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9-7空间向量在立体几何中的应用


第九章

立体几何

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重点难点
重点:用向量方法讨论空间中的平行、垂直关系和求 空间的角、距离 难点:将立体几何

问题转化为向量问题. 知识归纳
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一、用空间向量解决立体几何问题的思路
1.坐标法:如果所给问题的图形中存在互相垂直的直 线(或平面),比较方便建立空间直角坐标系写出点的坐标, 这种情况下,一般是建立恰当的空间直角坐标系,用坐标 法通过坐标运算来解决.

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2.基向量法 如果在所给问题中,不好寻找交于一点的互相垂直的 三条直线,或者其坐标难于求出,这时常选图中不共面的 三条直线上的线段构造基底,将所给问题的条件和待解决
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的结论,用基底及其线性表示来表达,通过向量运算来解
决.

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二、空间中的角 空间中的角包括两条异面直线所成的角、直线与平面 所成的角、二面角.这些角都是通过两条射线所成的角来 定义的,因而这些角的计算方法,都是转化为平面内线与
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线所成的角来计算的.确切地说,是“化归”到一个三角
形中,通过解三角形求其大小. 1.异面直线的夹角一般采用平移法,把它们化归到一 个三角形中再通过解三角形求得.而利用向量法则可直接 运用两直线的方向向量的夹角公式来求得.

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2.平面的斜线和它在平面内的射影所成的角是斜线和 这个平面内的所有直线所成角中最小的,这个角就是斜线 和平面所成的角. 3.作二面角的平面角的常用方法有: (1)定义法:根据定义,以棱上任一点为端点,分别在 两个半平面内作垂直于棱的两条射线,则形成二面角的平 面角. (2)三垂线法:从二面角一个面内某个特殊点P作另一 个面的垂线,过垂足A作二面角棱的垂线,垂足为B,连结 PB,由三垂线定理得PB与棱垂直,于是∠PBA是二面角的 平面角(或其补角). (3)垂面法:过二面角的棱上一点作平面与棱垂直,分 别交两个面的交线,构成二面角的平面角.
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三、空间的距离
1.(1)两点间的距离——连结两点的线段的长度. (2)点到直线的距离——从直线外一点向直线引垂直相交 的直线,点到垂足之间线段的长度. (3)点到平面的距离——从平面外一点向平面引垂线,点
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到垂足间线段的长度.
连接平面α外一点与平面α内任一点的线段中,垂线段 最短. (4)平行直线间的距离——从两条平行线中一条上任意取 一点向另一条直线引垂线,这点到垂足间线段的长度.

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(5)异面直线间的距离——两条异面直线的公垂线夹在 这两条异面直线间的线段的长度. (6)直线与平面间的距离——如果一条直线和一个平面平 行,从直线上任意一点向平面引垂线,这点到垂足间线段
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的长度.
(7)两平行平面间的距离——两个平面的公垂线段的长 度.

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2.求距离的一般方法和步骤 求距离的思想方法和步骤与求角相似,其基本步骤是: ①找出或作出有关距离的图形; ②证明它符合定义;
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③在平面图形内计算.
空间中各种距离的计算,最终都要转化为线段长度, 特殊情况也可以利用等积法.

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四、平面的法向量 1.如果表示向量a的有向线段所在直线垂直于平面α, 则称这个向量垂直于平面α,记作a⊥α,如果a⊥α,那么向 量a叫做平面α的法向量.
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2.求平面的法向量的方法 设 n 是平面 M 的一个法向量,AB、CD 是 M 内的两条 → → 相交直线, n· =0, CD=0.由此可求出一个法向量 n(向 则 AB n· → → 量AB及CD已知).

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误区警示 1.建立坐标系一定要符合右手系原则.

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2.平面的法向量与直线的方向向量在求空间的角中起
着关键作用,要注意向量的夹角与各种角的联系与区别.

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一、运用空间向量的坐标运算解决立体几何问题的一
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写出向量的坐标;④结合公式进行计算,论证;⑤转化 为几何结论.
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二、用空间向量研究空间线面的平行与垂直关系
1.用向量方法研究两直线间的位置关系 设直线l1、l2的方向向量分别为a、b. (1)l1∥l2或l1与l2重合?a∥b?存在实数t,使a=tb. (2)l1⊥l2?a⊥b?a·b=0.

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2.用向量方法研究直线与平面的位置关系

设直线l的方向向量为a,平面α的法向量为n,v1 、v2
是与α平行的两个不共线向量. (1)l∥α 或 l?α? 存 在 两 个 实 数 λ 、 μ , 使 a = λv1 + μv2?a·n=0. (2)l⊥α?a∥n?存在实数t,使a=tn.
?a⊥v ? 1 ? l⊥α? ?a⊥v2 ? ?a· =0 ? v1 ?? ?a· 2=0 ? v
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.

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3.用向量方法研究两个平面的位置关系
设平面α、β的法向量分别为n1、n2. (1)α∥β或α与β重合?n1∥n2?存在实数t,使n1=tn2. (2)α⊥β?n1⊥n2?n1·n2=0. 若v1、v2是与α平行的两个不共线向量,n是平面β的法
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向量.
则①α∥β或α与β重合?v1∥β且v2∥β?存在实数λ、μ, 对β内任一向量a,有a=λv1+μv2.
?n⊥v ? 1 ? ②α⊥β? ?n⊥v2 ? ?n· =0 ? v1 ?? ?n·2=0 ? v

.

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三、用向量法求空间的角

1.求异面直线所成的角
设l1与l2是两异面直线,a、b分别为l1、l2的方向向量, l1、l2所成的角为θ,则〈a,b〉与θ相等或互补, |a· b| ∴cosθ=|a|· . |b|
2.求直线与平面所成的角 如图,设 l 为平面 α 的斜线,l∩α=A,a 为 l 的方向 向量, 为平面 α 的法向量, 为 l 与 α 所成的角, sinφ n φ 则 |a· n| =|cos〈a,n〉|=|a||n|.
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3.求二面角 平面 α 与 β 相交于直线 l,平面 α 的法向量为 n1,平 面 β 的法向量为 n2,<n1,n2>=θ,则二面角 α-l-β 为 |n1· 2| n θ 或 π-θ.设二面角大小为 φ,则|cosφ|=|cosθ|=|n |· |. 1 |n2
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※四、用向量法求空间距离 1.求点到平面的距离 如图所示,已知点 B(x0,y0,z0),平面 α 内一点 A(x1, y1,z1),平面 α 的一个法向量 n,直线 AB 与平面 α 所成的 → ,则 sinφ=|cos〈n,AB〉|=|cosθ|.由 → 角为 φ,θ=〈n,AB〉 → → 数量积的定义知,n· =|n||AB|cosθ,∴点 B 到平面 α 的距 AB → |n· | AB → sinφ=|AB|· → |cosθ|= 离 d=|AB|· |n| .
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2.求异面直线间的距离 如右图,若 CD 是异面直线 a、b 的公垂线,A、B 分别 为 a、b 上的任意两点,令向量 n⊥a,n⊥b,则 n∥CD.则 → → → → → n=AC n+CD n+DB n, 由AB=AC+CD+DB得,AB· → · → · → · → n=CD n ∴AB· → · → n|=|CD|· → |n| ∴|AB· → n| |AB· → ∴|CD|= |n| → n| |AB· ∴两异面直线 a、b 间的距离为 d= |n| .
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3.求直线到平面的距离 设直线 a∥平面 α, A∈a, B∈α, 是平面 α 的法向量, n → 过 A 作 AC⊥α,垂足为 C,则AC∥n, → n=(AC+CB)· → · → → n=AC n, ∵AB· → n|=|AC|· → |n|. ∴|AB· → n| |AB· → ∴直线 a 到平面 α 的距离 d=|AC|= |n| .
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4.求两平行平面间的距离 → n| |AB· (1)用公式 d= 求,n 为两平行平面的一个法向 |n| 量,A、B 分别为两平面上的任意两点. (2)转化为点面距或线面距求解.
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[例1] 在正方体ABCD-A1B1C1D1中,M、N分别是 C1C、B1C1的中点.求证:MN∥平面A1BD.
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证明:方法 1:如图所示,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,设 正方体的棱长为 1,则可求得 A1(1,0,1),B(1,1,0),
? ? → =?1,0,1?, 于是MN 2 2 ? ? ? ?1 ? 1? M?0,1,2?,N?2,1,1? , ? ? ? ?
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设平面 A1BD 的法向量是 n=(x,y,z). → 则 n·→1=0,且 n· =0, DA DB
?x+z=0 ? ∴? ?x+y=0 ?



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取 x=1,得 y=-1,z=-1.∴n=(1,-1,-1).
? ? → · ?1,0,1?· 又MN n= 2 2 (1,-1,-1)=0, ? ?

→ ∴MN⊥n,又∵MN?平面 A1BD,∴MN∥平面 A1BD. → =C1N-C1M=1C1B1-1C1C → → → 方法 2:∵MN → 2 2 1 → → )=1DA1, → = (D1A1-D1D 2 2 → → ∴MN∥DA1,又∵MN?平面 A1BD. ∴MN∥平面 A1BD.

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点评:(1)证明直线 l1∥l2 时,分别取 l1、l2 的一个方向 向量 a、b,则 a∥b?存在实数 k,使 a=kb 或利用其坐标 a1 a2 a3 =b =b (其中 a=(a1,a2,a3),b=(b1,b2,b3)). b1 2 3
(2)证明直线l∥平面α时,

①可取直线l的方向向量a与平面α的法向量n,证明a·n =0; ②可在平面α内取基向量{e1,e2},证明直线l的方向向 量a=λ1e1+λ2e2,然后说明l不在平面α内即可;
③在平面 α 内找两点 A、B,证明直线 l 的方向向量 → n∥AB. (3)证明平面 α∥平面 β 时,设 α、β 的法向量分别为 a、 b,则只须证明 a∥b.

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[例2]

在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中,E、F
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分别为棱AB和BC的中点,试在棱B1B上找一点M,使得
D1M⊥平面EFB1. 证明:分别以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,
? 1 ? A(1,0,0), 1(1,1,1), B C(0,1,0), 1(0,0,1), ?1,2,0?, D E ? ?



→ M(1,1,m).∴AC=(-1,1,0), 又 E、F 分别为 AB、BC 的中点,

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1→ ? 1 1 ? → ∴EF=2AC=?-2,2,0?. ? ?
? ? 1 → → 又∵B1E=?0,-2,-1?,D1M=(1,1,m-1), ? ?

∵D1M⊥平面 FEB1,∴D1M⊥EF 且 D1M⊥B1E. → EF → → B → 即D1M· =0,且D1M· 1E=0. ? 1 1 0=0 ?-2+2+(m-1)· ∴? ?0-1+(1-m)=0 ? 2 1 ,∴m=2.

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故取 B1B 的中点 M 就能满足 D1M⊥平面 EFB1.

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点评:①证明直线 l1与l2垂直时,取l1、l2的方向向量a、
b,证明a·b=0. ②证明直线l与平面α垂直时,取α的法向量n,l的方向 向量a,证明a∥n. 或取平面α内的两相交直线的方向向量a、b与直线l的
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方向向量e,证明a·e=0,b·e=0.
③证明平面α与β垂直时,取α、β的法向量n1 、n2 ,证 明n1·n2 =0.或取一个平面α的法向量n,在另一个平面β内 取基向量{e1,e2},证明n=λe1+μe2.

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[例3]

已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2,E、F、
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G分别是BB1、DD1、DC的中点,求证: (1)平面ADE∥平面B1C1F; (2)平面ADE⊥平面A1D1G;

(3)在AE上求一点M,使得A1M⊥平面DAE.

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→ → → 解析:以 D 为原点,DA、DC、DD1为正交基底建立空间 直角坐标系 O-xyz, D(0,0,0), 1(0,0,2), 则 D A(2,0,0), 1(2,0,2), A E(2,2,1),F(0,0,1),G(0,1,0),B1(2,2,2),C1(0,2,2). (1)设 n1=(x1,y1,z1),n2=(x2,y2,z2)分别是平面 ADE、教 → → 平面 B1C1F 的法向量,则 n1⊥DA,n1⊥AE. → ?2x =0 ?n1· =0 ? DA ? 1 ∴? ,∴? , ?2y1+z1=0 → ? ?n1· =0 ? AE 取 y1=1,z1=-2,∴n1=(0,1,-2). 同理可求 n2=(0,1,-2). ∵n1∥n2,∴平面 ADE∥平面 B1C1F.
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→ D1G (2)∵DA·→ =(2,0,0)· (0,1,-2)=0, → → ∴DA⊥D1G. → D1G → → ∵AE·→ =(0,2,1)· (0,1,-2)=0,∴AE⊥D1G. → → ∵DA、AE不共线,∴D1G⊥平面 ADE. 又∵D1G?平面 A1D1G,∴平面 ADE⊥平面 A1D1G. → → (3)由于点 M 在 AE 上,所以可设AM=λ· =λ· AE (0,2,1) =(0,2λ,λ), → ∴M(2,2λ,λ),A1M=(0,2λ,λ-2). 要使 A1M⊥平面 DAE,只需 A1M⊥AE, → AE → ∴A1M· =(0,2λ,λ-2)· (0,2,1)=5λ-2=0, 2 2 ∴λ=5.故当 AM=5AE 时,A1M⊥平面 DAE.
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已知四棱锥P-ABCD的底面是直角梯形,∠ABC= ∠BCD=90°,AB=BC=PB=PC=2CD,侧面PBC⊥底 面ABCD. (1)证明:PA⊥BD;
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(2)证明:平面PAD⊥平面PAB.

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证明:(1)取BC的中点O, ∵侧面PBC⊥底面ABCD,△PBC为等边三角形, ∴PO⊥底面ABCD. 以O为坐标原点,以BC所在直线为x轴,过点O与AB平 行的直线为y轴,建立如图所示空间直角坐标系.

不妨设 CD=1,则 AB=BC=2,PO= 3. ∴A(1,-2,0),B(1,0,0),D(-1,-1,0),P(0,0, 3). → → ∴BD=(-2,-1,0),PA=(1,-2,- 3). → PA → → → ∵BD· =0,∴PA⊥BD,∴PA⊥BD.

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?1 M? ,-1, ?2 ?

(2)取 PA 的中点 M,连结 DM,则
?3 → ? ∵DM=? ,0, ?2

3? ? . 2? ?

3? → ? ,PB=(1,0,- 3), 2? ?

→ PA → → → ∴DM· =0,∴DM⊥PA,即 DM⊥PA. → PB → → → 又DM· =0,∴DM⊥PB,即 DM⊥PB. ∴DM⊥平面 PAB,∴平面 PAD⊥平面 PAB.

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点评:线线垂直即直线的方向向量垂直;线面垂直即 直线的方向向量与平面的法向量平行;面面垂直即二平面 的法向量垂直.

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[例4] (2010·衡水市模考)正四棱锥P-ABCD的所有

棱长相等,E为PC的中点,那么异面直线BE与PA所成角的
余弦值等于
1 A. 2 2 C. 3 2 B. 2 3 D. 3

(

)

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→ ,AB,AP为基向量,则BE=1(BP+BC)=1 → → → 解析:以AD → → 2 2 → +AP-AB), → → 由条件知, → |=|AP|=|AB|=1, · =1, → → → → (AD |AD AP AD 2 → · =1,AD· =0, → → AP AB 2 → AB → · =1(AP· +|AP|2-AP· ) → → → AB → ∴AP BE 2 → AD → 1? 1 1? 1 =2?2+1-2?=2, ? ? → |2 = 1 (|AD |2 + |AP |2 + | AB |2 - 2 AD · - 2AP · + → → → → AB → → AB → | BE 4 → · )=1(1+1+1-0-1+1)=3, → 2AD AP 4 4
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→ |= 3, ∴|BE 2 → BE → AP· 3 → ,BE〉= → ∴cos〈AP = = ,故选 D. → |BE → |AP|· | 1× 3 3 2 答案:D
→ 点评:①由几何体的特殊性,在求|BE|时,可直接在正 → |=BE= 3. 三角形 PBC 中得|BE 2 ②可连结 AC,取 AC 中点 O,则 EO∥PA,∴∠BEO 为所求角,通过解△BEO 求得.

1 2

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[ 例 5]

(08· 宁 夏 、 海 南 ) 如 图 , 已 知 点 P 在 正 方 体
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ABCD-A′B′C′D′的对角线BD′上,∠PDA=60°. (1)求DP与CC′所成角的大小; (2)求DP与平面AA′D′D所成角的大小.

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解析:如图,以D为原点,DA为单位长建立空间直角
坐标系D-xyz.
→ → 则DA=(1,0,0),CC′=(0,0,1),连结 BD,B′D′. 在平面 BB′D′D 中,延长 DP 交 B′D′于 H. → → → 设DH=(m,m,1)(m>0),由已知〈DH,DA〉=60° , → DH → → → → → 由DA· =|DA||DH|cos〈DH,DA〉
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可得 2m= 2m2+1. ? 2 2 2 ? ? → 解得 m= 2 ,所以DH=? , ,1?. ? 2 ? 2 ? 2 2 2 ×0+ 2 ×0+1×1 2 → ,→ 〉 (1)因为 cos 〈DH CC′ = =2, 1× 2 → → 所以〈DH,CC′〉=45° , 即 DP 与 CC′所成的角为 45° . → (2)平面 AA′D′D 的一个法向量是DC=(0,1,0). 2 2 ×0+ ×1+1×0 2 2 1 → ,DC〉= → 因为 cos〈DH = , 2 1× 2 → → 所以〈DH,DC〉=60° , 可得 DP 与平面 AA′D′D 所成的角为 30° .

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(2010·湖南理)如图所示,在正方体ABCD-A1B1C1D1 中,E是棱DD1的中点. (1)求直线BE和平面ABB1A1所成的角的正弦值; (2)在棱C1D1 上是否存在一点F,使B1F∥平面A1BE?
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证明你的结论.

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解析: 解法 1: 设正方体的棱长为 1, 如图所示, → , 以AB → → AD,AA1为单位正交基底建立空间直角坐标系.
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1 (1)依题意,得 B(1,0,0),E(0,1, ),A(0,0,0),D(0,1,0), 2 → =(-1,1,1),AD=(0,1,0). → 所以BE 2 在正方体 ABCD-A1B1C1D1 中, 因为 AD⊥平面 ABB1A1, → 所以AD是平面 ABB1A1 的一个法向量,设直线 BE 与平面 ABB1A1 所成的角为 θ,则 → AD → |BE· | 1 2 sinθ= =3 =3. → |AD |BE|·→ | 2×1 2 即直线 BE 与平面 ABB1A1 所成的角的正弦值为 . 3
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1 →1=(-1,0,1), BE=(-1,1, ). → (2)依题意, A1(0,0,1), 得 BA 2 → 设 n=(x,y,z)是平面 A1BE 得一个法向量,则由 n· 1= BA ?-x+z=0, ? → 0,n· =0,得? BE 1 ?-x+y+2z=0 ? 1 所以 x=z,y=2z.取 z=2,得 n=(2,1,2). 设 F 是棱 C1D1 上的点,则 F(t,1,1)(0≤t≤1).
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→ 又 B1(1,0,1),所以B1F=(t-1,1,0),而 B1F?平面 A1BE, → n=0?(t-1,1,0)· 于是 B1F∥平面 A1BE?B1F· (2,1,2)=0?2(t 1 -1)+1=0?t= ?F 为 C1D1 的中点. 2 这说明在棱C1D1 上存在一点F(F为C1D1 的中点),使
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B1F∥平面A1BE. 解法2:(1)如图(a)所示,取AA1 的中点M,连结EM, BM.

因为E是DD1 的中点,四边形ADD1A1 为正方形,所以
EM∥AD. 又在正方体ABCD-A1B1C1D1中,AD⊥平面ABB1A1,

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所以EM⊥ABB1A1,从而BM为直线BE在平面ABB1A1上

的射影, ∠EBM直线BE与平面ABB1A1所成的角.
设 正 方 体 的 棱 长 为 2 , 则 EM = AD = 2 , BE = 22+22+12=3. EM 2 于是,在 Rt△BEM 中,sin∠EBM= = . BE 3 2 即直线 BE 和平面 ABB1A1 所成的角的正弦值为3.
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(2)在棱C1D1上存在点F,使B1F∥平面A1BE.
事实上,如图(b)所示,分别取C1D1和CD的中点F,G, 连结EG,BG,CD1,FG.

因 为 A1D1∥B1C1∥BC , 且 A1D1 = BC , 所 以 四 边 形
A1BCD1为平行四边形,因此D1C∥A1B. 又E,G分别为D1D,CD的中点,所以EG∥D1C,从 而EG∥A1B. 这说明A1,B,G,E共面.所以BG?平面A1BE. 因四边形C1CDD1 与B1BCC1 皆为正方形,F,G分别为 C1D1和CD的中点,所以FG∥C1C∥B1B,且FG=C1C=B1B, 因此四边形B1BGF为平行四边形,所以B1F∥BG. 而B1F?平面A1BE,BG?平面A1BE,故B1F∥平面A1BE.

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点评:本题考查了直线与平面所成的角,直线与平面 平行的性质与判定.综合考查了学生空间想象能力、探究

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能力和运算能力.

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[例 6]

(2010· 陕西理)如图,在四棱锥 P-ABCD 中,
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底面 ABCD 是矩形,PA⊥平面 ABCD,AP=AB=2,BC= 2 2,E,F 分别是 AD,PC 的中点. (1)证明:PC⊥平面 BEF. (2)求平面 BEF 与平面 BAP 夹角的大小.

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解析:解法1:(1)如图,以A为坐标原点AB,AD,AP
所在直线分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系,
∵AP=AB=2,BC=AD=2 2,四边形 ABCD 是矩形. ∴A, C, P 的坐标为 A(0,0,0), B, D, B(2,0,0), C(2,2 2, 0),D(0,2 2,0),P(0,0, ,2),
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又 E,F 分别是 AD,PC 的中点, ∴E(0, 2,0),F(1, 2,1), → → → ∴PC=(2,2 2,-2),BF=(-1, 2,1)EF=(1,0,1), → BF → → EF → ∴PC· =-2+4-2=0,PC· =2+0-2=0, → → → → ∴PC⊥BF,PC⊥EF, ∴PC⊥BF,PC⊥EF,BF∩EF=F, ∴PC⊥平面 BEF.
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→ (2)由(1)知平面 BEF 的法向量 n1=PC=(2,2 2,-2), → 平面 BAP 的法向量 n2=AD=(0,2 2,0), ∴n1·2=8, n 设平面 BEF 与平面 BAP 的夹角为 θ,
解法2:(1)连接PE,EC, 在Rt△PAE和Rt△CDE中, PA=AB=CD,AE=DE, ∴PE=CE, 即△PEC是等腰三角形, 又F是PC的中点,∴EF⊥PC,
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又 BP= AP2+AB2=2 2=BC,F 是 PC 的中点,

∴BF⊥PC, 又BF∩EF=F,∴PC⊥平面BEF. (2)∵PA⊥平面ABCD,∴PA⊥BC, 又ABCD是矩形,∴AB⊥BC,
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∴BC⊥平面BAP,BC⊥PB,
又由(1)知PC⊥平面BEF,∴直线PC与BC的夹角即为 平面BEF与平面BAP的夹角, 在△PBC中,PB=BC,∠PBC=90°,∴∠PCB= 45°.

所以平面BEF与平面BAP的夹角为45°.

第九章

立体几何

[例7] 已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1.求异面 直线DA1与AC的距离.
解析:如图建立空间直角坐标系,则 A(1,0,0)、C(0,1,0)、 → → → B1(1,1,1)、A1(1,0,1),向量AC=(-1,1,0),DA1=(1,0,1),DA= (1,0,0).
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第九章

立体几何

→ → 设向量 n=(x,y,1),且 n⊥DA1,n⊥AC,则
?(x,y,1)· (1,0,1)=0 ? ? ?(x,y,1)· (-1,1,0)=0 ? ?x=-1 ? ,解得? ?y=-1 ?



所以 n=(-1,-1,1). ∴异面直线 DA1 与 AC 的距离为 → n| (-1,-1,1)| |DA· |(1,0,0)· 3 d= |n| = =3. |(-1,-1,1)|

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第九章

立体几何

[例8] 如图,在正三棱柱ABC-A1B1C1中,所有棱长 均为1,则点B1到平面ABC1的距离为________.
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第九章

立体几何

解析:建立如图所示的空间直角坐标系,则 C(0,0,0),
? A? ? ? ? 3 1 ? , ,0?,B(0,1,0),B1(0,1,1),C1(0,0,1), 2 2 ?
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第九章

立体几何
? 3 1 ? → → ,2,-1? ,C1B1=(0,1,0),C1B=(0,1,- 2 ?

? → ? 则C1A= ? ?

1), 设平面 ABC1 的法向量为 n=(x,y,1), ?C1A· ? 3 ? ? → n=0 ? 则有? ,解得 n=? ,1,1?, ? → n=0 ? 3 ? ?C1B· ? 则
? → n? ?C1B1· ? d=? ?= ? |n| ?
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1 1 3+1+1

21 = 7 .

21 答案: 7

第九章

立体几何

如图所示,已知边长为 4 2的正三角形 ABC 中,E、F 分别为 BC 和 AC 的中点,PA⊥平面 ABC,且 PA=2,设平 面 α 过 PF 且与 AE 平行,求 AE 与平面 α 间的距离.
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第九章

立体几何

→ → → 解析:设AP、AE、EC的单位向量分别为 e1、e2、e3, 选取{e1,e2,e3}作为空间向量的一组基底,易知 e1·2=e2·3=e3·1=0, e e e → → → AP=2e1,AE=2 6e2,EC=2 2e3, → =PA+AF=PA+1AC PF → → → 2 → → +1(AE+EC)=-2e1+ 6e2+ 2e3, =PA 2 → → → 设 n=xe1+ye2+e3 是平面 α 的一个法向量, n⊥AE, 则 → n⊥PF,
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立体几何

→ ?n· =0 ? AE ∴? → ?n· =0 ? PF
?(xe +ye +e )· 6e =0 ? 1 2 3 2 2 ? ? ?(xe1+ye2+e3)· (-2e1+ ? ?2 6y|e |2=0 ? 2 ? ? ?-2x|e1|2+ 6y|e2|2+ ?
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6e2+ 2e3)=0

2|e3|2=0

?y=0 ? 2 ?? 2 ,∴n= 2 e1+e3 ?x= 2 ?

第九章

立体几何

∴直线 AE 与平面 α 间的距离为 2 ( → n| |2e1· 2 e1+e3)| 2 3 |AP· d= |n| = = 3 . 2 2 | e1| +|e3|2 2
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立体几何

[例9] 如图所示,在60°的二面角α-AB-β中, AC?α,BD?β,且AC⊥AB,BD⊥AB,垂足分别为A、B, 已知AB=AC=BD=a,求线段CD的长.
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→ → 分析:欲求线段 CD 的长,将|CD|看作CD的模,将CD用 → → → → → 已知长度及夹角关系的AC,AB,BD来表示,利用|CD|2=CD
2

→ → 可求, 其中AC与BD所成的角等于二面角 α-AB-β 的大小.

第九章

立体几何

解析:∵AC⊥AB,BD⊥AB, → AB → → AB → ∴CA· =0,BD· =0, 又因为二面角 α-AB-β 为 60° 的二面角, → → ∴<CA,BD>=120° , → → → → → 于是|CD|2=CD2=(CA+AB+BD)2 → → → → AB → → BD → → AB → =CA2 +AB2 +BD2 +2CA· +2CA· +2BD· =3a2 +2a2cos120° =3a2-a2=2a2,∴CD= 2a
点评:|a|2=a·a,将求线段长的问题转化为向量的数 量积运算是求距离的主要方法.
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立体几何

(2010· 河北邯郸市模考)如图所示,在正三棱柱 ABC- 2 A1B1C1 中,底面边长为 a,侧棱长为 a,D 是棱 A1C1 的 2 中点.
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(1)求证:BC1∥平面AB1D;
(2)求二面角A1-AB1-D的大小; (3)求点C1到平面AB1D的距离.

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立体几何

[解析]

(1)连结A1B与AB1 交于E,则E为A1B的中点,

∵D为A1C1的中点,∴DE为△A1BC1的中位线, ∴BC1∥DE. 又DE?平面AB1D,BC1?平面AB1D, ∴BC1∥平面AB1D.
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立体几何

(2)解法 1: D 作 DF⊥A1B1 于 F, 过 由正三棱柱的性质 可知,DF⊥平面 ABB1A1,连结 EF,DE,在正△A1B1C1 3 3 中,∴B1D= 2 A1B1= 2 a, 由直角三角形 AA1D 中,AD= AA2+A1D2= 1 3 a, 2
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∴AD=B1D,∴DE⊥AB1, 由三垂线定理的逆定理可得EF⊥AB1. 则∠DEF为二面角A1-AB1-D的平面角,
3 又 DF= a,∵△B1FE∽△B1AA1, 4

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立体几何

EF B1E 3 π ∴AA =A B ?EF= 4 a,∴∠DEF=4. 1 1 1 π 故所求二面角 A1-AB1-D 的大小为4. 解法 2:(向量法) 1 建立如图所示空间直角坐标系,则 A(0,-2a,0),B1(0, 1 2 3 2 2a, 2 a),C1(- 2 a,0, 2 a),A1(0, 1 2 3 1 2 -2a, 2 a),D(- 4 a,-4a, 2 a).

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立体几何

→1=(0,a, 2a),B1D=(- 3a,-3a,0). → ∴AB 2 4 4 设 n=(x,y,z)是平面 AB1D 的一个法向量,则可得 ? 2 ?y+ z=0 2 即? , ?x+ 3y=0 ? 取 y=1 可得 n=(- 3,1,- 2). → =(- 3a,0,0), 又平面 ABB1A1 的一个法向量 n1=OC 设 2 n·1 n 2 n 与 n1 的夹角是 θ,则 cosθ=|n|· |= 2 . |n1 又知二面角 A1-AB1-D 是锐角, π 所以二面角 A1-AB1-D 的大小是 . 4
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立体几何

(3)解法 1:设点 C1 到平面 AB1D 的距离为 h,因 AD2
2 +DB1=AB2,所以 1

1? 3 ?2 3 2 AD⊥DB1,故 S△ADB1=2? a? =8a , ? 2 ? ? ?
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1 3 2 而 S△C1B1D=2S△A1B1C1= 8 a , 1 由 VC1-AB1D=VA-C1B1D?3S△AB1D· h 1 6 =3S△C1B1D· 1?h= 6 a. AA 解法 2: 由(2)知平面 AB1D 的一个法向量 n=(- 3, 1, →1=(- 3a,1a, 2a), - 2),AC 2 2 2

第九章

立体几何

→ |n· 1| a AC 6 ∴d= |n| = = 6 a. 6 6 即 C1 到平面 AB1D 的距离为 6 a.

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立体几何

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立体几何

一、选择题
1.在棱长为a的正方体ABCD-A1B1C1D1 中,异面直 线BA1和AC所成的角的大小为 ( ) B.60° A.45°
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C.90°
[答案] B
[分析]

D.30°
→ → 先选取基向量,将BA1与AC用基向量表示,然

→ → ,再转化为异面直 后依据两向量夹角公式求出〈BA1,AC〉 线所成的角,或建立空间直角坐标系,用坐标法求解.

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立体几何

[解析]

→ 解法 1: → , →1,→ 为基向量, →1· = 以BA BB BC 则BA AC

→ → (AB → → AB → BC → AB → BC → → → → (BA+BB1)·→ +BC)=BA· +BA· +BB1· +BB1· = → → → -|BA|2=-a2,|BA1|= 2a,|AC|= 2a, → AC → -a2 BA1· 1 →1,AC〉= → ∴cos〈BA = =-2, → |AC 2a· 2a |BA1|·→ | → → ∴〈BA1,AC〉=120° , ∴异面直线 BA1 与 AC 成 60° 角.

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立体几何

解法 2:以 B 为原点,BC,BA,BB1 为 x 轴,y 轴,z 轴建立空间直角坐标系,则 A(0,1,0),C(1,0,0),A1(0,1,1), → → → → ∴BA1=(0,1,1),AC=(1,-1,0),∴cos〈BA1,AC〉= → AC → -1 BA1· 1 → → = =- ,∴〈BA1,AC〉=120° , 2 → |AC 2· 2 |BA1|·→ | → → ∴异面直线BA1与AC所成角为 60° ,故选 B. 解法 3:在正方体中,AC∥A1C1,A1C1=A1B=BC1, ∴∠BA1C 为异面直线 BA1 与 AC 所成的角,且∠BA1C =60° .
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立体几何

[点评] 空间向量的引入,使立体几何中许多复杂的 证明问题,转化为空间向量的运算轻而易举的就能解决,

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但在一些特殊图形中,纯几何方法仍有其独到快捷之处,
两者应兼顾.

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立体几何

2.二面角的棱上有 A、B 两点,直线 AC、BD 分别在 这个二面角的两个半平面内, 且都垂直于 AB.已知 AB=4, AC=6,BD=8,CD=2 17,则该二面角的大小为( A.150° C.60° B.45° D.120° )
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[答案] C

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立体几何

[解析]

→ AB → → BD → 由条件知,CA· =0,AB· =0,

→ → → CD=CA+AB+ → . BD → → → → → AB → → BD → ∴|CD |2 =|CA |2 +|AB |2 +|BD |2 +2CA · +2AB · + → BD → → → 2CA· =62+42+82+2×6×8cos〈CA,BD〉 → → =116+96cos〈CA,BD〉=(2 17)2, → ,BD〉=-1, ∴cos〈CA → 2 → → ∴〈CA,BD〉=120° ,所以二面角的大小为 60° .
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立体几何

3.在正三棱柱ABC-A1B1C1中,若AB=2,AA1=1, 则点A到平面A1BC的距离为
3 A. 4 3 3 C. 4 3 B. 2 D. 3

(

)
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[答案] B

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立体几何

[解析]

解法1:取BC中点E,连接AE、A1E,过点A作

AF⊥A1E,垂足为F.
∵A1A⊥平面ABC,∴A1A⊥BC, ∵AB=AC.∴AE⊥BC.

∴BC⊥平面AEA1.
∴BC⊥AF,又AF⊥A1E, ∴AF⊥平面A1BC. ∴AF的长即为所求点A到平面A1BC的距离.

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3 ∵AA1=1,AE= 3,∴AF= 2 . 1 1 3 解法 2:VA1-ABC=3S△ABC· 1=3× 3×1= 3 . AA

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立体几何

又∵A1B=A1C= 5, 在△A1BE 中,A1E= A1B2-BE2=2. 1 ∴S△A1BC= ×2×2=2. 2 1 2 ∴VA-A1BC=3×S△A1BC· 3h. h= 2 3 3 3 ∴3h= 3 ,∴h= 2 .∴点 A 到平面 A1BC 距离为 2 .
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二、解答题

4.已知正三棱柱ABC-A1B1C1 的底面边长为a,侧棱
长为a,求AC1与侧面ABB1A1所成的角.
[解析] 分别取 AB、A1B1 的中点 D、D1,连结 DD1,以
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→ → → DB DC DD1 a 、 、 为正交基底建立空间直角坐标系, A-2, 则 → → → |DB| |DC| |DD1|
? 0,0,C1?0, ? ? ? 3 ? →1=a, 3a, 2a, a, 2a?,AC 2 2 2 ?

平面 ABB1A1 的一个法向量为 n=(0,1,0),

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立体几何

→ n AC1· 1 →1,n〉= →1,n〉=π. 则 cos〈AC = .∴〈AC 3 →1||n| 2 |AC ∴AC1 与侧面 ABB1A1 所成的角为 30° .

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