当前位置:首页 >> 高考 >>

2013年高考数学总复习 9-7 用向量方法证明平行与垂直(理)但因为测试 新人教B版


基础巩固强化 1.已知正方体 ABCD-A1B1C1D1 中, E 为侧面 CC1D1D 的中心. 若 → → → → AE=zAA1+xAB+yAD,则 x+y+z 的值为( A.1 [答案] C → → → → 1 → 1→ [解析] ∵AE=AD+DE=AD+2AA1+2AB. 1 1 ∴x+y+z=1+2+2=2. 2.若直线 l 的方向向量为 a,平面 α 的法向量为 n,能使 l∥α 的可能是( ) 3 B.2 C.2 ) 3 D.4

A.a=(1,0,0),n=(-2,0,0) B.a=(1,3,5),n=(1,-2,1) C.a=(0,2,1),n=(-1,0,-1) D.a=(1,-1,3),n=(0,3,-1) [答案] B [解析] 欲使 l∥α,应有 n⊥a,∴n· a=0,故选 B. 3.二面角 α-l-β 等于 60° ,A、B 是棱 l 上两点,AC、BD 分别 在半平面 α、β 内,AC⊥l,BD⊥l,且 AB=AC=a,BD=2a,则 CD 的长等于( A. 3a C.2a [答案] C ) B. 5a D.a

[解析] 如图.∵二面角 α-l-β 等于 60° , → → ∴AC与BD夹角为 60° .

→ → → → → → → 由题设知,CA⊥AB,AB⊥BD,|AB|=|AC|=a,|BD|=2a, → → → → → → → → → → → 2 2 2 2 2 |CD| =|CA+AB+BD| =|CA| +|AB| +|BD| +2CA· AB+2AB· BD → → → +2CA· BD=4a2,∴|CD|=2a. 4.已知 a=(2,-1,3),b=(-1,4,-2),c=(4,5,x),若 a、b、 c 三向量共面,则|c|=( A.5 C. 66 [答案] C [解析] ∵a、b、c 三向量共面, ∴存在实数 λ、μ,使 c=λa+μb, ∴(4,-5,x)=(2λ-μ,-λ+4μ,3λ-2μ), 2λ-μ=4, ? ? ∴?-λ+4μ=5, ? ?3λ-2μ=x. ) B.6 D. 41

∴x=5,

∴|c|= 42+52+52= 66.

5. 已知空间四边形 ABCD 的每条边和对角线的长都等于 a, 点 E、 → → F 分别是 BC、AD 的中点,则AE· AF的值为( A.a2 1 C.4a2 [答案] C → → 1 → → 1→ [解析] AE· AF=2(AB+AC)· 2AD 1 → → → → =4(AB· AD+AC· AD) 1 1 =4(a2cos60° +a2cos60° )=4a2. 故选 C. 6.将边长为 1 的正方形 ABCD 沿对角线 BD 折成直二面角,若 → 1→ 1→ → → 点 P 满足BP=2BA-2BC+BD,则|BP|2 的值为( ) 1 B.2a2 3 D. 4 a2 )

3 A.2 10- 2 C. 4

B.2 9 D.4

[答案] D [解析] 由题意,翻折后 AC=AB=BC, → 1→ 1→ → ∴∠ABC=60° ,∴|BP|2=|2BA-2BC+BD|2 1 → 2 1 → 2 → 2 1→ → → → → → 1 1 =4|BA| +4|BC| +|BD| -2BA· BC-BC· BD+BA· BD=4+4+2- 1 9 × 1 × 1 × cos60° - 1 × 2cos45° + 1 × 2 × cos45° = 2 4. → → 7. (2012· 河南六市联考)如图, 在平行四边形 ABCD 中, AB· BD= → → 2 0,2AB +BD 2=4,若将其沿 BD 折成直二面角 A-BD-C,则三棱 锥 A-BCD 的外接球的体积为________.

4 [答案] 3π [解析] 因为 AB⊥BD,二面角 A-BD-C 是直二面角,所以 AB ⊥平面 BCD,∴AB⊥BC,AD⊥DC.故△ABC,△ADC 均为直角三角 形.取 AC 的中点 M,则 MA=MC=MD=MB,故点 M 即为三棱锥 A → → → → → → 2 2 2 2 2 -BCD 的外接球的球心.由 2AB +BD =4?AB +BD +CD =AC2 4 =4,∴AC=2,∴R=1.故所求球的体积为 V=3π. 8.(2011· 金华模拟)已知点 A(4,1,3),B(2,-5,1),C 为线段 AB

→ |AC| 1 上一点且 = ,则点 C 的坐标为________. → 3 |AB| 10 7 [答案] ( 3 ,-1,3) [解析] ∵C 为线段 AB 上一点, → → ∴存在实数 λ>0,使AC=λAB, → → 又AB=(-2,-6,-2),∴AC=(-2λ,-6λ,-2λ), → → |AC| 1 1 2 2 ∵ =3,∴λ=3,∴AC=(-3,-2,-3), → |AB| 10 7 ∴C( 3 ,-1,3). 9.如图,正方体 ABCD-A1B1C1D1 的棱长为 1,E、F 分别是棱 BC、DD1 上的点,如果 B1E⊥平面 ABF,则 CE 与 DF 的和的值为 ________.

[答案] 1 [解析] 以 D1 为原点,直线 D1A1、D1C1、D1D 为 x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系,则 A(1,0,1),B(1,1,1),B1(1,1,0),

设 DF=t,CE=k,则 D1F=1-t,∴F(0,0,1-t),E(k,1,1),要使 B1E⊥平面 ABF,易知 AB⊥B1E,故只要 B1E⊥AF 即可, → → ∵AF=(-1,0,-t),B1E=(k-1,0,1), → → ∴AF· B1E=1-k-t=0,∴k+t=1,即 CE+DF=1. 10.(2012· 天津调研)如图, 四棱锥 P-ABCD 中, PA⊥平面 ABCD, PB 与底面所成的角为 45° ,底面 ABCD 为直角梯形, ∠ABC=∠BAD 1 =90° ,PA=BC=2AD=1.

(1)求证:平面 PAC⊥平面 PCD; (2)在棱 PD 上是否存在一点 E,使 CE∥平面 PAB?若存在,请 确定 E 点的位置;若不存在,请说明理由. [解析] (1)证明:∵PA⊥平面 ABCD, ∴PB 与平面 ABCD 所成的角为∠PBA=45° . ∴AB=1,由∠ABC=∠BAD=90° , 易得 CD=AC= 2,∴AC⊥CD. 又∵PA⊥CD,PA∩AC=A, ∴CD⊥平面 PAC,又 CD?平面 PCD, ∴平面 PAC⊥平面 PCD. (2)分别以 AB、AD、AP 为 x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系.

∴P(0,0,1),C(1,1,0),D(0,2,0), → → 设 E(0,y,z),则PE=(0,y,z-1),PD=(0,2,-1). → → ∵PE∥PD,∴y· (-1)-2(z-1)=0① → ∵AD=(0,2,0)是平面 PAB 的法向量, → 又CE=(-1,y-1,z),CE∥平面 PAB. → → ∴CE⊥AD. ∴(-1,y-1,z)· (0,2,0)=0,∴y=1. 1 将 y=1 代入①,得 z=2.∴E 是 PD 的中点, ∴存在 E 点使 CE∥平面 PAB,此时 E 为 PD 的中点. 能力拓展提升 11.二面角的棱上有 A、B 两点,直线 AC、BD 分别在这个二面角 的两个半平面内,且都垂直于 AB.已知 AB=4,AC=6,BD=8,CD =2 17,则该二面角的大小为( A.150° C.60° ) B.45° D.120°

[答案] C → → → → [解析] 由条件知,CA· AB=0,AB· BD=0, → → → → CD=CA+AB+ BD. → → → → → → → → → → 2 2 2 2 ∴ |CD| = |CA| + |AB | + |BD | +2CA· AB +2AB · BD +2CA· BD =62 → → +4 +8 +2×6×8cos〈CA,BD〉
2 2

→ → =116+96cos〈CA,BD〉=(2 17)2, → → 1 ∴cos〈CA,BD〉=-2, → → ∴〈CA,BD〉=120° ,所以二面角的大小为 60° . 12.在棱长为 1 的正方体 AC1 中,O1 为 B1D1 的中点.

求证:(1)B1D⊥平面 ACD1; (2)BO1∥平面 ACD1. [证明] 建立如图所示的空间直角坐标系,由于正方体的棱长为 1,

1 1 则 B(1,0,0), O1(2, 1), D1(0,1,1), C(1,1,0), D(0,1,0), B1(1,0,1), 2, → → → → 1 1 ∴B1D=(-1,1,-1),AD1=(0,1,1),AC=(1,1,0),BO1=(-2,2, 1). → → → → (1)∵B1D· AD1=0,B1D· AC=0, → → → → ∴B1D⊥AD1,B1D⊥AC, → → → ∵AD1与AC不共线,∴B1D⊥平面 ACD1, ∴B1D⊥平面 ACD1. → → → → (2)∵B1D· BO1=0,∴B1D⊥BO1, → ∴BO1∥平面 ACD1. 又 BO1?平面 ACD1,∴BO1∥平面 ACD1. → → [点评] 第(2)问还可以通过证明BO1=OD1(其中 O 为 AC 中点) 证明. 13.在四棱锥 P-ABCD 中,PD⊥底面 ABCD,底面 ABCD 为正

方形,PD=DC,E、F 分别是 AB、PB 的中点. (1)求证:EF⊥CD; (2)在平面 PAD 内求一点 G,使 GF⊥平面 PCB,并证明你的结 论. [解析]

(1)证明:∵PD⊥底面 ABCD,四边形 ABCD 是正方形, ∴AD、DC、PD 两两垂直,如图,以 DA、DC、DP 所在直线分 别为 x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系, a 设 AD=a,则 D(0,0,0)、A(a,0,0)、B(a,a,0)、C(0,a,0)、E(a,2, → a a a → a a 0)、P(0,0,a)、F(2,2,2).EF=(-2,0,2),DC=(0,a,0). → → → → ∵EF· DC=0,∴EF⊥DC,即 EF⊥CD. → a a a (2)设 G(x,0,z),则FG=(x-2,-2,z-2), 若使 GF⊥平面 PCB,则 → → a a a a a 由FG· CB=(x-2,-2,z-2)· (a,0,0)=a(x-2)=0,得 x=2; → → a a a a2 a 由FG· CP=(x-2,-2,z-2)· (0,-a,a)= 2 +a(z-2)=0,得

z=0. a ∴G 点坐标为(2,0,0),即 G 点为 AD 的中点. 14.(2011· 海口调研)在四棱锥 P-ABCD 中,平面 PAD⊥平面 ABCD, △PAD 是等边三角形, 底面 ABCD 是边长为 2 的菱形, ∠BAD =60° ,E 是 AD 的中点,F 是 PC 的中点.

(1)求证:BE⊥平面 PAD; (2)求证:EF∥平面 PAB; (3)求直线 EF 与平面 PBE 所成角的余弦值. [解析] 解法一:(1)∵E 是 AD 中点,连接 PE, ∴AB=2,AE=1. BE2=AB2+AE2-2AB· AE· cos∠BAD =4+1-2×2×1×cos60° =3.

∴AE2+BE2=1+3=4=AB2,∴BE⊥AE. 又平面 PAD⊥平面 ABCD,交线为 AD, ∴BE⊥平面 PAD. (2)取 PB 中点为 H,连接 FH,AH, 1 ∵AE 綊2BC,又∵HF 是△PBC 的中位线, 1 ∴HF 綊2BC,∴AE 綊 HF, ∴四边形 AHFE 是平行四边形,∴EF∥AH, 又 EF?平面 PAB,AH?平面 PAB, ∴EF∥平面 PAB. (3)由(1)知,BC⊥BE,PE⊥BC, 又 PE,BE 是平面 PBE 内两相交直线, ∴BC⊥平面 PBE, 又由(2)知,HF∥BC,∴HF⊥平面 PBE, ∴∠FEH 是直线 EF 与平面 PBE 所成的角, 6 易知 BE=PE= 3,在 Rt△PEB 中,EH= 2 , ∴tan∠FEH= 1 6 15 = 3 ,∴cos∠FEH= 5 . 6 2

15 故直线 EF 与平面 PBE 所成角的余弦值为 5 . 解法二:容易证明 EP,EA,EB 两两垂直,建立空间直角坐标 系 E-xyz 如图.

易求 BE=PE= 3,则 E(0,0,0),A(1,0,0), B(0, 3,0),C(-2, 3,0),D(-1,0,0),P(0,0, 3), 3 3 因为 F 是 PC 的中点,则 F(-1, 2 , 2 ). → → (1)∵EB· EA=0· 1+ 3· 0=0· 0=0, → → ∴EB⊥EA,即 EB⊥EA, → → ∵EB· EP=0· 0+ 3· 0+0· 3=0, → → ∴EB⊥EP,即 EB⊥EP, ∵EA,EP 是平面 PAD 内的两相交直线, ∴EB⊥平面 PAD. 3 3 (2)取 PB 中点为 H,连接 FH,AH,则 H(0, 2 , 2 ),

→ 3 3 ∵EF=(-1, 2 , 2 ), → 3 3 3 3 AH=(0, 2 , 2 )-(1,0,0)=(-1, 2 , 2 ), → → ∴EF∥AH, ∵又 EF?平面 PAB,AH?平面 PAB, ∴EF∥平面 PAB. (3)∵y 轴?平面 PBE,z 轴?平面 PBE, ∴平面 PBE 的法向量为 n=(1,0,0), → 3 3 ∵EF=(-1, 2 , 2 ), 设直线 EF 与平面 PBE 所成角为 θ, → |EF· n| 10 15 ∴sinθ= = 5 ,∴cosθ= 5 , → |EF||n| 15 故直线 EF 与平面 PBE 所成角的余弦值为 5 . 15. (2012· 辽宁理, 18)如图, 直三棱柱 ABC-A′B′C′, ∠BAC =90° ,AB=AC=λAA′,点 M、N 分别为 A′B 和 B′C′的中点.

(1)证明:MN∥平面 A′ACC′; (2)若二面角 A′-MN-C 为直二面角,求 λ 的值. [解析] (1)连结 AB′,AC′,由已知∠BAC=90° , AB=AC,三棱柱 ABC-A′B′C′为直三棱柱, 所以 M 为 AB′中点. 又因为 N 为 B′C′的中点, 所以 MN∥AC′. 又 MN?平面 A′ACC′, AC′?平面 A′ACC′, 因此 MN∥平面 A′ACC′. (2)以 A 为坐标原点,分别以直线 AB、AC、AA′为 x 轴、y 轴、 z 轴建立直角坐标系 O-xyz,如图所示.

设 AA′=1,则 AB=BC=λ, 于是 A(0,0,0),B(λ,0,0),C(0,λ,0),A′(0,0,1),B′(λ,0,1), C′(0,λ,1), λ 1 λ λ 所以 M(2,0,2),N(2,2,1). 设 m=(x1,y1,z1)是平面 A′MN 的法向量, → ? ?m· A′M=0, 由? → ? ?m· MN=0, λ 1 ? ?2x1-2z1=0, 得? λ 1 ? y 1+ z1=0, ?2 2

可取 m=(1,-1,λ). 设 n=(x2,y2,z2)是平面 MNC 的法向量. → ? ?n· NC=0, 由? → ? ?n· MN=0, λ λ ? - x + 2 ? 2 2y2-z2=0, 得? λ 1 ? y 2+ z2=0, ?2 2

可取 n=(-3,-1,λ). 因为 A′-MN-C 为直二面角,所以 m· n=0.

即-3+(-1)×(-1)+λ2=0,解得 λ= 2.

1.在正三棱柱 ABC-A1B1C1 中,H、F 分别为 AB、CC1 的中点, 各棱长都是 4. (1)求证 CH∥平面 FA1B. (2)求证平面 ABB1A1⊥平面 FA1B. (3)设 E 为 BB1 上一点,试确定 E 的位置,使 HE⊥BC1. [解析] 在正三棱柱中,∵H 为 AB 中点,∴CH⊥AB,过 H 作 HM⊥AB 交 A1B1 于 M,分别以直线 AB、HC、HM 为 x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系,则 B(2,0,0),C(0,2 3,0),F(0,2 3,2), A(-2,0,0),A1(-2,0,4),C1(0,2 3,4). → → → (1)∵HC=(0,2 3,0),FA1=(-2,-2 3,2),BF=(-2,2 3, → 1 → → 2),∴HC=2(BF-FA1), → → → ∵BF与FA1不共线,∴HC∥平面 FA1B, ∵HC?平面 FA1B,∴HC∥平面 FA1B. → (2)平面 ABB1A1 的一个法向量为 n1=HC=(0,2 3,0), 设平面 FA1B 的一个法向量 n=(x,y,z),则 → ? ?n· BF=0, ? → ? ?n· FA1=0,
? ? ?-2x+2 3y+2z=0, ?z=x, ∴? ∴? ?y=0. ?-2x-2 3y+2z=0, ? ?

令 x=1 得 n=(1,0,1), ∵n· n1=0,∴n⊥n1,∴平面 ABB1A1⊥平面 FA1B.

→ → (3)∵E 在 BB1 上,∴设 E(2,0,t),(t>0),则HE=(2,0,t),BC1= (-2,2 3,4),∵HE⊥BC1,

→ → ∴HE· BC1=-4+4t=0,∴t=1, 1 ∴E 是 BB1 上靠近 B 点的四等分点(或 BE=4BB1). 2.如图,已知矩形 ABCD,PA⊥平面 ABCD,M、N、R 分别是 AB、PC、CD 的中点.求证:

(1)直线 AR∥平面 PMC;

(2)直线 MN⊥直线 AB. [解析] 证法 1: (1)连接 CM, ∵四边形 ABCD 为矩形, CR=RD, BM=MA,∴CM∥AR, 又∵AR?平面 PMC,∴AR∥平面 PMC. (2)连接 MR、NR,在矩形 ABCD 中,AB⊥AD,PA⊥平面 AC, ∴PA⊥AB,AB⊥平面 PAD,∵MR∥AD,NR∥PD, ∴平面 PDA∥平面 NRM, ∴AB⊥平面 NRM,则 AB⊥MN. 证法 2:(1)以 A 为原点,AB、AD、AP 所在直线分别为 x 轴、y 轴、 z 轴建立空间直角坐标系, 设 AB=a, AD=b, AP=c, 则 B(a,0,0), D(0,b,0),P(0,0,c),C(a,b,0),∵M、N、P 分别为 AB、PC、CD → a → a a b c a 的中点,∴M(2,0,0),N(2,2,2),R(2,b,0),∴AR=(2,b,0),PM λ+2μ=2 ? 2 → → → → a a =(2,0,-c),MC=(2,b,0),设AR=λPM+μMC,?bμ=b ?-cλ=0 → → ? ?λ=0 ? ∴ ,∴AR=MC,∴AR∥MC, ?μ=1 ? ∵AR?平面 PMC,∴AR∥平面 PMC. → b c → (2)MN=(0,2,2),AB=(a,0,0), → → → → ∵MN· AB=0,∴MN⊥AB,∴MN⊥AB. 3.(2012· 天津理,17)如图,在四棱锥 P-ABCD 中,PA⊥平面 ABCD,AC⊥AD,AB⊥BC,∠BAC=45° ,PA=AD=2,AC=1. a a a ,

(1)证明:PC⊥AD; (2)求二面角 A-PC-D 的正弦值; (3)设 E 为棱 PA 上的点, 满足异面直线 BE 与 CD 所成的角为 30° , 求 AE 的长. [分析] 因为 AC⊥AD,PA⊥平面 ABCD,故以 A 为原点建立空 → → 间直角坐标系,写出 A、B、C、D、P 的坐标.(1)运用PC· AD=0 证 明 PC⊥AD; (2)先求两平面 APC 与平面 DPC 的法向量夹角的余弦值, 再用平方关系求正弦值;(3)将异面直线所成的角通过平移转化成向 → → 量BE与CD的夹角,利用向量夹角公式列等式. [解析] 如图,以点 A 为原点建立空间直角坐标系,依题意得

1 1 A(0,0,0),D(2,0,0),C(0,1,0),B(-2,2,0),P(0,0,2).

→ → (1)证明:易得PC=(0,1,-2),AD=(2,0,0), → → 于是PC· AD=0,所以 PC⊥AD. → → (2)PC=(0,1,-2),CD=(2,-1,0). 设平面 PCD 的法向量 n=(x,y,z), → ? ?n· PC=0, 则? → ? ?n· CD=0,
? ?y-2z=0, 即? ?2x-y=0. ?

不妨令 z=1,可得 n=(1,2,1). 可取平面 PAC 的法向量 m=(1,0,0). 于是 cos〈m,n〉= m· n 1 6 = =6, |m|· |n| 6

30 从而 sin〈m,n〉= 6 . 30 所以二面角 A-PC-D 的正弦值为 6 . → 1 1 (3)设点 E 的坐标为(0,0,h),其中 h∈[0,2].由此得BE=(2,-2, → h),由于CD=(2,-1,0),故 → → → → BE· CD cos〈BE,CD〉= → → |BE|· |CD| 3 = , 1 10+20h2 2 2+h × 5 3 3 10 = 2 ,解得 h= 10 , 2=cos30° 10+20h 3 2



所以,

10 即 AE= 10 .


相关文章:
...9-7 用向量方法证明平行与垂直(理)但因为测试 新人....doc
2013年高考数学总复习 9-7 用向量方法证明平行与垂直(理)但因为测试 新人教B版 - 基础巩固强化 1.已知正方体 ABCD-A1B1C1D1 中, E 为侧面 CC1D1D 的...
...9-7 用向量方法证明平行与垂直(理)但因为测试 新人....doc
2013年高考数学总复习 9-7 用向量方法证明平行与垂直(理)但因为测试 新人教B版_数学_高中教育_教育专区。2013年高考数学总复习 9-7 用向量方法证明平行与垂直(...
...9-7 用向量方法证明平行与垂直(理) 新人教B版.doc
2013年高考数学总复习 9-7 用向量方法证明平行与垂直(理) 新人教B版_高三数学_数学_高中教育_教育专区。2013 年高考数学总复习 9-7 用向量方法证明平行与垂直...
...数学第一轮总复习 9-7用向量方法证明平行与垂直 理 ....doc
【走向高考】(2013春季发行)高三数学第一轮总复习 9-7用向量方法证明平行与垂直 理 新人教A版_数学_高中教育_教育专区。9-7 用向量方法证明平行与垂直(理) ...
...密练特训9-7用向量方法证明平行与垂直(理)新人教A版....doc
备战2014年高考2013年高考数学闯关密练特训9-7用向量方法证明平行与垂直(理)新人教A版(含解析)_高考_高中教育_教育专区。9-7 用向量方法证明平行与垂直(理) ...
...)总复习同步练习9-7用向量方法证明平行与垂直(理).doc
《走向高考2013 高三数学(人教A版)总复习同步练习9-7用向量方法证明平行与垂直(理) - 9-7 用向量方法证明平行与垂直(理) 基础巩固强化 1.已知正方体 ABCD...
...B版课后作业:9-7 用向量方法证明平行与垂直(理).doc
学生版2013高考数学人教B版课后作业:9-7 用向量方法证明平行与垂直(理)_数学_高中教育_教育专区。9-7 用向量方法证明平行与垂直(理)学生版→ →→→ 1.已知...
...9-7 用向量方法证明平行与垂直(理)但因为测试 新人....doc
高考数学总复习 9-7 用向量方法证明平行与垂直(理)但因为测试 新人教B版_高考_高中教育_教育专区。高考数学复习 高考数学总复习 9-7 用向量方法证明平行与垂直...
...9-7 用向量方法证明平行与垂直(理)课件 新人教B版.ppt
2013年高考数学总复习 9-7 用向量方法证明平行与垂直(理)课件 新人教B版_高考_高中教育_教育专区。 用向量方法 第七节 证明平行与垂直(理) 重点难点 重点:用...
...9-7 用向量方法证明平行与垂直(理)课件 新人教B版.ppt
2013年高考数学总复习 9-7 用向量方法证明平行与垂直(理)课件 新人教B版 用向量方法 第七节 证明平行与垂直(理) 重点难点 重点:用向量方法讨论空间中的平行、...
...)总复习9章课件9-7用向量方法证明平行与垂直(理)_图....ppt
《走向高考》2013(春季发行)高三数学(人教A版)总复习9章课件9-7用向量方法证明平行与垂直(理) - 走向高考 数学 人教A版 高考一轮总复习 路漫漫其修远兮...
...总复习同步练习:9-7用向量方法证明平行与垂直(理).doc
2013高三数学总复习同步练习:9-7用向量方法证明平行与垂直(理) 数学数学隐藏>>...相交但不垂直 [答案] B [解析] ∵a b=2×(-6)+4×9+(-4)×6=0...
【2013年高考数学必看】9-7用向量方法证明平行与垂直(理).doc
2013年高考数学必看】9-7用向量方法证明平行与垂直(理)_数学_高中教育_
...高三数学总复习9-7用向量方法证明平行与垂直(理) 74....ppt
2014高三数学总复习9-7用向量方法证明平行与垂直(理) 74张(人教A版)
...数学高考总复习重点精品课件: 用向量方法证明平行与垂直(理) ....ppt
2013年数学高考总复习重点精品课件: 用向量方法证明平行与垂直(理) 66张 - 走向高考 数学 人教B版 高考一轮总复习 路漫漫其修远兮 吾将上下而求索 走向...
...A版复习课件9-7 用向量方法证明平行与垂直(理)_图文....ppt
高考数学人教A版复习课件9-7 用向量方法证明平行与垂直(理)_高考_高中教育_教育专区。高考数学人教A版复习课件9-7 用向量方法证明平行与垂直(理) ...
...密练特训9-7用向量方法证明平行与垂直(理)新人教A版....doc
高考数学闯关密练特训9-7用向量方法证明平行与垂直(理)新人教A版(含解析)_数学_高中教育_教育专区。9-7 用向量方法证明平行与垂直(理) 闯关密练特训 →→...
...用向量方法证明平行与垂直 理(含解析)新人教B版.doc
高三数学一轮基础巩固 第9章 第7节 用向量方法证明平行与垂直 理(含解析)新人教B版_其它课程_高中教育_教育专区。高三数学一轮基础巩固 第9章 第7节 用向量...
...)课件:第9章 第7节 用向量方法证明平行与垂直(理)解....ppt
【2016届走向高考】高三数学一轮(人教B版)课件:第9章 第7节 用向量方法证明平行与垂直(理)解析 - 成才之路 数学 人教B版 高考总复习 路漫漫其修远兮 ...
2013年高考数学总复习 9-8 用向量方法求角与距离(理)课....ppt
2013年高考数学总复习 9-8 用向量方法求角与距离(理)课件 新人教B版 隐藏>...7.两平行平面间的距离两个平面的公垂线段的 长度. 二、求距离的方法 1...
更多相关文章: