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2015解步步高大一轮讲义(理)8.7


§ 8.7

立体几何中的向量方法(二)——求空 间角和距离

1.空间向量与空间角的关系 (1)设异面直线 l1,l2 的方向向量分别为 m1, m2,则 l1 与 l2 所成的角 θ 满足 cos θ=|cos〈m1, m2〉|. (2)设直线 l 的方向向量和平面 α 的法向量分别为 m, n, 则直线 l 与平面 α 所成角 θ 满

足 sin θ=|cos〈m,n〉|. (3)求二面角的大小 1° 如图①,AB、CD 是二面角 α—l—β 的两个面内与棱 l 垂直的直线,则二面角的大小 θ= → → 〈AB,CD〉.

2° 如图②③,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 θ 满足 cos θ=cos〈n1,n2〉或-cos〈n1,n2〉. 2.点面距的求法 如图,设 AB 为平面 α 的一条斜线段,n 为平面 α 的法向量,则 B 到 → |AB· n| 平面 α 的距离 d= . |n|

1.判断下面结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”) (1)两直线的方向向量所成的角就是两条直线所成的角. (2)直线的方向向量和平面的法向量所成的角就是直线与平面所成的角. (3)两个平面的法向量所成的角是这两个平面所成的角. ( × ( × ( × ) ) )

π π (4)两异面直线夹角的范围是(0, ], 直线与平面所成角的范围是[0, ], 二面角的范围是[0, 2 2 π]. (5)直线 l 的方向向量与平面 α 的法向量夹角为 120° ,则 l 和 α 所成角为 30° . ( √ ( √ ) )

(6)若二面角 α-a-β 的两个半平面 α、β 的法向量 n1,n2 所成角为 θ,则二面角 α-a-β 的大小是 π-θ. ( × ) )

π 2.已知二面角 α-l-β 的大小是 , m, n 是异面直线, 且 m⊥α, n⊥β, 则 m, n 所成的角为( 3 2π A. 3 答案 B 解析 ∵m⊥α,n⊥β, ∴异面直线 m,n 所成的角的补角与二面角 α-l-β 互补. π 又∵异面直线所成角的范围为(0, ], 2 π ∴m,n 所成的角为 . 3 π B. 3 π C. 2 π D. 6

3.在空间直角坐标系 Oxyz 中,平面 OAB 的一个法向量为 n=(2,-2,1),已知点 P(-1,3,2), 则点 P 到平面 OAB 的距离 d 等于 A.4 答案 B 解析 P 点到平面 OAB 的距离为 → |OP· n| |-2-6+2| d= = =2,故选 B. |n| 9 4.若平面 α 的一个法向量为 n=(4,1,1),直线 l 的一个方向向量为 a=(-2,-3,3),则 l 与 α 所成角的正弦值为____________________________________. 答案 4 11 33 B.2 C.3 D.1 ( )

解析 ∵n· a=-8-3+3=-8,|n|= 16+1+1=3 2, |a|= 4+9+9= 22, -8 4 11 n· a ∴cos〈n,a〉= = =- . |n|· |a| 3 2× 22 33 又 l 与 α 所成角记为 θ,即 sin θ=|cos〈n,a〉|= 4 11 . 33

5. P 是二面角 α-AB-β 棱上的一点, 分别在平面 α、 β 上引射线 PM、 PN, 如果∠BPM=∠BPN =45° ,∠MPN=60° ,那么二面角 α-AB-β 的大小为________. 答案 90°

解析 不妨设 PM=a,PN=b,如图, 作 ME⊥AB 于 E,NF⊥AB 于 F, ∵∠EPM=∠FPN=45° , ∴PE= 2 2 a,PF= b, 2 2

→ → → → → → ∴EM· FN=(PM-PE)· (PN-PF) → → → → → → → → =PM· PN-PM· PF-PE· PN+PE· PF =abcos 60° -a× 2 2 2 2 bcos 45° - abcos 45° + a× b 2 2 2 2

ab ab ab ab = - - + =0, 2 2 2 2 → → ∴EM⊥FN, ∴二面角 α-AB-β 的大小为 90° .

题型一 求异面直线所成的角 例 1 长方体 ABCD-A1B1C1D1 中,AB=AA1=2,AD=1,E 为 CC1 的中点,则异面直线 ( 3 10 D. 10 )

BC1 与 AE 所成角的余弦值为 A. 10 10 B. 30 10 2 15 C. 10

→ → 思维启迪 本题可以通过建立空间直角坐标系,利用向量BC1、AE所成的角来求. 答案 B 解析 建立坐标系如图, 则 A(1,0,0),E(0,2,1),B(1,2,0),C1(0,2,2). → → BC1=(-1,0,2),AE=(-1,2,1), → → BC1· AE 30 → → cos〈BC1,AE〉= = . 10 → → |BC1|· |AE| 所以异面直线 BC1 与 AE 所成角的余弦值为 30 . 10

思维升华 用向量方法求两条异面直线所成的角,是通过两条直线的方向向量的夹角来求 π? 解,而两异面直线所成角的范围是 θ∈? ?0,2?,两向量的夹角 α 的范围是[0,π],所以要注 意二者的区别与联系,应有 cos θ=|cos α|. 已知直四棱柱 ABCD-A1B1C1D1 中,底面 ABCD 为正方形,AA1=2AB,E 为

AA1 的中点,则异面直线 BE 与 CD1 所成角的余弦值为 A. 10 10 1 B. 5 3 10 C. 10 3 D. 5

(

)

答案 C 解析 如图,以 D 为坐标原点建立如图所示空间直角坐标系. 设 AA1=2AB=2,则 B(1,1,0),E(1,0,1),C(0,1,0),D1(0,0,2), → ∴BE=(0,-1,1), → CD1=(0,-1,2), 1+2 3 10 → → ∴cos〈BE,CD1〉= = . 10 2· 5 题型二 求直线与平面所成的角 例2 如图,已知四棱锥 P—ABCD 的底面为等腰梯形,AB∥CD,

AC⊥BD,垂足为 H,PH 是四棱锥的高,E 为 AD 的中点. (1)证明:PE⊥BC; (2)若∠APB=∠ADB=60° ,求直线 PA 与平面 PEH 所成角的正弦值. 思维启迪 平面的法向量是利用向量方法解决位置关系或夹角的关键,本题可通过建立坐 标系,利用待定系数法求出平面 PEH 的法向量. (1)证明 以 H 为原点,HA,HB,HP 所在直线分别为 x,y,z 轴, 线段 HA 的长为单位长度,建立空间直角坐标系(如图), 则 A(1,0,0),B(0,1,0). 1 m ? 设 C(m,0,0),P(0,0,n) (m<0,n>0),则 D(0,m,0),E? ?2, 2 ,0?. 1 m → ? → 可得PE=? ?2, 2 ,-n?,BC=(m,-1,0). → → m m 因为PE· BC= - +0=0,所以 PE⊥BC. 2 2 (2)解 由已知条件可得 m=- 3 ,n=1, 3

故 C?-

?

3 3 ? 3 ? ? ? ?1 ,0,0 ,D 0,- ,0 ,E ,- ,0 , 3 3 6 ? ? ? ?2 ?

P(0,0,1). 设 n=(x,y,z)为平面 PEH 的法向量, → ? ? HE=0, ?1x- 3y=0, ?n· 6 则? 即?2 → ? ? HP=0, ?n· ?z=0. → 因此可以取 n=(1, 3,0).又PA=(1,0,-1),

2 → 所以|cos〈PA,n〉|= . 4 所以直线 PA 与平面 PEH 所成角的正弦值为 思维升华 利用向量法求线面角的方法: (1)分别求出斜线和它在平面内的射影直线的方向向量, 转化为求两个方向向量的夹角(或其 补角); (2)通过平面的法向量来求,即求出斜线的方向向量与平面的法向量所夹的锐角,取其余角 就是斜线和平面所成的角. (2013· 湖南)如图,在直棱柱 ABCD-A1B1C1D1 中,AD∥BC,∠BAD=90° , AC⊥BD,BC=1,AD=AA1=3. (1)证明:AC⊥B1D; (2)求直线 B1C1 与平面 ACD1 所成角的正弦值. 方法一 (1) 证明 如图,因为 BB1⊥ 平面 ABCD , AC ? 平面 2 .{ 4

ABCD,所以 AC⊥BB1. 又 AC⊥BD,所以 AC⊥平面 BB1D, 而 B1D?平面 BB1D,所以 AC⊥B1D. (2)解 因为 B1C1∥AD,所以直线 B1C1 与平面 ACD1 所成的角等于

直线 AD 与平面 ACD1 所成的角(记为 θ). 如图, 连接 A1D, 因为棱柱 ABCD-A1B1C1D1 是直棱柱, 且∠B1A1D1 =∠BAD=90° , 所以 A1B1⊥平面 ADD1A1,从而 A1B1⊥AD1. 又 AD=AA1=3,所以四边形 ADD1A1 是正方形. 于是 A1D⊥AD1,故 AD1⊥平面 A1B1D,于是 AD1⊥B1D. 由(1)知,AC⊥B1D,所以 B1D⊥平面 ACD1. 故∠ADB1=90° -θ,在直角梯形 ABCD 中, 因为 AC⊥BD,所以∠BAC=∠ADB. 从而 Rt△ABC∽Rt△DAB,故 即 AB= DA· BC= 3.
2 2 2 2 连接 AB1,易知△AB1D 是直角三角形,且 B1D2=BB2 1+BD =BB1+AB +AD =21,即 B1D

AB BC = , DA AB

= 21. AD 3 21 在 Rt△AB1D 中,cos∠ADB1= = = , B1D 7 21

即 cos(90° -θ)=

21 21 .从而 sin θ= . 7 7 21 . 7

即直线 B1C1 与平面 ACD1 所成角的正弦值为

方法二 (1)证明 易知,AB,AD,AA1 两两垂直.如图,以 A 为 坐标原点,AB,AD,AA1 所在直线分别为 x 轴,y 轴,z 轴建立空 间直角坐标系. 设 AB=t,则相关各点的坐标为 A(0,0,0),B(t,0,0),B1(t,0,3), C(t,1,0),C1(t,1,3),D(0,3,0),D1(0,3,3). → → → 从而B1D=(-t,3,-3),AC=(t,1,0),BD=(-t,3,0). → → 因为 AC⊥BD,所以AC· BD=-t2+3+0=0, 解得 t= 3或 t=- 3(舍去). → → 于是B1D=(- 3,3,-3),AC=( 3,1,0), → → 因为AC· B1D=-3+3+0=0, → → 所以AC⊥B1D,即 AC⊥B1D. (2)解 → → 由(1)知,AD1=(0,3,3),AC=( 3,1,0),

→ B1C1=(0,1,0). 设 n=(x,y,z)是平面 ACD1 的一个法向量, → ?n· AC=0, ? ? 3x+y=0, 则? ,即? → ?3y+3z=0, ? n· AD1=0 ? 令 x=1,则 n=(1,- 3, 3). 设直线 B1C1 与平面 ACD1 所成角为 θ,则 → ? n· B1C1 ? 3 21 → sin θ=|cos〈n,B1C1〉|=? = = . 7 → ? 7 |B1C1|? ?|n|· 即直线 B1C1 与平面 ACD1 所成角的正弦值为 题型三 求二面角 例3 (2013· 课标全国Ⅱ)如图,直三棱柱 ABC-A1B1C1 中,D,E 分别 2 AB. 2 21 . 7

是 AB,BB1 的中点,AA1=AC=CB= (1)证明:BC1∥平面 A1CD; (2)求二面角 D-A1C-E 的正弦值.

思维启迪 根据题意知∠ACB=90° ,故 CA、CB、CC1 两两垂直,可以 C 为原点建立空间 直角坐标系,利用向量求二面角. (1)证明 连接 AC1 交 A1C 于点 F,则 F 为 AC1 的中点. 又 D 是 AB 的中点,连接 DF,则 BC1∥DF. 因为 DF?平面 A1CD,BC1?平面 A1CD, 所以 BC1∥平面 A1CD. (2)解 由 AC=CB= 2 AB 得,AC⊥BC. 2

→ → 以 C 为坐标原点,CA的方向为 x 轴正方向,CB的方向为 y 轴正方 → 向, CC1的方向为 z 轴正方向, 建立如图所示的空间直角坐标系 Cxyz. 设 CA=2,则 D(1,1,0),E(0,2,1),A1(2,0,2), → → → CD=(1,1,0),CE=(0,2,1),CA1=(2,0,2). 设 n=(x1,y1,z1)是平面 A1CD 的法向量, → ? ? CD=0, ?n· ?x1+y1=0, 则? 即? 可取 n=(1,-1,-1). ?2x1+2z1=0. → ? ?n· CA1=0, ? 同理,设 m 是平面 A1CE 的法向量, → ? CE=0, ?m· 则? → ? CA1=0. ?m· 可取 m=(2,1,-2). n· m 3 6 = ,故 sin〈n,m〉= . |n||m| 3 3 6 . 3

从而 cos〈n,m〉=

即二面角 D-A1C-E 的正弦值为

思维升华 求二面角最常用的方法就是分别求出二面角的两个面所在平面的法向量,然后 通过两个平面的法向量的夹角得到二面角的大小,但要注意结合实际图形判断所求角是锐 角还是钝角. 如图,在圆锥 PO 中,已知 PO= 2,⊙O 的直径 AB=2, C 是 AB 的中点,D 为 AC 的中点. (1)证明:平面 POD⊥平面 PAC; (2)求二面角 B-PA-C 的余弦值.

(1)证明 如图,以 O 为坐标原点,OB,OC,OP 所在直线分别 为 x 轴,y 轴,z 轴建立空间直角坐标系,则 O(0,0,0),A(-1,0,0), 1 1 B(1,0,0),C(0,1,0),P(0,0, 2),D(- , ,0). 2 2 设 n1=(x1,y1,z1)是平面 POD 的一个法向量, → → 则由 n1· OD=0,n1· OP=0, 1 1 ? ?-2x1+2y1=0, 得? ? 2z1=0. ? 所以 z1=0,x1=y1,取 y1=1,得 n1=(1,1,0). 设 n2=(x2,y2,z2)是平面 PAC 的一个法向量, → → 则由 n2· PA=0,n2· PC=0,

?-x2- 2z2=0, 得? ?y2- 2z2=0.
所以 x2=- 2z2,y2= 2z2. 取 z2=1,得 n2=(- 2, 2,1). 因为 n1· n2=(1,1,0)· (- 2, 2,1)=0, 所以 n1⊥n2.从而平面 POD⊥平面 PAC. (2)解 因为 y 轴⊥平面 PAB,

所以平面 PAB 的一个法向量为 n3=(0,1,0). 由(1)知,平面 PAC 的一个法向量为 n2=(- 2, 2,1). 设向量 n2 和 n3 的夹角为 θ, 则 cos θ= n2· n3 2 10 = = . |n2|· |n3| 5 5

由图可知,二面角 B-PA-C 的平面角为锐角, 所以二面角 B-PA-C 的余弦值为 题型四 求空间距离 例4 已知正方形 ABCD 的边长为 4,CG⊥平面 ABCD,CG=2,E,F 分别是 AB,AD 的 10 . 5

中点,则点 C 到平面 GEF 的距离为________. 思维启迪 所求距离可以看作 CG 在平面 GEF 的法向量的投影. 答案 6 11 11

解析 建立如图所示的空间直角坐标系 Cxyz, → 则CG=(0,0,2),由题意易得平面 GEF 的一个法向量为 n=(1,1,3), → |n· CG| 6 11 所以点 C 到平面 GEF 的距离为 d= = . |n| 11 思维升华 求点面距一般有以下三种方法: ①作点到面的垂线,点到垂足的距离即为点到平面的距离;②等体积法;③向量法.其中向 量法在易建立空间直角坐标系的规则图形中较简便. (2012· 大纲全国改编)已知直四棱柱 ABCD-A1B1C1D1 中,底面 ABCD 为正方 形,AB=2,CC1=2 2,E 为 CC1 的中点,则点 A 到平面 BED 的距离为 A.2 答案 D 解析 以 D 为原点,DA、DC、DD1 所在直线分别为 x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系(如图), 则 D(0,0,0), A(2,0,0), B(2,2,0), C(0,2,0), C1(0,2,2 2),E(0,2, 2). 设 n=(x,y,z)是平面 BDE 的法向量. → ? BD=2x+2y=0 ?n· 则? . → ? DE=2y+ 2z=0 ?n· 取 y=1,则 n=(-1,1,- 2)为平面 BDE 的一个法向量. → 又DA=(2,0,0), ∴点 A 到平面 BDE 的距离是 → |-1×2+0+0| |n· DA| d= = =1. |n| ?-1?2+12+?- 2?2 B. 3 C. 2 D.1 ( )

利用空间向量求角

典例:(12 分)(2013· 江西)如图,四棱锥 P-ABCD 中,PA⊥平面 ABCD,E 为 BD 的中点,G 3 为 PD 的中点,△DAB≌△DCB,EA=EB=AB=1,PA= ,连接 CE 并延长交 AD 于 F. 2

(1)求证:AD⊥平面 CFG; (2)求平面 BCP 与平面 DCP 的夹角的余弦值. 思维启迪 (1)可利用判定定理证明线面垂直; (2)利用 AD、AP、AB 两两垂直建立空间直角坐标系,求两个平面的法向量,利用向量夹角 求两个平面 BCP、DCP 夹角的余弦值. 规范解答 (1)证明 在△ABD 中,因为 E 为 BD 的中点, π 所以 EA=EB=ED=AB=1,故∠BAD= , 2 π ∠ABE=∠AEB= . 3 因为△DAB≌△DCB,所以△EAB≌△ECB, π 从而有∠FED=∠BEC=∠AEB= , 3 所以∠FED=∠FEA. 故 EF⊥AD,AF=FD, 又因为 PG=GD,所以 FG∥PA. 又 PA⊥平面 ABCD, 所以 GF⊥AD, 故 AD⊥平面 CFG. (2)解 以 A 为坐标原点建立如图所示的坐标系, 3 3 则 A(0,0,0),B(1,0,0),C? , ,0?, ?2 2 ? 3? D(0, 3,0),P? ?0,0,2?, 1 3 3 3 3 → → 故BC=? , ,0?,CP=?- ,- , ?, 2 2? ?2 2 ? ? 2 3 3 → CD=?- , ,0?. ? 2 2 ? 设平面 BCP 的法向量为 n1=(x1,y1,z1), [8 分] [6 分] [4 分] [2 分]

→ ? CP=0 ?n1· 则? → ? BC=0 ?n1· 3 3 x - y + z =0 ?-3 2 2 2 即? 1 3 ?2x + 2 y =0
1 1 1 1 1

令 y1=- 3,则 x1=3,z1=2,n1=(3,- 3,2).[9 分] 同理求得面 DCP 的法向量为 n2=(1, 3,2),[10 分] 从而平面 BCP 与平面 DCP 的夹角 θ 的余弦值为 cos θ=|cos〈n1,n2〉|= |n1· n2 | 4 2 = = .[12 分] |n1||n2| 4×2 2 4

利用向量求空间角的步骤 第一步:建立空间直角坐标系. 第二步:确定点的坐标. 第三步:求向量(直线的方向向量、平面的法向量)坐标. 第四步:计算向量的夹角(或函数值). 第五步:将向量夹角转化为所求的空间角. 第六步:反思回顾.查看关键点、易错点和答题规范.

温馨提醒 (1)利用向量求角是高考的热点, 几乎每年必考, 主要是突出向量的工具性作用. (2)本题易错点是在建立坐标系时不能明确指出坐标原点和坐标轴,导致建系不规范. (3)将向量的夹角转化成空间角时,要注意根据角的概念和图形特征进行转化,否则易错.

方法与技巧 1.用向量来求空间角,各类角都可以转化为向量的夹角来计算. 2.求点到平面的距离,若用向量知识,则离不开以该点为端点的平面的斜线段. 失误与防范 1.利用向量求角,一定要注意将向量夹角转化为各空间角.因为向量夹角与各空间角的定义、 范围不同. 2.求点到平面的距离,有时利用等体积法求解可能更方便.

3.求二面角要根据图形确定所求角是锐角还是钝角.

A 组 专项基础训练 (时间:40 分钟) 一、选择题 1.已知正方体 ABCD—A1B1C1D1 如图所示, 则直线 B1D 和 CD1 所成的角为 ( A.60° 答案 D 解析 以 A 为原点,AB、AD、AA1 所在直线分别为 x,y,z 轴建立空间直角坐标系,设正 → → 方体边长为 1,则射线 CD1、B1D 的方向向量分别是CD1=(-1,0,1),B1D=(-1,1,-1), 1+0-1 → → cos〈CD1,B1D〉= =0, 2× 3 ∴直线 B1D 和 CD1 所成的角为 90° . 2.如图,四棱锥 S-ABCD 的底面为正方形,SD⊥底面 ABCD,则下列结 论中不正确的是 A.AC⊥SB B.AB∥平面 SCD C.SA 与平面 SBD 所成的角等于 SC 与平面 SBD 所成的角 D.AB 与 SC 所成的角等于 DC 与 SA 所成的角 答案 D 解析 ∵四边形 ABCD 是正方形,∴AC⊥BD. 又∵SD⊥底面 ABCD,∴SD⊥AC. 其中 SD∩BD=D,∴AC⊥平面 SDB,从而 AC⊥SB. 故 A 正确;易知 B 正确;设 AC 与 DB 交于 O 点,连接 SO. 则 SA 与平面 SBD 所成的角为∠ASO,SC 与平面 SBD 所成的角为∠CSO, 又 OA=OC,SA=SC,∴∠ASO=∠CSO. 故 C 正确;由排除法可知选 D. 9 3.(2013· 山东)已知三棱柱 ABC-A1B1C1 的侧棱与底面垂直,体积为 ,底面是边长为 3的正 4 三角形.若 P 为底面 A1B1C1 的中心,则 PA 与平面 ABC 所成角的大小为 5π A. 12 π B. 3 π C. 4 π D. 6 ( ) ( ) B.45° C.30° D.90° )

答案 B 1 3 3 解析 如图所示:SABC= × 3× 3×sin 60° = . 2 4 3 3 9 3 ∴ VABC? A1B1C1 =SABC×OP= ×OP= ,∴OP= 3.又 OA= × 3 4 4 2 2 × =1, 3 OP π ∴tan∠OAP= = 3,又 0<∠OAP< , OA 2 π ∴∠OAP= . 3 4.在正方体 ABCD—A1B1C1D1 中,点 E 为 BB1 的中点,则平面 A1ED 与平面 ABCD 所成的锐 二面角的余弦值为 1 A. 2 答案 B 解析 以 A 为原点建立如图所示的空间直角坐标系 Axyz,设棱长为 1, 1? 则 A1(0,0,1),E? ?1,0,2?,D(0,1,0), 1? → → ∴A1D=(0,1,-1),A1E=? ?1,0,-2?, 设平面 A1ED 的一个法向量为 n1=(1,y,z), y-z=0, ? ? 则? 1 ? ?1-2z=0,
?y=2, ? ∴? ? ?z=2.

( C. 3 3 D. 2 2

)

2 B. 3

2 2 ∴n1=(1,2,2).∵平面 ABCD 的一个法向量为 n2=(0,0,1),∴cos〈n1,n2〉= = . 3×1 3 2 即所成的锐二面角的余弦值为 . 3 5.在四面体 P-ABC 中,PA,PB,PC 两两垂直,设 PA=PB=PC=a,则点 P 到平面 ABC 的 距离为 A. 6 3 B. 3 a 3 a C. 3 D. 6a ( )

答案 B 解析 根据题意,可建立如图所示的空间直角坐标系 Pxyz,则 P(0,0,0),A(a,0,0),B(0,a,0),C(0,0,a). 过点 P 作 PH⊥平面 ABC,交平面 ABC 于点 H,则 PH 的长即为点 P 到平面 ABC 的距离.

∵PA=PB=PC,∴H 为△ABC 的外心. 又∵△ABC 为正三角形,∴H 为△ABC 的重心, a a a? 可得 H 点的坐标为? ?3,3,3?. ∴PH=

?a-0?2+?a-0?2+?a-0?2= 3a. ?3 ? ?3 ? ? 3 ? 3
3 a. 3

∴点 P 到平面 ABC 的距离为 二、填空题

6. 已知两平面的法向量分别为 m = (0,1,0) , n = (0,1,1) ,则两平面所成的二面角的大小为 ________. 答案 π 3π 或 4 4

m· n 2 π 解析 cos〈m,n〉= = ,∴〈m,n〉= . |m||n| 2 4 π 3π ∴两平面所成二面角的大小为 或 . 4 4 7. 如图所示, 在三棱柱 ABC—A1B1C1 中, AA1⊥底面 ABC, AB=BC=AA1, ∠ABC=90° ,点 E、F 分别是棱 AB、BB1 的中点,则直线 EF 和 BC1 所成的角是________. 答案 60° 解析 以 BC 为 x 轴,BA 为 y 轴,BB1 为 z 轴,建立空间直角坐标系. 设 AB=BC=AA1=2, 则 C1(2,0,2),E(0,1,0),F(0,0,1), → → 则EF=(0,-1,1),BC1=(2,0,2), → → ∴EF· BC1=2, → → ∴cos〈EF,BC1〉= 2 1 = , 2×2 2 2

∴EF 和 BC1 所成的角为 60° . 8.正方体 ABCD-A1B1C1D1 的棱长为 1,E、F 分别为 BB1、CD 的中点,则点 F 到平面 A1D1E 的距离为________. 答案 3 5 10

解析 以 A 为坐标原点,AB、AD、AA1 所在直线分别为 x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系,如图所示, 1 1 则 A1(0,0,1),E(1,0, ),F( ,1,0),D1(0,1,1). 2 2 1 → → ∴A1E=(1,0,- ),A1D1=(0,1,0). 2 设平面 A1D1E 的一个法向量为 n=(x,y,z), 1 → ? ? A1E=0, ?n· ?x-2z=0, 则? 即? → ? n· ?y=0. A1D1=0, ? ? 令 z=2,则 x=1.∴n=(1,0,2). 1 → 又A1F=( ,1,-1), 2 ∴点 F 到平面 A1D1E 的距离为 1 | -2| → |A1F· n| 2 3 5 d= = = . |n| 10 5 三、解答题 9.如图,四棱锥 P—ABCD 中,PD⊥平面 ABCD,PA 与平面 ABD 所成 的角为 60° ,在四边形 ABCD 中,∠ADC=∠DAB=90° ,AB=4,CD =1,AD=2. (1)建立适当的坐标系,并写出点 B,P 的坐标; (2)求异面直线 PA 与 BC 所成的角的余弦值. 解 (1)建立如图空间直角坐标系,∵∠ADC=∠DAB=90° ,AB =4,CD=1,AD=2, ∴A(2,0,0),C(0,1,0),B(2,4,0). 由 PD⊥平面 ABCD,得∠PAD 为 PA 与平面 ABCD 所成的角, ∴∠PAD=60° . 在 Rt△PAD 中,由 AD=2,得 PD=2 3,∴P(0,0,2 3). → → (2)∵PA=(2,0,-2 3),BC=(-2,-3,0), → → ∴cos〈PA,BC〉 2×?-2?+0×?-3?+?-2 3?×0 13 = =- , 13 4 13 ∴异面直线 PA 与 BC 所成的角的余弦值为 13 . 13

10.(2013· 天津)如图,四棱柱 ABCD-A1B1C1D1 中,侧棱 A1A⊥底面 ABCD,AB∥DC,AB⊥AD,AD=CD=1,AA1=AB=2,E 为棱 AA1 的中点. (1)证明:B1C1⊥CE; (2)求二面角 B1-CE-C1 的正弦值; (3)设点 M 在线段 C1E 上,且直线 AM 与平面 ADD1A1 所成角的正弦值为 方法一 如图,以点 A 为原点,以 AD,AA1,AB 所在直线为 x 轴,y 轴,z 轴建立空间直角坐标系,依题意得 A(0,0,0),B(0,0,2),C(1,0,1), B1(0,2,2),C1(1,2,1),E(0,1,0). → → → → (1)证明 易得B1C1=(1,0, -1), CE=(-1,1, -1), 于是B1C1· CE=0, 所以 B1C1⊥CE. → (2)解 B1C=(1,-2,-1). 设平面 B1CE 的法向量 m=(x,y,z), → ? ?x-2y-z=0, B1C=0, ?m· ? 则? 即? 消去 x,得 y+2z=0,不妨令 z=1,可得一个法向量 ? → ?-x+y-z=0. ? CE=0, ?m· 为 m=(-3,-2,1). → 由(1)知,B1C1⊥CE,又 CC1⊥B1C1,可得 B1C1⊥平面 CEC1,故B1C1=(1,0,-1)为平面 CEC1 的一个法向量. → m· B1C1 → 于是 cos〈m,B1C1〉= → |m|· |B1C1| = -4 2 7 21 → =- ,从而 sin〈m,B1C1〉= , 7 7 14× 2 21 . 7 2 ,求线段 AM 的长. 6

所以二面角 B1-CE-C1 的正弦值为

→ → → → → → → (3)解 AE=(0,1,0),EC1=(1,1,1),设EM=λEC1=(λ,λ,λ),0≤λ≤1,有AM=AE+EM= (λ,λ+1,λ). → 可取AB=(0,0,2)为平面 ADD1A1 的一个法向量. 设 θ 为直线 AM 与平面 ADD1A1 所成的角,则 → → |AM· AB| → → sin θ=|cos〈AM,AB〉|= → → |AM|· |AB| = 2λ λ = , 2 2 2 λ +?λ+1? +λ ×2 3λ +2λ+1
2

于是

λ 2 1 = ,解得 λ= (负值舍去), 6 3 3λ +2λ+1
2

所以 AM= 2. 方法二 (1)证明 因为侧棱 CC1⊥底面 A1B1C1D1, B1C1?平面 A1B1C1D1, 所以 CC1⊥B1C1. 经计算可得 B1E= 5,B1C1= 2,EC1= 3,
2 从而 B1E2=B1C2 1+EC1,

所以在△B1EC1 中,B1C1⊥C1E, 又 CC1,C1E?平面 CC1E,CC1∩C1E=C1, 所以 B1C1⊥平面 CC1E, 又 CE?平面 CC1E,故 B1C1⊥CE. (2)解 过 B1 作 B1G⊥CE 于点 G,连接 C1G. 由(1)知,B1C1⊥CE,故 CE⊥平面 B1C1G,得 CE⊥C1G,所以∠B1GC1 为二面角 B1-CE -C1 的平面角. 2 6 在△CC1E 中,由 CE=C1E= 3,CC1=2,可得 C1G= . 3 在 Rt△B1C1G 中,B1G= 42 21 ,所以 sin ∠B1GC1= , 3 7 21 . 7

即二面角 B1-CE-C1 的正弦值为 (3)解

连接 D1E,过点 M 作 MH⊥ED1 于点 H,可得 MH⊥平面 ADD1A1,连接 AH,AM,

则∠MAH 为直线 AM 与平面 ADD1A1 所成的角. 设 AM=x,从而在 Rt△AHM 中,有 MH= 2 34 x,AH= x. 6 6

在 Rt△C1D1E 中,C1D1=1,ED1= 2, 1 得 EH= 2MH= x. 3 在△AEH 中,∠AEH=135° ,AE=1, 由 AH2=AE2+EH2-2AE· EHcos 135° , 17 1 2 得 x2=1+ x2+ x, 18 9 3 整理得 5x2-2 2x-6=0,解得 x= 2(负值舍去). 所以线段 AM 的长为 2.

B 组 专项能力提升 (时间:30 分钟) 1.过正方形 ABCD 的顶点 A 作线段 PA⊥平面 ABCD,若 AB=PA,则平面 ABP 与平面 CDP 所成的二面角为 A.30° 答案 B 解析 建立如图所示的空间直角坐标系, 设 AB=PA=1,知 A(0,0,0),B(1,0,0),D(0,1,0),C(1,1,0),P(0,0,1) 由题意得,AD⊥平面 ABP,设 E 为 PD 的中点, 连接 AE,则 AE⊥PD, 又∵CD⊥平面 PAD,∴AE⊥CD, 又 PD∩CD=D,∴AE⊥平面 CDP. 1 1 → → → → ∴AD=(0,1,0),AE=(0, , )分别是平面 ABP、平面 CDP 的法向量,而〈AD,AE〉= 2 2 45° , ∴平面 ABP 与平面 CDP 所成的二面角为 45° . 2.在棱长为 2 的正方体 ABCD—A1B1C1D1 中,O 是底面 ABCD 的中点,E,F 分别是 CC1,AD 的中点,那么异面直线 OE 和 FD1 所成的角的余弦值等于________. 答案 15 5 B.45° C.60° D.90° ( )

解析 以 D 为原点,分别以 DA、DC、DD1 为 x 轴、y 轴、z 轴建立 空间直角坐标系, ∴F(1,0,0),D1(0,0,2),O(1,1,0),E(0,2,1), → ∴FD1=(-1,0,2), → OE=(-1,1,1), 1+2 15 → → ∴cos〈FD1,OE〉= = . 5 5· 3 3.设正方体 ABCD-A1B1C1D1 的棱长为 2,则点 D1 到平面 A1BD 的距离是________. 答案 2 3 3

解析 如图建立空间直角坐标系, 则 D1(0,0,2),A1(2,0,2),D(0,0,0),B(2,2,0), → ∴D1A1=(2,0,0), → → DA1=(2,0,2),DB=(2,2,0),

设平面 A1BD 的一个法向量 n=(x,y,z), → ? DA1=2x+2z=0 ?n· 则? .令 x=1,则 n=(1,-1,-1), → ?n· DB=2x+2y=0 ? ∴点 D1 到平面 A1BD 的距离 → |D1A1· n| 2 2 3 d= = = . |n| 3 3 4.如图,在底面为直角梯形的四棱锥 P—ABCD 中,AD∥BC,∠ABC= 90° ,PA⊥平面 ABCD,PA=3,AD=2,AB=2 3,BC=6. (1)求证:BD⊥平面 PAC; (2)求二面角 P—BD—A 的大小. (1)证明 如图,建立空间直角坐标系,则 A(0,0,0),B(2 3,0,0), C(2 3,6,0),D(0,2,0),P(0,0,3), → → → ∴AP=(0,0,3),AC=(2 3,6,0),BD=(-2 3,2,0). → → → → ∴BD· AP=0,BD· AC=0.∴BD⊥AP,BD⊥AC. 又∵PA∩AC=A,∴BD⊥平面 PAC. (2)解 设平面 ABD 的法向量为 m=(0,0,1),

平面 PBD 的法向量为 n=(x,y,z), → → → 则 n· BD=0,n· BP=0.∵BP=(-2 3,0,3), y= 3x, ? ? ?-2 3x+2y=0, ∴? 解得? 2 3 ?-2 3x+3z=0, ? ?z= 3 x. 令 x= 3,则 n=( 3,3,2),∴cos〈m,n〉= ∴二面角 P—BD—A 的大小为 60° . 5.(2013· 北京)如图,在三棱柱 ABC-A1B1C1 中,AA1C1C 是边长为 4 的正方 形.平面 ABC⊥平面 AA1C1C,AB=3,BC=5. (1)求证:AA1⊥平面 ABC; (2)求二面角 A1-BC1-B1 的余弦值; BD (3)证明:在线段 BC1 上存在点 D,使得 AD⊥A1B,并求 的值. BC1 (1)证明 在正方形 AA1C1C 中,A1A⊥AC. 又平面 ABC⊥平面 AA1C1C,且平面 ABC∩平面 AA1C1C=AC, ∴AA1⊥平面 ABC. m· n 1 = . |m||n| 2

(2)解

在△ABC 中,AC=4,AB=3,BC=5,

∴BC2=AC2+AB2,AB⊥AC ∴以 A 为坐标原点,建立如图所示空间直角坐标系 Axyz. → → A1(0,0,4),B(0,3,0),C1(4,0,4),B1(0,3,4),A1C1=(4,0,0),A1B= → → (0,3,-4),B1C1=(4,-3,0),BB1=(0,0,4). 设平面 A1BC1 的法向量 n1=(x1,y1,z1),平面 B1BC1 的法向量 n2=(x2,y2,z2). → ? ?4x1=0 n1=0, ?A1C1· ? ∴? ?? ? → ?3y1-4z1=0 ? n1=0 ?A1B· ∴取向量 n1=(0,4,3) → ? ? n2=0, ?B1C1· ?4x2-3y2=0, 由? ?? ?4z2=0. → ? ? n2=0 ?BB1· 取向量 n2=(3,4,0) n 1· n2 16 16 ∴cos 〈n1,n2〉= = = . |n1|· |n2| 5×5 25 由题意知二面角 A1-BC1-B1 为锐角, 16 所以二面角 A1-BC1-B1 的余弦值为 . 25 → → (3)证明 设 D(x,y,z)是直线 BC1 上一点,且BD=λBC1. ∴(x,y-3,z)=λ(4,-3,4), 解得 x=4λ,y=3-3λ,z=4λ. → ∴AD=(4λ,3-3λ,4λ) 又 AD⊥A1B,∴0+3(3-3λ)-16λ=0 9 BD 9 则 λ= ,因此 = . 25 BC1 25


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