直线方向向量与平面的法向量
高二数学上学期导学案
高二数学上学期导学案
高二数学上学期导学案
高二数学作业纸(32)
1.若a=(2x,1,3),b=(1,-2y,9)为共线向量,则x+y=______。
2.正方体AC1中,O为AC,BD的交点,则C1O与A1D所成的角的余弦值等于______。 3.已知空间三点A(0,2,3),B(-2,1,6),C(1,-1,5) ⑴求以向量AB,AC为一组邻边的平行四边形的面积S;
⑵若向量a分别与向量AB,AC垂直,且|a|=3,求向量a的坐标
4.已知点P是平行四边形ABCD所在平面外一点,如果AB=(2,-1,4),AD=(4,2,0),
AP=(-1,2,-1)
(1)求证:AP是平面ABCD的法向量; (2)求平行四边形ABCD的面积.
5.在正方体ABCD-A1B1C1D1中,E,F分别是BB1,,CD中点,求证:D1F⊥平面ADE
6.如图所示,已知在矩形ABCD中,AB=1,BC=a(a>0),PA⊥平面AC,且PA=1. (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在什么范围时,BC边上能存在点Q, 使得PQ⊥QD?
P
A
D
参考答案
教案3
知识链接A
Q
C
预习自测 解: BA=(-2,-4,0),BC=
(-1,3,0),
BA⋅BC= ∴cosBA,BC==-
2|BA||BC|
∴∠ABC=45° 课堂探究
例1证明:如图,建立空间坐标系
A1(
3,0,
6),B(0,1,0),A(3,0,
62
3,0,0),M(0,0,3,1,-
6)
62)
AM=(-
),A1B=(-
AM⋅A1B=0
例2分析:要证明B1C∥面ODC1,只需证明B1C∥面ODC1,进一步只需证明B1C与面
ODC1中的一组基向量共面.
证明:设C1B1=a,C1D1=b,CC1=c,因为B1BCC1为平行四边形,
∴ B1C=c-a,又O是B1D1的中点,
∴C1O=
12
(a+b),OD1=C1D1-C1O=
12
(b-a)
D1D∥CC1,D1D=CC1,∴D1D=C1C,
∴OD=OD1+D1D=
12
(b-a)+c,
若存在实数x,y,使B1C=xOD+yOC1(x,y∈R)成立,则
⎡1
c-a=x⎢(b-a)+
⎣2
1
1⎤⎡1⎤
c⎥+y⎢-(a+b)⎥=-(x+y)a+(x-y)b+xc
22⎦⎣2⎦
⎧1
⎪2(x+y)=1⎪
⎧x=1⎪1
因为a,b,c不共线,∴⎨(x-y)=0,∴⎨.∴B1C=OD+0C1,所以B1C,OD,OC1
⎩y=1⎪2
⎪x=1⎪⎩
是共面向量,因为B1C不在OD,OC1所确定的平面内, ∴B1C∥面ODC1,又B1C∉面ODC1,∴B1C∥面ODC1.
解3:以C为原点建立空间直角坐标系O-xyz. (1) 依题意得B(0,1,0),M(1,0,1).=
(1-0)+(0-1)+(1-0)
2
2
2
=3
.
(2) 依题意得A1(1,0,2),B(0,1,0),C(0,0,0),B1(0,1,2).
∴BA1=(1,-1,2),CB1=(0,1,2),BA1⋅CB1=3=
6
=
5
∴cos=
=
3010
.
(3) 证明:依题意得C1(0,0,2),N
(
1111
,,2),∴A1B=(-1,1,-2),C1N=(,,0)2222
.
当堂检测
1. B。2. A。
3证明:如图,建立空间直角坐标系A-xyz,
设AB=2a,BC=2b,PA=2c,则:A(0, 0, 0), B(2a, 0, 0),C(2a, 2b, 0),D(0, 2b, 0), P(0, 0, 2c)∵ E为AB的中点,F为PC的中点 ∴ E (a, 0, 0),F (a, b, c)
(1)∵EF=(0, b, c),AP=(0, 0, 2c),AD=(0, 2b, 0)
1→→
∴EF= ( AP + AD ) ∴EF与AP、AD共面
2
又∵ E ∉ 平面PAD ∴ EF∥平面PAD.
→
(2)∵ CD = (-2a, 0, 0 )
→→∴CD · EF = (-2a, 0, 0)·(0, b, c)=0 ∴ CD⊥EF. 教案4
预习自测 1.-
54
2.D
课堂探究
1.解:由题意可得PM=(x-x0,y-y0,z-z0) e⋅PM=0
即(A,B,C)⋅(x-x0,y-y0,z-z0)=0 化简得A(x-x0)+B(y-y0)+C(z-z0)=0
例1解:设面ABC的法向量n=(x,y,1),则n⊥AB且n⊥AC,即n·AB=0,且n·AC=0, 即
2
x+2y+1=0, 4x+5y+3=0
1⎧n1⎪x=,n=±=±(1,-2,2). 即⎨,单位法向量02∴n =(,-1,1)
2333⎪y=-1,
⎩
例2证:设正方体棱长为1,以DA,DC,DD1为单位正交基底, 建立如图所示空间坐标系D-xyz
DB1=(1,1,1) ,AC=(-1,1,0),AD1=(-1,0,1) DB1⋅AC=0,所以DB1⊥AC
同理DB1⊥AD1 所以DB1⊥平面ACD
从而DB1是平面ACD1的法向量。
AD=b,AA1=c,且a=b=c=1 例3证明:设AB=a,
则a b=a c=b c=0.
设m=x1a+y1b+z1c是平面AED的一个法向量,则
m AD=(x1a+y1b+z1c) b=y1=0,即y1=0.
1⎫1⎛
m AE=(x1a+y1b+z1c) a+c⎪=x1+z1=0,
2⎭2⎝
即x1=-
12
z1.
因此,可以取x1=1,y1=0,z1=-2.于是,m=a-2c. 同理,设n=x2a+y2b+z2c是平面A1FD1的一个法向量,则
n A1D1=0,即y2=0.
n D1F=0,所以x2=2z2,不防取n=2a+c,
从而m n=(a-2c) (2a+c)=0, 所以平面AED⊥平面A1FD1.
当堂检测. 5.证明:建立如图所示空间坐标系,设AB,AD,AF长分别为3a,3b,3c
NM=NA+AB+BM=(2a,0,-c)
又平面CDE的一个法向量AD=(0,3b,0) 由NM⋅AD=0 得到NM⊥AD 因为MN不在平面CDE内 所以NM//平面CDE
教案5
2证明:CD⊥OA⇒CD⋅OA=0
AB⊥α⇒CD⊥AB⇒CD⋅AB=0
OB=OA+AB
CD⋅OB=CD⋅(OA+AB)=CD⋅OA+CD⋅AB=0 ∴CD⊥AB
作业纸(32) 1.
2.
4
3
6
=12
3分析:⑴ AB=(-2,-1,3),AC=(1,-3,2),∴cos∠BAC=
∴∠BAC=60°,∴S=|AB||AC|sin60=73
⑵设a=(x,y,z),则a⊥AB⇒-2x-y+3z=0, a⊥AC⇒x-3y+2z=0,|a|=
3⇒x+y+z=3
2
2
2
解得x=y=z=1或x=y=z=-1,∴a=(1,1,1)或a=(-1,-1,-1).
4(1)证明:∵AP⋅AB=(-1,2,-1)⋅(2,-1,-4)=0,
AP⋅AD=(-1,2,-1)⋅(4,2,0)=0,
∴AP⊥AB,AP⊥AD,又AB AD=A,AP⊥平面ABCD
,
∴AP是平面ABCD的法向量.
(2)|AB|
=
=
|AD|=
=,
∴AB⋅AD=(2,-
1,-4)⋅(4,2,0)=6,
∴cos(AB,AD)=
=
105
∴sin∠BAD==
∴S ABCD
=|AB|⋅|AD|sin∠BAD=
5.证明:设正方体棱长为1,建立如图所示坐标系D-xyz
DA=(1,0,0),DE=(1,1,,
12
因为D1F=(0,
12
,-1)
所以D1F⋅DA=0,D1F⋅DE=0
D1F⊥DA,
D1F⊥DE
DE DA=D
所以D1F⊥平面ADE
6.(1)以A为坐标原点,AB、AD、AP分 别为x、y、z轴建立坐标系如图所示. ∵PA=AB=1,BC=a,
∴P(0,0,1),B(1,1,0), D(0,a,0).
(2)设点Q(1,x,0),则
DQ=(1,x-a,0),QP=(-1,-x,1).
由DQ∙QP=0,得x2-ax+1=0.
显然当该方程有实数解时,BC边上才存在点Q,使得PQ⊥QD,故⊿=a2-4≥0.
因a>0,故a的取值范围为a≥0.