【二轮精品——课件】高考数学必会题型篇用空间向量解决立体几何问题中的建系技巧
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)线面平行：l∥α? a⊥u? a·u＝0? a1a3＋b1b3＋c1c3＝0(2)线面垂直：l⊥α? a∥u? a＝k u? a1＝ka3，b1＝kb3，c1＝kc3(3)面面平行：α∥β? u∥v?u＝kv? a3＝ka4，b3＝kb4，c3＝kc4(4)面面垂直：α⊥β? u⊥v?u·v＝0? a3a4＋b3b4＋c3c4＝0例1、如图所示，在底面是矩形的四棱锥P- A BCD 中，PA⊥底面ABCD，E，F 分别是PC，PD 的中点，PA＝AB＝1，BC＝2.(1)求证：EF∥平面PAB；(2)求证：平面PAD⊥平面PDC.[证明] 以A 为原点，AB，AD，AP 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，则A(0,0,0)，B(1,0,0)，C(1,2,0)，D (0,2,0)，P(0,0,1)，所以 E 1 1 ，1，22 ，1F 0，1，2 ，EF＝－1，0，0 ，PB＝(1,0，－1)，PD＝(0,2，－1)，AP＝(0,0,1)，AD＝(0,2,0)，2DC＝(1,0,0)，AB＝(1,0,0)．(1)因为EF＝－12AB，所以EF∥AB，即EF∥AB.又AB? 平面PAB，EF?平面PAB，所以EF∥平面PA B.(2)因为AP·DC＝(0,0,1) (1·,0,0)＝0，AD·DC＝(0,2,0) (1·,0,0)＝0，所以AP⊥DC，AD⊥DC，即AP⊥DC，AD⊥DC.又AP∩AD＝A，AP? 平面PAD，AD? 平面PAD，所以DC⊥平面PAD .因为DC? 平面PDC，所以平面PAD⊥平面PDC.使用空间向量方法证明线面平行时，既可以证明直线的方向向量和平面内一条直线的方向向量平行，然后根据线面平行的判定定理得到线面平行，也可以证明直线的方向向量与平面的法向量垂直；证明面面垂直既可以证明线线垂直，然后使用判定定理进行判定，也可以证明两个平面的法向量垂直.例2、在直三棱柱ABC-A1B1C1 中，∠ABC＝90°，BC＝2，CC1＝4，点E 在线段BB1 上，且EB1＝1，D，F，G 分别为CC1，C1B1，C1A1 的中点．求证：(1)B1D⊥平面ABD；(2)平面EGF∥平面ABD.证明：(1)以B 为坐标原点，BA、BC、BB1 所在的直线分别为x 轴、y 轴、z轴建立空间直角坐标系，如图所示，则B(0,0,0)，D (0,2,2)，B1(0,0,4)，设BA＝a，则A( a,0,0)，所以BA＝( a,0,0)，BD＝(0,2,2)，B D＝(0,2，－2)，1B D·BA＝0，B1D·BD＝0＋4－4＝0，即B1D⊥BA，B1D⊥BD.1又BA∩BD＝B，因此B1D⊥平面ABD.(2)由(1)知，E(0,0,3)，G a2，1，4 ，F(0,1,4)，则EG＝a2，1，1 ，EF＝(0,1,1)，B D·EG＝0＋2－2＝0，B1D·EF＝0＋2－2＝0，即B1D⊥EG，B1D⊥EF.1又EG∩EF＝E，因此B1D⊥平面EGF. 结合(1)可知平面EGF∥平面ABD.利用空间向量求空间角基础知识(1)向量法求异面直线所成的角：若异面直线a，b 的方向向量分别为a，b，异面直线所成的角为|a·b|θ，则cosθ＝|cos〈a，b〉|＝|a||b|.(2)向量法求线面所成的角：求出平面的法向量n，直线的方向向量a，设线面所成的角为θ，则sin θ＝|cos〈n，a〉|＝|n·a| |n||a|.(3)向量法求二面角：求出二面角α－l－β的两个半平面α与β的法向量n1，n2，|n1·n2| 若二面角α－l－β所成的角θ为锐角，则cosθ＝|cos〈n1，n2〉|＝|n1||n2|；|n1·n2| 若二面角α－l－β所成的角θ为钝角，则cosθ＝－|cos〈n1，n2〉|＝－|n1||n2|.例1、如图，在直三棱柱A1B1C1-ABC 中，AB⊥AC，AB＝AC＝2，A1A＝4，点 D 是BC 的中点．(1)求异面直线A1B 与C1D 所成角的余弦值；(2)求平面ADC1 与平面ABA1 所成二面角的正弦值．[解] (1)以A 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz，则A(0,0,0)，B(2,0,0)，C(0,2,0)，D(1,1,0)，A1(0，0,4)，C1(0,2,4)，所以A1B＝(2,0，－4)，C1D＝(1，－1，－4)．因为cos〈A B，C1D〉＝1A B·C D11＝| A1B||C1D|18 3 10＝，1020×18所以异面直线A1B 与C1D 所成角的余弦值为310 10 .(2)设平面ADC1 的法向量为n1＝(x，y，z)，因为AD＝(1,1,0)，A C＝1(0,2,4)，所以n1·AD＝0，n1·AC＝0，即x＋y＝0 且y＋2z＝0，取z＝1，得x＝2，y＝－2，所1以，n1＝(2，－2,1)是平面ADC1 的一个法向量．取平面ABA1 的一个法向量为n2＝(0,1,0)．设平面ADC1 与平面ABA1 所成二面角的大小为θ.由|cosθ|＝n1·n2|n1||n2|＝2 2＝，得sin θ＝39× 153 .因此，平面ADC1 与平面ABA1 所成二面角的正弦值为5 3 .例2、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．[解] (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，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的方向为x 轴的正方向，|OA|为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系O-xyz. 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)，BB＝AA1＝(－1，3，0)，A1C＝(0，－3，3)．1设n＝(x，y，z)是平面BB1C1C 的法向量，则n·BC＝0，n·BB＝0.1即x＋3z＝0，－x＋3y＝0.可取n＝( 3，1，－1)．故n，A C＝1n·A C1＝－|n|| A C|1105 .所以A1C 与平面BB1C1C 所成角的正弦值为10 5 .(1)运用空间向量坐标运算求空间角的一般步骤：①建立恰当的空间直角坐标系；②求出相关点的坐标；③写出向量坐标；④结合公式进行论证、计算；⑤转化为几何结论．(2)求空间角应注意：①两条异面直线所成的角α不一定是直线的方向向量的夹角β，即cosα＝|cosβ|.②两平面的法向量的夹角不一定是所求的二面角，有可能两法向量夹角的补角为所求．例3、如图，在四棱锥S-ABCD 中，AB⊥AD，AB∥CD，CD＝3AB＝3，平面SAD⊥平面ABCD，E 是线段AD 上一点，AE＝ED＝3，SE⊥AD.(1)证明：平面SBE⊥平面SEC；(2)若SE＝1，求直线CE与平面SBC所成角的正弦值．解：(1)证明：∵平面SAD⊥平面ABCD，平面SAD∩平面ABCD＝AD，SE? 平面SAD，SE⊥AD，∴SE⊥平面ABCD. ∵BE? 平面ABCD，∴SE⊥BE. ∵AB⊥AD，AB∥CD，CD＝3AB＝3，AE＝ED＝3，∴∠AEB＝30°，∠CED＝60°. ∴∠BEC＝90°，即BE⊥CE. 又SE∩CE＝E，∴BE⊥平面SEC. ∵BE? 平面SBE，∴平面SBE⊥平面SEC.(2)由(1)知，直线ES，EB，EC 两两垂直．如图，以 E 为原点，EB 为x 轴，EC 为y 轴，ES 为z 轴，建立空间直角坐标系．则E(0,0,0)，C(0,2 3，0)，S(0,0,1)，B(2,0,0)，所以CE＝(0，－2 3，0)，CB＝(2，－2 3，0)，CS＝(0，－2 3，1)．设平面SBC的法向量为n＝(x，y，z)，则n·CB＝0，n·CS＝0.即2x－2 3y＝0，－2 3y＋z＝0.令y＝1，得x＝3，z＝2 3，则平面SBC的一个法向量为n＝( 3，1,2 3)．n·CE 1 设直线CE 与平面SBC所成角的大小为θ，则sinθ＝| |＝4，|n| |·CE|故直线CE 与平面SBC所成角的正弦值为1 4.例4、如图是多面体ABC-A1B1C1 和它的三视图．(1)线段CC1 上是否存在一点E，使BE⊥平面A1CC1？若不存在，请说明理由，若存在，请找出并证明；(2)求平面C1A1C 与平面A1CA 夹角的余弦值．解：(1)由题意知AA1，AB，AC 两两垂直，建立如图所示的空间直角坐标系，则A(0,0,0)，A1(0,0,2)，B(－2,0,0)，C(0，－2,0)，C1(－1，－1,2)，则C C＝(－1,1,2)，1A C＝(－1，－1,0)，11A C＝(0，－2，－2)．设E( x，y，z)，则CE＝(x，y＋2，z)，1EC＝(－1－x，－1－y,2－z)．设CE＝λEC1(λ>0)，1则x＝－λ－λ，xy＋2＝－λ－λ，yz＝2λ－λ，z则E－2－λ－λ2λ，，，1＋λ1＋λ1＋λBE＝2＋λ－2－λ2λ，，1＋λ. 1＋λ1＋λ由BE·A C＝0，11BE·A C＝0，1得2＋λ2＋λ－＋＝0，1＋λ1＋λ－2－λ2λ＋＝0，1＋λ1＋λ解得λ＝2，所以线段CC1 上存在一点E，CE＝2 EC，使BE⊥平面A1CC1.1(2)设平面C1A1C 的法向量为m＝(x，y，z)，则由m·A C＝0，11m·A C＝0，1得－x－y＝0，－2y－2z＝0，取x＝1，则y＝－1，z＝1.故m＝(1，－1,1)，而平面A1CA 的一个法向量为n＝(1,0,0)，m·n则cos〈m，n〉＝＝|m||n| 1＝33，故平面C1A1C 与平面A1CA 夹角的余弦值为333 .利用空间向量解决探索性问题例1、如图1，正△ABC 的边长为4，CD 是AB 边上的高，E，F 分别是AC 和BC 边的中点，现将△ABC沿CD 翻折成直二面角A-DC-B(如图2)．(1)试判断直线AB 与平面DEF 的位置关系，并说明理由；(2)求二面角E-DF-C 的余弦值；(3)在线段BC 上是否存在一点P，使AP⊥DE？如果存在，求出B PBC的值；如果不存在，请说明理由．[解] (1)在△ABC 中，由E，F 分别是AC，BC 中点，得EF∥AB.又AB?平面DEF，EF? 平面DEF，∴AB∥平面DEF.(2)以点D 为坐标原点，以直线DB，DC，DA 分别为x 轴、y 轴、z 轴，建立空间直角坐标系，则A(0,0,2)，B(2,0,0)，C(0，2 3，0)，E(0，3，1)，F(1，3，0)，DF＝(1，3，0)，DE＝(0，3，1)，DA＝(0,0,2)．平面CDF 的法向量为DA＝(0,0,2)．设平面EDF 的法向量为n＝(x，y，z)，则D F·n＝0，DE·n＝0，即x＋3y＝0，3y＋z＝0，取n＝(3，－3，3)，DA·ncos〈DA，n〉＝＝| DA||n| 217，所以二面角E-DF -C 的余弦值为217 .2 3(3)存在．设P( s，t,0)，有AP＝(s，t，－2)，则AP·DE＝3t－2＝0，∴t＝3 ，又BP＝(s－2，t,0)，PC＝(－s,2 3－t,0)，∵BP∥PC，∴(s－2)(2 3－t)＝－st，2 3 4∴3s＋t＝2 3. 把t＝3，∴BP＝3 代入上式得s＝13BC，∴在线段BC 上存在点P，使AP⊥DE. 此时，BPBC＝15.1 空间向量法最适合于解决立体几何中的探索性问题，它无需进行复杂的作图、论证、推理，只需通过坐标运算进行判断.2 解题时，把要成立的结论当作条件，据此列方程或方程组，把“是否存在”问题转化为“点的坐标是否有解，是否有规定范围内的解”等，所以为使问题的解决更简单、有效，应善于运用这一方法.例2、.如图所示，在直三棱柱ABC-A1B 1C1 中，∠ACB＝90°，AA1＝BC＝2AC＝2.(1)若 D 为AA1 中点，求证：平面B1CD⊥平面B1C1D；(2)在AA1 上是否存在一点D，使得二面角B1-CD -C1 的大小为60°？解：(1)证明：如图所示，以点 C 为原点，CA，CB，CC1 所在直线分别为x，y，z 轴建立空间直角坐标系．则C(0,0,0)，A(1,0,0)，B1(0,2,2)，C1(0,0,2)，D(1,0,1)，即C B＝(0,2,0)，11DC＝(－1,0,1)，CD＝(1,0,1)．1由C B·CD＝(0,2,0) (1·,0,1)＝0＋0＋0＝0，得C1B1⊥CD，即C1B1⊥CD.11由D C·CD＝(－1,0,1) (1·,0,1)＝－1＋0＋1＝0，得1DC⊥CD，即DC1⊥CD.1又DC1∩C1B1＝C1，∴CD⊥平面B1C1D.又CD? 平面B1CD，∴平面B1CD⊥平面B1C1D.(2)存在．当AD＝22 AA1时，二面角B1-CD-C1 的大小为60°.理由如下：设AD＝a，则D 点坐标为(1,0，a)，CD＝(1,0，a)，CB＝(0,2,2)，1设平面B1CD 的法向量为m＝(x，y，z)，则m·CB＝01m·CD＝0?2y＋2z＝0，x＋az＝0，令z＝－1，得m＝(a,1，－1)．|m·CB|又∵CB＝(0,2,0)为平面C1CD 的一个法向量，则cos 60＝°＝|m| |·CB|1 1＝2，2＋2a解得a＝2(负值舍去)，故AD＝2＝22 AA1.∴在AA1 上存在一点 D 满足题意．空间直角坐标系建立的创新问题空间向量在处理空间问题时具有很大的优越性，能把“非运算”问题“运算”化，即通过直线的方向向量和平面的法向量解决立体几何问题．解决的关键环节之一就是建立空间直角坐标系，因而建立空间直角坐标系问题成为近几年试题新的命题点．一、经典例题领悟好例1、如图，四棱锥P-ABCD 中，PA⊥底面ABCD，BC＝CD＝2，AC＝4，π∠ACB＝∠ACD＝3，F 为PC 的中点，AF⊥PB.(1)求PA 的长；(2)求二面角B-AF-D 的正弦值．(1)学审题——审条件之审视图形由条件知AC⊥BD―建―系→DB，AC 分别为x，y 轴―→写出A，B，C，D 坐标―P―A―⊥―面―A―B―C―D→设P 坐标P―F＝―→CF可得F 坐标A―F⊥―→PB AF·PB＝0―→得P 坐标并求PA 长．向量n1，n2分别为平面FAD、平面FAB的法向量(2)学审题由(1)―→AD，AF，AB的坐标―――――――――――――――――――→n1·AD＝0 且n1·AF＝0―→求得n1·n2―→求得夹角余弦．[解] (1)如图，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，建立空间直角坐标系O-xyz，则OC＝CDcos π＝1.而AC＝4，得AO 3π＝AC－OC＝3.又OD＝CDsin ＝3，故A(0，－3,0)，B( 3，0,0)，C(0,1,0)，D(－3，0,0)．3z z 因PA⊥底面ABCD，可设P(0，－3，z)．由F 为PC边中点，知F 0，－1，2 ，2 .又AF＝0，2，2zPB＝( 3，3，－z)，AF⊥PB，故AF·PB＝0，即6－2＝0，z＝2 3(舍去－2 3)，所以|PA|＝2 3.(2)由(1)知AD＝(－3，3,0)，AB＝( 3，3,0)，AF＝(0,2，3)．设平面FAD 的法向量为n1＝(x1，y1，z1)，平面FAB的法向量为n2＝(x2，y2，z2)，由n1·AD＝0，n1·AF＝0，得－3x1＋3y1＝0，2y1＋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)．从而法向量n1，n2 的夹角的余弦值为cos〈n1，n2〉＝n1·n2 1 |n1| |·n2|＝8.故二面角B-AF-D 的正弦值为37 8 .建立空间直角坐标系的基本思想是寻找其中的线线垂直关系本题利用AC⊥BD ，若图中存在交于一点的三条直线两两垂直，则以该点为原点建立空间直角坐标系.在没有明显的垂直关系时，要通过其他已知条件得到垂直关系，在此基础上选择一个合理的位置建立空间直角坐标系，注意建立的空间直角坐标系是右手系，正确确定坐标轴的名称.例2、如图，在空间几何体中，平面ACD⊥平面ABC，AB＝BC＝CA＝DA＝DC＝BE＝2.BE 与平面ABC 所成的角为60°，且点E 在平面ABC 内的射影落在∠ABC 的平分线上．(1)求证：DE∥平面ABC；(2)求二面角E- B C- A的余弦值．解：证明：(1)易知△ABC，△ACD 都是边长为 2 的等边三角形，取AC 的中点O，连接BO，DO，则BO⊥AC，DO⊥AC. ∵平面ACD⊥平面ABC，∴DO⊥平面ABC. 作EF⊥平面ABC，则EF∥DO. 根据题意，点 F 落在BO 上，∴∠EBF＝60°，易求得EF＝DO＝3，∴四边形DEFO 是平行四边形，DE∥OF.∵DE ?平面ABC，OF? 平面ABC，∴DE∥平面ABC.(2)建立如图所示的空间直角坐标系O-xyz，可求得平面ABC 的一个法向量为n1＝(0,0,1)．可得C(－1,0,0)，B(0，3，0)，E(0，3－1，3)，则CB＝(1，3，0)，BE＝(0，－1，3)．设平面BCE 的法向量为n2＝(x，y，z)，则可得n2·CB＝0，n2·BE＝0，即(x，y，z) ·(1，3，0)＝0，(x，y，z) ·(0，－1，3)＝0，可取n2＝(－3，3，1)．n1·n1故cos〈n1，n2〉＝|n1| |·n2|＝1313 . 又由图知，所求二面角的平面角是锐角，故二面角E- B C- A的余弦值为1313 .专题训练6.如图所示，在多面体ABCD－A1B1C1D1 中，上、下两个底面A1B1C1D1 和ABCD 互相平行，且都是正方形，DD1⊥底面ABCD，AB∥A1B1，AB＝2A1B1＝2DD1＝2a.(1)求异面直线AB1 与DD1 所成角的余弦值；(2)已知F 是AD 的中点，求证：FB1⊥平面BCC1B1.解：以D 为原点，DA，DC，DD1 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，则A(2a,0,0)，B(2a,2a,0)，C(0,2a,0)，D1(0,0，a)，F(a,0,0)，B1(a，a，a)，C1(0，a，a)．(1)∵AB1＝(－a，a，a)，DD1＝(0,0，a)，∴cos〈AB1，DD1〉＝| AB·DD11＝AB| |·DD|1133 ，所以异面直线AB1 与DD1 所成角的余弦值为3 3 .(2)证明：∵BB1＝(－a，－a，a)，BC＝(－2a,0,0)，FB1＝(0，a，a)，∴F B·BB1＝0，1FB·BC＝0.1∴FB1⊥BB1，FB1⊥BC.∵BB1∩BC＝B，∴FB1⊥平面BCC1B1.2．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；(3)证明：在线段BC1 上存在点D，使得AD⊥A1B，并求BDBC1 的值．解：(1)证明：因为四边形AA1C1C 为正方形，所以AA1⊥AC.因为平面ABC⊥平面AA1C1C，且AA1 垂直于这两个平面的交线AC，所以AA1⊥平面ABC.(2)由(1)知AA1⊥AC，AA1⊥AB. 由题知AB＝3，BC＝5，AC＝4，所以AB⊥AC.如图，以 A 为原点建立空间直角坐标系A-xyz，则B(0,3,0)，A1(0,0,4)，B1(0,3,4)，C1(4,0,4)，A B＝(0,3，－4)，A1C1＝(4,0,0)．设平面A1BC1 的法向量为n＝(x，y，z)，1则n·A B＝0，1n·A C＝0.11即3y－4z＝0，4x＝0.令z＝3，则x＝0，y＝4，所以n＝(0,4,3)．同理可得，平面B1BC1 的一个法向量为m＝(3,4,0)．所以cos〈n，m〉＝n·m16＝25. |n||m|由题知二面角 A 1-BC 1-B 1 为锐角，所以二面角 A 1-BC 1-B 1 的余弦值为 167. (3)证明：设 D(x ，y ，z)是直线 BC 1 上一点，且 BD ＝λBC .1所以 (x ，y －3，z)＝λ(4，－ 3,4)．解得 x ＝4λ，y ＝3－3λ，z ＝4λ.9所以 AD ＝(4λ，3－3λ，4λ)．由 AD ·25.A B ＝0，即 9－25λ＝0，解得 λ＝1因为 9∈[0,1]，所以在线段B C 1 上存在点 D ，使得 AD ⊥A 1B.25此时， BD ＝λ＝ BC 19 25. 3．如图 (1)，四边形A BCD 中，E 是 BC 的中点， DB ＝2，DC ＝1，BC ＝ 5，AB ＝AD ＝ 2.将图(1)沿直线 BD 折起，使得二面角 A-BD-C 为 60°，如图 (2)．(1)求证： AE ⊥平面 BDC ；(2)求直线 AC 与平面 ABD 所成角的余弦值．解： (1)证明：取B D 的中点 F ，连接E F ，AF ，则A F ＝1，EF ＝ 1，∠ AFE ＝60°. 2由余弦定理知 AE ＝ 12＋ 12＋ 122－2×1×12cos 60 ＝°3 2 .∵AE2＋EF 2＝AF 2，∴ AE ⊥EF.2 2 2∵AB ＝AD ，F 为 BD 中点．∴ BD ⊥AF. 又 BD ＝2，DC ＝1，BC ＝ 5，∴BD ＋DC ＝BC ，即 BD ⊥CD.又 E 为 BC 中点， EF ∥CD ，∴ BD ⊥EF .又 EF ∩AF ＝F ， ∴BD ⊥平面 AEF.又 BD ⊥AE ，∵BD ∩EF ＝F ，∴ AE ⊥平面 BDC. (2)以 E 为原点建立如图所示的空间直角坐标系，则A 0，0， 3 2，1 C －1， ，0 ，B 1，－2 1 2，0 ，D －1，－11，0 ，DB＝(2,0,0)，DA＝1，，2 23212，AC＝－1，，－32 .设平面ABD 的法向量为n＝(x，y，z)，由n·DB＝0n·DA＝0 得2x＝0，1x＋2y＋32 z＝0，取z＝3，则y＝－3，又∵n＝(0，－3，3)．∴cos〈n，AC〉＝n·AC＝－|n||AC|64 .故直线AC 与平面ABD 所成角的余弦值为10 4 .4．如图所示，在矩形ABCD 中，AB＝3 5，AD＝6，BD 是对角线，过点 A 作AE⊥BD，垂足为O，交CD 于E，以AE 为折痕将△ADE 向上折起，使点 D 到点P 的位置，且PB＝41.(1)求证：PO⊥平面ABCE；(2)求二面角E- A P- B的余弦值．解：(1)证明：由已知得AB＝3 5，AD＝6，∴BD＝9. 在矩形ABCD 中，∵AE⊥BD，∴Rt△AOD∽Rt△BAD，∴D OA D＝A DBD，∴DO＝4，∴BO＝5.在△POB 中，PB＝41，PO＝4，BO＝5，∴PO2＋BO2＝PB2，∴PO⊥OB.又PO⊥AE，AE∩OB＝O，∴PO⊥平面ABCE.2－OB2＝2 5. (2)∵BO＝5，∴AO＝AB以O 为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则P(0,0,4)，A(2 5，0,0)，B(0,5,0)，PA＝(2 5，0，－4)，PB＝(0,5，－4)．n1·PA＝0，设n1＝(x，y，z)为平面APB 的法向量．则n1·PB＝0，即25x－4z＝0，5y－4z＝0.取x＝2 5得n1＝(2 5，4,5)．又n2＝(0,1,0)为平面AEP 的一个法向量，∴cos〈n1，n2〉＝n1·n2＝|n1| |·n2|4＝61×14 61，61故二面角E-AP-B 的余弦值为461 61 .8.如图，在四棱锥P-ABCD 中，侧面PAD⊥底面ABCD，侧棱P A＝PD＝2，PA⊥PD，底面ABCD 为直角梯形，其中BC∥AD，AB⊥AD，AB＝BC＝1，O 为AD 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- A C- D的余弦值为63 ？若存在，求出P QQD的值；若不存在，请说明理由．解：(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∩平面ABCD＝AD，PO? 平面PAD，所以PO⊥平面ABCD.又在直角梯形ABCD 中，连接OC，易得OC⊥AD，所以以O 为坐标原点，OC，OD，OP 所在直线分别为x，y，z 轴建立空间直角坐标系，则P(0,0,1)，A(0，－1,0)，B(1，－1,0)，C(1,0,0)，D (0,1,0)，∴PB＝(1，－1，－1)，易证OA⊥平面POC，∴OA＝(0，－1,0)是平面POC 的法向量，cos〈PB，OA〉＝PB·OA＝| PB||OA|33 . ∴直线PB 与平面POC 所成角的余弦值为63 .(2) PD＝(0,1，－1)，CP＝(－1,0,1)．设平面PDC 的一个法向量为u＝(x，y，z)，则u·CP＝－x＋z＝0，u·PD＝y－z＝0，|BP·u||u|取z＝1，得u＝(1,1,1)．∴B 点到平面PCD 的距离为d＝＝33 .(3)假设存在一点Q，则设PQ＝λPD(0<λ<1)．∵PD＝(0,1，－1)，∴PQ＝(0，λ，－λ)＝OQ－OP，∴OQ＝(0，λ，1－λ)，∴Q(0，λ，1－λ)．设平面CAQ 的一个法向量为m＝(x，y，z)，又AC＝(1,1,0)，AQ＝(0，λ＋1,1－λ)，则m·AC＝x＋y＝0，m·AQ＝λ＋1 y＋1－λz＝0.取z＝λ＋1，得m＝(1－λ，λ－1，λ＋1)，又平面CAD 的一个法向量为n＝(0,0,1)，二面角Q- A C-D 的余弦值为6 ，3|m·n| 所以|cos〈m，n〉|＝|m||n|＝6 123 ，得3λ－10λ＋3＝0，解得λ＝3或λ＝3(舍)，所以存在点Q，且P Q 1 QD＝2.6．如图，在四棱锥S-ABCD 中，底面ABCD 是直角梯形，侧棱SA⊥底面ABCD，AB 垂直于AD 和BC，SA＝AB＝BC＝2，AD＝1.M 是棱SB的中点．(1)求证：AM∥平面SCD；(2)求平面SCD 与平面SAB所成二面角的余弦值；(3)设点N 是直线CD 上的动点，MN 与平面SAB所成的角为θ，求sin θ的最大值．解：(1)以点A为原点建立如图所示的空间直角坐标系，则A(0,0,0)，B(0,2,0)，C (2,2,0)，D(1,0,0)，S(0,0,2)，M (0,1,1)．所以AM＝(0,1,1)，SD＝(1,0，－2)，CD＝(－1，－2,0)．设平面SCD的法向量是n＝(x，y，z)，SD·n＝0，则CD·n＝0，即x－2z＝0，－x－2y＝0.令z＝1，则x＝2，y＝－1，于是n＝(2，－1,1)．∵AM·n＝0，∴AM⊥n.又AM ?平面SCD，∴AM∥平面SCD.(2)易知平面SAB的一个法向量为n1＝(1,0,0)．设平面SCD 与平面SAB所成的二面角为φ，则|cosφ|＝n1·n|n1| |·n|＝1，0，0 ·2，－1，11·6＝21·6＝6，即cosφ＝363 .∴平面SCD与平面SAB所成二面角的余弦值为6 3 .(3)设N( x,2x－2,0)(x∈[1,2])，则M N＝( x,2x－3，－1)．又平面SAB的一个法向量为n1＝(1,0,0)，∴sinθ＝x，2x－3，－1 ·1，0，02＋2x－3 2＋－1 2·1 ＝xx2－12x＋10 ＝5x11 15－12·＋10·2x x＝10 1x12－121x＝＋5 1011 3－x 52＋75.当1＝x3 5，即x＝时，(sin θ)max＝5 3357 .7、如图，四边形ABEF 和四边形ABCD 均是直角梯形，∠FAB＝∠DAB＝90°，AF＝AB＝BC＝2，AD＝1，FA⊥CD.(1)证明：在平面BCE 上，一定存在过点 C 的直线l与直线D F 平行；(2)求二面角F-CD-A 的余弦值．解：(1)证明：由已知得，BE∥AF，BC∥AD，BE∩BC＝B，AD∩AF＝A，∴平面BCE∥平面ADF . 设平面DFC∩平面BCE＝l，则l过点C.∵平面BCE∥平面ADF，平面DFC∩平面BCE＝l，平面DFC∩平面ADF＝DF.∴DF∥l，即在平面BCE 上一定存在过点 C 的直线l，使得DF∥l.(2)∵FA⊥AB，FA⊥CD，AB 与CD 相交，∴FA⊥平面ABCD.故以A 为原点，AD，AB，AF 分别为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系，如图．由已知得，D(1,0,0)，C(2,2,0)，F (0,0,2)，∴DF＝(－1,0,2)，DC＝(1,2,0)．设平面DFC 的一个法向量为n＝(x，y，z)，则n·DF＝0，n·DC＝0?x＝2z，x＝－2y，不妨设z＝1.则n＝(2，－1,1)，不妨设平面ABCD 的一个法向量为m＝(0,0,1)．∴cos〈m，n〉＝m·n＝|m||n|1＝66，由于二面角F-CD-A 为锐角，6∴二面角F-CD-A 的余弦值为6 6 .8、.如图，在四棱锥P- A BCD 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155 ，若E 为PB 的中点，求EC 与平面PAB 所成角的正弦值．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，∴AC⊥平面PBD，∵DE? 平面PBD，∴AC⊥DE.(2)在△PDB 中，EO∥PD，∴EO⊥平面ABCD，分别以OA，OB，OE 所在直线为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系，设PD＝t，则A(1,0,0)，B(0，3，0)，C(－1,0,0)，tE 0，0，2 ，P(0，－3，t)，AB＝(－1，3，0)，AP＝(－1，－3，t)．由(1)知，平面PBD 的一个法向量为n1＝(1,0,0)，设平面PAB 的法向量为n2＝(x，y，z)，则根据n2·AB＝0，n2·AP＝0得－x＋3y＝0，－x－3y＋tz＝0，2 3t令y＝1，得n2＝3，1，.∵二面角A-PB-D 的余弦值为155，则|cos〈n1，n2〉|＝155，即3＝124＋2t155，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则sin θ＝|cos〈EC，n2〉|＝＝2× 5155，∴EC 与平面PAB所成角的正弦值为155 .9、如图1，A，D 分别是矩形A1BCD1 上的点，AB＝2AA1＝2AD＝2，DC＝2DD1，把四边形A1ADD1 沿AD 折叠，使其与平面ABCD 垂直，如图2 所示，连接A1B，D1C 得几何体ABA1-DCD1.(1)当点E 在棱AB 上移动时，证明：D1E⊥A1D；(2)在棱AB 上是否存在点E，使二面角D1-EC-D 的平面角为π？若存在，求出AE 的长；若6不存在，请说明理由．解：(1)证明，如图，以点 D 为坐标原点，DA，DC，DD1 所在直线为x 轴，y 轴，z轴建立空间直角坐标系D-xyz，则D(0,0,0)，A(1,0,0)，C (0,2,0)，A1(1,0,1)，D1(0,0,1)．设E(1，t,0)，则D E＝(1，t，－1)，1A D＝(－1,0，－1)，∴1D E·A D＝1×(－1)＋t×0＋(－1)×(－1)＝0，11∴D1E⊥A1D.(2)假设存在符合条件的点 E.设平面D1EC的法向量为n＝(x，y，z)，由(1)知EC＝(－1,2－t, 0)，n·EC＝0，则n·D1E＝0 得－x＋2－t y＝0，x＋ty－z＝0，1 1令y＝，则x＝1－2t，z＝1，21 1∴n＝1－2t，，1 是平面D1EC 的一个法向量，2显然平面ECD 的一个法向量为D D＝(0,0,1)，1则c os〈n，DD〉＝1|n·DD|1＝|n||DD|1111－2tπ＝cos ，解得t＝2－62＋1＋1＋1433 (0≤t≤2)．故存在点E，当AE＝2－3时，二面角D1-EC-D 的平面角为3π9.。
安徽省高考数学第二轮复习 专题五立体几何第3讲 用空间向量的方法解立体几何问题 理
真题试做1．(2012·陕西高考，理5)如图，在空间直角坐标系中有直三棱柱ABC A 1B 1C 1，CA ＝CC 1＝2CB ，则直线BC 1与直线AB 1夹角的余弦值为( )．A.55B.53C.255D.352．(2012·四川高考，理14)如图，在正方体ABCD A 1B 1C 1D 1中，M ，N 分别是棱CD ，CC 1的中点，则异面直线A 1M 与DN 所成的角的大小是__________．3．(2012·山东高考，理18)在如图所示的几何体中，四边形ABCD 是等腰梯形，AB ∥CD ，∠DAB ＝60°，FC ⊥平面ABCD ，AE ⊥BD ，CB ＝CD ＝CF .(1)求证：BD ⊥平面AED ；(2)求二面角F BD C 的余弦值．4．(2012·福建高考，理18)如图，在长方体ABCD A 1B 1C 1D 1中，AA 1＝AD ＝1，E 为CD 中点．(1)求证：B 1E ⊥AD 1；(2)在棱AA 1上是否存在一点P ，使得DP ∥平面B 1AE ？若存在，求AP 的长；若不存在，说明理由；(3)若二面角A B 1E A 1的大小为30°，求AB 的长． 5．(2012·天津高考，理17)如图，在四棱锥P ABCD 中，PA ⊥平面ABCD ，AC ⊥AD ，AB ⊥BC ，∠BAC ＝45°，PA ＝AD ＝2，AC ＝1.(1)证明PC ⊥AD ；(2)求二面角APCD的正弦值；(3)设E为棱PA上的点，满足异面直线BE与CD所成的角为30°，求AE的长．考向分析从近几年的高考试题来看，高考对本专题的考查主要有以下几个方面：一是证明空间平行关系，如(2012福建高考，理18)的第(2)问；二是利用空间向量证明垂直关系，如(2012山东高考，理18)的第(1)问和(2012福建高考，理18)的第(1)问；三是利用空间向量求角，如(2012山东高考，理18)的第(2)问；(2012天津高考，理17)的第(2)问和(2012四川高考，理14)，此类问题多以多面体为载体，常以解答题的形式出现，重在考查学生的空间想象能力．本专题是高考的必考内容之一，通常为一道综合题，常出现在几个解答题的中间位置，难度不是很大．在多数情况下传统法、向量法都可以解决，但首先应考虑向量法，这样可以降低难度．预测在今后高考中，本部分内容仍旧主要以解答题的形式出现，难度为中档．考查内容仍旧是利用空间向量的数量积及坐标运算来解决立体几何问题，其中利用空间向量求空间角仍然是重点．热点例析热点一利用空间向量证明平行问题【例1】如图所示，在平行六面体ABCDA1B1C1D1中，O是B1D1的中点．求证：B1C∥平面ODC1.规律方法利用空间向量证明平行问题的方法归纳．下面用数学语言描述为：(1)线线平行：直线与直线平行，只需证明它们的方向向量平行．(2)线面平行：利用线面平行的判定定理，证明直线的方向向量与平面内一条直线的方向向量平行；利用共面向量定理，证明平面外直线的方向向量与平面内两相交直线的方向向量共面；证明直线的方向向量与平面的法向量垂直．(3)面面平行：平面与平面的平行，除了利用面面平行的判定定理转化为线面平行外，只要证明两平面的法向量平行即可．下面用符号语言表述为：设直线l，m的方向向量分别为a＝(a1，b1，c1)，b＝(a2，b2，c2)，平面α，β的法向量分别为u＝(a3，b3，c3)，v＝(a4，b4，c4)．(1)线线平行：l∥m a∥b a＝k b a 1＝ka2，b1＝kb2，c1＝kc2.(2)线面平行：l∥αa⊥u a·u＝0a 1a3＋b1b3＋c1c3＝0.(3)面面平行：α∥βu∥v u＝k v a 3＝ka4，b3＝kb4，c3＝kc4.变式训练1(2012·安徽江南十校联考，理19)如图，在多面体ABCDEFG中，四边形ABCD 是边长为2的正方形，平面ABG、平面ADF、平面CDE都与平面ABCD垂直，且△ABG，△ADF，△CDE都是正三角形．(1)求证：AC∥EF；(2)求多面体ABCDEFG的体积．热点二利用空间向量证明垂直问题【例2】如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD是正方形，侧棱PD⊥底面ABCD，PD＝DC，E是PC的中点，作EF⊥PB于点F，求证：(1)PA∥平面EDB；(2)PB⊥平面EFD.规律方法利用空间向量证明垂直问题的方法归纳．下面用数学语言描述为：(1)线线垂直：直线与直线的垂直，只要证明两直线的方向向量垂直．(2)线面垂直：利用线面垂直的定义，证明直线的方向向量与平面内的任意一条直线的方向向量垂直；利用线面垂直的判定定理，证明直线的方向向量与平面内的两条相交直线的方向向量垂直；证明直线的方向向量与平面的法向量平行．(3)面面垂直：平面与平面的垂直，除了用面面垂直的判定定理转化为线面垂直外，只要证明两平面的法向量垂直即可．下面用符号语言表述为：设直线l，m的方向向量分别为a＝(a1，b1，c1)，b＝(a2，b2，c2)．平面α，β的法向量分别为u＝(a3，b3，c3)，v＝(a4，b4，c4)．(1)线线垂直：l⊥m a⊥b a·b＝0a 1a2＋b1b2＋c1c2＝0.(2)线面垂直：l⊥αa∥u a＝k u a 1＝ka3，b1＝kb3，c1＝kc3.(3)面面垂直：α⊥βu⊥v u·v＝0a 3a4＋b3b4＋c3c4＝0.变式训练2如图，在四棱锥PABCD中，PA⊥平面ABCD，底面ABCD是菱形，AB＝2，∠BAD＝60°.(1)求证：BD⊥平面PAC；(2)若PA＝AB，求PB与AC所成角的余弦值；(3)当平面PBC与平面PDC垂直时，求PA的长．热点三利用空间向量求角和距离【例3】如图所示，在三棱柱ABCA1B1C1中，H是正方形AA1B1B的中心，AA1＝22，C1H⊥平面AA1B1B，且C1H＝ 5.(1)求异面直线AC 与A 1B 1所成角的余弦值； (2)求二面角A A 1C 1B 1的正弦值；(3)设N 为棱B 1C 1的中点，点M 在平面AA 1B 1B 内，且MN ⊥平面A 1B 1C 1，求线段BM 的长． 规律方法(1)夹角计算公式 ①两异面直线的夹角若两条异面直线a 和b 的方向向量分别为n 1，n 2，两条异面直线a 和b 所成的角为θ，则cos θ＝|cos 〈n 1，n 2〉|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪n 1·n 2|n 1||n 2|.②直线与平面所成的角若直线a 的方向向量为a ，平面α的法向量为n ，直线a 与平面α所成的角为θ，则sin θ＝|cos 〈a ，n 〉|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪a ·n |a ||n |.③二面角设n 1，n 2分别为二面角的两个半平面的法向量，其二面角为θ，则θ＝〈n 1，n 2〉或θ＝π－〈n 1，n 2〉，其中cos 〈n 1，n 2〉＝n 1·n 2|n 1||n 2|.(2)距离公式①点点距：点与点的距离，是以这两点为起点和终点的向量的模；②点线距：点M 到直线a 的距离，设直线的方向向量为a ，直线上任一点为N ，则点M 到直线a 的距离d ＝|MN |sin 〈MN ，a 〉；③线线距：两平行线间的距离，转化为点线距离；两异面直线间的距离，转化为点面距离或者直接求公垂线段的长度；④点面距：点M 到平面α的距离，如平面α的法向量为n ，平面α内任一点为N ，则点M 到平面α的距离d ＝|MN ||cos 〈MN ，n 〉|＝MN n n⋅；⑤线面距：直线和与它平行的平面间的距离，转化为点面距离； ⑥面面距：两平行平面间的距离，转化为点面距离．变式训练3已知ABCD A 1B 1C 1D 1是底面边长为1的正四棱柱，O 1为A 1C 1与B 1D 1的交点．(1)设AB 1与底面A 1B 1C 1D 1所成角的大小为α，二面角A B 1D 1A 1的大小为β.求证：tan βtan α；(2)若点C 到平面AB 1D 1的距离为43，求正四棱柱ABCD A 1B 1C 1D 1的高． 热点四 用向量法解决探索性问题【例4】如图，四棱锥S ABCD 的底面是正方形，每条侧棱的长都是底面边长的2倍，P 为侧棱SD 上的点．(1)求证：AC ⊥SD ；(2)若SD ⊥平面PAC ，求二面角P AC D 的大小；(3)在(2)的条件下，侧棱SC 上是否存在一点E ，使得BE ∥平面PAC ？若存在，求SE ∶EC 的值；若不存在，请说明理由．规律方法(1)用空间向量解决立体几何问题的步骤及注意事项： ①建系，要写理由，坐标轴两两垂直要证明；②准确求出相关点的坐标(特别是底面各点的坐标，若底面不够规则，则应将底面单独抽出来分析)，坐标求错将前功尽弃；③求平面法向量；④根据向量运算法则，求出三角函数值或距离； ⑤给出问题的结论．(2)利用空间向量巧解探索性问题：空间向量最适合于解决这类立体几何中的探索性问题，它无需进行繁杂的作图、论证、推理，只需通过坐标运算进行判断．在解题过程中，往往把“是否存在”问题，转化为“点的坐标是否有解，是否有规定范围的解”等，所以使问题的解决更简单、有效，应善于运用这一方法解题．变式训练4如图，平面PAD ⊥平面ABCD ，ABCD 为正方形，∠PAD ＝90°，且PA ＝AD ＝2；E ，F ，G 分别是线段PA ，PD ，CD 的中点．(1)求证：PB ∥平面EFG ；(2)求异面直线EG 与BD 所成的角的余弦值；(3)在线段CD 上是否存在一点Q ，使得A 到平面EFQ 的距离为45？若存在，求出CQ 的值；若不存在，请说明理由．思想渗透转化与化归思想——利用向量解决空间位置关系及求角问题主要问题类型：(1)空间线面关系的证明； (2)空间角的求法；(3)存在性问题的处理方法． 求解时应注意的问题：(1)利用空间向量求异面直线所成的角时，应注意角的取值范围；(2)利用空间向量求二面角的平面角时，应注意观察二面角是钝角还是锐角．(2012·北京高考，理16)如图1，在Rt△ABC 中，∠C ＝90°，BC ＝3，AC ＝6.D ，E 分别是AC ，AB 上的点，且DE ∥BC ，DE ＝2，将△ADE 沿DE 折起到△A 1DE 的位置，使A 1C ⊥CD ，如图2.图1 图2(1)求证：A 1C ⊥平面BCDE ；(2)若M 是A 1D 的中点，求CM 与平面A 1BE 所成角的大小；(3)线段BC 上是否存在点P ，使平面A 1DP 与平面A 1BE 垂直？说明理由． 解：(1)因为AC ⊥BC ，DE ∥BC ， 所以DE ⊥AC .所以DE ⊥A 1D ，DE ⊥CD . 所以DE ⊥平面A 1DC .所以DE ⊥A 1C . 又因为A 1C ⊥CD ，所以A 1C ⊥平面BCDE .(2)如图，以C 为坐标原点，建立空间直角坐标系Cxyz，则A 1(0,0,23)，D(0,2,0)，M(0,1，3)，B(3,0,0)，E(2,2,0)． 设平面A 1BE 的法向量为n=(x ，y ，z)，则n ·1A B =0，n ·BE =0. 又1A B =(3,0，-23)，BE =(-1,2,0)， 所以3230,20.x z x y ⎧-=⎪⎨-+=⎪⎩令y=1，则x=2，z=3.所以n=(2,1，3)． 设CM 与平面A 1BE 所成的角为θ. 因为CM =(0,1，3)，所以sin θ＝|cos 〈n ，CM 〉|＝n CM n CM⋅＝48×4＝22， 所以CM 与平面A 1BE 所成角的大小为π4.(3)线段BC 上不存在点P ，使平面A 1DP 与平面A 1BE 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]． 设平面A 1DP 的法向量为m ＝(x ，y ，z )， 则m ·1A D ＝0，m ·DP ＝0.又1A D ＝(0,2，－23)，DP ＝(p ，－2,0)，所以⎩⎨⎧2y －23z ＝0，px －2y ＝0.令x ＝2，则y ＝p ，z ＝p3.所以m ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫2，p ，p 3.平面A 1DP ⊥平面A 1BE ，当且仅当m·n ＝0，即4＋p ＋p ＝0.解得p ＝－2，与p [0,3]矛盾．所以线段BC 上不存在点P ，使平面A 1DP 与平面A 1BE 垂直．1．已知AB ＝(1,5，－2)，BC ＝(3,1，z )，若AB ⊥BC ，BP ＝(x －1，y ，－3)，且BP ⊥平面ABC ，则实数x ，y ，z 的值分别为( )．A.337，－157， 4B.407，－157，4C.407，－2,4 D ．4，407，－15 2．已知平面α内有一个点M (1，－1,2)，平面α的一个法向量是n ＝(6，－3,6)，则下列点P 在平面α内的是( )．A ．P (2,3,3)B ．P (－2,0,1)C ．P (－4,4,0)D ．P (3，－3,4)3．(2012·湖北武昌调研，7)已知E ，F 分别是正方体ABCD A 1B 1C 1D 1棱BB 1，AD 的中点，则直线EF 和平面BDD 1B 1所成的角的正弦值是( )．A.26 B.36 C.13 D.664．在四面体PABC 中，PA ，PB ，PC 两两垂直，设PA ＝PB ＝PC ＝a ，则点P 到平面ABC 的距离为__________．5．如图，在直三棱柱ABC A 1B 1C 1中，∠ACB ＝90°，AA 1＝2，AC ＝BC ＝1，则异面直线A 1B 与AC 所成角的余弦值是__________．6．已知在长方体ABCD A 1B 1C 1D 1中，AB ＝2，BC ＝4，AA 1＝4，点M 是棱D 1C 1的中点．求直线AB 1与平面DA 1M 所成角的正弦值．7．(2012·安徽合肥第一次质检，理18)如图，在多面体ABC A 1B 1C 1中，AA 1⊥平面ABC ，AA 1綉BB 1，AB ＝AC ＝AA 1＝22BC ，B 1C 1綉12BC .(1)求证：A 1B 1⊥平面AA 1C ；(2)求证：AB 1∥平面A 1C 1C ；(3)求二面角C 1A 1C A 的余弦值．参考答案命题调研·明晰考向真题试做1．A 解析：不妨设CB ＝1，则CA ＝CC 1＝2.由题图知，A 点的坐标为(2,0,0)，B 点的坐标为(0,0,1)，B 1点的坐标为(0,2,1)，C 1点的坐标为(0,2,0)．所以1BC ＝(0,2，－1)，1AB ＝(－2,2,1)．所以cos 〈1BC ，1AB 〉＝0×(－2)＋2×2＋(－1)×135＝55.2．90° 解析：如图，以点D 为原点，以DA ，DC ，DD 1为x 轴、y 轴、z 轴建立坐标系D xyz .设正方体的棱长为2，则1MA ＝(2，－1，2)，DN ＝(0,2,1)，1AB ·DN ＝0，故异面直线A 1M 与ND 所成角为90°.3．(1)证明：因为四边形ABCD 是等腰梯形，AB ∥CD ，∠DAB ＝60°， 所以∠ADC ＝∠BCD ＝120°. 又CB ＝CD ，所以∠CDB ＝30°. 因此∠ADB ＝90°，AD ⊥BD .又AE ⊥BD ，且AE ∩AD ＝A ，AE ，AD ⊂平面AED ，所以BD ⊥平面AED . (2)解法一：由(1)知AD ⊥BD ， 所以AC ⊥BC .又FC ⊥平面ABCD ，因此CA ，CB ，CF 两两垂直，以C 为坐标原点，分别以CA ，CB ，CF 所在的直线为x 轴，y 轴，z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系，不妨设CB ＝1，则C (0,0,0)，B (0,1,0)，D ⎝ ⎛⎭⎪⎫32，－12，0，F (0,0,1)，因此BD ＝⎝⎛⎭⎪⎫32，－32，0，BF ＝(0，－1,1)．设平面BDF 的一个法向量为m ＝(x ，y ，z )，则m ·BD ＝0，m ·BF ＝0，所以x ＝3y ＝3z ，取z ＝1，则m ＝(3，1,1)． 由于CF ＝(0,0,1)是平面BDC 的一个法向量，则cos 〈m ，CF 〉＝m CF m CF⋅＝15＝55， 所以二面角F BD C 的余弦值为55.解法二：取BD 的中点G ，连接CG ，FG ， 由于CB=CD ， 因此CG ⊥BD.又FC ⊥平面ABCD ，BD ⊂平面ABCD ， 所以FC ⊥BD .由于FC ∩CG ＝C ，FC ，CG ⊂平面FCG ， 所以BD ⊥平面FCG .故BD ⊥FG .所以∠FGC 为二面角F BD C 的平面角．在等腰三角形BCD 中，由于∠BCD ＝120°，因此CG ＝12CB .又CB ＝CF ，所以GF ＝CG 2＋CF 2＝5CG ，故cos∠FGC ＝55，因此二面角F BD C 的余弦值为55. 4．解：(1)以A 为原点，1,,AB CF AA 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)．设AB ＝a ，则A (0,0,0)，D (0,1,0)，D 1(0,1,1)，E ⎝ ⎛⎭⎪⎫a2，1，0，B 1(a,0,1)， 故1AD ＝(0,1,1)，1B E ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 2，1，－1，1AB ＝(a,0,1)，AE ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫a2，1，0.∵1AD ·1B E ＝－a2×0＋1×1＋(－1)×1＝0，∴B 1E ⊥AD 1.(2)假设在棱AA 1上存在一点P (0,0，z 0)，使得DP ∥平面B 1AE . 此时DP ＝(0，－1，z 0)．又设平面B 1AE 的法向量n ＝(x ，y ，z )． ∵n ⊥平面B 1AE ，∴n ⊥1AB ，n ⊥AE ，得⎩⎪⎨⎪⎧ax ＋z ＝0，ax2＋y ＝0.取x ＝1，得平面B 1AE 的一个法向量n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1，－a2，－a .要使DP ∥平面B 1AE ，只要n ⊥DP ，有a 2－az 0＝0，解得z 0＝12.又DP 平面B 1AE ，∴存在点P ，满足DP ∥平面B 1AE ，此时AP ＝12.(3)连接A 1D ，B 1C ，由长方体ABCD A 1B 1C 1D 1及AA 1＝AD ＝1，得AD 1⊥A 1D . ∵B 1C ∥A 1D ，∴AD 1⊥B 1C .又由(1)知B 1E ⊥AD 1，且B 1C ∩B 1E ＝B 1，∴AD 1⊥平面DCB 1A 1.∴1AD 是平面A 1B 1E 的一个法向量，此时1AD ＝(0,1,1)． 设1AD 与n 所成的角为θ，则cos θ＝11n AD n AD ⋅＝－a2－a 21＋a 24＋a2.∵二面角A B 1E A 1的大小为30°，∴|cos θ|＝cos 30°，即3a 221＋5a24＝32， 解得a ＝2，即AB 的长为2.5．解法一：如图，以点A 为原点建立空间直角坐标系，依题意得A (0,0,0)，D (2,0,0)，C (0,1,0)，B ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，12，0，P (0,0,2)． (1)证明：易得PC ＝(0,1，－2)，AD ＝(2,0,0)，于是PC ·AD ＝0， 所以PC ⊥AD .(2) PC ＝(0,1，－2)，CD ＝(2，－1,0)． 设平面PCD 的法向量n ＝(x ，y ，z )，则0,0,n PC n CD ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩即⎩⎪⎨⎪⎧y －2z ＝0，2x －y ＝0.不妨令z ＝1，可得n ＝(1,2,1)．可取平面PAC 的法向量m ＝(1,0,0)．于是cos 〈m ，n 〉＝m ·n |m ||n |＝16＝66，从而sin 〈m ，n 〉＝306. 所以二面角A PC D 的正弦值为306. (3)设点E 的坐标为(0,0，h )，其中h ∈[0,2]，由此得BE ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12，－12，h .由CD ＝(2，－1,0)，故 cos 〈BE ，CD 〉＝BE CD BE CD⋅＝3212＋h 2×5＝310＋20h 2， 所以，310＋20h2＝cos 30°＝32， 解得h ＝1010，即AE ＝1010. 解法二：(1)证明：由PA ⊥平面ABCD ，可得PA ⊥AD ，又由AD ⊥AC ，PA ∩AC ＝A，故AD ⊥平面PAC .又PC ⊂平面PAC ，所以PC ⊥AD .(2)如图，作AH ⊥PC 于点H ，连接DH .由PC ⊥AD ，PC ⊥AH ，可得PC ⊥平面ADH .因此DH ⊥PC ，从而∠AHD 为二面角A PC D 的平面角．在Rt△PAC 中，PA ＝2，AC ＝1，由此得AH ＝25.由(1)知AD ⊥AH ，故在Rt△DAH 中，DH ＝AD 2＋AH 2＝2305.因此sin∠AHD ＝AD DH＝306.所以二面角A PC D 的正弦值为306. (3)如图，因为∠ADC<45°，故过点B 作CD 的平行线必与线段AD 相交，设交点为F ，连接BE ，EF.故∠EBF或其补角为异面直线BE 与CD 所成的角．由于BF ∥CD ，故∠AFB=∠ADC. 在Rt △DAC 中，，sin ∠ADC=15，故sin∠AFB ＝15.在△AFB 中，由BF sin∠FAB ＝AB sin∠AFB ，AB ＝12，sin∠FAB ＝sin 135°＝22，可得BF ＝52.由余弦定理，BF 2＝AB 2＋AF 2－2AB ·AF ·cos∠FAB ，可得AF ＝12.设AE ＝h .在Rt△EAF 中，EF ＝AE 2＋AF 2＝h 2＋14.在Rt△BAE 中，BE ＝AE 2＋AB 2＝h 2＋12.在△EBF 中，因为EF <BE ，从而∠EBF ＝30°，由余弦定理得cos 30°＝BE 2＋BF 2－EF 22BE ·BF .可解得h ＝1010.所以AE ＝1010.精要例析·聚焦热点 热点例析【例1】 证明：设11C B ＝a ，11C D ＝b ，1C C ＝c ， 因为B 1BCC 1为平行四边形， 所以1B C ＝c －a .又O 是B 1D 1的中点，所以 1C O ＝12(a ＋b )，1OD ＝11C D －1C O ＝b －12(a ＋b )＝12(b －a )． 因为D 1D 綉C 1C ，所以1D D ＝c ， 所以OD ＝1OD ＋1D D ＝12(b －a )＋c .若存在实数x ，y ，使1B C ＝x OD ＋y 1OC (x ，y ∈R )成立，则c －a ＝x ⎣⎢⎡⎦⎥⎤12(b －a )＋c ＋y ⎣⎢⎡⎦⎥⎤－12(a ＋b )＝－12(x ＋y )a ＋12(x －y )b ＋x c .因为a ，b ，c 不共线，所以⎩⎪⎨⎪⎧12(x ＋y )＝1，12(x －y )＝0，x ＝1，所以⎩⎪⎨⎪⎧x ＝1，y ＝1，所以11B C OD OC =+，所以1B C ，OD ，1OC 是共面向量．因为1B C 不在OD ，1OC 所确定的平面ODC 1内，所以1B C ∥平面ODC 1，即B 1C ∥平面ODC 1. 【变式训练1】 解：(1)证明：方法一：如图，分别取AD ，CD 的中点P，Q ，连接FP ，EQ .∵△ADF 和△CDE 是边长为2的正三角形，∴FP ⊥AD ，EQ ⊥CD ，且FP ＝EQ ＝ 3.又∵平面ADF 、平面CDE 都与平面ABCD 垂直， ∴FP ⊥平面ABCD ，EQ ⊥平面ABCD ， ∴FP ∥QE 且FP ＝EQ ，∴四边形EQPF 是平行四边形， ∴EF ∥PQ .∵PQ 是△ACD 的中位线， ∴PQ ∥AC ，∴EF ∥AC .方法二：以A 点作为坐标原点，以AB 所在直线为x 轴，以AD 所在直线为y 轴，过点A 垂直于xOy 平面的直线为z 轴，建立空间直角坐标系，如图所示．根据题意可得，A (0,0,0)，B (2,0,0)，C (2,2,0)，D (0,2,0)，E (1,2，3)，F (0,1，3)，G (1,0，3)．∴AC ＝(2,2,0)，FE ＝(1,1,0)， 则2AC FE =，∴AC ∥FE ，即有AC ∥FE .(2)V 多面体ABCDEFG ＝V 三棱柱ABG CDE ＋V 四棱锥F ADEG ＝23＋233＝833.【例2】 证明：如图所示建立空间直角坐标系，D 为坐标原点，设DC ＝a .(1)连接AC 交BD 于G ，连接EG .依题意得A (a,0,0)，P (0,0，a )，E ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，a 2，a 2.∵底面ABCD 是正方形，∴G 是此正方形的中心，故点G 的坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2，a 2，0，PA ＝(a,0，－a )，EG ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2，0，－a2，∴PA ＝2EG ，则PA ∥EG .而EG ⊂平面EDB 且PA 平面EDB ， ∴PA ∥平面EDB .(2)依题意得B (a ，a,0)，PB ＝(a ，a ，－a )． 又DE ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，a 2，a 2，故PB ·DE ＝0＋a 22－a 22＝0，∴PB ⊥DE .由已知EF ⊥PB ，且EF ∩DE ＝E ，∴PB ⊥平面EFD . 【变式训练2】 解：(1)证明：因为四边形ABCD 是菱形， 所以AC ⊥BD .又因为PA ⊥平面ABCD ，所以PA ⊥BD . 又PA ∩AC ＝A ，所以BD ⊥平面PAC . (2)设AC ∩BD ＝O .因为∠BAD ＝60°，PA ＝AB ＝2， 所以BO ＝1，AO ＝CO ＝ 3.如图，以O 为坐标原点，建立空间直角坐标系O xyz ，则P (0，－3，2)，A (0，－3，0)，B (1,0,0)，C (0，3，0)，所以PB ＝(1，3，－2)，AC ＝(0,23，0)． 设PB 与AC 所成角为θ， 则cos θ＝PB ACPB AC ⋅＝622×23＝64.(3)由(2)知BC ＝(－1，3，0)． 设P (0，－3，t )(t >0)，则BP ＝(－1，－3，t )．设平面PBC 的法向量m ＝(x ，y ，z )， 则BC ·m ＝0，BP ·m ＝0.所以⎩⎨⎧－x ＋3y ＝0，－x －3y ＋tz ＝0.令y ＝3，则x ＝3，z ＝6t.所以m ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫3，3，6t .同理，平面PDC 的法向量 n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－3，3，6t .因为平面PBC ⊥平面PDC ，所以m ·n ＝0，即－6＋36t2＝0，解得t ＝6，所以PA ＝ 6.【例3】 解：如图所示，建立空间直角坐标系，点B 为坐标原点．依题意得A (22，0,0)，B (0,0,0)，C (2，－2，5)，A 1(22，22，0)，B 1(0，22，0)，C 1(2，2，5)．(1)易得AC ＝(－2，－2，5)，11A B ＝(－22，0,0)， 于是cos 〈AC ，11A B 〉＝1111AC A B AC A B ⋅＝43×22＝23. 所以异面直线AC 与A 1B 1所成角的余弦值为23. (2)易知1AA ＝(0,22，0)，11AC ＝(－2，－2，5)． 设平面AA 1C 1的法向量m ＝(x ，y ，z )，则1110,0.m AC m AA ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩ 即⎩⎨⎧ －2x －2y ＋5z ＝0，22y ＝0.不妨令x ＝5，可得m ＝(5，0，2)．同样地，设平面A 1B 1C 1的法向量n ＝(r ，p ，q )，则11110,0.n AC n A B ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩ 即⎩⎨⎧－2r －2p ＋5q ＝0，－22r ＝0.不妨令p ＝5，可得n ＝(0，5，2)．于是cos 〈m ，n 〉＝m ·n |m ||n |＝27×7＝27，从而sin 〈m ，n 〉＝357.所以二面角A A 1C 1B 1的正弦值为357.(3)由N 为棱B 1C 1的中点，得N ⎝ ⎛⎭⎪⎫22，322，52.设M (a ，b,0)，则MN ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫22－a ，322－b ，52.由MN ⊥平面A 1B 1C 1，得11110,0.MN A B MN AC ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩即 ⎩⎪⎨⎪⎧⎝ ⎛⎭⎪⎫22－a ·(－22)＝0，⎝ ⎛⎭⎪⎫22－a ·(－2)＋⎝ ⎛⎭⎪⎫322－b ·(－2)＋52·5＝0.解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝22，b ＝24，故M ⎝⎛⎭⎪⎫22，24，0， 因此BM ＝⎝⎛⎭⎪⎫22，24，0. 所以线段BM 的长|BM |＝104. 【变式训练3】 解：设正四棱柱的高为h . (1)连接AO 1，AA 1⊥底面A 1B 1C 1D 1于A 1，∴AB 1与底面A 1B 1C 1D 1所成的角为∠AB 1A 1，即∠AB 1A 1＝α. ∵AB 1＝AD 1，O 1为B 1D 1中点， ∴AO 1⊥B 1D 1.又A 1O 1⊥B 1D 1，四边形A 1B 1C 1D 1是正方形．∴∠AO 1A 1是二面角A B 1D 1A 1的平面角，即∠AO 1A 1＝β.∴tan α＝AA 1A 1B 1＝h ，tan β＝AA 1A 1O 1＝2h . ∴tan β＝2tan α.(2)建立如图空间直角坐标系，有A (0,0，h )，B 1(1,0,0)，D 1(0,1,0)，C (1,1，h )，1AB ＝(1,0，－h )，1AD ＝(0,1，－h )，AC ＝(1,1,0)． 设平面AB 1D 1的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )．∵11,n AB n AD ⎧⊥⎪⎨⊥⎪⎩110,0.n AB n AD ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩ 取z ＝1得n ＝(h ，h,1)， ∴点C 到平面AB 1D 1的距离为d ＝n AC n⋅＝|h ＋h ＋0|h 2＋h 2＋1＝43，则h ＝2. 【例4】 (1)证明：连接BD ，设AC 交BD 于点O ，连接SO .由题意知SO ⊥平面ABCD .以O 为坐标原点，OB ，OC ，OS 所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴，建立空间直角坐标系O xyz ，设底面边长为2，则高SO ＝6，∴S (0,0，6)，D (－2，0,0)，C (0，2，0)． ∴OC ＝(0，2，0)，SD ＝(－2，0，－6)． ∴OC SD ⋅＝0，故OC ⊥SD ，即AC ⊥SD .(2)解：由题意知，平面PAC 的一个法向量DS ＝(2，0，6)，平面DAC 的一个法向量为OS ＝(0,0，6)，设所求的二面角为θ，则cos θ＝OS DS OS DS⋅＝32. 故所求二面角的大小为30°.(3)解：在侧棱SC 上存在一点E ，使BE ∥平面PAC .由(2)知DS 是平面PAC 的一个法向量，且DS ＝(2，0，6)，CS ＝(0，－2，6)．设CE tCS =，则BE BC CE =+＝(－2，2(1－t )，6t )，而BE DS ⋅＝0t ＝13，从而当SE ∶EC ＝2∶1时，BE DS ⊥，又BE 不在平面PAC 内，故BE ∥平面PAC . 【变式训练4】 解：∵平面PAD ⊥平面ABCD ，而∠PAD ＝90°， ∴PA ⊥平面ABCD .而ABCD 是正方形，即AB ⊥AD ， 故可建立如图所示的空间直角坐标系，则A (0,0,0)，B (2,0,0)，C (2,2,0)，D (0,2,0)，P (0,0,2)，E (0,0,1)，F (0,1,1)，G (1,2,0)． (1)证明：∵PB ＝(2,0，－2)，FE ＝(0，－1,0)，FG ＝(1,1，－1)， 设平面EFG 的法向量为n 0＝(x 0，y 0，z 0)．则000,0,n FE n FG ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩∴⎩⎪⎨⎪⎧－y 0＝0，x 0＋y 0－z 0＝0.令x 0＝1，则⎩⎪⎨⎪⎧x 0＝1，y 0＝0，z 0＝1，∴n 0＝(1,0,1)．又∵PB ·n 0＝2×1＋0＋(－2)×1＝0， ∴PB ⊥n 0.又∵PB 平面EFG ，∴PB ∥平面EFG .(2)∵EG ＝(1,2，－1)，BD ＝(－2,2,0)， ∴cos 〈EG ，BD 〉＝EG BD EG BD⋅＝36， 故异面直线EG 与BD 所成的角的余弦值为36. (3)假设在线段CD 上存在一点Q 满足题设条件， 令CQ ＝m (0≤m ≤2)，则DQ ＝2－m ， ∴点Q 的坐标为(2－m,2,0)，∴EQ ＝(2－m,2，－1)．而EF ＝(0,1,0)，设平面EFQ 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则()()()(),,0,1,00,,,2,2,10n EF x y z n EQ x y z m ⎧⋅=⋅=⎪⎨⋅=⋅--=⎪⎩∴⎩⎪⎨⎪⎧y ＝0，(2－m )x ＋2y －z ＝0.令x ＝1，则n ＝(1,0,2－m )， ∴点A 到平面EFQ 的距离d ＝AE n n⋅＝|2－m |1＋(2－m )2＝45，即(2－m )2＝169， ∴m ＝23或m ＝103>2不合题意，舍去，故存在点Q ，当CQ ＝23时，点A 到平面EFQ 的距离为45.创新模拟·预测演练1．B 解析：∵AB BC ⊥，∴AB BC ⋅＝0，即3＋5－2z ＝0，得z ＝4.又BP ⊥平面ABC ，∴BP ⊥AB ，BP ⊥BC ，BC ＝(3,1,4)，则⎩⎪⎨⎪⎧(x －1)＋5y ＋6＝0，3(x －1)＋y －12＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝407，y ＝－157.2．A3．B 解析：建立如图所示空间直角坐标系，D 1(0,0,0)，F (1,0,2)，E (2,2,1)，则EF ＝(－1，－2,1)． 设平面BDD 1B 1的法向量为n ， 则n ＝(1，－1,0)． sin θ＝|cos 〈EF ，n 〉|＝EF n EF n⋅＝123＝36.故选B. 4.33a 解析：根据题意，可建立如图所示的空间直角坐标系P xyz ，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⎝ ⎛⎭⎪⎫a 3，a 3，a3. ∴PH ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0－a 32＋⎝ ⎛⎭⎪⎫0－a 32＋⎝ ⎛⎭⎪⎫0－a 32 ＝33a .5.66解析：以C 为坐标原点，CA ，CB ，CC 1所在直线分别为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系，A 1(1,0,2)，B (0,1,0)，A (1,0,0)，C (0,0,0)，则1A B ＝(－1,1，－2)，AC ＝(－1,0,0)． cos 〈1A B ，AC 〉＝11A B AC A B AC⋅＝11＋1＋4＝66.6．解：建立如图所示的空间直角坐标系，可得有关点的坐标为D (0,0,0)，A (4,0,0)，B (4,2,0)，C (0,2,0)，A 1(4,0,4)，B 1(4,2,4)，C 1(0,2,4)，D 1(0,0,4)，∴M (0,1,4)．∴DM ＝(0,1,4)，1DA ＝(4,0,4)，1A B ＝(0,2,4)． 设平面DA 1M 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则10,0,n DM n DA ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩即⎩⎪⎨⎪⎧y ＋4z ＝0，4x ＋4z ＝0.取z ＝－1，得x ＝1，y ＝4.所以平面DA 1M 的一个法向量为n ＝(1,4，－1)． 设直线AB 1与平面DA 1M 所成角为θ， 则sin θ＝11n A B n AB ⋅＝1015， 所以直线AB 1与平面DA 1M 所成角的正弦值为1015. 7．证明：(1)∵AB ＝AC ＝22BC ， ∴AB 2＋AC 2＝BC 2，∴AB ⊥AC . 又AA 1⊥平面ABC ，∴AA 1⊥AB .又AA 1∩AC ＝A ，∴AB ⊥平面AA 1C . ∵AA 1綉BB 1，∴四边形ABB 1A 1为平行四边形． ∴A 1B 1∥AB ，∴A 1B 1⊥平面AA 1C .(2)取BC 的中点D ，连接AD ，DC 1，B 1D .由条件知CD 綉B 1C 1，BD 綉B 1C 1，∴四边形B 1DCC 1和BDC 1B 1为平行四边形，∴B 1D 綉CC 1，C 1D 綉B 1B . 由(1)B 1B 綉AA 1，∴C 1D 綉A 1A ， ∴四边形AA 1C 1D 为平行四边形， ∴AD ∥A 1C 1.∵B 1D ∩AD ＝D ，B 1D ，AD ⊂平面AB 1D ， ∴平面AB 1D ∥平面A 1C 1C . 又∵AB 1⊂平面AB 1D ， ∴AB 1∥平面A 1C 1C .(3)由(1)知AA 1，AB ，AC 两两垂直， 建立如图所示的空间直角坐标系．设BC ＝2，则A (0,0,0)，A 1(0,0，2)，C (0，－2，0)，C 1⎝ ⎛⎭⎪⎫－22，－22，2， ∴11AC ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－22，－22，0， 1AC ＝(0，－2，－2)．设平面A 1C 1C 的法向量为m ＝(x ，y ，z )， 则由m ·11AC ＝0，,m ·1AC ＝0，得－22x －22y ＝0，,－2y －2z ＝0. 取x ＝1，则y ＝－1，z ＝1，故m ＝(1，－1,1)．而平面A 1AC 的法向量为n ＝(1,0,0)，cos 〈m ，n 〉＝m ·n |m ||n |＝13.易知二面角C 1A 1C A 为钝二面角，故二面角C 1A 1C A 的余弦值为－33.。
2020版高三数学二轮复习(全国理)讲义：专题5 第3讲 用空间向量的方法解立体几何问题1
(1)证明：平面 PEF⊥平面 ABFD． (2)求 DP 与平面 ABFD 所成角的正弦值． [解析] (1)由已知可得，BF⊥PF，BF⊥EF，PF∩EF＝F， 所以 BF⊥平面 PEF. 又 BF⊂ 平面 ABFD，所以平面 PEF⊥平面 ABFD． (2)方法一：作 PH⊥EF，垂足为 H. 由(1)得，PH⊥平面 ABFD． 以 H 为坐标原点，―H→F 的方向为 y 轴正方向，设正方形 ABCD 的边长为 2，建立如图所示的空间直角坐标系 Hxyz.
由平面 PEF⊥平面 ABFD，
所以 PH⊥平面 ABFD，连接 DH，
则∠PDH 即为直线 DP 与平面 ABFD 所成的角，
由 PE·PF＝EF·PH，所以 PH＝2 3×2＝ 3， 4
因为 PD＝4，所以 sin∠PDH＝PH＝ 3， PD 4
所以 DP 与平面 ABFD 所成角的正弦值为 3. 4
所以 EF∥CC1，
所以 AC⊥EF.
在△ABC 中，AB＝BC，E 是 AC 的中点，
所以 AC⊥BE，
又因为 AC⊥EF，BE，EF⊂ 平面 BEF，BE∩EF＝E，
所以 AC⊥平面 BEF.
(2)如图，建立空间直角坐标系 Exyz，则 E(0,0,0)，A(1,0,0)，B(0,2,0)，C(－1,0,0)，A1(1,0,2)，B1(0,2,2)，C1(－
|c||n| (3)二面角 ①如图(ⅰ)，AB，CD 是二面角α－l－β的两个半平面内与棱 l 垂直的直线，则二面角的大小θ＝〈A→B，C→D〉.
高三数学总复习空间向量在立体几何中的应用PPT课件
如图所示，以 B 为坐标原点， ，
， 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°，
∴PD＝ 23x，DE＝12x，
∴BD＝4－x－12x＝4－32x，
∴C(4,0,0)，F(x,4－x,0)，P0，4－32x， 23x.
(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.
解：(1)证明：因为等边△ABC 的边长为 3，且ADDB＝ECAE＝12， 所以 AD＝1，AE＝2.在△ADE 中，∠DAE＝60°， 由余弦定理得， DE＝ 12＋22－2×1×2×cos 60°＝ 3. 因为 AD2＋DE2＝AE2，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.
3a 4a2－4a＋5×
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．
[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°.
高考数学二轮总复习专题14空间向量在立体几何中的应用(共59张PPT)
=
=-1,a4 与 a 的夹角为 180° ,不合题意,故选 关闭
3
解析
答案
-4能力目标解读 热点考题诠释
1 2 3
2.(2014 课标全国Ⅱ高考,理 11)直三棱柱 ABC-A1B1C1 中,∠ BCA=90° ,M,N 分别是 A1B1,A1C1 的中点,BC=CA=CC1,则 BM 与 AN 所成角 的余弦值为( ) A.
不妨设 DC=DA=DD1=1,则 D(0,0,0),B(1,1,0),A1(1,0,1),O 点 P(0,1,t)且 0≤t≤1. 则������������ = - , ,t , ������1 D=(-1,0,-1),������1 B=(0,1,-1).
2 2 1 1
1 1 2 2
, ,0 ,并设
解析:如图,以点 C1 为坐标原点,C1B1,C1A1,C1C 所在的直线分别为 x 轴,y 轴,z 轴,建立空间直角坐标系,
不妨设 BC=CA=CC1=1, 可知点 A(0,1,1),N 0, ,0 ,B(1,0,1),M
2 1 2 1 1 2 2 1 1 1 2 2
, ,0 .
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专题14
空间向量在立体几何 中的应用
-2能力目标解读 热点考题诠释
本部分主要考查利用空间向量工具解决立体几何中平行、垂直的证 明,距离的求解,空间角的求解,并且此类问题常以解答题的形式出现.若出 现在客观题中,一般以求线线角、线面角或距离问题为主. 对于立体几何中的平行、垂直的证明一般利用传统的几何知识和相 关的性质或定理进行证明,但如果所给的载体结构容易建系和求出相关点 的坐标,可选用空间向量证明. 对于距离的求解可以利用等体积法,也可以利用向量解决,对于空间角, 在大多数情况下,传统的几何法、向量法都可以解决,但首先应选用向量法, 这样降低了思维的难度,但对运算能力有较高的要求. 本部分主要考查学生的空间想象能力、化归能力、逻辑推理能力和 运算求解能力,预测在 2015 年的高考中,本部分内容仍以解答题形式出现, 难度中档,其中向量工具求空间角仍然是重点,对于探索类问题也要引起足 够的重视.
高考数学二轮专名师讲义：第29讲-空间向量与立体几何(含答案)
专题十 高考数学附加必做题训练 第29讲 空间向量与立体几何空间向量与立体几何在高考中属中档题，要求能正确建立空间直角坐标系，会利用空间向量知识证明线与线、线与面、面与面平行及垂直，会用空间向量数量积计算空间线线角、线面角、二面角及点与面的距离等．考试说明：序号 内容要求A B C1 空间向量的概念 √2 空间向量共线、共面的充分必要条件 √3 空间向量的加法、减法及数乘运算 √4 空间向量的坐标表示 √5 空间向量的数量积 √6 空间向量的共线与垂直 √7 直线的方向向量与平面的法向量 √8 空间向量的应用 √例1 如图，在直三棱柱ABCA 1B 1C 1中，△ABC 为等腰直角三角形，∠BAC ＝90°，且AB ＝AA 1，D 、E 、F 分别为B 1A 、C 1C 、BC 的中点．利用向量法证明：(1) DE ∥平面ABC ； (2) B 1F ⊥平面AEF.证明：如图建立空间直角坐标系Axyz ，不妨设AB ＝AA 1＝4，则A(0，0，0)，E(0，4，2)，F(2，2，0)， B(4，0，0)，B 1(4，0，4)．(1) 取AB 中点为N ，连结CN ，则N(2，0，0)，C(0，4，0)，D(2，0，2)，∴ DE →＝(－2，4，0)，NC →＝(－2，4，0)，∴ DE →＝NC →，∴ DE ∥NC. ∵ NC ABC ，DE 平面ABC ， 故DE ∥平面ABC.(2) B 1F →＝(－2，2，－4)，EF →＝(2，－2，－2)，AF →＝(2，2，0)．B 1F →·EF →＝(－2)×2＋2×(－2)＋(－4)×(－2)＝0， B 1F →·AF →＝(－2)×2＋2×2＋(－4)×0＝0.∴ B 1F →⊥EF →，B 1F →⊥AF →，即B 1F ⊥EF ，B 1F ⊥AF. ∵ AF ∩FE ＝F ，∴ B 1F ⊥平面AEF.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) 建立如图所示的空间直角坐标系， 设AC∩BD ＝N ，连结NE.则点N 、E 的坐标分别为⎝⎛⎭⎫22，22，0、(0，0，1)．∴ NE →＝(－22，－22，1)．又点A 、M 的坐标分别是(2，2，0)、⎝⎛⎭⎫22，22，1，∴ AM →＝⎝⎛⎭⎫－22，－22，1.∴ NE →＝AM →且NE 与AM 不共线．∴ NE ∥AM. ∵ NE 平面BDE ，AM 平面BDE ， ∴ AM ∥平面BDE.(2) 由(1)知AM →＝⎝⎛⎭⎫－22，－22，1，∵ D(2，0，0)，F(2，2，1)，∴ DF →＝(0，2，1)，∴ AM →·DF →＝0，∴ AM ⊥DF. 同理AM ⊥BF.又DF∩BF ＝F ，∴ AM ⊥平面BDF. 例2 如图，在空间直角坐标系Oxyz 中，正四棱锥PABCD 的侧棱长与底边长都为32，点M 、N 分别在PA 、BD 上，且PM PA ＝BN BD ＝13.(1) 求证：MN ⊥AD ；(2) 求MN 与平面PAD 所成角的正弦值．(1) 证明：∵ 正四棱锥PABCD 的侧棱长与底边长都为32，∴ OA ＝3，OP ＝3. 则A(3，0，0)，B(0，3，0)，D(0，－3，0)，P(0，0，3)， ∴ M(1，0，2)，N(0，1，0)． 则MN →＝(－1，1，－2)，AD →＝(－3，－3，0)．∵ MN →·AD →＝(－1)×(－3)＋1×(－3)＋(－2)×0＝0， ∴ MN ⊥AD.(2) 解：设平面PAD 的法向量n ＝(x ，y ，z)，∵ AD →＝(－3，－3，0)，AP →＝(－3，0，3)，由⎩⎪⎨⎪⎧n ·AD →＝0，n ·AP →＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧－3x －3y ＝0，－3x ＋3z ＝0.取z ＝1，得x ＝1，y ＝－1.∴ n ＝(1，－1，1)．则cos 〈n ，MN →〉＝n·MN →|n|·|MN →|＝（－1）×1＋1×（－1）＋（－2）×13×6＝－223.设MN 与平面PAD 所成角为θ，则sin θ＝|cos 〈n ，MN →〉|＝223.∴ MN 与平面PAD 所成角的正弦值为223.如图，在直三棱柱ABCA 1B 1C 1中，已知CA ＝CB ＝1，AA 1＝2，∠BCA ＝90°. (1) 求异面直线BA 1与CB 1夹角的余弦值； (2) 求二面角BAB 1C 平面角的余弦值．解：如图，以{CA →，CB →，CC 1→}为正交基底，建立空间直角坐标系Cxyz.则A(1，0，0)，B(0，1，0)，A 1(1，0，2)，B 1(0，1，2)，所以CB 1→＝(0，1，2)，AB →＝(－1，1，0)，AB 1→＝(－1，1，2)，BA 1→＝(1，－1，2)．(1) 因为cos 〈CB 1→，BA 1→〉＝CB 1→·BA 1→|CB 1→||BA 1→|＝36×5＝3010，所以异面直线BA 1与CB 1夹角的余弦值为3010.(2) 设平面CAB 1的法向量为m ＝(x ，y ，z)，则⎩⎪⎨⎪⎧m ·AB 1→＝0，m ·CB 1→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－x ＋y ＋2z ＝0，y ＋2z ＝0，取平面CAB 1的一个法向量为m ＝(0，2，－1)； 设平面BAB 1的法向量为n ＝(r ，s ，t)，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·AB 1→＝0，n ·AB →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－r ＋s ＋2t ＝0，－r ＋s ＝0，取平面BAB 1的一个法向量为n ＝(1，1，0)．则cos 〈m ，n 〉＝m·n|m||n|＝25×2＝105，所以二面角BAB 1C 平面角的余弦值为105. 例3 在正方体ABCDA 1B 1C 1D 1中，O 是AC 的中点，E 是线段D 1O 上一点，且D 1E →＝λEO →. (1) 若λ＝1，求异面直线DE 与CD 1所成的角的余弦值； (2) 若平面CDE ⊥平面CD 1O ，求λ的值．解：(1) 设正方体的棱长为1，以DA →、DC →、DD 1→为单位正交基底，建立如图所示的空间直角坐标系，则A(1，0，0)，O ⎝⎛⎭⎫12，12，0，C(0，1，0)，D 1(0，0，1)，E ⎝⎛⎭⎫14，14，12，则DE →＝⎝⎛⎭⎫14，14，12，CD 1→＝(0，－1，1)， 故cos 〈DE →，CD 1→〉＝DE →·CD 1→|DE →|·|CD 1→|＝36，所以异面直线DE 与CD 1所成的角的余弦值为36. (2) CO →＝⎝⎛⎭⎫12，－12，0，CD 1→＝(0，－1，1)，设平面CD 1O 的法向量为m ＝(x 1，y 1，z 1)， 由m ·CO →＝0，m ·CD 1→＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧12x 1－12y 1＝0，－y 1＋z 1＝0，取x 1＝1，得y 1＝z 1＝1，即m ＝(1，1，1)．由D 1E →＝λEO →，得(1＋λ)EO →＝D 1O →，故E ⎝ ⎛⎭⎪⎫λ2（1＋λ），λ2（1＋λ），11＋λ，DE →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫λ2（1＋λ），λ2（1＋λ），11＋λ.又CD →＝(0，－1，0)，设平面CDE 的法向量为n ＝(x 2，y 2，z 2)，由n ·CD →＝0，n ·DE →＝0， 得⎩⎪⎨⎪⎧y 2＝0，λx 22（1＋λ）＋λy 22（1＋λ）＋z 21＋λ＝0， 取x 2＝2，得z 2＝－λ，即n ＝(2，0，－λ)． 因为平面CDE ⊥平面CD 1O ，所以m·n ＝0，得λ＝2.在长方体ABCDA 1B 1C 1D 1中，AD ＝AA 1＝12AB ，点E 是棱AB 上一点且AE EB＝λ.(1) 证明：D 1E ⊥A 1D ；(2) 若二面角D 1ECD 的大小为π4，求λ的值．(1) 证明：以D 为原点，DA 为x 轴，DC 为y 轴，DD 1为z 轴建立空间直角坐标系． 不妨设AD ＝AA 1＝1，AB ＝2，则D(0，0，0)，A(1，0，0)，B(1，2，0)，C(0，2，0)，A 1(1，0，1)，B 1(1，2，1)，C 1(0，2，1)，D 1(0，0，1)．因为AE EB ＝λ，所以E ⎝ ⎛⎭⎪⎫1，2λ1＋λ，0， 于是D 1E →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1，2λ1＋λ，－1，A 1D →＝(－1，0，－1)． 所以D 1E →·A 1D →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1，2λ1＋λ，－1·(－1，0，－1)＝0. 故D 1E ⊥A 1D.(2) 解：因为D 1D ⊥平面ABCD ，所以平面DEC 的法向量为n 1＝(0，0，1)．又CE →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1，2λ1＋λ－2，0，CD 1→＝(0，－2，1)． 设平面D 1CE 的法向量为n 2＝(x ，y ，z)，则n 2·CE →＝x ＋y ⎝⎛⎭⎫2λ1＋λ－2＝0，n 2·CD 1→＝－2y ＋z ＝0， 所以向量n 2的一个解为⎝⎛⎭⎫2－2λ1＋λ，1，2. 因为二面角D 1ECD 的大小为π4，则n 1·n 2|n 1||n 2|＝22，解得λ＝±233－1.又E 是棱AB 上的一点，所以λ＞0，故所求的λ值为233－1.例4 如图，已知四棱锥SABCD 的底面是边长为4的正方形，顶点S 在底面上的射影O 落在正方形ABCD 内，且O 到AB 、AD 的距离分别是2、1.又P 是SC 的中点，E 是BC 上一点，CE ＝1，SO ＝3，过O 在底面内分别作AB 、BC 垂线Ox 、Oy ，分别以Ox 、Oy 、OS 为x 、y 、z 轴建立空间直角坐标系．(1) 求平面PDE 的一个法向量； (2) 问在棱SA 上是否存在一点Q ，使直线BQ ∥平面PDE ？若存在，请给出点Q 在棱SA 上的位置；若不存在，请说明理由．解：(1) 由题意知：E(－1，3，0)，D(－2，－1，0)，P ⎝⎛⎭⎫－1，32，32，S(0，0，3)． ∴ DP →＝⎝⎛⎭⎫1，52，32，DE →＝(1，4，0)． 设n ＝(x ，y ，z)是平面PDE 的一个法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·DP →＝x ＋52y ＋32z ＝0，n ·DE →＝x ＋4y ＝0，令x ＝－4，则y ＝z ＝1，∴ n ＝(－4，1，1)． (2) 设点Q(x ，y ，z)， AQ →＝λAS →，(x －2，y ＋1，z)＝λ(－2，1，3)， ∴ ⎩⎪⎨⎪⎧x ＝2－2λ，y ＝－1＋λ，z ＝3λ，点Q 的坐标为(2－2λ，－1＋λ，3λ)， ∴ BQ →＝(－2λ，λ－4，3λ)．要使BQ ∥平面PDE ，则BQ →⊥n ，∴ (－4)×(－2λ)＋1×(λ－4)＋1×3λ＝0，λ＝13.由于上述过程可逆，故当AQ AS ＝13时，BQ ∥平面PDE.如图，在正四棱锥PABCD 中，PA ＝AB ＝2，点M 、N 分别在线段PA 和BD 上，BN ＝13BD.(1) 若PM ＝13PA ，求证：MN ⊥AD ；(2) 若二面角MBDA 的大小为π4，求线段MN 的长度．(1) 证明：连结AC 、BD 交于点O ，以OA 为x 轴正方向，以OB 为y 轴正方向，OP 为z 轴建立空间直角坐标系．因为PA ＝AB ＝2，则A(1，0，0)，B(0，1，0)，D(0，－1，0)，P(0，0，1)．由BN →＝13BD →，得N ⎝⎛⎭⎫0，13，0，由PM →＝13PA →，得M ⎝⎛⎭⎫13，0，23， 所以MN →＝⎝⎛⎭⎫－13，13，－23，AD →＝(－1，－1，0)． 因为MN →·AD →＝0，所以MN ⊥AD.(2) 解：因为M 在PA 上，可设PM →＝λPA →，得M(λ，0，1－λ)．所以BM →＝(λ，－1，1－λ)，BD →＝(0，－2，0)． 设平面MBD 的法向量n ＝(x ，y ，z)，由⎩⎪⎨⎪⎧n ·BD →＝0，n ·BM →＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧－2y ＝0，λx －y ＋（1－λ）z ＝0，其中一组解为x ＝λ－1，y ＝0，z ＝λ， 所以可取n ＝(λ－1，0，λ)．因为平面ABD 的法向量为OP →＝(0，0，1)，所以cos π4＝|n ·OP →||n||OP →|，即22＝λ（λ－1）2＋λ2，解得λ＝12，从而M ⎝⎛⎭⎫12，0，12，N ⎝⎛⎭⎫0，13，0， 所以MN ＝⎝⎛⎭⎫12－02＋⎝⎛⎭⎫0－132＋⎝⎛⎭⎫12－02＝226.1. 记动点P 是棱长为1的正方体ABCDA 1B 1C 1D 1的对角线BD 1上一点，且D 1P →＝λD 1B →.当∠APC 为钝角时，求λ的取值范围．解：由题意作图，以DA →、DC →、DD 1→为单位正交基底，建立如图所示的空间直角坐标系D －xyz ，则有A(1，0，0)，B(1，1，0)，C(0，1，0)，D 1(0，0，1)． 由D 1B →＝(1，1，－1)，得 D 1P →＝λD 1B →＝(λ，λ，－λ)，所以PA →＝PD 1→＋D 1A →＝(－λ，－λ，λ)＋(1，0，－1)＝(1－λ，－λ，λ－1)，PC →＝PD 1→＋D 1C →＝(－λ，－λ，λ)＋(0，1，－1)＝(－λ，1－λ，λ－1)，显然∠APC 不是平角，所以∠APC 为钝角cos ∠APC ＝cos 〈PA →，PC →〉＝PA →·PC →|PA →||PC →|<0PA →·PC →＜0，即(1－λ)(－λ)＋(－λ)(1－λ)＋(λ－1)2＝(λ－1)(3λ－1)＜0，得13＜λ＜1.因此，λ的取值范围是⎝⎛⎭⎫13，1. 2. 如图，在正四棱柱ABCDA 1B 1C 1D 1中，AA 1＝2，AB ＝1，点N 是BC 的中点，点M 在CC 1上，设二面角A 1DNM 的大小为θ.(1) 当θ＝90°时，求AM 的长；(2) 当cosθ＝66时，求CM 的长．解：建立以D 为坐标原点，DA 、DC 、DD 1所在直线分别为x 、y 、z 轴的空间直角坐标系D －xyz.设CM ＝t(0≤t≤2)，则A(1，0，0)，A 1(1，0，2)，N ⎝⎛⎭⎫12，1，0，M(0，1，t)，所以DN →＝⎝⎛⎭⎫12，1，0，DM →＝(0，1，t)，DA 1→＝(1，0，2)． 设平面DMN 的法向量为n 1＝(x 1，y 1，z 1)，则n 1·DN →＝0，n 1·DM →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧12x 1＋y 1＝0，y 1＋tz 1＝0，令z 1＝1，则x 1＝2t ，y 1＝－t ，所以n 1＝(2t ，－t ，1)是平面DMN 的一个法向量．设平面A 1DN 的法向量为n 2＝(x 2，y 2，z 2)，则n 2·DA 1→＝0，n 2·DN →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x 2＋2z 2＝0，12x 2＋y 2＝0，令z 2＝1，则x 2＝－2，y 2＝1，所以n 2＝(－2，1，1)是平面A 1DN 的一个法向量．从而n 1·n 2＝－5t ＋1.(1) 因为θ＝90°，所以n 1·n 2＝－5t ＋1＝0，解得t ＝15，从而M ⎝⎛⎭⎫0，1，15，所以AM ＝1＋1＋⎝⎛⎭⎫152＝515.(2) 因为|n 1|＝5t 2＋1，|n 2|＝6，所以cos 〈n 1，n 2〉＝－5t ＋16（5t 2＋1）.因为〈n 1，n 2〉＝θ或〈n 1，n 2〉＝π－θ，所以⎪⎪⎪⎪⎪⎪－5t ＋16（5t 2＋1）＝66，解得t ＝0或12，所以根据图形和(1)的结论可知t ＝12，从而CM ＝12.3. 如图，在四棱锥PABCD 中，PA ⊥平面ABCD ，AC ⊥AD ，AB ⊥BC ，∠BAC ＝45°，PA ＝AD ＝2，AC ＝1.(1) 求证：PC ⊥AD ；(2) 求二面角APCD 的正弦值；(3) 设E 为棱PA 上的点，满足异面直线BE 与CD 所成的角为30°，求AE 的长．(1) 证明：以AD →、AC →、AP →为x 、y 、z 正半轴方向，建立空间直角坐标系Axyz ，则D(2，0，0)，C(0，1，0)，B ⎝⎛⎭⎫－12，12，0，P(0，0，2)．则PC →＝(0，1，－2)，AD →＝(2，0，0)PC →·AD →＝0PC ⊥AD.(2) 解：PC →＝(0，1，－2)，CD →＝(2，－1，0)，设平面PCD 的法向量n ＝(x ，y ，z)，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·PC →＝0，n ·CD →＝0⎩⎪⎨⎪⎧y －2z ＝0，2x －y ＝0⎩⎪⎨⎪⎧y ＝2z ，x ＝z. 取z ＝1n ＝(1，2，1)，又AD →＝(2，0，0)是平面PAC 的法向量，cos 〈AD →，n 〉＝AD →·n |AD →||n |＝66sin 〈AD →，n 〉＝306，即二面角APCD 的正弦值为306. (3) 解：设AE ＝h ∈[0，2]，则AE →＝(0，0，h)，BE →＝⎝⎛⎭⎫12，－12，h ，又CD →＝(2，－1，0)，则cos 〈BE →，CD →〉＝BE →·CD →|BE →||CD →|＝310＋20h 2＝32h ＝1010，即AE ＝1010. 4. (2013·江苏卷)如图，在直三棱柱A 1B 1C 1ABC 中，AB ⊥AC ，AB ＝AC ＝2，A 1A ＝4，点D 是BC 的中点．(1) 求异面直线A 1B 与C 1D 所成角的余弦值；(2) 求平面ADC 1与平面ABA 1所成二面角的正弦值．解：(1) 以AB →、AC →、AA 1→为单位正交基底建立空间直角坐标系Axyz ，则A(0，0，0)，B(2，0，0)，C(0，2，0)，A 1(0，0，4)，D(1，1，0)，C 1(0，2，4)，∴ A 1B →＝(2，0，－4)，C 1D →＝(1，－1，－4)，∴ cos 〈A 1B →，C 1D →〉＝A 1B →·C 1D →|A 1B →||C 1D →|＝1820×18＝31010，∴ 异面直线A 1B 与C 1D 所成角的余弦值为31010.(2) AC →＝(0，2，0)是平面ABA 1的一个法向量， 设平面ADC 1的法向量为m ＝(x ，y ，z)，∵ AD →＝(1，1，0)，AC 1→＝(0，2，4)，由m ⊥AD →，m ⊥AC 1→，得 ⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y ＝0，2y ＋4z ＝0，取z ＝1，得y ＝－2，x ＝2，∴ 平面ADC 1的法向量为m ＝(2，－2，1)， 设平面ADC 1与ABA 1所成二面角为θ，∴ |cos θ|＝|cos 〈AC →，m 〉|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪AC →·m |AC →||m |＝⎪⎪⎪⎪－42×3＝23，得sin θ＝53，∴ 平面ADC 1与ABA 1所成二面角的正弦值为53.(本题模拟高考评分标准，满分10分)(2014·泰州模考)如图，在三棱柱ABCA 1B 1C 1中，底面△ABC 为直角三角形，∠ACB ＝π2，顶点C 1在底面△ABC 内的射影是点B ，且AC ＝BC ＝BC 1＝3，点T 是平面ABC 1内一点．(1) 若T 是△ABC 1的重心，求直线A 1T 与平面ABC 1所成的角；(2) 是否存在点T ，使TB 1＝TC 且平面TA 1C 1⊥平面ACC 1A 1？若存在，求出线段TC 的长度；若不存在，说明理由．解：如图以CB 、CA 分别为x 、y 轴，过C 作直线Cz ∥BC 1，以Cz 为z 轴，∴ B(3，0，0)，C(0，0，0)，A(0，3，0)，C 1(3，0，3)， CB 1→＝CC 1→＋CB →＝(6，0，3)，B 1(6，0，3)， CA 1→＝CC 1→＋CA →＝(3，3，3)，A 1(3，3，3)．(1) T 是△ABC 1重心，T(2，1，1)，TA 1→＝(1，2，2)，设平面ABC 1的法向量为n 1＝(x 1，y 1，z 1)，AB →＝(3，－3，0)，AC 1→＝(3，－3，3)， 则⎩⎪⎨⎪⎧3x 1－3y 1＝0，3x 1－3y 1＋3z 1＝0， 解得⎩⎪⎨⎪⎧z 1＝0，x 1＝y 1，取法向量n 1＝(1，1，0)，(3分)∴ cos 〈TA 1→，n 1〉＝33·2＝22，〈TA 1→，n 1〉＝π4.设TA 1与平面ABC 1所成的角为π2－〈TA 1→，n 1〉＝π4.(5分)(2) T 在平面ABC 1内，CT →＝CB →＋BT →＝CB →＋mBC 1→＋nBA →＝(3－3n ，3n ，3m)，即T(3－3n ，3n ，3m)．由TB 1＝TC ，得(3－3n)2＋(3n)2＋(3m)2＝(3n ＋3)2＋(3n)2＋(3m －3)2，即－2m ＋4n ＝－1， ①设平面CAA 1C 1的法向量为n 2＝(x 2，y 2，z 2)，CA →＝(0，3，0)，CC 1→＝(3，0，3)，⎩⎪⎨⎪⎧3y 2＝0，3x 2＋3z 2＝0，取n 2＝(1，0，－1)．设平面TA 1C 1法向量为n 3＝(x 3，y 3，z 3)，C 1A 1→＝(0，3，0)，C 1T →＝(－3n ，3n ，3m －3)，⎩⎪⎨⎪⎧y 3＝0，－3nx 3＋（3m －3）z 3＝0， 取n 3＝(m －1，0，n)．(8分)由平面TA 1C 1⊥平面ACC 1A 1，得cos 〈n 2，n 3〉＝m －1－n 2·（m －1）2＋n 2＝0，m ＝n ＋1. ② 由①②解得n ＝12，m ＝32， ∴ 存在点T ⎝⎛⎭⎫32，32，92，TC ＝3112.(10分)如图，在直三棱柱ABCA 1B 1C 1中，AA 1＝BC ＝AB ＝2，AB ⊥BC ，求二面角B 1A 1CC 1的大小．解：如图，以B 为直角坐标原点，建立如图空间直角坐标系，则A(2，0，0)、C(0，2，0)、A 1(2，0，2)、B 1(0，0，2)、C 1(0，2，2)．设AC 的中点为M ，则M(1，1，0)．∵ BM ⊥AC ，BM ⊥CC 1，∴ BM ⊥平面A 1C 1CA ，即BM →＝(1，1，0)是平面A 1C 1CA 的一个法向量．设平面A 1B 1C 的一个法向量是n ＝(x ，y ，z)，A 1C →＝(－2，2，－2)，A 1B 1→＝(－2，0，0)．∴ n ·A 1B 1→＝－2x ＝0，n ·A 1C →＝－2x ＋2y －2z ＝0.令z ＝1，解得x ＝0，y ＝1.∴ n ＝(0，1，1)．设法向量n 与BM →的夹角为φ，二面角B 1A 1CC 1的大小为θ，由图知θ为锐角，∴ cos θ＝|cosφ|＝|n ·BM →||n ||BM →|＝12，解得θ＝π3. ∴ 二面角B 1A 1CC 1的大小为π3.。
用向量方法处理立体几何PPT课件
＝1（1 －1＋ 1 －2）＝－ 1
42 2
2
| PE | 1,| BF | 1
A
C
cos
PE, BF
|
PE PE
• BF || BF
|
1 2 3
2 3
4
E B
所以，所求异面直线所成的角为arccos 2 3
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异面直线所成的角
例：在正方体ABCD A' B'C' D'
z
D'
中，M，N分别是AA'，BB'的中
C
B
A
AB' AB BB' b a
BC'• AB' (c a b) • (b a)
9.5 空间向量及其运算
• 空间向量及其线性运算 • 共线向量和共面向量 • 空间向量的分解定理 • 两个向量的数量积
第12页/共46页
空间向量及其线性运算
• 空间向量的概念、表示、相同或相等关系。 • 空间向量的加法、减法、数乘向量 • 加法交换律 • 加法结合律 • 数乘分配律
第13页/共46页
第22页/共46页
法向量例 题
例：已知 , AB, AD , AC ,
DAB 45, CAB 60,求AB与平面ACD
所成角的正弦 z
AD (0,1,1),
D
AC ( 3,1,0), AB (0,1,0),
n (1, 3, 3)
A
By
cos n, AB n • AB 3
n (x, y, z)
AB (4,6,1), AC (4,3,2)
4x 6y z 0 4x 3y 2z 0 x2 y2 z 2 1
空间向量法解决立体几何问题PPT优秀课件
a
P
B
A
l
P
a
b
Oa
A
因为方向向量与法向量可以确 定直线和平面向量，所以我们可以 利用直线的方向向量和平面的法向 量表示空间直线、平面间的平行、 垂直、夹角等位置关系。
知识点
设直线 l , m 的方向向量为分别为 a , b ，平面 , 的法向量分别为 u , v
1 . l // m a // b a b l // a u a u 0 // u // v u v
87.当一切毫无希望时，我看着切石工人在他的石头上，敲击了上百次，而不见任何裂痕出现。但在第一百零一次时，石头被劈成两半。我体会到，并非那一击，而是前面的敲打使它裂开。――[贾柯·瑞斯] 88.每个意念都是一场祈祷。――[詹姆士·雷德非]
89.虚荣心很难说是一种恶行，然而一切恶行都围绕虚荣心而生，都不过是满足虚荣心的手段。――[柏格森] 90.习惯正一天天地把我们的生命变成某种定型的化石，我们的心灵正在失去自由，成为平静而没有激情的时间之流的奴隶。――[托尔斯泰]
习题讲解
2、设 u , v 分别是平面 , 的法向量，根据下列条件 判断平面 , 的位置关系。
( 1 ) u ( 2 ,2 ,5 ) ,v ( 6 , 4 ,4 ) ( 2 ) u ( 1 ,2 , 2 ) ,v ( 2 , 4 ,4 )
( 3 ) u ( 2 , 3 ,5 ) ,v ( 3 , 1 , 4 )
n
a α
b
习题讲解
1、已知A（1，0，1），B（0，1，1），C （1，1，0），求平面ABC的一个法向量。
解：设平面ABC的一个法向量 n(x,y,z)， 依题意得：A B ( 1 ,2 ,0 ) ,B C ( 1 ,0 , 1 )
高二数学课件 用向量法解决立体几何
Ⅰ知识回顾 一、空间向量的运算及其坐标运算的掌握
是平面向量的推广, 有关运算方法几
乎一样,只是 “二维的”变成 “三维的”了.
二、立体几何问题的解决──向量是很好的工具
空间图形问题有: (一)平行与垂直的判断 (二)夹角、距离的计算
1
问题:如何求平面的法向量? ⑴设平面的法向量为 n ( x, y, z)
确定 E 点的位置，若不存在，说明理由.
20
证明: PA AD AB, 且PA 平面AC, AD AB
可设DA i, AB j, AP k, PA 1 z
P
N
分别以 i, j, k 为坐标向量建立空间直角坐标系A xyz D则
C
A(0,0,0), B(0,1,0),C(1,1,0), D(1,0,0),
11
（7） 如图，已知正方形 ABCD 的边长为 4，E、F 分
别是 AB、AD 的中点，GC⊥平面 ABCD，且 GC＝2，
求点 B 到平面 EFG 的距离.
z
G 分析:用几何法做
相当困难,注意到坐标
系建立后各点坐标容易
得出,又因为求点到平 x D
C
面的距离可以用法向量 来计算,而法向量总是
F
可以快速算出.
D
C
n
EF，n
EG
2x 2y 2x 4
0 y2
0
F
n ( 1 , 1 ,1) ,BE (2, 0, 0) A 33
E
d | n BE| 2 11 .
n
11
答:点 B 到平面 EFG 的距离为 2
11 .
11
B
y
14
题型四：其他常见问题
全国高考数学二轮复习专题四立体几何与空间向量第3讲立体几何中的向量方法课件理
解
由题意知
M－1，2，
22，C(2,4,0)，M→C＝3，2，－
22.
设直线MC与平面BDP所成的角为α，则 sin α＝|cos〈n，M→C〉|＝||nn|·|MM→→CC||＝296.
所以直线
MC
与平面
BDP
所成角的正弦值为2 9
6 .
解答
2.(2018·全国Ⅲ)如图，边长为2的正方形ABCD所 在的平面与半圆弧CD 所在平面垂直，M是 CD上异 于C，D的点. (1)证明：平面AMD⊥平面BMC；
跟踪演练2 如图，在四面体ABCD中，BA＝ BC，∠BAD＝∠BCD＝90°. (1)证明：BD⊥AC；
证明
(2)若∠ABD＝60°，BA＝2，四面体ABCD的体积为2，求二面角B－AC －D的余弦值.
解答
热点三 利用空间向量求解存在探索性问题
存在探索性问题的基本特征是要判断在某些确定条件下的某一数学对 象(数值、图形、函数等)是否存在或某一结论是否成立.解决这类问题 的基本策略是先假设题中的数学对象存在(或结论成立)或暂且认可其 中的一部分结论，然后在这个前提下进行逻辑推理，若由此导出矛盾， 则否定假设；否则，给出肯定结论.
解答
真题押题精练
真题体验 1.(2017·北京)如图，在四棱锥P—ABCD中，底 面ABCD为正方形，平面PAD⊥平面ABCD，点 M在线段PB上，PD∥平面MAC，PA＝PD＝ 6， AB＝4. (1)求证：M为PB的中点；
证明
(2)求二面角B—PD—A的大小；
解答
(3)求直线MC与平面BDP所成角的正弦值.
(3)二面角 设 α－a－β 的平面角为 θ(0≤θ≤π)， 则|cos θ|＝||μμ|·|vv||＝|cos〈μ，v〉|.
高考数学二轮复习 专题4第14讲 空间向量与立体几何精品课件 新课标版
第14讲 │ 要点热点探究
[2011·浙江卷] 如图 14－2，在三棱锥 P－ABC 中， AB＝AC，D 为 BC 的中点，PO⊥平面 ABC，垂足 O 落在线段 AD 上，已知 BC＝8，PO＝4，AO＝3，OD＝2.
(1)证明：AP⊥BC； (2)在线段 AP 上是否存在点 M，使得二面角 A－MC－B 为 直二面角？若存在，求出 AM 的长；若不存在，请说明理由．
第14讲 │ 要点热点探究
(2)证明：∵A→P·D→C＝(0,0,1)·(1,0,0)＝0，A→D·D→C＝(0,2,0)·(1,0,0)＝0， ∴A→P⊥D→C，A→D⊥D→C，即 AP⊥DC，AD⊥DC. 又 AP∩AD＝A，AP⊂平面 PAD，AD⊂平面 PAD，∴DC⊥平面 PAD. ∵DC⊂平面 PDC，∴平面 PAD⊥平面 PDC. (3)设平面 PBD 的一个法向量 n＝(x，y，z)，则
第14讲 │ 要点热点探究
要点热点探究 ► 探究点一 利用空间向量证明空间位置关系
例 1 如图 14－1，在底面是矩形的四棱锥中 P－ABCD 中，PA⊥ 底面 ABCD，E，F 分别是 PC，PD 的中点，PA＝AB＝1，BC＝2.
(1)求证：EF∥平面 PAB； (2)求证：平面 PAD⊥平面 PDC； (3)求二面角 A－PD－B 的余弦值．
图 14－1
第14讲 │ 要点热点探究
【分析】 建立空间直角坐标系后，使用向量的共线定理证明 E→F∥A→B即可证明第一问，第二问根据向量的垂直关系证明线线 垂直，进而证明线面垂直，得出面面垂直，第三问使用平面法向 量的方法求解．
第14讲 │ 要点热点探究
【解答】 以 A 为原点，AB 所在直线为 x 轴，AD 所在直线为 y 轴， AP 所在直线为 z 轴，建立空间直角坐标系，则 A(0,0,0)，B(1,0,0)，C(1,2,0)， D(0,2,0)，P(0,0,1)，∴E12，1，12，F0，1，12，
09高考数学中利用空间向量解决立体几何向量方法二
cos | cos n1, n2 |
关键：观察二面角的范围
题型三：二面角
例三 如所示，A B C D 是一直角梯形，A B C = 900,
SA 平面ABCD, SA AB BC 1, AD 1 ,求面SCD与面SBA 2
所成二面角的余弦值.
z
S
B
C
A
x
Dy
例三 如所示， A B C D 是一直角梯形，A B C = 900 ,
题型一：线线角
练习： 在长方体 ABCD A1B1C1D1 中，AB= 5，AD 8,
AA1 4, M为B1C1上的一点,且B1M 2,点N在线段A1D上，
A1D AN. (1)求证：A1D AM.
z
（2）求AD与平面ANM所成的角. A1 B1 M
D1 N
C1
A(0, 0, 0), A1(0,0, 4),D(0,8, 0),M (5, 2, 4)
关键：观察二面角的范围
C
D
A D1
B
A
n
B O
n2 n1
刚才的思考具有一般性,当解空间图形问题几何法难 进行时,可以尝试运用空间向量(或坐标)来处理(三步曲):
（1）建立立体图形与空间向量的联系，用空间向量
表示问题中涉及的点、直线、平面，把立体几何问题
转化为向量问题(还常建立坐标系来辅助)；
z
y
x
练习2: 如图,PA⊥平面 ABC,AC⊥BC,PA=AC=1,
BC= 2 ,求二面角 A-PB-C 的余弦值.
分析:
z
若用几何法本题不太好处
理,注意到适当建立空间直角坐
y
标系后各点坐标容易处理,可考
虑尝试用向量法处理,从而把问 x
高考数学二轮总复习层级二专题四立体几何第三讲立体几何中的向量方法学案理含解
学习资料第三讲 立体几何中的向量方法1．(2019·全国卷Ⅰ)如图，直四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1的底面是菱形，AA 1＝4，AB ＝2，∠BAD ＝60°，E ，M ，N 分别是BC ，BB 1，A 1D 的中点．(1）证明：MN ∥平面C 1DE ； (2）求二面角A －MA 1－N 的正弦值． 解：（1)证明：连接B 1C ，ME . 因为M ，E 分别为BB 1,BC 的中点， 所以ME ∥B 1C ，且ME ＝错误!B 1C .又因为N 为A 1D 的中点，所以ND ＝错误!A 1D 。
由题设知A 1B 1错误!DC ,则四边形A 1B 1CD 为平行四边形， 可得B 1C 错误!A 1D , 故ME 错误!ND ，因此四边形MNDE 为平行四边形， 所以MN ∥ED 。
又MN ⊄平面C 1DE ， 所以MN ∥平面C 1DE 。
(2)由已知,可得DE ⊥DA ，以D 为坐标原点,错误!的方向为x 轴正方向，错误!方向为y 轴正方向，错误!方向为z 轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系D －xyz ，则A （2，0,0）,A 1（2,0,4），M (1,3，2)，N (1,0,2）,∴A 1A ，→＝(0，0,－4),错误!＝(－1，3,－2)，错误!＝(－1,0，－2），错误!＝（0，－错误!，0）．设m ＝（x ，y ，z )为平面A 1MA 的法向量,则错误!所以错误!可取m＝(错误!，1,0）．设n＝（p，q，r)为平面A1MN的法向量，则错误!所以错误!可取n＝(2，0，－1）．于是cos〈m，n>＝错误!＝错误!＝错误!,所以二面角A－MA1－N的正弦值为错误!.2．（2018·全国卷Ⅱ）如图,在三棱锥P－ABC中，AB＝BC＝2错误!，P A＝PB＝PC＝AC ＝4,O为AC的中点．（1）证明:PO⊥平面ABC;(2）若点M在棱BC上,且二面角M－P A－C为30°，求PC与平面P AM所成角的正弦值．解:（1)证明：因为P A＝PC＝AC＝4,O为AC的中点，所以PO⊥AC，且PO＝2错误!。
空间向量法解决立体几何问题全面总结演示文稿
n1
α
n2 β
n2 n1
第25页，共34页。
• 例7 在四棱锥S-ABCD中∠DAB=∠ABC=90°， 侧棱SA⊥底面AC，SA=AB=BC=1，AD=2，求 二面角A-SD-C的大小.
z S
A
B x
y D
C
第26页，共34页。
解：建立如图所示的空间直角坐标系O-xyz，则 B（1，0， 0），C（1，1，0），D（0，2，0），S（0，0，1）.
z
A1
D1
B1
C1
A
y
D
xB
C
第29页，共34页。
• 解:建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz,,则
A(0,0,0),B(1,0,0),D(0,1,0),C1(1,1,1), 设异面
直线AC1与BD的公垂线的方向向量n=(x,y,z),
则由AC1 (1,1,1), BD (1,1,0,)得
• xxyyz00,
上的正射影长就是两条异面直线
b
a、b的距离. ∴ •
d | AB n | | AB n | ,
|n|
|n|
B
• 即两异面直线间的距离等于两异面直线上分别任取两点
的向量和公垂线方向向量的数量积的绝对值与公垂线的
方向向量模的比值.
第28页，共34页。
• 例8在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中, 求异面直线AC1与BD间的距离.
n
a
Ln
a
α L
α
第13页，共34页。
• 例3棱长都等于2的正三棱柱ABC-A1B1C1, • D,E分别是AC,CC1的中点,求证: • (1)A1E ⊥平面DBC1; • (2)AB1 ∥ 平面DBCz1 A1
空间向量之立体几何建系和求点坐标(共24张PPT)
xOy面内D yOz面内E zOx面内F
坐标形式 (x,y,0)
(0,y,z)
(x,0,z)
基础知识：
2、空间中在底面投影为特殊位置的点：
如果 A' x1, y1, z 在底面的投影为 A x2, y2,0 ，那么x1 x2, y1 y2
（即点与投影点的横纵坐标相同） 由这条规律出发，在写空间中的点坐标时，可看一下在底面的
建系方法2练习2 练2.如图，已知四棱锥P ABCD的底面是菱形，对角线AC, BD交于点O, OA 4,OB 3,OP 4,且OP 平面ABCD,点M为PC的三等分点（靠近P）, 建立适当的直角坐标系并求各点坐标。
找“墙角”
14
建系方法2练习3
练3.如图，在等腰梯形ABCD中，AB // CD, AD DC CB 1, ABC 60,CF 平面ABCD,且CF 1,建立适当的直角坐标系 并确定各点坐标。
找“墙角”
建系方法2练习5
真题（辽宁卷）如图,AB 是圆的直径,PA 垂 直圆所在的平面,C 是圆上的点.
(1)求证:平面 PAC⊥平面 PBC； (2)若 AB＝2，AC＝1，PA＝1，求证：二面
角 C－PB－A 的余弦值.
造“墙角”
建系方法3例题
三、利用面面垂直关系构建空间直角坐标系（转化为墙角模型） 例3.在四棱锥V-ABCD中，底面ABCD是边长为2的正方形，侧面VAD 是正三角形，平面VAD⊥底面ABCD．点P、H分别是线段VC、AD的 中点．试建立空间直角坐标系并写出P、V、A、B、C、D的坐标.
互相垂直，EF // BD, ED BD, AD 2, EF ED 1, 试建立合适的 空间直角坐标系并确定各点的坐标