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【创新方案】2015高考数学一轮复习(知识回扣+热点突破+能力提升)空间向量在立体几何中的应用 理 北师大版


第七节

空间向量在立体几何中的应用

【考纲下载】 1.理解直线的方向向量与平面的法向量. 2.能用向量语言表述直线与直线、直线与平面、平面与平面的垂直、平行关系. 3.能用向量方法证明有关直线和平面关系的一些定理(包括三垂线定理). 4.能用向量方法解决直线与直线、直线与平面、平面与平面的夹角的计算问题.了解向 量方法在研究立体几何问题中的应用.

1. 空间位置关系的向量表示 位置关系 直线 l1,l2 的方向向量 l1∥l2 分别为 n1,n2. l1⊥l2 直线 l 的方向向量为 l∥α n, 平面 α 的法向量为 l⊥α

向量表示 n1∥n2?n1=λ n2 n1⊥n2?n1?n2=0 n⊥m?m?n=0

m

n∥m?n=λ m n∥m?n=λ m n⊥m?n?m=0

平面 α 、β 的法向量 分别为 n,m. 2.两直线的夹角

α ∥β α ⊥β

π (1)当两条直线 l1 与 l2 共面时,我们把两条直线交角中,范围在[0, ]内的角叫作两直 2 线的夹角. (2)当直线 l1 与 l2 是异面直线时,在直线 l1 上任取一点 A 作 AB∥l2,我们把直线 l1 和直 π 线 AB 的夹角叫作异面直线 l1 与 l2 的夹角,其夹角 θ ∈(0, ]. 2 (3)已知直线 l1 与 l2 的方向向量分别为 s1,s2. π 当〈s1,s2〉≤ 时,直线 l1 与 l2 的夹角等于〈s1,s2〉 ; 2 当 π <〈s1,s2〉≤π 时,直线 l1 与 l2 的夹角等于 π -〈s1,s2〉 . 2

3.平面间的夹角

如图所示,平面 π 1 与 π 2 相交于直线 l,点 R 为直线 l 上任意一点,过点 R,在平面 π 1 上作直线 l1⊥l,在平面 π 2 上作直线 l2⊥l,则 l1∩l2=R.我们把直线 l1 和 l2 的夹角叫作平面 π 1 与 π 2 的夹角. 已知平面 π 1 和 π 2 的法向量分别为 n1 和 n2, π 当 0≤〈n1,n2〉≤ 时,平面 π 1 与 π 2 的夹角等于〈n1,n2〉 ; 2
-1-



π <〈n1,n2〉≤π 时,平面 π 1 与 π 2 的夹角等于 π -〈n1,n2〉 . 2

4.直线与平面的夹角 平面外一条直线与它在该平面内的投影的夹角叫作该直线与此平面的夹角. 设直线 l 的方向向量为 s,平面 π 的法向量为 n,直线 l 与平面 π 的夹角为 θ ,则 sin |s?n| θ =|cos〈s,n〉|= . |s||n|

5.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,则点 B 到平面 α 的距离 d = |AB― →?n| . |n|

1. 在求平面的法向量时, 所列的方程组中有三个变量, 但只有两个方程, 如何求法向量? 提示:给其中一个变量恰当赋值,求出该方程组的一组非零解,即可作为法向量的坐标. 2.两向量的夹角的范围是什么?两异面直线所成角呢?直线与平面所成角呢?二面角 呢? ? π? 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, ?;直线与平面所 2? ? ? π? 成角的范围是?0, ?;二面角的范围是[0,π ],注意以上各角取值范围的区别. 2? ?

1. 若直线 l 的方向向量为 a=(1,0,2), 平面 α 的法向量为 n=(-2, 0, -4), 则( ) A.l∥α B.l⊥α C.l ? α D.l 与 α 斜交 解析:选 B ∵a=(1,0,2),n=(-2,0,-4)∴n=-2a,即 a∥n.∴l⊥α . 2.若平面 α 、β 的法向量分别为 n1=(2,-3,5),n2=(-3,1,-4),则( ) A.α ∥β B.α ⊥β C.α 、β 相交但不垂直 D.以上均不正确 解析:选 C ∵n1?n2=2?(-3)+(-3)?1+5?(-4)≠0,∴n1 与 n2 不垂直,∴α 与 β 相交但不垂直. 3.已知 AB =(2,2,1), AC =(4,5,3),则平面 ABC 的单位法向量为( ) 2 2? 2? ?1 ? 1 2 A.? ,- , ? B.?- , ,- ? 3 3? 3? ?3 ? 3 3 2 2? 2? ?1 ?2 1 C.±? ,- , ? D.? , ,- ? 3 3? 3? ?3 ?3 3 解析:选 C 设平面 ABC 的一个法向量 n=(x,y,z),则 ?2x+2y+z=0, ? ? 即 y+z=0.令 z=2,则 y=-2,x=1. ?4x+5y+3z=0, ? 2 2? n ?1 即 n=(1,-2,2).故其单位法向量 n0=± =±? ,- , ?. 3 3 3? |n| ? 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
-2-

??? ?

????

角的余弦值为________. 解析:

以 A 为原点建立如图所示的空间直角坐标系,设棱长为 1, ???? ? ???? ? 1? 1 ? 1,0,- ? 则 A1(0,0,1),E?1,0, ?,D(0,1,0),∴ A =(0,1,-1), A , D 1 1 E =? 2? 2? ? ? ?

y-z=0, ? ? 设平面 A1ED 的法向量为 n1=(1,y,z),则? 1 1- z=0, ? ? 2

∴?

? ?y=2, ?z=2. ?

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 故所成的锐二面角的余弦值为 . 3 2 答案: 3 5.正四棱锥 S?ABCD 中,O 为顶点在底面上的射影,P 为侧棱 SD 的中点,且 SO=OD,则 直线 BC 与平面 PAC 所成的角是______. 解析:如图,以 O 为原点建立空间直角坐标系 Oxyz.

设 OD=SO=OA=OB=OC=a,则 A(a,0,0),B(0,a,0),C(-a,0,0),P?0,- , ?, 2 2? ? 则 CA =(2a,0,0), AP =?-a,- , ?, CB =(a,a,0), 2 2? ? 设平面 PAC 的一个法向量为 n,可求得 n=(0,1,1),则

?

a a?

??? ?

??? ?

?

a a?

??? ?

??? ? ??? ? ??? ? CB ? n a 1 cos〈 CB ,n〉= ??? = ,∴〈 CB ,n〉=60°, ? = 2 2a ? 2 2 CB n
∴直线 BC 与平面 PAC 所成的角为 90°-60°=30°. 答案:30°

考点一

利用空间向量证明平行、垂直

[例 1] 如图所示,在四棱锥 P?ABCD 中,PC⊥平面 ABCD,PC=2,在四边形 ABCD 中, ∠B=∠C=90°,AB=4,CD=1,点 M 在 PB 上,PB=4PM,PB 与平面 ABCD 成 30°的角.

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求证: (1)CM∥平面 PAD; (2)平面 PAB⊥平面 PAD. [自主解答]

以 C 为坐标原点,CB 所在直线为 x 轴,CD 所在直线为 y 轴,CP 所在直线为 z 轴建立如图 所示的空间直角坐标系 Cxyz.∵PC⊥平面 ABCD, ∴∠PBC 为 PB 与平面 ABCD 所成的角,∴∠PBC=30°.∵PC=2, 3? ? 3 ∴BC=2 3,PB=4,∴D(0,1,0), B(2 3,0,0),A(2 3,4,0),P(0,0,2),M? ,0, ?. 2? ?2 ∴ DP =(0,-1,2), DA =(2 3,3,0), CM =?

??? ?

??? ?

???? ?

3? ? 3 ,0, ?. 2? ?2

(1)法一:令 n=(x,y,z)为平面 PAD 的一个法向量,

??? ? ? ? DP ? n ? 0, ?-y+2z=0, 则 ? ??? 即? ? n ? 0, ?2 3x+3y=0, ? ? DA·
2,1).

1 z= y, ? ? 2 ∴? 3 ? ?x=- 2 y,

令 y=2,得 n =(- 3 ,

???? ? 3 3 +2?0+1? =0,∴n⊥ CM , 2 2 又 CM?平面 PAD,∴CM∥平面 PAD.
∵n? CM =- 3? 法二:∵ PD =(0,1,-2), PA =(2 3,4,-2),

???? ?

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??? ?
3

? ? 2 =2 3y, ???? ? ??? ? ??? ? 令 CM =x PD +y PA ,则?0=x+4y, 3 ? ?2=-2x-2y,

x=-1, ? ? 方程组有解为? 1 y= , ? ? 4

???? ? ???? ? ??? ??? ? 1 ??? ? ? ??? ? ∴ CM =- PD + PA .由共面向量定理知 CM 与 PD 、 PA 共面, 4 又∵CM?平面 PAD,∴CM∥平面 PAD.

(2)取 AP 的中点 E,则 E( 3,2,1), BE =(- 3,2,1),∵PB=AB,∴BE⊥PA. 又∵ BE ? DA =(- 3,2,1)?(2 3,3,0)=0,∴ BE ⊥ DA .
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??? ?

??? ?

??? ?

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??? ?

∴BE⊥DA,又 PA∩DA=A,PA,DA ?平面 PAD,∴BE⊥平面 PAD, 又∵BE ?平面 PAB,∴平面 PAB⊥平面 PAD. 【方法规律】 1.用向量证明平行的方法 (1)线线平行:证明两直线的方向向量共线. (2)线面平行:①证明该直线的方向向量与平面的某一法向量垂直; ②证明直线的方向向量与平面内某直线的方向向量平行. (3)面面平行:①证明两平面的法向量为共线向量; ②转化为线面平行、线线平行问题. 2.用向量证明垂直的方法 (1)线线垂直:证明两直线所在的方向向量互相垂直,即证它们的数量积为零. (2)线面垂直:证明直线的方向向量与平面的法向量共线,或将线面垂直的判定定理用向 量表示. (3)面面垂直:证明两个平面的法向量垂直,或将面面垂直的判定定理用向量表示. 如图所示,已知正方形 ABCD 和矩形 ACEF 所在的平面互相垂直,AB= 2,AF=1,M 是线 段 EF 的中点.

求证: (1)AM∥平面 BDE; (2)AM⊥平面 BDF. 证明:

(1)以 C 为坐标原点,CD,CB,CE 所在直线为 x,y,z 轴的正方向,建立如图所示的空间 2 ? ? 2 直角坐标系,设 AC∩BD=N,连接 NE.则点 N,E 的坐标分别为? , ,0?,(0,0,1). 2 ?2 ? 2 2 ? 2 ? ? ? 2 ,- ,1?.又点 A,M 的坐标分别是( 2, 2,0),? , ,1?, 2 2 2 2 ? ? ? ? ???? ? ? ? ??? ? ???? 2 2 ? ∴ AM =?- ,- ,1?.∴ NE = AM 且 NE 与 AM 不共线.∴NE∥AM. 2 ? 2 ? ∴ NE =?- 又∵NE ?平面 BDE,AM?平面 BDE,∴AM∥平面 BDE. ???? ? ? 2 2 ? (2)由(1)知 AM =?- ,- ,1?,∵D( 2,0,0),F( 2, 2,1), 2 ? 2 ?

??? ?

∴ DF =(0, 2,1).∴ AM ? DF =0.∴ AM ⊥ DF .同理可证 AM ⊥ BF . 又 DF∩BF=F,DF,BF ?平面 BDF,∴AM⊥平面 BDF.

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高频考点

考点二

利用向量求空间角

1.利用向量求空间角是每年的必考内容,题型为解答题,难度适中,属中档题. 2.高考对空间角的考查常有以下两个命题角度:
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(1)求直线与平面所成的角; (2)求二面角. [例 2] (1)(2013?新课标全国卷Ⅰ) 如图,三棱柱 ABC?A1B1C1 中,CA=CB,AB=AA1,∠ BAA1=60°.

①证明:AB⊥A1C; ②若平面 ABC⊥平面 AA1B1B,AB=CB,求直线 A1C 与平面 BB1C1C 所成角的正弦值. (2)(2013?四川高考) 如图, 在三棱柱 ABC?A1B1C1 中, 侧棱 AA1⊥底面 ABC, AB=AC=2AA1, ∠BAC=120°,D,D1 分别是线段 BC,B1C1 的中点,P 是线段 AD 的中点.

①在平面 ABC 内,试作出过点 P 与平面 A1BC 平行的直线 l,说明理由,并证明直线 l⊥平 面 ADD1A1; ②设①中的直线 l 交 AB 于点 M,交 AC 于点 N,求二面角 A?A1M ?N 的余弦值. [自主解答] (1)①证明:取 AB 的中点 O,连接 OC,OA1,A1B. 因为 CA=CB,所以 OC⊥AB.由于 AB=AA1,∠BAA1=60°, 故△AA1B 为等边三角形,所以 OA1⊥AB.因为 OC∩OA1=O,OC,OA1 ?平面 OA1C, 所以 AB⊥平面 OA1C.又 A1C ?平面 OA1C,故 AB⊥A1C. ②由①知 OC⊥AB,OA1⊥AB.又平面 ABC⊥平面 AA1B1B,交线为 AB, 所以 OC⊥平面 AA1B1B,故 OA,OA1,OC 两两相互垂直.

以 O 为坐标原点,OA ,OA1 ,OC 的方向分别为 x,y,z 轴的正方向,| OA |为单位长, 建立如图所示的空间直角坐标系 Oxyz.由题设知 A(1,0,0),A1(0, 3,0),C(0,0, 3),B(- 1,0,0). 则 BC =(1,0, 3), BB1 = AA1 =(-1, 3,0), A1C =(0,- 3, 3).

??? ?

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????

??? ? ? ? BC ? n ? 0, ?x+ 3z=0, 设 n=(x,y,z)是平面 BB1C1C 的一个法向量,则 ? ???? 即? ?-x+ 3y=0. BB · n ? 0, ? ? 1 ???? ???? A1C ? n 10 可取 n=( 3,1,-1).故 cos? A1C , n = ???? =- . 5 A1C ? n
所以 A1C 与平面 BB1C1C 所成角的正弦值为 10 . 5

(2)①如图,在平面 ABC 内,过点 P 作直线 l∥BC,因为 l 在平面 A1BC 外,BC 在平面 A1BC 内,由直线与平面平行的判定定理可知,l∥平面 A1BC.
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由已知,AB=AC,D 是 BC 的中点,所以 BC⊥AD,则直线 l⊥AD. 因为 AA1⊥平面 ABC,所以 AA1⊥直线 l. 又 AD,AA1 在平面 ADD1A1 内,且 AD 与 AA1 相交,所以直线 l⊥平面 ADD1A1.

②设 A1A=1.如图,过 A1 作 A1E 平行于 B1C1,以 A1 为坐标原点,分别以 A1 E , A1D1 , A1 A 的方向为 x 轴,y 轴,z 轴的正方向,建立空间直角坐标系 Oxyz(点 O 与点 A1 重合). 则 A1(0,0,0),A(0,0,1). 3 1 ? ? 3 1 ? ? 因为 P 为 AD 的中点, 所以 M, N 分别为 AB, AC 的中点, 故 M? , ,1?, N?- , ,1?, ?2 2 ? ? 2 2 ? 所以 A1M =?

????

?????

????

?????

???? ? ? 3 1 ? ???? , ,1?, A1 A =(0,0,1), NM =( 3,0,0). ?2 2 ?

设平面 AA1M 的一个法向量为 n1=(x1,y1,z1),则

????? ????? 3 1 ? ? ? ??x1,y1,z1??? ? , ,1?=0, ?n1 ? A1M , ? ?n1 ? A1M ? 0, 2 2 ? ? 即 故有 ? ???? ? ? ???? n ? A A , n · A A ? 0, ? ? ? ? 1 1 ? 1 1 ??x1,y1,z1???0,0,1?=0,

? ? 3x1+1y1+z1=0, 2 从而? 2 ? ?z1=0.

取 x1=1,则 y1=- 3,所以 n1=(1,- 3,0).

设平面 A1MN 的一个法向量为 n2=(x2,y2,z2),则

????? ????? ? 3 1 ? ? ? ? ??x2,y2,z2??? , ,1?=0, n ? A M , n ? ? 2 ? 2 A1M ? 0, 1 ?2 2 ? 故有? ???? ? 即? ???? ? ? n ? NM , n ? NM ? 0, ? ? ? ? 2 ? 2 ??x2,y2,z2??? 3,0,0?=0,
1 ? 3 ? x2+ y2+z2=0, 2 从而? 2 ? ? 3x2=0. 取 y2=2,则 z2=-1,所以 n2=(0,2,-1).

设二面角 A?A1M?N 的平面角为 θ ,又 θ 为锐角, ? n1?n2 ?=??1,- 3,0???0,2,-1??= 15. 则 cos θ =? ? ? ? 5 ?|n1|?|n2|? ? 2? 5 ? 故二面角 A?A1M?N 的余弦值为 15 . 5

利用向量求空间角问题的常见类型及解题策略 (1)求直线与平面所成的角.求直线 l 与平面 α 所成的角 θ ,可先求出平面 α 的法向量 n 与直线 l 的方向向量 a 的夹角,则 sin θ =|cos〈n,a〉|. (2)求二面角.①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;②分别在 二面角的两个平面内找到与棱垂直且以垂足出发的两个向量,则这两个向量的夹角的大小就 是二面角的大小.

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1 1. 如图所示,已知三棱锥 P?ABC 中,PA⊥平面 ABC,AB⊥AC,PA=AC= AB,N 为 AB 上 2 一点,AB=4AN,M,S 分别为 PB,BC 的中点.

(1)证明:CM⊥SN; (2)求 SN 与平面 CMN 所成角的大小. 解:(1)证明:设 PA=1,以 A 为原点,射线 AB、AC、AP 分别为 x,y,z 轴正方向建立空 间直角坐标系,如图所示.

1? ?1 ? ? ? 1 ? 则 P(0,0,1),C(0,1,0),B(2,0,0),M?1,0, ?,N? ,0,0?,S?1, ,0?. 2 2 ? ? ? ? ? 2 ? ???? ? ? ???? ? ??? ? ??? ? 1? 1 ? 1 1 ? 1 则 CM =?1,-1, ?, SN =?- ,- ,0?,所以 CM ? SN =- + +0=0. 2 2 2 2 2 ? ? ? ? 所以 CM⊥SN. ???? ? 1 ? (2) NC =?- ,1,0?,设 a=(x,y,z)为平面 CMN 的一个法向量, ? 2 ?

z ???? ? x-y+ =0, ? ? 2 ?a· CM ? 0, 所以 ? ???? 则? 1 NC ? 0, ? a· ?- x+y=0,

令 x=2,得 a=(2,1,-2).

?

2

?-1-2? 2 ??? ? ? ?= ,所以 SN 与平面 CMN 所成的角为 45°. 因为|cos〈a, SN 〉|= 2
1

? 3? 2 ? ? 2?

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:

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(1)以 A 为原点, AB , AD , AA1 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 的一个法向量,

??? ?

????

????

????

???? ?

???? ?

???? ? ?3x-3y=0, ?n ? DE , ? 则有 ? ? x=y=-1,∴n=(-1,-1,2), ???? ? ?? ?x+3y+2?2=0 ? ?n ? EC1 , ? ???? ∵向量 AA1 =(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. ???? n ? AA1 ?-1??0+?-1??0+2?2 6 ∵cos θ = = , ???? = 3 1+1+4? 0+0+4 n ? AA1
由图知二面角 C?DE?C1 的平面角为锐角,∴tan θ = 2 . 2 (2)设直线 EC1 与 FD1 所成的角为 β ,则 故二面角 C?DE?C1 的正切值为 2 . 2

???? ? ???? ? EC1 ? FD1 21 ? 1??-4?+3?2+2?2 ? cos β = ???? . ? ???? ? =? 2 2 2 2 2 2?= 14 1 + 3 + 2 ? ?- 4 ? + 2 + 2 ? ? EC1 ? FD1
故直线 EC1 与 FD1 所成角的余弦值为 考点三 21 . 14 利用向量解决探索性问题

[例 3] 如图,在 Rt△ABC 中,AB=BC=4,点 E 在线段 AB 上.过点 E 作 EF∥BC 交 AC 于 点 F,将△AEF 沿 EF 折起到△PEF 的位置(点 A 与 P 重合),使得∠PEB=60°.

(1)求证:EF⊥PB; (2)试问:当点 E 在线段 AB 上移动时,二面角 P?FC?B 的平面角的余弦值是否为定值?若 是,求出其定值;若不是,说明理由. [自主解答] (1)证明:在 Rt△ABC 中,∵EF∥BC,∴EF⊥AB.∵EF⊥EB,EF⊥EP, 又∵EB∩EP=E,EB,EP ?平面 PEB,∴EF⊥平面 PEB. 又∵PB ?平面 PEB,∴EF⊥PB. (2)在平面 PEB 内,经点 P 作 PD⊥BE 于点 D, 由(1)知 EF⊥平面 PEB,∴EF⊥PD, 又∵BE∩EF=E,BE,EF ?平面 BCFE,∴PD⊥平面 BCFE. 在平面 PEB 内过点 B 作直线 BH∥PD,则 BH⊥平面 BCFE.

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如图所示,以 B 为坐标原点, BC , BE , BH 的方向分别为 x 轴,y 轴,z 轴的正方向 建立空间直角坐标系.设 PE=x(0<x<4), 又∵AB=BC=4,∴BE=4-x,EF=x.在 Rt△PED 中,∠PED=60°, 3 1 1 3 ∴PD= x,DE= x,∴BD=4-x- x=4- x, 2 2 2 2 3 3 ? ? ∴C(4,0,0),F(x,4-x,0),P?0,4- x, x?. 2 2 ? ? ??? ? ??? ? ? 3 3 ? 从而 CF =(x-4,4-x,0), CP =?-4,4- x, x?. 2 2 ? ? 设 n1=(x0,y0,z0)是平面 PCF 的一个法向量,

??? ?

??? ?

????

??? ? ?x0?x-4?+y0?4-x?=0, ? CF ? 0, ? ?n1 · ∴ ? ??? 即? ? 3 ? 3 ? -4x0+?4- x?y0+ xz0=0, CP ? 0, ? ? ?n1 · 2 ? 2 ? ?

∴?

?x0-y0=0, ? 3y0-z0=0,

取 y0=1,得 n1=(1,1, 3)是平面 PFC 的一个法向量. 又平面 BFC 的一个法向量为 n2=(0,0,1). 设二面角 P?FC?B 的平面角为 α ,则 cos α =|cos〈n1,n2〉|=?

? n1?n2 ?= 15. ? ?|n1||n2|? 5
15 . 5

因此当点 E 在线段 AB 上移动时, 二面角 P?FC?B 的平面角的余弦值为定值, 且定值为

??? ? ? CF ? 0, ?n1 · ? ? ??? CP ? 0, ? ?n1 ·

[互动探究] 保持本例条件不变,求平面 PCF 与平面 PBE 所成锐二面角的余弦值. 解:设平面 PBE 的一个法向量为 n2,平面 PCF 与平面 PBE 所成的锐二面角为 β ,则 n2= ? n1?n2 ?= 1 = 5. (1,0,0),cos β =|cos〈n1,n2〉|=? ? ?|n1||n2|? 5 5 【方法规律】 利用向量解决探索性问题的方法 (1)与平行、垂直有关的探索性问题的解题策略是将空间中的平行与垂直转化为向量的平 行或垂直来解决. (2)与角有关的探索性问题的解题策略是将空间角转化为与向量有关的问题.

AD CE 1 等边三角形 ABC 的边长为 3,点 D、E 分别是边 AB、AC 上的点,且满足 = = (如图 DB EA 2 1).将△ADE 沿 DE 折起到△A1DE 的位置,使二面角 A1?DE?B 成直二面角,连接 A1B、A1C(如图 2).

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图1 图2 (1)求证:A1D⊥平面 BCED; (2)在线段 BC 上是否存在点 P,使直线 PA1 与平面 A1BD 所成的角为 60°?若存在,求出 PB 的长;若不存在,请说明理由. 解:

AD CE 1 (1)证明:因为等边△ABC 的边长为 3,且 = = , DB EA 2 所以 AD=1,AE=2.在△ADE 中,∠DAE=60°, 2 2 由余弦定理得,DE= 1 +2 -2?1?2?cos 60°= 3. 2 2 2 因为 AD +DE =AE ,所以 AD⊥DE.折叠后有 A1D⊥DE. 因为二面角 A1?DE?B 是直二面角,所以平面 A1DE⊥平面 BCED. 又平面 A1DE∩平面 BCED=DE,A1D ?平面 A1DE,A1D⊥DE, 所以 A1D⊥平面 BCED. (2)由(1)的证明,可知 ED⊥DB,A1D⊥平面 BCED.

以 D 为坐标原点,以射线 DB、DE、DA1 分别为 x 轴、y 轴、z 轴的正半轴,建立空间直角 坐标系 Dxyz,如图.设 PB=2a(0≤2a≤3),作 PH⊥BD 于点 H,连接 A1H、A1P, 则 BH=a,PH= 3a,DH=2-a.所以 A1(0,0,1),P(2-a, 3a,0),E(0, 3,0). 所以 PA1 =(a-2,- 3a,1).因为 ED⊥平面 A1BD, 所以平面 A1BD 的一个法向量为 DE =(0, 3,0). 因为直线 PA1 与平面 A1BD 所成的角为 60°,

????

????

???? ???? PA ? DE 3a 3 5 所以 sin 60°= ????1 ???? = = ,解得 a= . 2 2 4 4a -4a+5? 3 PA1 ? DE
5 即 PB=2a= ,满足 0≤2a≤3,符合题意. 2 5 所以在线段 BC 上存在点 P,使直线 PA1 与平面 A1BD 所成的角为 60°,此时 PB= . 2 ————————————[课堂归纳——通法领悟]———————————————— ?2 个关系——异面直线所成的角及二面角与向量夹角的关系
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(1)异面直线所成角与向量夹角的关系 当异面直线的方向向量的夹角为锐角或直角时,就是该异面直线的夹角;当异面直线的 方向向量的夹角为钝角时,其补角才是异面直线的夹角. (2)二面角与向量夹角的关系 设二面角的两个面的法向量分别为 n1,n2,则〈n1,n2〉或 π -〈n1,n2〉是所求的二面 角.这时要借助图形来判断所求角是 锐角还是钝角,确定〈n1,n2〉是所求角,还是 π -〈n1,n2〉是所求角. ?3 个范围——三种空间角的范围 ? π? (1)异面直线所成的角的范围是?0, ?; 2? ? π ? ? (2)直线与平面所成角的范围是?0, ?; 2? ? (3)二面角的范围是[0,π ].

答题模板(六) 空间向量在立体几何中的应用 [典例] (2013?山东高考) (12 分)如图所示,在三棱锥 P?ABQ 中,PB⊥平面 ABQ,BA= BP=BQ,D,C,E,F 分别是 AQ,BQ,AP,BP 的中点,AQ=2BD,PD 与 EQ 交于点 G,PC 与 FQ 交于点 H,连接 GH.

(1)求证:AB∥GH; (2)求二面角 D?GH?E 的余弦值. [快速规范审题] 第(1)问 1.审结论,明解题方向 观察所求结论:证明 AB∥GH 2.审条件,挖解题信息 根据公理4 ― ― → 可证明 EF∥GH.

利用三角形中位线及公理4 观察条件:D,C,E,F 分别是 AQ,BQ,AP,BP 的中点 ― ― → EF∥AB 线面平行的判定理 线面平行的性质定理 ∥DC ― ― → EF∥平面 PCD ― ― → EF∥GH. 3.建联系,找解题突破口 公理4 EF∥GH,EF∥AB― ― →GH∥AB. 第(2)问 1.审结论,明解题方向 利用法向量求解 观察所求结论:求二面角 D ?GH?E 的余弦值 ― ― → 转化为求平面 DGH 和平面 EGH 法向量的夹角的余弦值. 2.审条件,挖解题信息 建立空间直角坐标系 观察条件:BP,BA,BQ 两两互相垂直 ― ― → 求平面 DGH 的法向量 n 和平面 EGH 的法向量 m.
- 12 -

3.建联系,找解题突破口 确定二面角范围 求 cos〈m,n〉 ― ― → 求二面角 D?GH?E 的余弦值., [准确规范答题] (1)证明:因为 D,C,E,F 分别是 AQ,BQ,AP,BP 的中点, 所以 EF∥AB,DC∥AB.所以 EF∥DC. 又 EF?平面 PCD,DC ?平面 PCD,所以 EF∥平面 PCD. 又 EF ?平面 EFQ,平面 EFQ∩平面 PCD=GH,

?1 分 ?2 分

所以 EF∥GH. ?3 分 又 EF∥AB,所以 AB∥GH. ?4 分 (2)在△ABQ 中,AQ=2BD,AD=DQ,所以∠ABQ=90°. 又 PB⊥平面 ABQ,所以 BA,BQ,BP 两两垂直. 以 B 为坐标原点,分别以 BA,BQ,BP 所在直线为 x 轴,y 轴,z 轴,建立如图所示的空 间直角坐标系.设 BA=BQ=BP=2, 确定各点坐标时易发生错误,造成后续求解错误 则 E(1,0,1),F(0,0,1),Q(0,2,0),

D(1,1,0),C(0,1,0),P(0,0,2).所以 EQ =(-1,2,-1), FQ =(0,2,-1), DP =(-
1, -1,2), CP =(0,-1,2). 设平面 EFQ 的一个法向量为 m=(x1,y1,z1),

??? ?

??? ?

??? ?

??? ?

?6 分

??? ? ?m· ?-x1+2y1-z1=0, EQ ? 0, ? 由 ? ??? 得? ? ?2y1-z1=0, FQ ? 0, ? ?m·
??? ? ?n· ?-x2-y2+2z2=0, DP ? 0, ? ? 由 ? ??? 得? ? ?-y2+2z2=0, CP ? 0, ? ? ?n·
m?n 4 所以 cos〈m,n〉= = . |m||n| 5

取 y1=1,得 m=(0,1,2).

?8 分

设平面 PDC 的一个法向量为 n=(x2,y2,z2), 取 z2=1,得 n=(0,2,1), ?10 分 ?11 分 因

4 易忽视判断二面角D?GH?E的范围,直接得出二面角D?GH?E的余弦值为 的错误答案 5 4 为二面角 D?GH?E 为钝角,所以二面角 D?GH?E 的余弦值为- . 5 [答题模板速成] 利用空间向量解决立体几何问题的一般步骤: 第一步 审清题意 第二步 确定相关点的坐标 ?12 分

利用条件分析问题,建立恰当的空间直角坐标系 结合建系过程与图形,准确地写出相关点的坐标 利用点的坐标求出相关直线的方向向量和平面的法 向量,若已知某直线垂直某平面,可直接取直线的 一个方向向量为该平面的法向量

第三步 确立平面的法向量

- 13 -

第四步 转化为向量运算 第五步 问题还原 第六步 反思回顾

将空间位置关系转化为向量关系,空间角转化为向 量的夹角问题去论证,求解 结合条件与图形,作出结论(注意角的范围) 回顾检查建系过程、坐标是否有错及是否忽视了所 求角的范围而写错结论

[全盘巩固] 1. 如图,四棱锥 P?ABCD 中,PA⊥平面 ABCD,E 为 BD 的中点,G 为 PD 的中点,△DAB≌ 3 △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 所成锐角的余弦值. 解:(1)证明:在△ABD 中,因为 E 是 BD 中点,所以 EA=EB=ED=AB=1, π π 故∠BAD= ,∠ABE=∠AEB= ,因为△DAB≌△DCB,所以△EAB≌△ECB, 2 3 π 从而有∠FED=∠BEC=∠AEB= ,所以∠FED=∠FEA, 3 故 EF⊥AD,AF=FD.因为 PG=GD,所以 FG∥PA. 又 PA⊥平面 ABCD,所以 GF⊥AD,又 EF∩GF=F,EF,GF ?平面 CFG, 故 AD⊥平面 CFG. (2)因为 PA⊥平面 ABCD,AB⊥AD,

所以 AB,AD,PA 两两垂直. 以点 A 为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系, 3? 3 ? ?3 ? 则 A(0,0,0),B(1,0,0),C? , ,0?,D(0, 3,0),P?0,0, ?, 2? ? 2 2 ? ?

??? ? ?1 ? ? 3 ? ? 3 3 ? ??? 3 3? ??? 3 ? 故 BC =? , ,0?, CP =?- ,- , ?, CD =?- , ,0?. 2 2? ?2 2 ? ? 2 ? 2 2 ? 设平面 BCP 的一个法向量 n1=(1,y1,z1),

- 14 -

? 1 ? ??? 3 3 ? y1=- , BC ? ? y1 ? 0, ?n1 · ? 3 ? 2 2 则? 解得? ??? ? 2 3 3 3 ?n · z1= , ? CP ? ? ? y ? z ? 0, ? 1 1 1 3 ? ? 2 2 2
设平面 DCP 的一个法向量 n2=(1,y2,z2),

即 n1=?1,-

? ?

3 2? , ?. 3 3?

? ? ??? 3 CD ? ? ? ?n 2 · ? 2 则? ??? ? 3 ?n · CP ?? ? 2 ? ? 2

3 y2 ? 0, ?y2= 3, 2 解得? ?z2=2, 3 3 y2 ? z2 ? 0, 2 2

即 n2=(1, 3,2).

|n1?n2| 从而平面 BCP 与平面 DCP 所成锐角的余弦值为 cos θ = = |n1||n2|

4 3 16 ? 8 9



2 . 4

2. 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:(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,AA1,AE ?平面 ACC1A1,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 1 ? 3 ? A(0,-1,0),B( 3,0,0),C1(0,1, 2),D? ,- , 2?. 2 ?2 ?

? 3 1 ? , , 2?. ?2 2 ? ??? ? ? AB ? 3x ? y ? 0, ?n· 设平面 ABC1 的一个法向量为 n=(x,y,z),则有 ? ???? ? AC1 ? 2 y ? 2 z ? 0, ? ?n·
易知 AB =( 3,1,0), AC1 =(0,2, 2), AD =? 解得 x=- 3 y,z=- 2y.故可取 n=(1,- 3, 6). 3

??? ?

???? ?

????

- 15 -

???? ???? 2 3 10 n ? AD 所以 cos〈n, AD 〉= = . ???? = 5 10? 3 n ? AD
10 . 5 3. (2013?重庆高考)如图,四棱锥 P?ABCD 中,PA⊥底面 ABCD,BC=CD=2,AC=4,∠ π ACB=∠ACD= ,F 为 PC 的中点,AF⊥PB. 3 故直线 AD 和平面 ABC1 所成角的正弦值为

(1)求 PA 的长; (2)求二面角 B?AF?D 的正弦值. 解:

(1)如图所示,连接 BD 交 AC 于 O,因为 BC=CD,即△BCD 为等腰三角形, 又 AC 平分∠BCD,故 AC⊥BD. 以 O 为坐标原点, OB , OC , AP 的方向分别为 x 轴,y 轴,z 轴的正方向,建立空间 π 直角坐标系 Oxyz,则 OC=CDcos =1,而 AC=4,得 AO=AC-OC=3, 3 π 又 OD=CDsin = 3,故 A(0,-3,0),B( 3,0,0),C(0,1,0),D(- 3,0,0). 3 因 PA⊥底面 ABCD,可设 P(0,-3,z)(z>0),由 F 为 PC 边的中点,知 F?0,-1, ?. 2? ? 又 AF =?0,2, ?, PB =( 3,3,-z),因 AF⊥PB, 2? ?

??? ?

????

??? ?

?

z?

???? ????

?

z?

??? ?

故 AF ? PB =0,即 6- =0,z=2 3(舍去-2 3),所以| PA |=2 3. 2 故 PA 的长为 2 3. (2)由(1)知 AD =(- 3,3,0), AB =( 3,3,0), AF =(0,2, 3). 设平面 FAD 的一个法向量为 n1=(x1,y1,z1),平面 FAB 的一个法向量为 n2=(x2,y2,z2),

??? ?

z2

??? ?

????

??? ?

????

???? ???? ?- 3x1+3y1=0, 由 n1? AD =0,n1? AF =0,得? ?2y1+ 3z1=0, ??? ?

因此可取 n1=(3, 3,-2).由 n2? AB =0,n2? AF =0,得

????

? 3x2+3y2=0, ? ?2y2+ 3z2=0,

故可取 n2=(3,- 3,2).

- 16 -

从而法向量 n1,n2 的夹角的余弦值为 cos〈n1,n2〉= 故二面角 B?AF?D 的正弦值为

n1?n2 1 = . |n1|?|n2| 8

3 7 . 8 4.(2014?新余模拟) 如图,在四棱锥 P?ABCD 中,PD⊥平面 ABCD,四边形 ABCD 是菱形, AC=2,BD=2 3,E 是 PB 上任意一点.

(1)求证:AC⊥DE; (2)已知二面角 A?PB?D 的余弦值为 15 ,若 E 为 PB 的中点,求 EC 与平面 PAB 所成角的正 5

弦值. 解:(1)证明:∵PD⊥平面 ABCD,AC ?平面 ABCD,∴PD⊥AC. ∵四边形 ABCD 是菱形,∴BD⊥AC.又 BD∩PD=D,BD,PD ?平面 PBD, ∴AC⊥平面 PBD.∵DE ?平面 PBD,∴AC⊥DE.

(2)在△PDB 中,∵E,O 分别为 PB,BD 的中点,∴EO∥PD, ∴EO⊥平面 ABCD,分别以 OA,OB,OE 所在直线为 x,y,z 轴建立空间直角坐标系,设

t? ? PD=t(t>0),则 A(1,0,0),B(0, 3,0),C(-1,0,0),E?0,0, ?,P(0,- 3,t). z),且 AB =(-1,

2? ? 由(1)知,平面 PBD 的一个法向量为 n1=(1,0,0),设平面 PAB 的一个法向量为 n2=(x,y,

??? ?

??? ? ? AB ? 0, ?-x+ 3y=0, ?n 2 · 得? ? ? ??? AP ? 0, ?-x- 3y+tz=0, ? ?n 2 ·

3,0), AP =(-1,- 3,t),则根据 令 y=1,

??? ?

2 3? ? 得平面 PAB 的一个法向量为 n2=? 3,1, ?.

?

t ?

∵二面角 A?PB?D 的余弦值为

15 15 ,∴|cos〈n1,n2〉|= ,即 5 5

15 = , 5 12 4+ 2

3

t

解得 t=2 3或 t=-2 3(舍去),∴P(0,- 3,2 3). 设 EC 与平面 PAB 所成的角为 θ ,∵ EC =(-1,0,- 3),n2=( 3,1,1), ??? ? 2 3 15 15 则 sin θ =|cos〈 EC ,n2〉|= = ,∴EC 与平面 PAB 所成角的正弦值为 . 5 5 2? 5 5. 如图,四棱柱 ABCD?A1B1C1D1 的底面 ABCD 是正方形,O 为底面中心,A1O⊥平面 ABCD, AB=AA1= 2.

??? ?

- 17 -

(1)证明:A1C⊥平面 BB1D1D; (2)求平面 OCB1 与平面 BB1D1D 所成锐角 θ 的大小. 解:

(1)证明:由题设易知 OA,OB,OA1 两两垂直,以 O 为原点, OA , OB , OA1 的方向分别 为 x 轴,y 轴,z 轴的正方向,建立空间直角坐标系,如图所示. ∵AB=AA1= 2,∴OA=OB=OA1=1, ∴A(1,0,0),B(0,1,0),C(-1,0,0),D(0,-1,0),A1(0,0,1). 由A 1C =(-1,0,-1), BD =(0,-2,0), 1B 1 = AB ,易得 B1(-1,1,1).∵ A

??? ?

??? ?

????

???? ?

??? ?

????

??? ?

???? ???? ??? ???? ???? ? BB1 =(-1,0,1),∴ A1C ? BD =0, A1C ? BB1 =0,∴A1C⊥BD,A1C⊥BB1,
????

又 BD∩BB1=B,BD,BB1 ?平面 BB1D1D,∴A1C⊥平面 BB1D1D.

(2)设平面 OCB1 的一个法向量 n=(x,y,z).∵ OC =(-1,0,0), OB1 =(-1,1,1),

????

???? ? ?-x=0, n · OC ? 0, ? ? ∴ ? ???? 即? ?-x+y+z=0, OB1 ? 0, ? ? ?n·

∴?

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

令 y=1,得平面 OCB1 的一个法向量 n=(0,1,-1), 由(1)知, A1C =(-1,0,-1)是平面 BB1D1D 的一个法向量, 1 π π = .又 0<θ < ,∴θ = . 2 2 3 2? 2 6. 如图,在多面体 A1B1?ABC 中,△ABC 和△AA1C 都是边长为 2 的正三角形,四边形 ABB1A1 是平行四边形,且平面 A1AC⊥底面 ABC. ∴cos θ =|cos〈n, A1C 〉|= 1

????

????

(1)证明:A1B⊥AC; (2)在线段 BB1 上是否存在点 M,使得过 CM 的平面与直线 AB 平行,且与底面 ABC 所成的角 为 45°?若存在,请确定点 M 的位置;若不存在,请说明理由. 解:(1)证明:取 AC 中点 O,连接 A1O,BO,∵△ABC 和△AA1C 都是正三角形, ∴A1O⊥AC,BO⊥AC,∵平面 A1AC⊥底面 ABC,平面 A1AC∩底面 ABC=AC, ∴A1O⊥平面 ABC,又∵BO ?平面 ABC,∴A1O⊥BO.∴OB,AC,OA1 两两垂直.

- 18 -

如图所示,以 OB,OC,OA1 所在直线分别为 x 轴,y 轴,z 轴建立空间直角坐标系 Oxyz, 则 A(0,-1,0),B( 3,0,0),C(0,1,0),A1(0,0, 3), ∴ A1 B =( 3,0,- 3), AC =(0,2,0),∴ A1 B ? AC =0,∴ A1 B ⊥ AC ,即 A1B ⊥AC. (2)假设点 M 存在,且 BM =λ BB1 (0≤λ ≤1), 设过 CM 且与 AB 平行的平面交 AA1 于点 N,连接 MN,NC, ∴AB∥MN,∴四边形 ABMN 是平行四边形, 则 AN = BM , NM = AB ,且 AN =λ AA1 , 又 AA1 =(0,1, 3),∴ AN =λ AA1 =(0,λ , 3λ ),

????

????

????

????

????

????

???? ?

????

????

???? ?

???? ?

??? ?

????

????

????

????

????

∴N(0,λ -1, 3λ ),CN =(0,λ -2, 3λ ),又 AB =( 3,1,0),∴ NM =( 3, 1,0), 设平面 CMN 的法向量一个为 n1=(x,y,z),

????

??? ?

???? ?

???? ? CN ? 0, ??λ -2?y+ 3λ z=0, ?n1 · 则 ? ???? ∴? ? ? 3x+y=0, n · NM ? 0, ? ? 1 λ -2? ? ∴n1=?1,- 3, ?为平面 CMN 的一个法向量,又平面 ABC 的一个法向量为 n2= λ ? ?

(0,0,1),且平面 CMN 与底面 ABC 所成角为 45°, ?λ -2? ? λ ? 2 2 ? ? ∴cos 45°= = ,解得 λ =-2(舍去)或 λ = . 3 ?λ -2?2 2 4+? ? ? λ ? 2 ∴在线段 BB1 上存在点 M,当 BM= BB1 时,平面 CMN 与直线 AB 平行,且平面 CMN 与底面 3 ABC 所成的角为 45°. [冲击名校] 如图,在四棱柱 ABCD?A1B1C1D1 中,侧棱 AA1⊥底面 ABCD,AB∥DC,AA1=1,AB=3k,AD= 4k,BC=5k,DC=6k(k>0).

(1)求证:CD⊥平面 ADD1A1; 6 (2)若直线 AA1 与平面 AB1C 所成角的正弦值为 ,求 k 的值; 7 (3)现将与四棱柱 ABCD?A1B1C1D1 形状和大小完全相同的两个四棱柱拼接成一个新的四棱 柱.规定:若拼接成的新四棱柱形状和大小完全相同,则视为同一种拼接方案.问:共有几 种不同的拼接方案?在这些拼接成的新四棱柱中,记其中最小的表面积为 f(k),写出 f(k)的 解析式(直接写出答案,不必说明理由).
- 19 -

解:

(1)证明:取 CD 的中点 E,连接 BE.∵AB∥DE,AB=DE=3k, ∴四边形 ABED 为平行四边形,∴BE∥AD 且 BE=AD=4k. 2 2 2 在△BCE 中,∵BE=4k,CE=3k,BC=5k,∴BE +CE =BC , ∴∠BEC=90°,即 BE⊥CD.又 BE∥AD,∴CD⊥AD. ∵AA1⊥平面 ABCD,CD ?平面 ABCD,∴AA1⊥CD. 又 AA1∩AD=A,AA1,AD ?平面 ADD1A1,∴CD⊥平面 ADD1A1.

(2)以 D 为原点,以 DA , DC , DD1 的方向为 x,y,z 轴的正方向建立如图所示的空间 直角坐标系,则 A(4k,0,0),C(0,6k,0),B1(4k,3k,1),A1(4k,0,1), 所以 AC =(-4k,6k,0), AB1 =(0,3k,1), AA1 =(0,0,1).

??? ?

????

???? ?

????

????

????

???? ? ?-4kx+6ky=0, AC ? 0, ? ?n· 设平面 AB1C 的一个法向量 n=(x,y,z),则由 ? ???? 得? ?3ky+z=0. AB1 ? 0, ? ? ?n·
取 y=2,得 n=(3,2,-6k).设 AA1 与平面 AB1C 所成角为 θ ,则

???? ???? n ? AA1 6k 6 sin θ =|cos〈 AA1 ,n〉|= = , ???? = 2 36k +13 7 n ? AA1
解得 k=1 或 k=-1(舍),故所求 k 的值为 1. 5 ? ?72k +26k,0<k≤18, (3)共有 4 种不同的方案.f(k)=? 5 36k +36k,k> . ? ? 18
2 2

[高频滚动] 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 解: 2 , 求线段 AM 的长. 6

- 20 -

如图所示, 以点 A 为原点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) B1C =(1,-2,-1). 设平面 B1CE 的一个法向量 m=(x,y,z),

???? ?

??? ?

???? ?

??? ?

????

???? ? B1C ? 0, ? ?x-2y-z=0, ?m· 则 ? ??? 即? ? ?-x+y-z=0. CE ? 0, ? ? ?m·

消去 x,得 y+2z=0,不妨令 z=1,

故 B1C1 =(1,0,-1)为平面 CEC1 的一个法向量.

???? ?

所以平面 B1CE 的一个法向量为 m=(-3,-2,1). 由(1)知,B1C1⊥CE,又 CC1⊥B1C1,CE∩CC1=C,CE,CC1 ?平面 CEC1,所以 B1C1⊥平面 CEC1,

????? ???? ? ???? ? m· B1C1 -4 2 7 21 于是 cos〈m, B1C1 〉= =- ,从而 sin〈m, B1C1 〉= . ????? = 7 7 14? 2 m ? B1C1
所以二面角 B1?CE?C1 的正弦值为

(3) AE =(0,1,0), EC1 =(1,1,1).

??? ?

???? ?

21 . 7

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

??? ?

设 EM =λ EC1 =(λ , λ , λ ), 0≤λ ≤1, 有 AM = AE + EM =(λ , λ +1, λ ). 可

???? ?

???? ?

???? ?

??? ?

???? ?

???? ? ??? ? AM ? AB ???? ? ??? ? 2λ sin θ = |cos 〈 AM , AB 〉 | = ???? ? ??? ? = 2 2 2? λ +?λ +1? +λ AM ? AB
λ
2

2



3λ +2λ +1 于是
2

. λ =

3λ +2λ +1

???? ? ?1 4 1? 2 1 1 , 解得 λ = 或 λ =- (舍), 所以 AM =? , , ?, 即 AM= 2. 6 3 5 ?3 3 3?

- 21 -


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