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2018届高考数学二轮复习第一部分专题五立体几何1.5.3空间向量与立体几何课件理


专题五 立体几何 解题必备 解题方略 走进高考 限时规范训练 考点三 空间向量与立体几何 1.直线与平面、平面与平面的平行与垂直的向量方法 设直线l的方向向量为a=(a1,b1,c1),平面α,β的法向量分 别为μ=(a2,b2,c2),v=(a3,b3,c3),则 (1)线面平行 l∥α?a⊥μ?a·μ=0?a1a2+b1b2+c1c2=0; (2)线面垂直 l⊥α?a∥μ?a=kμ?a1=ka2,b1=kb2,c1=kc2; (3)面面平行 α∥β?μ∥v?μ=λv?a2=λa3,b2=λb3,c2=λc3; (4)面面垂直 α⊥β?μ⊥v?μ· v=0?a2a3+b2b3+c2c3=0. 2.直线与直线、直线与平面、平面与平面的夹角计算 设直线l,m的方向向量分别为a=(a1,b1,c1),b=(a2,b2, c2),平面α,β的法向量分别为μ=(a3,b3,c3),v=(a4,b4, c4)(以下相同). (1)线线夹角 ? π? 设l,m的夹角为θ?0≤θ≤2?,则 ? ? |a1a2+b1b2+c1c2| |a· b| cos θ=|a||b|= 2 2 2 2 2 2; a1+b1+c1 a2+b2+c2 (2)线面夹角 ? π? 设直线l与平面α的夹角为θ?0≤θ≤2?, ? ? |a·μ| 则sin θ= =|cos〈a,μ〉|; |a||μ| (3)面面夹角 设平面α,β的夹角为θ(0≤θ<π), |μ·v| 则|cos θ|=|μ||v|=|cos〈μ,v〉|. 类型一 利用向量证明平行与垂直 [典例1] (2017· 山东聊城模拟)如图,在 直三棱柱ADEBCF中,面ABFE和面ABCD都 是正方形且互相垂直,M为AB的中点,O为 DF的中点.运用向量方法证明: (1)OM∥平面BCF; (2)平面MDF⊥平面EFCD. 证明:由题意,得AB,AD,AE两两垂直,以A为坐标原点建 立如图所示的空间直角坐标系. 设正方形边长为1,则A(0,0,0),B(1,0,0),C(1,1,0), ?1 ? ?1 1 1? D(0,1,0),F(1,0,1),M?2,0,0?,O?2,2,2?. ? ? ? ? ? 1 1? → → (1)OM=?0,-2,-2?,BA=(-1,0,0), ? ? →· → =0,所以OM → ⊥BA →. 所以OM BA 因为棱柱ADEBCF是直三棱柱,所以AB⊥平面BCF, → 是平面BCF的一个法向量,且OM?平面BCF,所以 所以 BA OM∥平面BCF. (2)设平面MDF与平面EFCD的一个法向量分别为n1=(x1, y1,z1),n2=(x2,y2,z2). ? ?1 → =(1,0,0), → → 因为DF=(1,-1,1),DM=?2,-1,0?,DC ? ? → =(0,-1,1), CF x1-y1+z1=0, ? ? → =0,得?1 → =n · DM DF 由n 1 · 1 x -y =0, ? ?2 1 1 1 ? ?y1=2x1, 解得? ?z1=-1x1. 2 ? ? 1 1? 令x1=1,则n1=?1,2,-2?. ? ? 同理可得n2=(0,1,1). 因为n1· n2=0,所以平面MDF⊥平面EFCD. [母题变式] 在本例1中,条件不变,判断直线OM与平面EFCD是否垂 直?说明理由. 解析:OM⊥平面EFCD,理由如下:由例1知 ? 1 1? → OM=?0,-2,-2?,平面EFCD的一个

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