余弦值故选A5．【答案】B【解析】建立坐标系如图所示．则A(1,0,0)，E(0,2,1)，B(1,2,0)，C1(0,2,2)，＝(－1,0,2)，＝(－1，2,1)．cos〈，〉＝＝.所以异面直线BC1与AE所成角的余弦值为.6．【答案】B【解析】两平行平面 ， 分别经过坐标原点 和点 ，，且两平面的一个法向量两平面间的距离，故选B.7．【答案】（1）；（2）【解析】　分别以，，所在直线为轴，轴，轴建立如图所示的空间直角坐标系，（1）则，，，设，则，所以，由，知，所以，为中点，所以，，．所以异面直线与所成角的余弦值为．（2），，设平面的法向量为，由，得，所以，取，得，所以是平面的一个法向量．所以点到平面的距离为．8．【答案】(1)证明见解析 (2)【解析】分别以三直线DA，DC，DD1为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则：E（0，0，1），F（1，1，0），B1（2，2，2），C（0，2，0），C1（0，2，2），（1）证明：∵，∴，∴，∴EF⊥B1C；（2）∵，∴，∴，∴，，∴．9．【答案】D【解析】以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，DD1为z轴，建立空间直角坐标系，则M（2，λ，2），D1（0，0，2），E（2，0，1），F（2，2，1），＝（﹣2，0，1），＝（0，2，0），＝（0，λ，1），设平面D1EF的法向量＝（x，y，z），则 ，取x＝1，得＝（1，0，2），∴点M到平面D1EF的距离为：d＝，N为EM中点，所以N到该面的距离为 ，选D．10．【答案】A【解析】建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，设，则，，，设平面的法向量为，则，即，令，解得，，两点均在平面内，，即，解得，点到平面的距离为3，，故选A.11．【答案】C【解析】取中点，连接交于点，连接，四面体为正四面体，分别为中点，为等边三角形的中心，且平面，则以为坐标原点可作如图所示空间直角坐标系，其中轴，正四面体棱长为，，，则，，，，，即，，，，设平面的法向量，则，令，则，，，又，点到平面的距离.故选.12．【答案】3【解析】以点C为坐标原点，CA，CB，CP所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系.则A(4，0，0)，B(0，3，0)，P，所以=(-4，3，0)，.所以点到的距离.故答案为：3.13. 【答案】【解析】设向量，，，设与的夹角为，，，故答案为.14. 【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】（1）证明：∵平面，平面，∴，∵，，∴，∴，∴，又，∴平面，∵平面，∴平面平面.（2）如图，以C为原点，取中点F，､､分别为x轴､y轴､z轴正向，建立空间直角坐标系，则，，.设，则，，，，取，则，为面的法向量.设为面的法向量，则，即，取，，，则，依题意，，则.于是，.设直线与平面所成角为，则，即直线与平面所成角的正弦值为.15. 【答案】（Ⅰ）详见解析；（Ⅱ）．【解析】（Ⅰ）证明：取的中点，连接，因为为的中点，则，且，又，且，所以，，所以四边形为平行四边形，所以，平面，平面，所以平面（Ⅱ）由题意可知，所以或其补角为异面直线与所成角，又，为钝角三角形，所以，又平面平面，平面平面，，所以平面，以为坐标原点，所在直线为轴、轴建立空间直角坐标系，则，，，，，向量，，设平面的法向量为由得，令， 得平面的一个法向量为，同理可得平面的一个法向量为设二面角的平面角为，则则故二面角的正弦值为16. 【答案】见解析【解析】 （1）设，由题设可得，.因此，从而.又，故.所以平面.（2）以为坐标原点，的方向为轴正方向，为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系.由题设可得.所以.设是平面的法向量，则，即，可取.由（1）知是平面的一个法向量，记，则.所以二面角的余弦值为.17. 【答案】见解析【解析】设，，，如图，以为坐标原点，的方向为轴正方向，建立空间直角坐标系．（1）连结，则，，，，，，得．因此，即四点共面，所以点在平面内．（2）由已知得，，，，，，，．设为平面的法向量，则即可取．设为平面的法向量，则同理可取．因为，所以二面角的正弦值为．18. 【答案】见解析【解析】(1)如图所示，连结，等边中，，则，平面ABC⊥平面，且平面ABC∩平面，由面面垂直的性质定理可得：平面，故，由三棱柱的性质可知，而，故，且，由线面垂直的判定定理可得：平面，结合⊆平面，故.(2)在底面ABC内作EH⊥AC，以点E为坐标原点，EH,EC,方向分别为x,y,z轴正方向建立空间直角坐标系.设，则，,，据此可得：，由可得点的坐标为，利用中点坐标公式可得：，由于，故直线EF的方向向量为：设平面的法向量为，则：，据此可得平面的一个法向量为，此时，设直线EF与平面所成角为，则.