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【步步高】2014届高三数学大一轮复习 8.8立体几何中的向量方法(Ⅱ)求空间角、距离教案 理 新人教A版


§8.8
面距是重点). 复习备考要这样做

立体几何中的向量方法(Ⅱ)——求空间角、距离
1.考查用向量方法求空间角的大小;2.考查简单的空间距离的计算(点

2014 高考会这样考

1.掌握空间角的定义、范围,掌握求空间角的向量方法;2.会利用向量

方法对距离进行转化.

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 → |AB·n| 到平面 α 的距离 d= . |n| [难点正本 疑点清源] 1. 向量法通过空间坐标系把空间图形的性质代数化,避免了寻找平面角和垂线段等诸多麻 烦,使空间点线面的位置关系的判定和计算程序化、简单化.主要是建系、设点、计算 向量的坐标、利用数量积的夹角公式计算. 2. 利用平面的法向量求二面角的大小时,当求出两半平面 α 、β 的向量 n1,n2 时,要根据 向量坐标在图形中观察法向量的方向,从而确定二面角与向量 n1,n2 的夹角是相等,还 是互补.
1

3. 求点到平面距离的方法:①垂面法:借助面面垂直的性质来作垂线,其中过已知点确定 已知面的垂面是关键;②等体积法,转化为求三棱锥的高;③等价转移法;④法向量法.

1. 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

解析 ∵n·a=-8-3+3=-8,|n|= 16+1+1=3 2, |a|= 4+9+9= 22,

n·a -8 4 11 ∴cos〈n,a〉= = =- . |n|·|a| 3 2× 22 33
4 11 又 l 与 α 所成角记为 θ ,即 sin θ =|cos〈n,a〉|= . 33 2. 若直线 l 的方向向量与平面 α 的法向量的夹角等于 120°,则直线 l 与平面 α 所成的 角为________. 答案 30° 解析 由题意得直线 l 与平面 α 的法向量所在直线的夹角为 60°,∴直线 l 与平面 α 所成的角为 90°-60°=30°. 3. 从空间一点 P 向二面角 α —l—β 的两个面 α ,β 分别作垂线 PE,PF,垂足分别为 E,

F,若二面角 α —l—β 的大小为 60°,则∠EPF 的大小为__________.
答案 60°或 120° 4. 如图所示,在空间直角坐标系中,有一棱长为 a 的正方体

ABCO—A′B′C′D′,A′C 的中点 E 与 AB 的中点 F 的距离为
________. 答案 2 a 2

解析 由图易知 A(a,0,0),B(a,a,0),C(0,a,0),A′(a,0,a).

? ? ? ? ∴F?a, ,0?,E? , , ?. ? 2 ? ?2 2 2?
a a a a
∴EF= =

?a-a?2+?a-a?2+?0-a?2 ? 2? ?2 2? ? 2? ? ? ? ? ? ?
2 + = a. 4 2

a2 a2
4

5. 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

2

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

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

题型一 求异面直线所成的角 例1 如图,已知正方体 ABCD—A1B1C1D1 的棱长为 2,点 E 是正方形

BCC1B1 的中心,点 F、G 分别是棱 C1D1、AA1 的中点,设点 E1、G1
分别是点 E、G 在平面 DCC1D1 内的正投影. (1)证明:直线 FG1⊥平面 FEE1; (2)求异面直线 E1G1 与 EA 所成角的正弦值. 思维启迪:本题可方便地建立空间直角坐标系,通过点的坐标得到向量坐标,然后求解. (1)证明 → → → 以 D 为原点,DD1、DC、DA分别为 z 轴、y 轴、x 轴的

1 → 正向, |DD1|为 1 个单位长度建立空间直角坐标系. 2 由题设知点 E、 F、 G1、 E1 的坐标分别为(1,2,1), (0,1,2), (0,0,1), (0,2,1), → → → ∴FE1=(0,1,-1),FG1=(0,-1,-1),EE1=(-1,0,0), → → → → → → → → ∴FG1·EE1=0,FG1·FE1=0? FG1⊥EE1,FG1⊥FE1, 又∵EE1∩FE1=E1.∴FG1⊥平面 FEE1. (2)解 由题意知点 A 的坐标为(2,0,0), → → 又由(1)可知EA=(1,-2,-1),E1G1=(0,-2,0), → → EA·E1G1 6 → → ∴cos〈EA,E1G1〉= = , → → 3 |EA|·|E1G1| → → ∴sin〈EA,E1G1〉= 3 → → 2 1-cos 〈EA,E1G1〉= . 3

3

探究提高 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

? π? 求解,而两异面直线所成角的范围是 θ ∈?0, ?,两向量的夹角 α 的范围是[0,π ], 2? ?
所以要注意二者的区别与联系,应有 cos θ =|cos α |. 如图所示,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=BF=1.求直 线 EC1 与 FD1 所成的角的余弦值. 解 → → → 以 A 为原点,AB、AD、AA1分别为 x 轴、y 轴、z 轴的正向建立空间直角坐标系,则

→ → 有 D1(0,3,2),E(3,0,0),F(4,1,0),C1(4,3,2),于是EC1=(1,3,2),FD1=(-4,2,2), 设 EC1 与 FD1

所成的角为 β ,则: → → |EC1·FD1| cos β = → → |EC1|·|FD1| = 1×? -4? +3×2+2×2 1 +3 +2 × ? -4?
2 2 2 2

+2 +2

2

2



21 , 14 21 . 14

∴直线 EC1 与 FD1 所成的角的余弦值为 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? , ,0?. ?2 2 ?
→ ?1 m ? → 可得PE=? , ,-n?,BC=(m,-1,0). 2 2 ? ?
4

→ → m m 因为PE·BC= - +0=0,所以 PE⊥BC. 2 2 (2)解 由已知条件可得 m=- 故 C?- 3 ,n=1, 3

? ?

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, → ? ?n·HE=0, 则? ?n·→ HP=0, ?

? ?1x- 3y=0, 6 即?2 ? ?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 探究提高 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. 已知三棱锥 P-ABC 中,PA⊥平面 ABC,AB⊥AC,PA=AC 1 = AB,N 为 AB 上一点,且 AB=4AN,M,S 分别为 PB,BC 的中点. 2 (1)证明:CM⊥SN; (2)求 SN 与平面 CMN 所成角的大小. 2 . 4

(1)证明 设 PA=1,以 A 为原点,AB,AC,AP 所在直线分别为 x,y,z 轴的正方向建立 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

5

1 1 1 → → 所以CM=(1,-1, ),SN=(- ,- ,0). 2 2 2 1 1 → → 因为CM·SN=- + +0=0, 2 2 所以 CM⊥SN. (2)解 设平面 CMN 的法向量为 n=(x,y,z), 1 → ? ?n·CM=x-y+2z=0 则? → ?1 ? 1 n·CN=? x,y,z? ·? ,-1,0?= x-y=0 ? 2 ? ? ? 2 1 ∴y= x,z=-x,取 x=2, 2 则 n=(2,1,-2)为平面 CMN 的一个法向量. → n·SN → ∴cos〈n·SN〉= → |n|·|SN| ? =
2

.

1 ? ? 1 2,1,-2? ·?- ,- ,0? 2 ? ? 2
2

2 +1+? -2?

·

?-1?2+?-1?2+02 ? 2? ? 2? ? ? ? ?

=-

2 . 2

→ ∴〈n·SN〉=135°, 故 SN 与平面 CMN 所成角的大小为 45°. 题型三 求二面角 例3 (2012·广东)如图所示,在四棱锥 P-ABCD 中,底面 ABCD 为矩 形,PA⊥平面 ABCD,点 E 在线段 PC 上,PC⊥平面 BDE. (1)证明:BD⊥平面 PAC; (2)若 PA=1,AD=2,求二面角 B-PC-A 的正切值. 思维启迪:利用图中的 PA⊥平面 ABCD、ABCD 为矩形的条件建立空间直角坐标系,转化 为向量问题. (1)证明 ∵PA⊥平面 ABCD,BD? 平面 ABCD, ∴PA⊥BD. 同理由 PC⊥平面 BDE 可证得 PC⊥BD. 又 PA∩PC=P,∴BD⊥平面 PAC. (2)解 如图,

6

分别以射线 AB,AD,AP 为 x 轴,y 轴,z 轴的正半轴建立空间直角坐标系. 由(1)知 BD⊥平面 PAC, 又 AC? 平面 PAC, ∴BD⊥AC. 故矩形 ABCD 为正方形,∴AB=BC=CD=AD=2. ∴A(0,0,0),B(2,0,0),C(2,2,0),D(0,2,0),P(0,0,1). → → → ∴PB=(2,0,-1),BC=(0,2,0),BD=(-2,2,0). 设平面 PBC 的一个法向量为 n=(x,y,z), → ? ?n·PB=0, 则? ?n·→ BC=0, ? ∴?
?z=2x, ? ? ?y=0, ? ?2·x+0·y-z=0, 即? ?0·x+2·y+0·z=0, ?

取 x=1 得 n=(1,0,2).

→ ∵BD⊥平面 PAC,∴BD=(-2,2,0)为平面 PAC 的一个法向量. → n·BD 10 → cos 〈n,BD〉= =- . → 10 |n|·|BD| π 设二面角 B-PC-A 的平面角为 α ,由图知 0<α < , 2 ∴cos α = 10 3 10 2 ,sin α = 1-cos α = . 10 10

sin α ∴tan α = =3, cos α 即二面角 B-PC-A 的正切值为 3. 探究提高 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. (2011·辽宁)如图,四边形 ABCD 为正方形,PD⊥平面

ABCD,PD∥QA,QA=AB= PD.
(1)证明:平面 PQC⊥平面 DCQ;

1 2

7

(2)求二面角 Q—BP—C 的余弦值. (1)证明 如图,以 D 为坐标原点,线段 DA 的长为单位长,以

DA、DP、DC 所在直线为 x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系 Dxyz.
→ → 依题意有 Q(1,1,0), C(0,0,1), P(0,2,0), 则DQ=(1,1,0), DC =(0,0,1), →

PQ=(1,-1,0).
→ → → → 所以PQ·DQ=0,PQ·DC=0, 即 PQ⊥DQ,PQ⊥DC. 又 DQ∩DC=D,所以 PQ⊥平面 DCQ. 又 PQ? 平面 PQC,所以平面 PQC⊥平面 DCQ. → → (2)解 依题意有 B(1,0,1),CB=(1,0,0),BP=(-1,2,-1). 设 n=(x,y,z)是平面 PBC 的法向量, → ? ?n·CB=0, 则? → ? ?n·BP=0,
?x=0, ? ?-x+2y-z=0. ?

即?

因此可取 n=(0,-1,-2). → ? ?m·BP=0, 同理,设 m 是平面 PBQ 的法向量,则? → ? ?m·PQ=0, 可取 m=(1,1,1).所以 cos〈m,n〉=- 故二面角 Q—BP—C 的余弦值为- 题型四 求空间距离 例4 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. 思维启迪:由平面 SAC⊥平面 ABC,SA=SC,BA=BC,可知本题可以取 AC 中点 O 为坐标 原点,分别以 OA,OB,OS 所在直线为 x 轴,y 轴,z 轴建立空间直角坐标系,用向量法 求解. 解 取 AC 的中点 O,连接 OS、OB.∵SA=SC,AB=BC, ∴AC⊥SO,AC⊥BO. 15 . 5 15 . 5

8

∵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,分别以 OA,OB,OS 所在直线为 x 轴,y 轴,z 轴,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 探究提高 点到平面的距离, 利用向量法求解比较简单, 它的理论基础仍出于几何法. 如 → → → → → 本题,事实上,作 BH⊥平面 CMN 于 H.由BH=BM+MH及BH·n=n·BM, → → → ∴|BH·n|=|n·BM|=|BH|·|n|, → → |n·BM| |n·BM| → ∴|BH|= ,即 d= . |n| |n| (2012·大纲全国)已知正四棱柱 ABCD-A1B1C1D1 中,AB=2,CC1=2 2,E 为

CC1 的中点,则直线 AC1 与平面 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), B. 3 C. 2 D.1

(

)

C(0,2,0),C1(0,2,2 2),E(0,2, 2),易知 AC1∥平面 BDE.
设 n=(x,y,z)是平面 BDE 的法向量. → ? ?n·BD=2x+2y=0 则? → ? ?n·DE=2y+ 2z=0

.

取 y=1,则 n=(-1,1,- 2)为平面 BDE 的一个法向量. → 又DA=(2,0,0),
9

∴点 A 到平面 BDE 的距离是 → |n·DA| d= = |n| ? |-1×2+0+0| -1?
2

+1 +? - 2?

2

2

=1.

故直线 AC1 到平面 BED 的距离为 1.

利用空间向量求角

典例:(12 分)如图,已知在长方体 ABCD—A1B1C1D1 中,AB=2,

AA1=1,直线 BD 与平面 AA1B1B 所成的角为 30°,AE 垂直 BD
于点 E,F 为 A1B1 的中点. (1)求异面直线 AE 与 BF 所成角的余弦值; (2)求平面 BDF 与平面 AA1B 所成二面角(锐角)的余弦值. 审题视角 (1)研究的几何体为长方体,AB=2,AA1=1. (2)所求的是异面直线所成的角和二面角. (3)可考虑用空间向量法求解. 规范解答 解 (1)以 A 为坐标原点,以 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).[2 分]

由于 AB=2,BD 与平面 AA1B1B 所成角为 30°, 2 3 即∠ABD=30°,∴AD= ,[3 分] 3

? 2 3 ? ∴A(0,0,0),B(2,0,0),D?0, ,0?,F(1,0,1). 3 ? ?
又 AE⊥BD,故由平面几何知识得 AE=1, 3 ? ?1 从而 E? , ,0?,[4 分] ?2 2 ? 3 ? → → ?1 因为AE=? , ,0?,BF=(-1,0,1), 2 2 ? ?

10

1 3 ? → → ?1 ∴AE·BF=? , ,0?·(-1,0,1)=- , 2 ?2 2 ? → → |AE|=1,|BF|= 2,[6 分] 设 AE 与 BF 所成角为 θ 1,

?-1? ? ? → → |AE·BF| ? 2? 2 则 cos θ 1= = = .[8 分] → → 4 |AE||BF| 1× 2
故异面直线 AE 与 BF 所成角的余弦值为 2 . 4

(2)设平面 BDF 的法向量为 n=(x,y,z), → ? ?n·BF=0 由? ?n·→ BD=0 ? -x+z=0 ? ? ,得? 2 3 -2x+ y=0, ? 3 ?

∴z=x,y= 3x,取 x=1,得 n=(1, 3,1).[10 分] 求得平面 AA1B 的一个法向量为

m=AD=?0,



? ?

2 3 ? ,0?. 3 ?

设平面 BDF 与平面 AA1B 所成二面角的大小为 θ 2. |m·n| 则 cos θ 2=|cos〈m,n〉|= |m||n| = |0+2+0| 15 = .[12 分] 5 2 3 × 5 3

答题模板 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.

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方法与技巧 1. 若利用向量求角,各类角都可以转化为向量的夹角来运算. (1)求两异面直线 a、 b 的夹角 θ ,须求出它们的方向向量 a,b 的夹角,则 cos θ =|cos 〈a,b〉|. (2)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〉 |. (3)求二面角 α —l—β 的大小 θ ,可先求出两个平面的法向量 n1,n2 所成的角,则 θ =〈n1,n2〉或 π -〈n1,n2〉 . 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:35 分钟,满分:57 分) 一、选择题(每小题 5 分,共 20 分) 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° C.30° 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 ∴两直线所成的角为 90°.
12

( B.45° D.90°

)

2.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 B.2 C.3 D.1 ( )

d=

→ |OP·n| |-2-6+2| = =2,故选 B. |n| 9

3. 如图所示,已知正方体 ABCD—A1B1C1D1,E、F 分别是正方形 A1B1C1D1 和 ADD1A1 的中心,则 EF 和 CD 所成的角是 A.60° C.30° 答案 B 解析 以 D 为原点,分别以射线 DA、DC、DD1 为 x 轴、y 轴、z 轴的 非负半轴建立空间直角坐标系 Dxyz,设正方体的棱长为 1,则 B.45° D.90° ( )

D(0,0,0),C(0,1,0),
1? ?1 1 ? ?1 E? , ,1?,F? ,0, ?,

?2 2 ?

?

?2

2?



1 1? → ? EF=?0,- ,- ?,DC=(0,1,0), 2 2? → → EF·DC 2 → → → → ∴cos〈EF,DC〉= =- ,∴〈EF,DC〉=135°, → → 2 |EF||DC| ∴异面直线 EF 和 CD 所成的角是 45°. 提醒 两异面直线的方向向量的夹角与异面直线所成的角相等或互补.

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 A. 1 2 2 B. 3 C. 3 3 D. 2 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, ?,D(0,1,0), 2? ? 1? → → ? ∴A1D=(0,1,-1),A1E=?1,0,- ?, 2? ? 设平面 A1ED 的一个法向量为 n1=(1,y,z),

13

y-z=0, ? ? 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 即所成的锐二面角的余弦值为 . 3 二、填空题(每小题 5 分,共 15 分) 5. 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〉= 1 = , 2×2 2 2 2

∴EF 和 BC1 所成的角为 60°. 6. 长方体 ABCD—A1B1C1D1 中,AB=AA1=2,AD=1,E 为 CC1 的中点,则异面直线 BC1 与 AE 所 成角的余弦值为____________. 答案 30 10

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),

14

→ → BC1·AE → ∴cos〈BC1,AE〉= → → |BC1||AE| → = 30 . 10

7. 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

15

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), 则? → ? ?n·DA1=2x+2z=0 → ? ?n·DB=2x+2y=0





.

令 x=1,则 n=(1,-1,-1), → |D1A1·n| 2 2 3 ∴点 D1 到平面 A1BD 的距离 d= = = . |n | 3 3 三、解答题(共 22 分) 8. (10 分)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? +? 4 13 13 . 13 -2 3? ×0 13 =- , 13

∴PA 与 BC 所成的角的余弦值为

16

9. (12 分)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⊥面 PAC. (2)解 设平面 ABD 的法向量为 m=(0,0,1), 设平面 PBD 的法向量为 n=(x,y,z), → → → 则 n·BD=0,n·BP=0.∵BP=(-2 3,0,3),

?-2 3x+2y=0, ∴? ?-2 3x+3z=0

?y= 3x, ? 解得? 2 3 z= x. ? 3 ?

m·n 1 令 x= 3,则 n=( 3,3,2),∴cos〈m,n〉= = . |m||n| 2
∴二面角 P—BD—A 的大小为 60°.

B 组 专项能力提升 (时间:25 分钟,满分:43 分) 一、选择题(每小题 5 分,共 15 分) → → 1. 在正方体 ABCD—A1B1C1D1 中,M,N 分别为棱 AA1 和 BB1 的中点,则 sin〈CM,D1N〉的值为 ( A. C. 1 9 2 5 9 B. D. 4 5 9 2 3 )

答案 B 解析 设正方体的棱长为 2,以 D 为坐标原点,DA 为 x 轴,DC 为 y → → 轴, DD1 为 z 轴建立空间直角坐标系, 可知CM=(2, -2,1), D1N=(2,2, 1 4 5 → → → → -1),cos〈CM,D1N〉=- ,sin〈CM,D1N〉= . 9 9

17

2. 在正三棱柱 ABC—A1B1C1 中,AB=AA1,则 AC1 与平面 BB1C1C 所成角的正弦值为( A. 2 2 B. 15 5 C. 6 4 D. 6 3

)

答案 C 解析

→ 建立如图所示的空间直角坐标系,设 AB=2,则 C1( 3,1,0)、A(0,0,2),AC1=( 3,1, -2),平面 BB1C1C 的一个法向量为 n=(1,0,0),所以 AC1 与平面 BB1C1C 所成角的正弦值 为 → |AC1·n| 3 6 = = .故选 C. → 8 4 |AC1||n|

3. 如图,设动点 P 在棱长为 1 的正方体 ABCD—A1B1C1D1 的对角线 BD1 上,记 ( )

D1P =λ .当∠APC 为钝角时,则 λ 的取值范围是 D1B

? 1? A.?0, ? ? 3? ?1 ? C.? ,1? ?2 ?
答案 D 解析

? 1? B.?0, ? ? 2? ?1 ? D.? ,1? ?3 ?

→ → → 由题设可知,以DA、DC、DD1为单位正交基底,建立如图所

示的空间直角坐标系 Dxyz,则有

A(1,0,0),B(1,1,0),C(0,1,0), D1(0,0,1).
→ 由D1B=(1,1,-1)得

D1P=λ D1B=(λ ,λ ,-λ ),
→ → → 所以PA=PD1+D1A =(-λ ,-λ ,λ )+(1,0,-1)=(1-λ ,-λ ,λ -1), →





PC=PD1+D1C=(-λ ,-λ ,λ )+(0,1,-1)
=(-λ ,1-λ ,λ -1).





18

显然∠APC 不是平角,所以∠APC 为钝角等价于 → → PA·PC → → cos∠APC=cos〈PA,PC〉= <0, → → |PA||PC| → → 这等价于PA·PC<0, 即(1-λ )(-λ )+(-λ )(1-λ )+(λ -1) 1 =(λ -1)(3λ -1)<0,得 <λ <1. 3
2

?1 ? 因此,λ 的取值范围为? ,1?. ?3 ?
二、填空题(每小题 5 分,共 15 分) 4. (2012·陕西)如图所示,在空间直角坐标系中有直三棱柱 ABC-

A1B1C1,CA=CC1=2CB,则直线 BC1 与直线 AB1 夹角的余弦值为
________. 答案 5 5

解析 利用向量法求解. 不妨令 CB=1,则 CA=CC1=2. 可得 O(0,0,0),B(0,0,1),C1(0,2,0),A(2,0,0),B1(0,2,1), → → ∴BC1=(0,2,-1),AB1=(-2,2,1), → → BC1·AB1 4-1 1 5 → → ∴cos〈BC1,AB1〉= = = = >0. → → 5× 9 5 5 |BC1||AB1| → → ∴BC1 与AB1 的夹角即为直线 BC1 与直线 AB1 的夹角, ∴直线 BC1 与直线 AB1 夹角的余弦值为 5 . 5

5. (2012·大纲全国)三棱柱 ABC-A1B1C1 中,底面边长和侧棱长都相等,∠BAA1=∠CAA1= 60°,则异面直线 AB1 与 BC1 所成角的余弦值为________. 答案 6 6

解析 连接 A1B 交 AB1 于点 O,取 A1C1 的中点 D,连接 B1D、DO. ∵O、D 分别为 A1B、A1C1 的中点, ∴OD∥BC1,∴∠DOB1 或其补角即为异面直线 AB1 与 BC1 所成的角. 设各棱长为 a,则 DB1= 3 a. 2

19

∵∠A1AB=60°,∴OB1=AO=

3 a. 2

→ → → → → → 又∵BC1=BB1+BC=AA1+AC-AB, →2 → → → 2 ∴BC1 =(AA1+AC-AB) →2 → → → → → → → →2 =AA1 +2AA1·AC+AC2-2AA1·AB-2AC·AB+AB =a +2a cos 60°+a -2a cos 60°-2a cos 60°+a =2a , → ∴|BC1|= 2a. 1 2 ∴OD= BC1= a. 2 2 在△DOB1 中,由余弦定理得
2 2 2 2 2 2 2

cos∠DOB1=

? 3 ?2 ? 2 ?2 ? 3 ?2 ? a? +? a? -? a? ?2 ? ?2 ? ?2 ?
2· 3 2 a· a 2 2 6 . 6



6 , 6

∴AB1 与 BC1 所成角的余弦值为

6. 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________. 答案 解析 3 a 3 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,

? ? 可得 H 点的坐标为? , , ?. ?3 3 3?
a a a
∴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 三、解答题

7. (13 分)(2012·北京)如图(1),在 Rt△ABC 中,∠C=90°,BC=3,AC=6.D,E 分别是
20

AC,AB 上的点,且 DE∥BC,DE=2,将△ADE 沿 DE 折起到△A1DE 的位置,使 A1C⊥CD,
如图(2).

(1)求证:A1C⊥平面 BCDE; (2)若 M 是 A1D 的中点,求 CM 与平面 A1BE 所成角的大小; (3)线段 BC 上是否存在点 P,使平面 A1DP 与平面 A1BE 垂直?说明理由. (1)证明 ∵AC⊥BC,DE∥BC,∴DE⊥AC. ∴DE⊥A1D,DE⊥CD,∴DE⊥平面 A1DC, 又 A1C? 平面 A1DC,∴DE⊥A1C. 又∵A1C⊥CD,∴A1C⊥平面 BCDE. (2)解 如图所示, 以 C 为坐标原点, 建立空间直角坐标系 C-xyz 则 A1(0,0,2 3),D(0,2,0),M(0,1, 3),B(3,0,0),E(2,2,0). → 设平面 A1BE 的法向量为 n=(x,y,z),则 n·A1B=0,

n·BE=0.
→ → 又A1B=(3,0,-2 3),BE=(-1,2,0),



?3x-2 3z=0, ∴? ?-x+2y=0.
令 y=1,则 x=2,z= 3, ∴n=(2,1, 3). 设 CM 与平面 A1BE 所成的角为 θ . → ∵CM=(0,1, 3),

? n·→ CM ? → ?= 4 = 2 . ∴sin θ =|cos〈n,CM〉|=? → ? ?|n|·|CM 8× 4 2 |? ?
π ∴CM 与平面 A1BE 所成角的大小为 . 4 (3)解 线段 BC 上不存在点 P,使平面 A1DP 与平面 A1BE 垂直.理由如下: 假设这样的点 P 存在,设其坐标为(p,0,0),其中 p∈[0,3].
21

设平面 A1DP 的法向量为 m=(x′,y′,z′), → → 则 m·A1D=0,m·DP=0. → → 又A1D=(0,2,-2 3),DP=(p,-2,0),

?2y′-2 3z′=0, ∴? ?px′-2y′=0.
令 x′=2,则 y′=p,z′= ∴m=?2,p,

p

, 3

? ?

p?
3?

?.

平面 A1DP⊥平面 A1BE,当且仅当 m·n=0, 即 4+p+p=0. 解得 p=-2,与 p∈[0,3]矛盾. ∴线段 BC 上不存在点 P,使平面 A1DP 与平面 A1BE 垂直.

22


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