当前位置:首页 >> 数学 >> §8.5 空间角与距离、空间向量及其应用

§8.5 空间角与距离、空间向量及其应用


栏目索引

高考理数
§8.5 空间角与距离、空间向量及其应用

栏目索引

知识清单
一、空间向量 1.空间向量的有关定理 (1)共线向量定理:共线向量定理可以分解为两个命题(a,b(b≠0)为空间内任意两个向量):①a∥b ?存在唯一实数λ,使得a=λb;②若存在实数λ,使a=λb,则a∥b,其中命题②是空间向量共线的判定 定理.
AP = (2)四点共面的充要条件:①空间一点P位于平面ABC的充要条件是存在有序实数对(x,y),使? AB +y? OP=x? OA+y? OB+z? AC 成立;②对空间任意一点O,有? OC ,若x+y+z=1,则P,A,B,C四点共面,反之 x? ??? ? ??? ?

??? ?

??? ?

??? ?

??? ?

??? ?

亦成立.
(3)空间向量基本定理:①空间任意三个不共面的向量都可以构成空间的一组基底;②基底选定 后,空间的所有向量均可由基底唯一表示. 2.空间向量的有关运算 (1)空间向量的运算:①空间向量的加法、减法、数乘以及数量积的运算均可类比平面向量进行

栏目索引

求解,只是从二维空间向三维空间的一个转化;②空间向量的坐标运算与坐标原点的位置的选取 无关,因为一个确定的几何体的点、线、面的位置关系都是固定的,不会因为坐标系的变化而变 化;③在进行向量运算时,在能建系的情况下尽量建系,将向量运算转化为坐标运算. (2)利用向量法解决几何问题时,常用的与向量运算有关的结论:设a=(a1,a2,a3),b=(b1,b2,b3), ①a∥b?a=λb(b≠0)?a1=λb1,a2=λb2,a3=λb3(λ∈R); ②a⊥b?a· b=0?a1b1+a2b2+a3b3=0;
2 2 ; ③|a|=?a2 =? a12 ? a2 ? a3

④cos<a,b>=?

a b ?a b ?a b a ?b = 2 1 2 2 2 2 2 2 3 32 2 . | a || b | a1 ? a 2 ? a 3 ? b1 ? b 2 ? b3

?

二、空间向量的应用 1.空间直角坐标系:①一般建立右手直角坐标系;②建立的空间直角坐标系必须满足三坐标轴两 两垂直,让尽可能多的点落到坐标轴上或第一象限(第一象限内点的坐标都为正). 2.直线的方向向量和平面的法向量: (1)直线的方向向量是指和这条直线平行(或在这条直线上)的有向线段所表示的向量,一条直线 的方向向量可以有无数个;

栏目索引

(2)平面的法向量: ①一个平面的法向量是与平面垂直的直线的方向向量,因此一个平面的法向量有无数个,其中任 意两个都是共线向量,但零向量不能作为平面的法向量. ②平面法向量的求法:首先要建立空间直角坐标系,然后用待定系数法求解.具体的步骤为:设平
? 面的法向量为n=(x,y,z),找出(求出)平面内的两个不共线的向量a,b,根据法向量的定义得? ? n ? a ? 0, ?n ? b ? 0,

由此可建立关于x、y、z的方程组,解方程组,并取其中的一组解,该组解可作为法向量的坐标. 3.用向量法可解决立体几何中的平行、垂直、夹角、距离等问题. 三、空间角与距离 1.空间角 (1)空间角包括线线角、线面角和二面角.对这三种角进行求解的关键是“线线角抓平移,线面 角定射影,二面角找平面角”,因此在求解时应做到:深刻理解定义,熟练转化各角(化各角为平面 角),灵活计算求值(恰当构造角所在的三角形),牢记取值范围.
? ?? ? ?? 0, ;二面角的范围: 0, ? (2)空间角的各角取值范围:异面直线所成角的范围:?2 ? ;线面角的范围:? ? ? 2? ? ? ?

栏目索引

[0,π]. (3)线面角涉及斜线的射影,故找出平面的垂线是解题的基本思路.用向量法求解斜线与平面所 成角的问题,关键是确定斜线的一个方向向量a和平面的一个法向量b,再通过计算线面角的向量 公式sin θ=|cos<a,b>|=? 关系. (4)利用向量法求二面角的大小时,应注意二面角的大小与两法向量夹角大小的关系,它们之间 可能相等,也可能互补,故应在分清关系的情况下求解,避免出现错误. (5)计算二面角的关键是作出二面角的平面角,方法较为灵活,可以通过“割”或“补”找二面 角的平面角.对于无棱二面角,可以先找出棱或借助于向量法求解,也可以利用射影面积公式
射 cos θ=? 求解.

| a ?b | (θ是斜线与平面所成的角)求解,要特别注意a和b的夹角与线面角的 | a || b |

S S原

2.空间距离 求空间距离常用的方法: (1)直接法(找所求距离对应的垂线段):利用线线垂直、线面垂直、面面垂直等性质定理和判定

栏目索引

定理,作出空间距离对应的垂线段,再通过解三角形求出距离.其中,找垂足是作垂线段的关键,一 般借助面面垂直的性质定理或线面垂直的判定定理作出面的垂线,因此要充分挖掘条件中的垂 直关系. (2)间接转化法:在求解线面距离、面面距离的问题时,都可以转化为点面距离求解.在求解点面 距离时,可以转化点线距离,也可以利用等体积转化或等比例转化进行求解;在求解点线距离时 可以利用勾股定理求解,也可以构造三角形采用等面积转化求解. (3)向量法: ①点面距离:已知平面α外一点B(x0,y0,z1),平面α内一点A(x1,y1,z0),平面α的一个法向量n,则点B到平
??? ? | BA ?n|; 面α的距离为d= |n|

?

②线面距离:已知直线a上一点B(x0,y0,z0),平面α内一点A(x1,y1,z1),平面α的一个法向量n,则直线a到
??? ? | BA ?n|; 平面α的距离为d= |n|

?

③面面距离:已知平面α内一点A(x1,y1,z0),平面β内一点B(x0,y0,z1),平面α(或平面β)的一个法向量n,
??? ? | BA ?n|; 则平行平面α,β间的距离为d= |n|

?

栏目索引

④异面直线间的距离:已知直线a上一点A(x1,y1,z1),直线b上一点B(x0,y0,z0),异面直线a,b的公垂线
??? ? | BA ? n | 的方向向量n,则异面直线a,b间的距离为d= . |n|

?

AB |= ⑤两点间的距离:已知点A(x1,y1,z1),B(x2,y2,z2),则A,B两点间的距离为|?

??? ?

( x2 ? x1 )2 ? ( y2 ? y1 )2 ? ( z2 ? z1 )2 . ?

栏目索引

突破方法
方法1 求解直线与平面所成角的方法
(1)定义法:①作:在斜线上选取恰当的点向平面引垂线,作出所求角,其中确定垂足的位置是 关键;②证:证明所作的角为直线与平面所成的角;③求:构造角所在的三角形,利用解三角形的知 识求角. (2)公式法:sin θ=? (其中h为斜线上除斜足外的任一点到所给平面的距离,l为该点到斜足的距离, θ为斜线与平面所成的角).
??? ? ??? ? | AB ? n | AB ,n>|= ??? ? (3)向量法:sin θ=|cos<? (其中AB为平面α的斜线,n为平面α的法向量,θ为斜线AB与 | AB || n |

h l

?

平面α所成的角). 例1 (2015课标Ⅱ,19,12分)如图,长方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=16,BC=10,AA1=8,点E,F分别在 A1B1,D1C1上,A1E=D1F=4.过点E,F的平面α与此长方体的面相交,交线围成一个正方形. (1)在图中画出这个正方形(不必说明画法和理由); (2)求直线AF与平面α所成角的正弦值.

栏目索引

?
解题导引 (1)正方形是矩形,且所有边都相等? 利用面面平行的性质定理作出截面 (2)建系? 求得直线AF的方向向量与平面α的法向量? 得出二者夹角的余弦值? 结论 解析 (1)交线围成的正方形EHGF如图:

栏目索引

(2)作EM⊥AB,垂足为M,则AM=A1E=4,EM=AA1=8. 因为EHGF为正方形, 所以EH=EF=BC=10. 于是MH=? EH 2 ? EM 2 =6, 所以AH=10. 以D为坐标原点,? DA 的方向为x轴正方向,建立如图所示的空间直角坐标系D-xyz,则A(10,0,0),H(1 0,10,0),E(10,4,8),F(0,4,8),? FE =(10,0,0),? HE =(0,-6,8). 设n=(x,y,z)是平面EHGF的法向量,
??? ? n ? FE ? 0, ?10 x ? 0, 则? 即? ? ? ??? ? ?n ? HE ? 0, ? ?6 y ? 8 z ? 0,
??? ? ??? ?

????

?

?

所以可取n=(0,4,3).
??? ? AF 又? =(-10,4,8),

??? ? ??? ? | n ? AF | 4 5 AF >|= ??? ? =? . 故|cos<n,? | n || AF | 15

?

所以AF与平面EHGF所成角的正弦值为? . 15

4 5

栏目索引

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

?
解析 (1)证明:因为PD⊥平面ABCD,AC?平面ABCD,所以PD⊥AC, 因为四边形ABCD是菱形,所以BD⊥AC, 又BD∩PD=D,所以AC⊥平面PBD,因为DE?平面PBD,所以AC⊥DE. (2)连接OE,在△PDB中,EO∥PD,

栏目索引

?
所以EO⊥平面ABCD, 以OA,OB,OE所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系,设PD=t,则A(1,0,
t? ? 0),B(0,?3 ,0),C(-1,0,0),E? ? 0,0, ? ,P(0,-?3 ,t). ? 2?

由(1)知,平面PBD的一个法向量为n1=? OA =(1,0,0),

??? ?

设平面PAB的法向量为n2=(x,y,z),
??? ? ? n2 ? AB ? 0, ? 则根据 ? ??? ? n ? AP ?0 ? ? 2

?

?? x ? 3 y ? 0, 得? ? ?? x ? 3 y ? tz ? 0,

? ?

栏目索引

令y=1,得平面PAB的一个法向量为n2=? ? 3,1,
?

?

2 3? ?. t ?

因为二面角A-PB-D的余弦值为? , 所以|cos<n1,n2>|=
3 15 ? =? , 12 5 4? t2

15 5

解得t=2?3 或t=-2?3 (舍去), 所以P(0,-?3 ,2?3 ). 设EC与平面PAB所成的角为θ , 因为? EC =(-1,0,-? 3 ),n2=(? 3 ,1,1),
15 2 3 所以sin θ=|cos<? EC ,n2>|=? =? ,
??? ? ??? ?

2? 5

5

15 . 所以EC与平面PAB所成角的正弦值为? 5

栏目索引

方法2
图(1),∠AOB为二面角α-l-β的平面角;

求解二面角的方法

(1)定义法:在二面角的棱上找一特殊点,过该点在两个半平面内分别作垂直于棱的射线,如

(2)垂面法:过棱上一点作棱的垂直平面,该平面与二面角的两个半平面的交线所形成的角即为 二面角的平面角,如图(2),∠AOB为二面角α-l-β的平面角; (3)垂线法(三垂线定理法):过二面角的一个半平面内一点作另一个半平面所在平面的垂线,从垂 足出发向棱引垂线,利用三垂线定理(线面垂直的性质)即可找到所求二面角的平面角或其补角. 如图(3),∠ABO为二面角α-l-β的平面角;

?

栏目索引

射 (4)利用射影面积公式:cos θ=? ,该法主要用来解决无棱二面角大小的计算,关键在于找出其中

S S原

一个半平面内的多边形在另一个半平面内的射影.
1 (5)向量法:利用公式cos<n1,n2>=?

n ? n2 (n1,n2分别为两平面的法向量)进行求解,注意<n1,n2>与二 | n1 || n2 |

面角大小的关系,是相等还是互补,需结合图形进行判断. 例2 (2014湖南,19,12分)如图,四棱柱ABCD-A1B1C1D1的所有棱长都相等,AC∩BD=O,A1C1∩B1D1 =O1,四边形ACC1A1和四边形BDD1B1均为矩形. (1)证明:O1O⊥底面ABCD; (2)若∠CBA=60°,求二面角C1-OB1-D的余弦值.

?

栏目索引

解析 (1)证明:因为四边形ACC1A1为矩形, 所以CC1⊥AC. 同理DD1⊥BD, 因为CC1∥DD1, 所以CC1⊥BD,而AC∩BD=O, 因此CC1⊥底面ABCD. 由题设知,O1O∥C1C,故O1O⊥底面ABCD, (2)解法一:如图,过O1作O1H⊥OB1于H,连接HC1. 由(1)知,O1O⊥底面ABCD, 所以O1O⊥底面A1B1C1D1,

于是O1O⊥A1C1.

栏目索引

又因为四棱柱ABCD-A1B1C1D1的所有棱长都相等, 所以四边形A1B1C1D1是菱形, 因此A1C1⊥B1D1,从而A1C1⊥平面BDD1B1, 所以A1C1⊥OB1,于是OB1⊥平面O1HC1, 进而OB1⊥C1H,故∠C1HO1是二面角C1-OB1-D的平面角, 不妨设AB=2,因为∠CBA=60°,所以OB=?3 ,OC=1,OB1=?7 .
3 12 19 OO1 ? O1 B1 在Rt△OO1B1中,易知O1H=? =2? ,而O1C1=1,于是C1H=? =? . 1? O1C12 ? O1H 2 =?
OB1

7

7

7

O1 H 3 2 57 2 C1 H = 7 =? 故cos∠C1HO1=? 19 . 19 7

?

栏目索引

即二面角C1-OB1-D的余弦值为? .

2 57 19

解法二:因为四棱柱ABCD-A1B1C1D1的所有棱长都相等,所以四边形ABCD是菱形,因此AC⊥BD,
又由(1)知O1O⊥底面ABCD,从而OB、OC、OO1两两垂直. 如图,以O为坐标原点,OB,OC,OO1所在直线分别为x轴,y轴,z轴,建立空间直角坐标系O-xyz,不妨 设AB=2,因为∠CBA=60°,所以OB=?3 ,OC=1,

?
于是相关各点的坐标为O(0,0,0),B1(? 3 ,0,2),C1(0,1,2). 易知,n1=(0,1,0)是平面BDD1B1的一个法向量. 设n2=(x,y,z)是平面OB1C1的法向量,

栏目索引

???? ? ? ? n ? OB ? 3x ? 2 z ? 0, ? 2 1 ? 0, ? 则 ? ???? 即? ? ? y ? 2 z ? 0. ?n2 ? OC1 ? 0, ?

?

?

取z=-?3 ,则x=2,y=2?3 ,所以n2=(2,2?3 ,-?3 ), 设二面角C1-OB1-D的平面角为θ,易知θ是锐角,
n1 ? n2 2 3 2 57 于是cos θ=|cos<n1,n2>|=? =? =? . | n1 | ? | n2 |
19

19

2 57 故二面角C1-OB1-D的余弦值为? . 19

2-1 (2014山东,17,12分)如图,在四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,底面ABCD是等腰梯形,∠DAB=60°, AB=2CD=2,M是线段AB的中点. (1)求证:C1M∥平面A1ADD1;
3 ,求平面C1D1M和平面ABCD所成的角(锐角)的余弦值. (2)若CD1垂直于平面ABCD且CD1=?

栏目索引

?
解析 (1)证明:因为四边形ABCD是等腰梯形,且AB=2CD,
所以AB∥DC,又M是AB的中点, 因此CD∥MA且CD=MA.

?

栏目索引

连接AD1,在四棱柱ABCD-A1B1C1D1中, 因为CD∥C1D1,CD=C1D1, 所以C1D1∥MA,C1D1=MA, 所以四边形AMC1D1为平行四边形. 因此C1M∥D1A,又C1M?平面A1ADD1,D1A?平面A1ADD1,所以C1M∥平面A1ADD1. (2)解法一:连接AC,MC, 由(1)知CD∥AM且CD=AM, 所以四边形AMCD为平行四边形.

?

栏目索引

可得BC=AD=MC, 又∠ABC=∠DAB=60°,所以△MBC为正三角形, 因此AB=2BC=2,CA=?3 ,因此CA⊥CB. 以C为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系C-xyz. 所以A(?3 ,0,0),B(0,1,0),D1(0,0,?3 ),
, ,0 ? , 因此M? ? ?
MD1 =? MB =? , ? , 3 ? ,? , ,0 ? . D1C1 =? 所以? ?? ?? ????? ?

? 3 1 ? 2 2
?

?

3 2

1 2

? ????? ???? ? ?

?

3 1 2 2

? ?

设平面C1D1M的法向量n=(x,y,z),
????? ? ? n ? D1C1 ? 0, ? 由 ? ????? ? ?n ? MD1 ? 0,

?

得? ?

? 3x ? y ? 0, ?

? ? 3x ? y ? 2 3z ? 0,

可得平面C1D1M的一个法向量n=(1,? 3 ,1).

栏目索引

???? ? CD 3 )为平面ABCD的一个法向量, 又? 1 =(0,0,? ???? ? ???? ? CD1 ? n 5 ? CD1 ,n>= ???? cos<? =? , | CD1 || n | 5

?

所以平面C1D1M和平面ABCD所成的角(锐角)的余弦值为? . 解法二:由(1)知平面D1C1M∩平面ABCD=AB,过C向AB引垂线交AB于N,连接D1N. 由CD1⊥平面ABCD,可得D1N⊥AB,因此∠D1NC为二面角C1-AB-C的平面角. 在Rt△BNC中,易知BC=1,∠NBC=60°,

5 5

?

栏目索引

可得CN=? .
CD12 ? CN 2 =? . 所以ND1=?
15 2

3 2

3 CN 5 在Rt△D1CN中,cos∠D1NC=? = 2 =? . D1 N 15 5 2

?

5 所以平面C1D1M和平面ABCD所成的角(锐角)的余弦值为? . 5

栏目索引

方法3

用向量法求解立体几何中的探索性问题

常见的探索性问题有以下两种类型:
(1)条件追溯型:解决此类问题的基本策略为执果索因,其结论明确,需要求出使结论成立的充分 条件,将题设和结论都视为已知条件即可迅速找到切入点.但在执果索因的过程中,常常会犯的 错误是将必要条件当成充要条件,应引起注意. (2)存在判断型:解决与平行、垂直有关的存在性问题的基本策略为:先假设题中的数学对象存 在(或结论成立),然后在这个前提下进行逻辑推理,若能导出与条件吻合的数据或事实,说明假设 成立,即存在;若导出与条件相矛盾的结果,则说明假设不成立,即不存在.求解此类问题的难点在 于涉及的点具有运动性和不确定性,所以用传统方法解决起来难度比较大,若用空间向量通过待 定系数法求解存在性问题,则思路简单,解法固定,操作方便. 例3 (2016山西晋中五校联考,15)如图,在四棱锥S-ABCD中,SA⊥平面ABCD,底面ABCD为直角 梯形,AD∥BC,∠BAD=90°,且AB=4,SA=3,E、F分别为线段BC、SB上的一点(端点除外),满足? BF =? =λ,则当实数λ的值为 BE
CE

SF

时,∠AFE为直角.

栏目索引

?
解题导引
FA=0? 求λ的值 FE · 建立空间直角坐标系? ∠AFE为直角? ? ?

??? ? ??? ?

解析 ∵SA⊥面ABCD,∠BAD=90°,故可建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz.

?

栏目索引

∵AB=4,SA=3,∴B(0,4,0),S(0,0,3). 设BC=m,则C(m,4,0),
??? ? ??? ? SF CE BF BE ??? ? ??? ??? ? ??? ? ? ∴? AB -? AF -? AF ), AS =λ(? FB, ∵? =? =λ,∴? SF =λ?

1 1 ∴? AB )=? (0,4λ,3), AF =? (? AS +λ? 1? λ 1? λ
3 ?. ? 4λ ∴F? , ? 0, ? 1? λ 1? λ ? ?
? m ? 同理,E? , 4,0 ? , ? ?1? λ ? ?
??? ? ? m 4 ?3 ? , ∴? FE =? , , ? ? 1? λ 1? λ 1? λ

??? ?

??? ?

??? ?

? ??? ? ??? ? 要使∠AFE=90°,则? ? FA =0, FE ·
??? ? ? ?4 λ ?3 ? , ?, ? 1? λ 1? λ ? m ?4 λ 4 ?3 ?3 ∴0· ? +? · ? +? · ? =0, 1? λ 1? λ 1? λ 1? λ 1? λ FA =? 又? ? 0,

栏目索引

∴16λ=9,∴λ=?.

9 16

答案

9 ? 16

例4 (2014湖北,19,12分)如图,在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中,E,F,M,N分别是棱AB,AD, A1B1,A1D1的中点,点P,Q分别在棱DD1,BB1上移动,且DP=BQ=λ(0<λ<2). (1)当λ=1时,证明:直线BC1∥平面EFPQ;

(2)是否存在λ,使面EFPQ与面PQMN所成的二面角为直二面角?若存在,求出λ的值;若不存在,说
明理由.

?

栏目索引

解题导引 (1)由三角形中位线性质得FP∥AD1? BC1∥FP? 结论 (2)建立空间直角坐标系? 假设存在满足题意的λ? 用λ分别表示出两平面的法向量n,m? m· n=0? 求得λ值并进行判断 解析 (1)证明:如图,连接AD1,由ABCD-A1B1C1D1是正方体,知BC1∥AD1. 当λ=1时,P是DD1的中点,又F是AD的中点, 所以FP∥AD1. 所以BC1∥FP. 而FP?平面EFPQ,且BC1?平面EFPQ,故直线BC1∥平面EFPQ.

栏目索引

(2)以D为原点,射线DA,DC,DD1分别为x,y,z轴的正半轴建立如图所示的空间直角坐标系D-xyz. 由已知得E(2,1,0),F(1,0,0),M(2,1,2),N(1,0,2),Q(2,2,λ),P(0,0,λ). 设平面EFPQ的法向量为n=(x,y,z),
??? ? ? x ? y ? 0, ? FE ? n ? 0, 则由 ? ??? 可得 ? 于是可取n=(λ,-λ,1). ? x ? λ z ? 0. FP ? n ? 0, ? ? ?

?

?

同理可得平面MNPQ的一个法向量为m=(λ-2,2-λ,1). 若存在λ,使面EFPQ与面PQMN所成的二面角为直二面角, 则m· n=(λ-2,2-λ,1)· (λ,-λ,1)=0,
2 即λ(λ-2)-λ(2-λ)+1=0,解得λ=1±? . 2

故存在λ=1±? ,使面EFPQ与面PQMN所成的二面角为直二面角.

2 2

栏目索引

3-1 如图,在四棱锥P-ABCD中,侧面PAD⊥底面ABCD,侧棱PA=PD=? 2 ,PA⊥PD,底面ABCD为 直角梯形,其中BC∥AD,AB⊥AD,AB=BC=1,O为AD的中点. (1)求直线PB与平面POC所成角的余弦值; (2)求B点到平面PCD的距离; (3)线段PD上是否存在一点Q,使得二面角Q-AC-D的余弦值为? ?若存在,求出? 的值;若不存 在,请说明理由.
6 3
PQ QD

?
解析 (1)在△PAD中,PA=PD,O为AD中点,所以PO⊥AD,又侧面PAD⊥底面ABCD,平面PAD∩

栏目索引

平面ABCD=AD,PO?平面PAD,所以PO⊥平面ABCD. 在直角梯形ABCD中,连接OC,易得OC⊥AD,所以以O为坐标原点,直线OC为x轴,直线OD为y轴, 直线OP为z轴可建立空间直角坐标系(? OP 的方向分别为x轴、y轴、z轴的正方向),则 OC 、? OD 、?
PB =(1,-1,-1). P(0,0,1),A(0,-1,0),B(1,-1,0),C(1,0,0),D(0,1,0),∴? ??? ?

??? ?

????

??? ?

易证OA⊥平面POC, ∴? OA =(0,-1,0)是平面POC的一个法向量,
??? ? ??? ? ??? ? ??? ? 3 PB ? OA 又cos<? PB ,? ? ??? ? =? , OA >= ??? | PB || OA | 3
??? ?

?

6. ∴直线PB与平面POC所成角的余弦值为?
??? ? ??? ? (2)? PD =(0,1,-1),? CP =(-1,0,1),

3

设平面PCD的法向量为u=(x,y,z),
??? ? ? u ? CP ? ? x ? z ? 0, 取z=1,得u=(1,1,1). 则? ? ? ??? ? ?u ? PD ? y ? z ? 0, ??? ? 3. | BP ? u | =? ∴B点到平面PCD的距离d= 3 |u|

?

?

栏目索引

? ??? ? ??? PD PQ (3)存在.设? =λ? (0≤λ≤1), ??? ? ??? ? ??? ? ??? ? PD PQ OQ OP ∵? =(0,1,-1),∴? =(0,λ,-λ)=? -? , ??? ? ∴? OQ =(0,λ,1-λ),∴Q(0,λ,1-λ).

设平面CAQ的法向量为m=(x,y,z),
??? ? ? ?m ? AC ? x ? y ? 0, 则 ? ???? ? ?m ? AQ ? ( λ ? 1) y ? (1 ? λ) z ? 0.

?

取z=λ+1,得m=(1-λ,λ-1,λ+1),
易知平面CAD的一个法向量为n=(0,0,1),
6, 因为二面角Q-AC-D的余弦值为? 6 | m?n| =? , | m || n | 3 1 得3λ2-10λ+3=0,解得λ=? 或λ=3(舍), 3 3

所以|cos<m,n>|=?

所以存在点Q,使得二面角Q-AC-D的余弦值为? ,且? =? .

6 3

PQ QD

1 2


更多相关文档:

§8.5 空间角与距离、空间向量及其应用_图文.ppt

栏目索引 高考理数§8.5 空间角与距离空间向量及其应用 栏目索引 知识清单一

五年高考3年模拟§8.4 空间角与距离、空间向量及其应用.pdf

五年高考3年模拟§8.4 空间角与距离空间向量及其应用_高考_高中教育_教育专区。68 ? 5 年高考 3 年模拟? B版( 教师用书) ? 8.4? 空间角与距离 ? 空间...

...总复习第八章立体几何8.5空间向量及其应用空间角课....ppt

全国通用2017届高考数学一轮总复习第八章立体几何8.5空间向量及其应用空间角课件理 - 高考理数 §8.5 空间向量及其应用空间角 知识清单 一、空间向量 1.向量共...

§8.5 空间向量及其应用.doc

§ 8.5 空间向量及其应用 考纲解读 浙江省五年高考统计 2013 10,5 分 20(2)...1.空间角 2.了解空间两点间的距离公式. 3.会用向量方法解决两异面直线所成...

第8章第5讲 空间角与距离、空间向量及应用(习思用.数学理).doc

第8章第5讲 空间角与距离空间向量及应用(习思用.数学理)_理学_高等教育_教育专区。第五讲 考点 1 空间直角坐标系 空间角与距离空间向量及应用 1.[2018...

...精选课件:§8.4 空间角与距离、空间向量及其应用_图....ppt

【5年高考3年模拟】2019版数学(理科)精选课件:§8.4 空间角与距离空间向量及其应用 - 高考理数 (课标专用) §8.4 空间角与距离空间向量及其应用 五年高考 ...

8.5空间向量及其应用、空间角带详细答案.doc

8.5空间向量及其应用空间角带详细答案 - 8.5 空间向量及其应用空间角 五年高考 A 组 统一命题.课标卷题组 1. 直三棱柱 ,则 A: B: C: 与 D: 中, ...

...精选课件§8.4 空间角与距离、空间向量及其应用_图....ppt

高考理数 (课标专用) §8.4 空间角与距离空间向量及其应用 五年高考 A组 考点一 空间角与距离 ) 统一命题课标卷题组 1.(2018课标Ⅰ,12,5分)已知正方体...

2019届一轮复习苏教版空间角与距离、空间向量及其应用课件_图文_....ppt

2019届一轮复习苏教版空间角与距离空间向量及其应用课件 - 高考理数 (课标Ⅲ专用) §8.4 空间角与距离空间向量及其应用 五年高考 A组 考点一 统一命题...

2019高考理科数学8.4 空间角与距离、空间向量及其应用_图文.ppt

§8.4 空间角与距离空间向量及其应用 高考理数 (课标专用) 五年高考 A组 考点一 空间角与距离 ) 统一命题课标卷题组 1.(2018课标Ⅰ,12,5分)已知正方体...

...1地区通用版:8.4 空间角与距离、空间向量及其应用_图文.ppt

高考理数 (课标专用) §8.4 空间角与距离空间向量及其应用 五年高考 A组 考点一 空间角与距离 ) 统一命题课标卷题组 1.(2018课标Ⅰ,12,5分)已知正方体...

...数学一轮复习第八章立体几何8.5空间向量及其应用学....doc

浙江专版2019版高考数学一轮复习第八章立体几何8.5空间向量及其应用学案 - §8.5 考纲解读 考点 考纲内容 要求 空间向量及其应用 2013 1.空间角 10,5 分 1....

...数学一轮复习第八章立体几何8.5空间向量及其应用学....doc

(浙江专版)2019版高考数学一轮复习第八章立体几何8.5空间向量及其应用学案 - §8.5 空间向量及其应用 考纲解读 考点 考纲内容 要求 2013 1.空间角 10,5 分 ...

...数学一轮复习第八章立体几何8.5空间向量及其应用学....doc

(浙江专版)2019版高考数学一轮复习第八章立体几何8.5空间向量及其应用学案 - §8.5 空间向量及其应用 考纲解读 考点 考纲内容 要求 2013 1.空间角 10,5 分 ...

...2019版数学(理)课件:8.4-空间角与距离、空间向量_图文.ppt

【5年高考3年模拟】2019版数学(理)课件:8.4-空间角与距离、空间向量 - 高考理数 (课标专用) §8.4 空间角与距离空间向量及其应用 五年高考 A组 考点一 ...

...届高考理科数学(新课标版)§8.5 空间向量及其应用.doc

【5年高考3年模拟】2015届高考理科数学(新课标版)§8.5 空间向量及其应用 - §8.5 空间向量及其应用 考点一 空间角 1.(2014 课标Ⅱ,11,5 分)直三棱柱 ABC...

空间向量的夹角和距离公式_图文.ppt

§9.6 空间向量的夹角和距离公式 广州市番禺区市...的几何意义是表示长方体的

2019届一轮复习人教B版 8.5 空间角、空间向量及其应用课件_图文_....ppt

2019届一轮复习人教B版 8.5 空间角空间向量及其应用课件_高考_高中教育_教育...×? ×3=1,点Q到x轴的距离为? ×PB=? ×? = 1 3 ? ,点Q到y轴的...

...§8.4 空间角与距离、空间向量及其应用_图文.ppt

2019版高考数学理科一轮复习(全国2卷+B版)课件 §8.4 空间角与距离空间向量及其应用_高三数学_数学_高中教育_教育专区。2019版高考数学理科一轮复习(全国2卷+...

8.5空间直角坐标系和空间向量.doc

8.5空间直角坐标系和空间向量_数学_高中教育_教育专区。空间向量的基础知识 ...空间两点间的距离公式: (1)设 A( x1, y1, z1 ) , B( x2 , y2 ,...

更多相关标签:
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