当前位置:首页 >> 数学 >> 用空间向量法解决立体几何问题

用空间向量法解决立体几何问题


用空间向量法解决立体几何问题
1.两个重要向量 (1)直线的方向向量: 直线的方向向量是指和这条直线平行(或重合)的非零向量,一条直线 的方向向量有无数个. (2)平面的法向量: 直线 l⊥平面 α, 取直线 l 的方向向量, 则这个向量叫做平面 α 的法向量. 显 然一个平面的法向量有无数个,它们是共线向量. 2.空间位置关系的向量表示 位置关系 直线 l1, l2

的方向向 量分别为 n1,n2 直线 l 的方向向量 为 n,平面 α 的法 向量为 m 平面 α、 β 的法向量 分别为 n,m. 3.两条异面直线所成角的求法 设两条异面直线 a,b 的方向向量为 a,b,其夹角为 θ,则 cosφ=|cosθ|= 异面直线 a,b 所成的角). 4.直线和平面所成的角的求法 如图所示, 设直线 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, |n· e| 两向量 e 与 n 的夹角为 θ,则有 sinφ=|cos θ|= . |n||e| 5.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=〈n1,n2〉(或 π-〈n1,n2〉). 提示:两向量的夹角范围是[0,π]; 两异面直线所成角的范围是(0, ]; 2 直线与平面所成角的范围是 [0, ];二面角的 2 范围是[0,π]. |a· b| (其中 φ 为 |a||b| l1∥l2
[来源:

向量表示 n1∥n2?n1=λn2 n1⊥n2?n1·n2=0 n⊥m?m·n=0 n∥m?n=λm n∥m?n=λm n⊥m?n·m=0

l1⊥l2 l∥α l⊥α α∥β α⊥β

??? ?

??? ?

?

?

【注意】空间向量求角时考生易忽视向量的夹角与所求角之间的关系: ① 求线面角时, 得到的是直线方向向量和平面法向量的夹角的余弦, 而不是线面角的余弦; ②求二面角时,两法向量的夹角有可能是二面角的补角,要注意从图中分析. 6.点到平面的距离的向量求法 如图,设 AB 为平面 α 的一条斜线段,n 为平面 α 的法向量, | AB · n| 则点 B 到平面 α 的距离 d= . |n| 一、用向量法证明平行、垂直 【例 1】在长方体 ABCD-A1B1C1D1 中,AA1=2AB=2BC,E、F、E1 分别是棱 AA1,BB1,A1B1 的中点. (1)求证:CE∥平面 C1E1F; (2)求证:CF⊥平面 C1EF. (3)求证:平面 C1E1F⊥平面 CEF. 【解析】以 D 为原点,DA,DC,DD1 所在的直线为 x 轴,y 轴,z 轴建立空间直角坐标系,设

??? ?

? ? BC=1,则 C(0,1,0),E(1,0,1),C1(0,1,2),F(1,1,1),E1?1, ,2?. ?
1 2

?

(1)设平面 C1E1F 的法向量 n=(x,y,z).

????? ? ? 1 ? ???? ∵ C1E1 =?1,- ,0?, FC1 =(-1,0,1), 2 ? ? ????? 1 ? ? ?x- y=0, ?n· C1E1 =0, ∴? 即? 2 取 n=(1,2,1). ???? ? n · = 0 , ? FC ? ? 1 ?-x+z=0. ??? ? ??? ? ??? ? ∵ CE =(1,-1,1),n· CE =1-2+1=0,∴ CE ⊥n.
又∵CE?平面 C1E1F,∴CE∥平面 C1E1F. (2)E(1,0,1),F(1,1,1),C(0,1,0),C1(0,1,2), ∴ CF =(1,0,1), C1F =(1,0,-1), EF =(0,1,0). ∴ CF · C1F =1×1+0×0+1×(-1)=0,

??? ?

???? ?

??? ?

??? ?

???? ?

??? ? ??? ??? ? ???? ? ??? ? ??? ? ? CF · EF =1×0+0×1+1×0=0.∴ CF ⊥ C1F , CF ⊥ EF .
∴CF⊥C1F,CF⊥EF.∵C1F∩EF=F,∴CF⊥平面 C1EF. (3)设平面 EFC 的法向量为 m=(a,b,c), 由 EF =(0,1,0), FC =(-1,0,-1),

??? ?

??? ?

??? ? ?m· EF =0, ∴? ??? ? ?m· FC =0,

即?

? ?b=0, ?-a-c=0. ?

取 m=(-1,0,1).

∵m·n=1×(-1)+2×0+1×1=-1+1=0,∴平面 C1E1F⊥平面 CEF. 【方法?规律】

1.向量法证明空间平行或垂直的关键点 利用向量法证明空间中的平行或垂直的问题时,建系是关键的一步,通常借助于几何图 形中的垂直关系选择坐标原点和坐标轴,并让尽可能多的顶点在坐标轴上. 2.向量法证明线面平行的注意点 用向量法证线面平行可以证明直线的一个方向向量与平面内的某一向量是共线?平行? 向量,也可以证明直线的方向向量与平面的某个法向量垂直,在具体问题中可选择较简 单的解法. 【变式】 如图,已知 AB⊥平面 ACD,DE⊥平面 ACD, △ACD 为等边三角形,

AD=DE=2AB,F 为 CD 的中点.
(1)求证:AF∥平面 BCE; (2)求证:平面 BCE⊥平面 CDE. 【解析】设 AD=DE=2AB=2a,建立如图所示的坐标系 A-xyz, 则 A(0,0,0), C(2a,0,0), B(0,0, a), D(a, 3a,0), E(a, 3a,2a). 3 ?3 ? ∵F 为 CD 的中点,∴F? a, a,0?. 2 ?2 ?

??? ? ?3 3 ? (1)证明: AF =? a, a,0?, 2 ?2 ?

??? ? ??? ? BE =(a, 3a,a), BC =(2a,0,-a), ? ??? ? 1 ??? ? ??? ∵ AF = ( BE + BC ),AF?平面 BCE,∴AF∥平面 BCE.
2

??? ? ?3 3 ? (2)证明:∵ AF =? a, a,0?, 2 ?2 ?

??? ? ? ??? ? ??? ? ??? ??? ? ??? ? CD =(-a, 3a,0), ED =(0,0,-2a),∴ AF · CD =0, AF · ED =0, ? ??? ??? ? ??? ? ??? ? ∴ AF ⊥ CD , AF ⊥ ED . ??? ? 又 CD∩DE=D,∴ AF ⊥平面 CDE,即 AF⊥平面 CDE.
又 AF∥平面 BCE,∴平面 BCD⊥平面 CDE.用向量法求线线角、线面角 二、利用空间向量求空间角 【例 2】如图,在长方体 ABCD-A1B1C1D1 中,已知 AB=4,AD=3,AA1=2.E、F 分别是线段 AB、

BC 上的点,且 EB=FB=1.
(1)求二面角 C-DE-C1 的正切值;(2)求直线 EC1 与 FD1 所成角的余弦值. 【解析】(1)以 A 为原点, AB , AD , AA 1 分别为 x 轴,y 轴,z 轴的正方向建立空间直角 坐标系,则 D(0,3,0)、D1(0,3,2)、E(3,0,0)、F(4,1,0)、C1(4,3,2), 于是 DE =(3,-3,0),EC1=(1,3,2),FD1=(-4,2,2). 设 n=(x,y,2)为平面 C1DE 的法向量,

??? ?

????

????

????

则有

n⊥ DE ? ?

????

???? ? ?? n⊥ EC1 ? ?

? ? ?? x=y=-1, x+3y+2×2=0? ?

3x-3y=0

∴n=(-1,-1,2), ∵向量 AA 1 =(0,0,2)与平面 CDE 垂直, ∴n 与 AA1 所成的角 θ 为二面角 C-DE-C1 的平面角或其补角. ∵cos θ =

????

???? = = , 1+1+4× 0+0+4 3 |n|| AA 1|
2 . 2

n· AA 1

????
-1×0-1×0+2×2 6

由图知二面角 C-DE-C1 的平面角为锐角,∴tanθ =

???? ? ???? ? ? EC1 · FD1 ? ? ???? ? ? (2)设 EC1 与 FD1 所成的角为 β ,则 cos β =? ???? ?| EC || FD |? 1 1 ? ?
=? 21 ? 1×?-4?+3×2+2×2 ? . 2 2 2 2 2 2?= ? 1 +3 +2 × ?-4? +2 +2 ? 14

【方法?规律】求平面的法向量的步骤 (1)设出法向量的坐标,一般设为 n=(x,y,z); (2)建立方程组,即利用平面的法向量与平面内的两条相交直线的方向向量垂直,建立关 于 x,y,z 的方程组. (3)消元,通过加减消元,用一个未知数表示另两个未知数. (4)赋值确定平面的一个法向量. 1 【变式】如图所示,直三棱柱 ABC-A1B1C1 中,AC=BC= AA1,D 是棱 AA1 的中点,DC1⊥BD. 2 (1)证明:DC1⊥BC;(2)求二面角 A1?BD?C1 的大小. 【解析】(1)证明:由题设知,三棱柱的侧面为矩形.由于 D 为 AA1 的中点,故 DC=DC1.又 AC 1 2 2 2 = AA1,可得 DC1+DC =CC1,所以 DC1⊥DC. 2 而 DC1⊥BD,DC∩BD=D,所以 DC1⊥平面 BCD.

BC? 平面 BCD,故 DC1⊥BC.
(2)由(1)知 BC⊥DC1,且 BC⊥CC1,则 BC⊥平面 ACC1,所以 CA,CB,CC1 两两相互 垂直. 以 C 为坐标原点, CA 的方向为 x 轴的正方向,| CA |为单位长,建立 如图所示的空间直角坐标系 C-xyz. 由题意知 A1(1,0,2),B(0,1,0),D(1,0,1),C1(0,0,2).

??? ?

??? ?

则A 1D =(0,0,-1), BD =(1,-1,1), DC1 =(-1,0,1). 设 n=(x,y,z)是平面 A1B1BD 的法向量,

???? ?

??? ?

???? ?

??? ? ? ?n· BD =0, ???? ? 则? n · =0, A D ? 1 ?

即?

?x-y+z=0, ? ? ?z=0,

可取 n=(1,1,0).

??? ? ? m · =0, BD ? ???? ? 同理,设 m 是平面 C1BD 的法向量,则? ?m· DC1 =0, ?
从而 cos<n,m>= 3 n· m = . |n|· |m| 2

可取 m=(1,2,1).

故二面角 A1-BD-C1 的大小为 30°. 三、利用向量法求空间距离 【例 3】在三棱锥 S-ABC 中,△ABC 是边长为 4 的正三角形,平面 SAC⊥平面 ABC,SA=SC= 2 3,M、N 分别为 AB、SB 的中点,如图所示,求点 B 到平面 CMN 的距离. 【解析】取 AC 的中点 O,连接 OS、OB. ∵SA=SC,AB=BC,∴AC⊥SO,AC⊥BO. ∵平面 SAC⊥平面 ABC,平面 SAC∩平面 ABC=AC,∴SO⊥平面 ABC, 又∵BO? 平面 ABC,∴SO⊥BO. 如图所示,建立空间直角坐标系 Oxyz, 则 B(0,2 3,0),C(-2,0,0),S(0,0,2 2),

M(1, 3,0),N(0, 3, 2).
∴ CM =(3, 3,0), MN =(-1,0, 2),

???? ?

???? ?

???? MB =(-1, 3,0).
设 n=(x,y,z)为平面 CMN 的一个法向量,

???? ? ? CM ·n=3x+ 3y=0, 则? ???? ? ? MN ·n=-x+ 2z=0,

取 z=1,

则 x= 2,y=- 6,∴n=( 2,- 6,1). |n· MB | 4 2 ∴点 B 到平面 CMN 的距离 d= = . |n| 3 【方法?规律】求平面 α 外一点 P 到平面 α 的距离的步骤 (1)求平面 α 的法向量 n; (2)在平面 α 内取一点 A,确定向量 PA 的坐标;

????

??? ?

|n· PA | (3)代入公式 d= 求解. |n| 【变式】已知正方形 ABCD 的边长为 4,E,F 分别为 AB,AD 的中点,GC⊥平面 ABCD,且 GC= 2.求点 B 到平面 EFG 的距离. 【解析】如图所示,以 C 为原点,CB、CD、CG 所在直线分别为 x、y、z 轴建立空间直角坐标 系 O-xyz. 由题意知 B(4,0,0),E(4,2,0),F(2,4,0),G(0,0,2),

??? ?

??? ? ??? ? ??? ? BE =(0,2,0), GE =(4,2,-2), EF =(-2,2,0).
设平面 GEF 的法向量为 n=(x,y,z),则有

??? ? ?n· GE =0, ? ??? ? ?n· EF =0,

?2x+y-z=0, ? 即? ? ?-x+y=0,

令 x=1,则 y=1,z=3,∴n=(1,1,3).

??? ? ??? ? ??? ? | BE ·n| 点 B 到平面 GEF 的距离为 d=|| BE |·cos〈 BE ,n〉|= |n |
=?

??0,2,0?·?1,1,3?? 2 11 ?= 11 11 ? ?

四、用向量法解立体几何中的探索性问题 【例 4】如图所示,四边形 ABCD 是边长为 1 的正方形,MD⊥平面 ABCD,NB⊥平面 ABCD,且

MD=NB=1,E 为 BC 的中点.
(1)求异面直线 NE 与 AM 所成角的余弦值; (2)在线段 AN 上是否存在点 S, 使得 ES⊥平面 AMN?若存在, 求线段 AS 的长; 若不存在, 请说明理由. 【解析】 (1)如图,以 D 为坐标原点,建立空间直角坐标系 Dxyz. 依题意,易得 D(0,0,0),A(1,0,0),M(0,0,1),C(0,1,0),B(1,1,0),

N(1,1,1),E( ,1,0).∴NE=(- ,0,-1) ,AM=(-1,0,1).

1 2



1 2



→ → ∵cos〈NE,AM〉=

10 = =- , → → 10 5 |NE|·|AM| × 2 2 10 . 10

NE·AM

→ →

1 - 2

∴异面直线 NE 与 AM 所成角的余弦值为

(2)假设在线段 AN 上存在点 S,使得 ES⊥平面 AMN.

→ → → ∵AN=(0,1,1),可设AS=λ AN=(0,λ ,λ ), → 1 → → → 1 又EA= ,-1,0,∴ES=EA+AS=( ,λ -1,λ ). 2 2 → → ? ?ES·AM=0, 由 ES⊥平面 AMN,得? → → ? ?ES·AN=0, 1 ? ?- +λ =0, 即? 2 ? ??λ -1?+λ =0,

1 1 1 → 2 → 故 λ = ,此时AS=0, , ,|AS|= . 2 2 2 2 经检验,当 AS= 2 时,ES⊥平面 AMN.故线段 AN 上存在点 S,使得 ES⊥平面 AMN,此时 2

AS=

2 . 2

【 变 式 】 如 图 , 在 直 三 棱 柱

ABC ? A1B1C1 中 ,

A C ? 3 , B ?C 4 , A ? B A A 4 1 5 , ?
(1)求证 AC ? BC1; (2)在 AB 上是否存在点 D 使得 AC1 ? CD ? (3)在 AB 上是否存在点 D 使得 AC 1 // 平面CDB 1 【解析】 直三棱柱 ABC ? A1B1C1 ,AC ? 3, BC ? 4, AB ? 5, AC, BC, CC1 两两垂直,以 C 为坐标原点, 直线 CA, CB, CC1 分别为 x 轴 y 轴, z 轴,建立空间直角坐标系,

C1
D

A1
D C

B1
D

A

D

B

C1 A1

Z

B1
C

则 C(0,0, 4), A(3,0,0), C1 (0,0, 4) , B(0, 4,0), B1 (0, 4, 4) (1)? AC ? (?3,0,0), BC1 ? (0, ?4,4) ,? AC ? BC1 ? 0,? AC ? BC1

??? ?

???? ?

??? ? ???? ?

??? ?

???? ?
A x

? AC ? BC

D

B

y

(2)假设在 AB 上存在点 D ,使得 AC1 ? CD ,则 AD ? ? AB ? (?3?, 4?,0) 其 中 0 ? ? ? 1 , 则 D(3? 3 ,于 是 CD ? (3 ? 3?, 4?,0) 由于 AC1 ? (? 3, 0, 4) ,且 ? ,4 ? , 0)

??? ?

??? ?

??? ?

???? ?

AC1 ? CD
所以 ?9 ? 9? ? 0 得 ? ? 1 , 所以在 AB 上存在点 D 使得 AC1 ? CD , 且这时点 D 与点 B 重合。 (3)假设在 AB 上存在点 D 使得 AC1 // 平面CDB1 ,则 AD ? ? AB ? (?3?, 4?,0) 其中

??? ?

??? ?

???? ? ???? 0 ? ? ? 1 则 D(3 ? 3? , 4? , 0) , B1D ? (3 ? 3?,4? ? 4, ?4) 又 B1C ? (0, ?4, ?4). 由 于

???? ? ???? ? ???? ? ???? AC1 ? (?3,0,4) , AC1 // 平面CDB1 , 所 以 存 在 实 数 m, n, 使AC1 ? mB1D ? nB1C 成 立 ,
? m(3? 3 ? )? ? 3, m (? 4 ? 4) ? n 4? ? 0, m 4 ? n4 ?
所以 4, ? ?

1 ,所以在 AB 上存在点 D 使 2

得 AC1 // 平面CDB1 ,且 D 使 AB 的中点

用空间向量法解决立体几何问题课时作业
一、选择题(本大题共 6 小题,每小题 5 分,共 30 分) 1.如图,在△ABC 中,∠ABC=60°,∠BAC=90°,AD 是 BC 上的高,沿 AD 把△ABD 折起, 使∠BDC=90°. (1)证明:平面 ADB⊥平面 BDC; (2)设 E 为 BC 的中点,求 AE 与 DB 夹角的余弦值. 【解析】(1)证明:∵折起前 AD 是 BC 边上的高, ∴当△ABD 折起后,AD⊥DC,AD⊥DB, 又 DB∩DC=D,∴AD⊥平面 BDC, ∵AD? 平面 ABD,∴平面 ABD⊥平面 BDC. (2)由∠BDC=90°及(1)知 DA,DB,DC 两两垂直,不妨设|DB|=1, 以 D 为坐标原点,以 DB , DC , DA 的方向为 x,y,z 轴的正方向建立如图所示的空间直角

??? ?

??? ?

??? ?

????

??? ?

? ?1 3 ?1 3 ? ∴ ??? ? 坐标系, 易得 D(0,0,0), B(1,0,0), C(0,3,0), A(0,0, 3), E? , ,0?, =? , ,- 3?, AE ?2 2 ? ?2 2 ?
??? ? DB =(1,0,0),

??? ? ??? ? ??? ? ??? ? ∴ AE 与 DB 夹角的余弦值为 cos〈 AE , DB 〉=

??? ? ??? ? AE · DB ??? ? ??? ? = | AE |·| DB |

1 2 1× 22 4



22 . 22

2.如图所示,四棱锥 P-ABCD 中,底面 ABCD 为正方形,PD⊥平面 ABCD,

PD=AB=2,E、F、G 分别为 PC、PD、BC 的中点.
(1)求证:PA⊥EF; (2)求二面角 D-FG-E 的余弦值. 【解析】(1)证明:以 D 为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系 D -xyz, 则 D(0,0,0), A(0,2,0), C(-2,0,0), P(0,0,2), E(-1,0, 1), F(0,0,1), G(-2,1,0). (1)∵ PA =(0,2,-2), EF =(1,0,0),

??? ?

??? ?

∴ PA · EF =0,∴PA⊥EF. (2)易知 DF =(0,0,1), FG =(-2,1,-1). 设平面 DFG 的法向量为 m=(x1,y1,z1),

??? ?

??? ?

????

??? ?

???? ?m· DF =0, 则? ??? ? ?m· FG =0,

?z1=0, ? 即? ?-2x1+y1-z1=0. ?

令 x1=1,得 m=(1,2,0)是平面 DFG 的一个法向量. 同理可得 n=(0,1,1)是平面 EFG 的一个法向量,

m·n 2 10 ∴cos〈m,n〉= = = , |m|·|n| 5 5× 2
由图可知二面角 D-FG-E 为钝角,∴二面角 D-FG-E 的余弦值为- 3.如图, 在正三棱柱 ABC-A1B1C1 中, AB= 2AA1,点 D 是 A1B1 的中点, 点 E 在 A1C1 上且 DE⊥AE. (1)证明:平面 ADE⊥平面 ACC1A1; (2)求直线 AD 和平面 ABC1 所成角的正弦值. 【解析】 (1)证明: 由正三棱柱 ABC-A1B1C1 的性质知 AA1⊥平面 A1B1C1, 又 DE? 平面 A1B1C1,所以 DE⊥AA1. 而 DE⊥AE, AA1∩AE=A, 所以 DE⊥平面 ACC1A1.又 DE? 平面 ADE, 故平面 ADE⊥平面 ACC1A1. (2)如图所 示,设 O 是 AC 的中点,以 O 为原点建立空间直角坐标系.不妨设 AA1= 2,则 AB =2, 相关各点的坐标分别是 A(0, -1,0), B( 3, 0,0), C1(0,1, 2), D? 易知 AB =( 3,1,0), AC1 =(0,2, 2), AD =? 设平面 ABC1 的一个法向量为 n=(x,y,z),则有 1 ? 3 ? ,- , 2?. 2 ?2 ? 10 . 5

??? ?

???? ?

????

? 3 1 ? , , 2?. ?2 2 ?

??? ? ?n· AB = 3x+y=0, ? ? ? ???? n · AC ? 1 =2y+ 2z=0. ?
故可取 n=(1,- 3, 6).

解得 x=-

3 y,z=- 2y. 3

???? ???? n· AD 2 3 10 ???? = 所以,cos〈n, AD 〉= = . 5 10× 3 |n|·| AD |
由此即知,直线 AD 和平面 ABC1 所成角的正弦值为 10 . 5

4.如图所示,在三棱柱 ABC-A1B1C1 中,已知 AB=AC=AA1= 5,BC= 4,点 A1 在底面 ABC 的投影是线段 BC 的中点 O.

(1)证明在侧棱 AA1 上存在一点 E,使得 OE⊥平面 BB1C1C,并求出 AE 的长; (2)求平面 A1B1C 与平面 BB1C1C 夹角的余弦值. (3)求 A 到平面 BCC1B1 的距离 【解析】(1)证明:连接 AO,在△AOA1 中,作 OE⊥AA1 于点 E,因为 AA1∥BB1,所以 OE⊥BB1. 因为 A1O⊥平面 ABC,所以 A1O⊥BC. 因为 AB=AC, OB=OC, 得 AO⊥BC, 所以 BC⊥平面 AA1O, 所以 BC⊥OE, 所以 OE⊥平面 BB1C1C, 又 AO= AB -BO =1,AA1= 5,得 AE=
2 2

AO2 5 = . AA1 5

(2)如图,分别以 OA,OB,OA1 所在直线为 x,y,z 轴,建立空 间直角坐标系,则 A(1,0,0),B(0,2,0),C(0,-2,0),A1(0,0,2),

??? ? 1 ???? 2? ?4 由 AE = AA 得点 E 的坐标是? ,0, ?, 1 5? 5 ?5

??? ? ?4 2? 由(1)得平面 BB1C1C 的法向量是 OE =? ,0, ?, 5? ?5
设平面 A1B1C 的法向量 n=(x,y,z),

??? ? ? ?n· AB =0, ???? 由? n · AC ? 1 =0, ?

?-x+2y=0, ? 得? ? ?y+z=0.

令 y=1,得 x=2,z=-1,即 n=(2,1,-1),

??? ? 所以 cos〈 OE ,n〉=

??? ? OE ·n 30 ??? ? = , | OE |·|n| 10
30 . 10

即平面 BB1C1C 与平面 A1B1C 的夹角的余弦值是 (3)

5.如图,在四棱锥 P-ABCD 中,底面 ABCD 为菱形,∠BAD=60°,Q 为

AD 的中点.
(1)若 PA=PD,求证:平面 PQB⊥平面 PAD;

PM 1 (2)设点 M 在线段 PC 上, = ,求证:PA∥平面 MQB; MC 2
(3)在(2)的条件下,若平面 PAD⊥平面 ABCD,且 PA=PD=AD=2,求二面角 M-BQ-C 的 大小. 【解析】(1)连接 BD,四边形 ABCD 菱形,∵∠BAD=60°, ∴△ABD 为正三角形,又 Q 为 AD 中点,∴AD⊥BQ. ∵PA=PD,Q 为 AD 的中点,AD⊥PQ, 又 BQ∩PQ=Q,∴AD⊥平面 PQB,AD? 平面 PAD.∴平面 PQB⊥平面 PAD. (2)连接 AC 交 BQ 于点 N,如图(1):

由 AQ∥BC 可得,△ANQ∽△CNB, ∴ ∴

AQ AN 1 PM 1 = = .又 = , BC NC 2 MC 2 PM AN 1 = = .∴PA∥MN. MC NC 2

∵MN? 平面 MQB,PA?平面 MQB, ∴PA ∥平面 MQB . (3)由 PA=PD=AD=2 ,Q 为 AD 的中点,则 PQ⊥AD. 又平面 PAD⊥平面 ABCD, ∴PQ⊥平面 ABCD. 以 Q 为坐标原点, 分别以 QA、 QB、 QP 所在的直线为 x, y, z 轴, 建立如图(2)所示的坐标系, 则各点坐标为 A(1,0,0), B(0, 3, 0),

Q(0,0,0),P(0,0, 3).
设平面 MQB 的法向量 n=(x,y,1),可得

??? ? ? ?n· QB =0, ? ???? ? ?n· MN =0. ?

∵PA∥MN,

??? ? ? ?n· QB =0, ∴? ??? ? ?n· PA =0. ?

解得 n=( 3,0,1).

取平面 ABCD 的法向量 m=(0,0,1).cos〈m,n〉= 故二面角 M-BQ-C 的大小为 60°.

m·n 1 = . |m||n| 2

6.在直三棱柱 ABC-A1B1C1 中,AB=AC=1,∠BAC=90°. (1)若异面直线 A1B 与 B1C1 所成的角为 60°,求棱柱的高; (2)设 D 是 BB1 的中点,DC1 与平面 A1BC1 所成的角为 θ ,当棱柱的高变化 时,求 sin θ 的最大值. 【解析】建立如图所示的空间直角坐标系 A-xyz,设 AA1=h(h>0),则有

B(1,0,0),B1(1,0,h),C1(0,1,h),A1(0,0,h), B1C1 =(-1,1,0), AC 1 1
=(0,1,0), A 1B =(1,0,-h). (1)因为异面直线 A1B 与 B1C1 所成的角为 60°,所以

???? ?

???? ?

????

? ???? , cos 60°= ???? | B1C1 |·| A 1B |

| B1C1 · A 1B |

???? ?

????



1 2 = ,得 1+h = 2,解得 h=1. 2· h +1 2
2

1

(2)由 D 是 BB1 的中点,得 D?1,0, ?,于是 DC1 =?-1,1, ?. 2? 2? ? ?

?

h?

???? ?

?

h?

???? ? n · A1B =0, ???? ???? ? ? 设平面 A1BC1 的法向量为 n=(x, y, z), 于是由 n⊥ A , n ⊥ 可得 ? B AC ???? ? 1 1 1 n · ? AC ? 1 1 =0,
即?
? ?x-hz=0, ? ?y=0,

可取 n=(h,0,1),

故 sin θ =|cos〈 DC1 ,n〉|,

???? ?

???? ? ???? ? | DC1 ·n| ? 而|cos〈 DC1 ,n〉|= ???? = | DC1 |·|n|
令 f(h)=

|- h+ | 2 1 2 h +2· h2+1 4

h



h h +9h2+8
4

.

h h +9h +8
4 2


2

1

h + 2+9 h

8



8 8 4 2 2 因为 h + 2+9≥2 8+9,当且仅当 h = 2,即 h= 8时,等号成立.

h

h

所以 f(h)≤

1 9+2 8



2 2-1 = , 7 8+1

1

2 2-1 4 故当 h= 8时,sin θ 的最大值为 . 7 7. 如图, 棱柱 ABCD-A1B1C1D1 的所有棱长都等于 2, ∠ABC=60°, 平面 AA1C1C ⊥面 ABCD,∠A1AC=60°. (1)证明:BD⊥AA1; (2)求二面角 D-A1A-C 的平面角的余弦值; (3)在直线 CC1 上是否存在点 P,使 BP∥平面 DA1C1?若存在,求出 P 的 位置,若不存在,说明理由. 【解析】连接 BD 交 AC 于 O,则 BD⊥AC,连接 A1O, 在△AA1O 中,AA1=2,AO=1,∠A1AO=60°, ∴A1O =AA1+AO -2A1A·AOcos 60°=3. ∴AO +A1O =A1A , ∴AO⊥A1O,由于平面 AA1C1C⊥平面 ABCD, ∴A1O⊥平面 ABCD.
2 2 2 2 2 2

∴以 OB,OC,OA 所在直线为 x 轴,y 轴,z 轴建立如图所示空间直角坐标系,则 A(0,- 1,0),B( 3,0,0),C(0,1,0),D(- 3,0,0),A1(0,0, 3). ( 1)由 BD =(-2 3, 0,0),AA 则 AA 1 =(0,1, 3), 1 · BD =0×(-2 3)+1×0+ 3 ×0=0, ∴BD⊥AA1, (2)由 OB⊥面 AA1C1C, ∴平面 AA1C1C 的法向量 n1=(1,0,0),

??? ?

????

????

??? ?

???? ? ?n2⊥ AA1 , 设 n2⊥面 AA1D,则? ???? ? ?n2⊥ AD ,
?y+ 3z=0, 得到? ?- 3x+y=0,

设 n2=(x,y,z),

n1·n2 5 取 n2=(1, 3,-1),∴cos〈n1,n2〉= = . |n1|·|n2| 5
5 . 5

∴二面角 D-A1A-C 的平面角的余弦值是

(3)假设在直线 CC1 上存在点 P,使 BP∥面 DA1C1, 设 CP =λ CC1 ,P(x,y,z),则(x,y-1,z)=λ (0,1, 3). 得 P(0,1+λ , 3λ ), BP =(- 3,1+λ , 3λ ).

??? ?

???? ?

??? ?

???? ? ? n ⊥ AC 3 ? 1 1, 设 n3⊥面 DA1C1,则? ???? ? n ? 3⊥ DA , ? 1
∴不妨取 n3=(1,0,-1). 又∵ BP ∥面 DA1C1, ∴n3· BP =0, ∴- 3- 3λ =0, ∴λ =-1.

?2y3=0, 设 n3=(x3,y3,z3),得到? ? 3x3+ 3z3=0,

??? ?

??? ?

∴点 P 在 C1C 的延长线上且使 C1C=CP.


更多相关文档:

用空间向量解立体几何问题方法归纳

用空间向量解立体几何题型与方法平行垂直问题基础知识 直线 l 的方向向量为 a=(a1,b1,c1).平面 α,β 的法向量 u=(a3,b3,c3),v=(a4,b4,c4) (1)线...

空间向量法解决立体几何问题

b2 ? b3 2 空间向量法解决立体几何问题 一、引入两个重要空间向量 1、直线的方向向量; 2、平面的法向量。 二、立体几何问题的类型及解法 1、判断直线、平面间...

用空间向量法解决立体几何问题

用空间向量法解决立体几何问题_数学_高中教育_教育专区。用空间向量法解决立体几何,空间解析几何 用空间向量法解决立体几何问题 1.两个重要向量 (1)直线的方向向量...

用空间向量法求解立体几何问题典例及解析

用空间向量法求解立体几何问题典例及解析》以多面体为载体,以空间向量为工具,来论证和求解空间角、距离、线线关系以及线面关系相关问 题,是近年来高考数学的重点...

空间向量法解决立体几何问题

空间向量法解决立体几何问题_数学_高中教育_教育专区。空间向量坐标法---解决立体几何一.建立恰当的空间直角坐标系,能求点的坐标; 1、三条直线交于一点且两两...

用空间向量解决立体几何中的平行问题

分钟) (3 上一节,我们把向量从平面推广到空间,并利用空间向量解决了一些立体几何问题.本节我们进 一步学习立体几何中的向量方法. 立体几何研究的基本对象是点、...

空间向量法解决立体几何问题(学生版)

主​要​讲​解​了​向​量​法​解​决​空​间​立...空间向量法解决立体几何问题 ? 空间直角坐标系(1)定义:如图, OBCD ? D, A,...

空间向量法解决立体几何问题(学生版) (1)

空间向量法解决立体几何问题(学生版) (1)_数学_高中教育_教育专区。空间向量法解决立体几何问题 1 在棱长为 2 的正方体 ABCD ? A1B1C1D1 中,O 是面 AC...

利用空间向量解立体几何(完整版)

向量法解立体几何引言立体几何的计算和证明常常涉及到二大问题:一是位置关系,它...? B, A ? 4.平面的法向量(略) 二、向量法解空间位置关系 1.平行关系 ...

空间向量法解决立体几何问题3

河北蒙中高三理科数学 NO :0 78 使用时间:2014 年 月 日 主备人: 课题 学习目标 空间向量法解决立体几何问题 3 1、理解平面的法向量的概念,并会求平面的法...
更多相关标签:
空间向量解决立体几何 | 向量法解决立体几何 | 空间向量与立体几何 | 用空间向量解立体几何 | 立体几何空间向量法 | 空间向量解立体几何 | 空间向量和立体几何 | 空间向量立体几何 |
网站地图

文档资料共享网 nexoncn.com copyright ©right 2010-2020。
文档资料共享网内容来自网络,如有侵犯请联系客服。email:zhit325@126.com