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第六节 立体几何中的向量方法


第六节

立体几何中的向量方法
高考试题

考点一 用向量方法求空间角
1.(2012 年陕西卷,理 5)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( )

(A)

5 5

/>(B)

5 3

(C)

2 5 3 (D) 5 5

解析: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),

∴cos< BC1 , AB1 >=

BC1 ? AB1 BC1 AB1

=

4 ?1 5? 9

=

1 5

=

5 >0. 5

∴ 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 答案:A 2.(2013 年大纲全国卷,理 10)已知正四棱柱 ABCD A1B1C1D1 中,AA1=2AB,则 CD 与平面 BDC1 所成角的正弦值等 于( (A) )

5 .故选 A. 5

2 3

(B)

3 3

(C)

2 1 (D) 3 3

解析:建立如图所示的空间直角坐标系,

设 AA1=2AB=2, 则 B(1,1,0),C(0,1,0), D(0,0,0),C1(0,1,2), 故 DB =(1,1,0),

DC1 =(0,1,2),

DC =(0,1,0).
设平面 BDC1 的法向量为 n=(x,y,z), 则?

?n ? DB ? 0, ? ? ?n ? DC1 ? 0,

得?

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

令 z=1,则 y=-2,x=2, 所以平面 BDC1 的一个法向量为 n=(2,-2,1). 设直线 CD 与平面 BDC1 所成的角为θ , 则 sin θ =|cos<n, DC >|= 答案:A 3.(2011 年大纲全国卷,理 16)已知点 E、 F 分别在正方体 ABCD A1B1C1D1 的棱 BB1、 CC1 上,且 B1E=2EB,CF=2FC1, 则面 AEF 与面 ABC 所成的二面角的正切值等于 解析:如图所示,建立空间直角坐标系. .

n ? DC n ? DC

=

2 .故选 A. 3

则平面 ABC 的一个法向量为 n1=(0,0,1), 设平面 AEF 的法向量为 n2=(x,y,z). 设正方体的棱长为 1, ∵A(1,0,0),E(1,1, F(0,1,

1 ), 3

2 ), 3 1 1 ), EF =(-1,0, ), 3 3

∴ AE =(0,1,

1 ? y ? z ? 0, ? ? 3 则? 取 x=1,则 y=-1,z=3. ?? x ? 1 z ? 0, ? 3 ?
故 n2=(1,-1,3), ∴cos<n1,n2>=

n1 ? n2 3 11 = , n1 n2 11

设平面 AEF 与平面 ABC 所成的二面角为α (0°<α <90°), 则 cos α =

2 3 11 22 ,sin α = ,∴tan α = . 3 11 11

答案:

2 3

4.(2013 年新课标全国卷Ⅰ,理 18)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. (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)解: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. 设 AB=2,则 A(1,0,0),A1(0, 3 ,0),C(0,0, 3 ), B(-1,0,0). 则 BC =(1,0, 3 ), BB1 = AA1 =(-1, 3 ,0),

A1C =(0,- 3 , 3 ).
设 n=(x,y,z)是平面 BB1C1C 的法向量, 则?

? ?n ? BC ? 0, ? ?n ? BB1 ? 0.

即?

? x ? 3z ? 0, ? ? ?? x ? 3 y ? 0.

可取 n=( 3 ,1,-1). 故 cos<n, A1C >=

n ? A1C n A1C

=-

10 . 5 10 . 5

所以 A1C 与平面 BB1C1C 所成角的正弦值为

5.(2013 年重庆卷,理 19)如图,四棱锥 P ABCD 中,PA⊥底面 ABCD,BC=CD=2,AC=4,∠ACB=∠ACD= 的中点,AF⊥PB.

π ,F 为 PC 3

(1)求 PA 的长; (2)求二面角 B AF D 的正弦值. 解:(1)如图,连接 BD 交 AC 于点 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 而 AC=4, 得 AO=AC-OC=3, 又 OD=CDsin

π =1, 3

π = 3, 3

故 A(0,-3,0),B( 3 ,0,0),C(0,1,0),D(- 3 ,0,0). 因 PA⊥底面 ABCD,可设 P(0,-3,z), 由 F 为 PC 边中点,F(0,-1, 又 AF =(0,2, 因为 AF⊥PB, 故 AF · PB =0, 即 6-

z ). 2

z ), PB =( 3 ,3,-z), 2

z2 =0,z=2 3 (舍去 z=-2 3 ), 2

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 ? 3 y1 ? 0, ? ? ?2 y1 ? 3z1 ? 0,

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

? 3x2 ? 3 y2 ? 0, ? ? ?2 y2 ? 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
3 7 . 8

故二面角 B AF D 的正弦值为

6.(2013 年四川卷,理 19)如图,在三棱柱 ABC A1B1C1 中,侧棱 AA1⊥底面 ABC,AB=AC=2AA1,∠BAC=120°,D,D1 分别是线段 BC,B1C1 的中点,P 是线段 AD 的中点.

(1)在平面 ABC 内,试作出过点 P 与平面 A1BC 平行的直线 l,说明理由,并证明直线 l⊥平面 ADD1A1; (2)设(1)中的直线 l 交 AB 于点 M,交 AC 于点 N,求二面角 A A1M N 的余弦值. 解:(1)如图,在平面 ABC 内,过点 P 作直线 l∥BC,因为 l 在平面 A1BC 外,BC 在平面 A1BC 内,由直线与平面平 行的判定定理可知,l∥平面 A1BC.

由已知,AB=AC,D 是 BC 的中点, 所以 BC⊥AD,则直线 l⊥AD. 因为 AA1⊥平面 ABC,所以 AA1⊥直线 l. 又 AD,AA1 在平面 ADD1A1 内,且 AD 与 AA1 相交,所以直线 l⊥平面 ADD1A1. (2)法一 连接 A1P,过 A 作 AE⊥A1P 于 E,过 E 作 EF⊥A1M 于 F,连接 AF. 由(1)知,MN⊥平面 AEA1,所以平面 AEA1⊥平面 A1MN. 所以 AE⊥平面 A1MN,则 A1M⊥AE. 所以 A1M⊥平面 AEF,则 A1M⊥AF. 故∠AFE 为二面角 A A1M N 的平面角(设为θ ). 设 AA1=1,则由 AB=AC=2AA1,∠BAC=120°, 有∠BAD=60°,AB=2,AD=1. 又 P 为 AD 的中点, 所以 M 为 AB 的中点,且 AP= 所以在 Rt△AA1P 中,A1P= 在 Rt△A1AM 中,A1M= 2 . 从而 AE=

1 ,AM=1, 2

5 ; 2

AA1 ? AP 1 AA1 ? AM 1 = ,AF= = , A1 P A1 M 5 2

所以 sin θ =

2 AE = . AF 5
2

? 2? 15 所以 cos θ = 1 ? sin ? = 1 ? ? ? 5? ? = 5 . ? ?
2

故二面角 A A1M N 的余弦值为

15 . 5

法二 设 A1A=1.如图,过 A1 作 A1E 平行于 B1C1,以 A1 为坐标原点,分别以 A1 E , A1 D1 , A1 A 的方向为 x 轴,y 轴,z 轴的正方向,建立空间直角坐标系 O xyz(点 O 与点 A1 重合).

则 A1(0,0,0),A(0,0,1). 因为 P 为 AD 的中点,所以 M,N 分别为 AB,AC 的中点, 故 M(

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

所以 A1 M =(

设平面 AA1M 的一个法向量为 n1=(x1,y1,z1),则

?n1 ? A1 M , ? ? ?n1 ? A1M ? 0, 即? ? ? ? n1 ? A1 A ? 0, ? n1 ? A1 A, ?
? ? 3 1 ? ?( x1 , y1 , z1 ) ? ? ? 2 , 2 ,1? ? ? 0, 故有 ? ? ? ? ?( x1 , y1 , z1 ) ? ? 0, 0,1? ? 0,
从而 ? 2

? 3 1 x1 ? y1 ? z1 ? 0, ? 2 ? z ? 0. ?1

取 x1=1,则 y1=- 3 , 所以 n1=(1,- 3 ,0). 设平面 A1MN 的一个法向量为 n2=(x2,y2,z2),则

? ?n2 ? A1M , ? ?n2 ? A1 M ? 0, 即? ? ? ? n2 ? NM ? 0, ? n2 ? NM , ?
? ? 3 1 ? ( x , y , z ) ? , ,1? ? ? ? ? 0, 2 2 2 ? ? 故有 ? ? 2 2 ? ? ( x , y , z ) ? 3, 0, 0 ? 0, ? ? 2 2 2

?

?

? 3 1 x2 ? y2 ? z2 ? 0, ? 从而 ? 2 2 ? 3 x ? 0. ? 2
取 y2=2,则 z2=-1, 所以 n2=(0,2,-1). 设二面角 A A1M N 的平面角为θ ,又θ 为锐角. 则 cos θ =

n1 ? n2 n1 ? n2

=

(1, ? 3, 0) ? (0, 2, ?1) 2? 5
15 . 5 15 . 5

=

故二面角 A A1M N 的余弦值为

7.(2012 年四川卷,理 19 改编)如图所示,在三棱锥 P ABC 中,∠APB=90°,∠PAB=60°,AB=BC=CA,平面 PAB⊥平面 ABC.

(1)求直线 PC 与平面 ABC 所成的角的正弦值; (2)求二面角 B AP C 的余弦值. 解:(1)如图所示,设 AB 的中点为 D,作 PO⊥AB 于点 O,连接 CD.

因为平面 PAB⊥平面 ABC, 平面 PAB∩平面 ABC=AD, 所以 PO⊥平面 ABC. 所以 PO⊥CD. 由 AB=BC=CA,知 CD⊥AB. 设 E 为 AC 的中点,则 EO∥CD, 从而 OE⊥PO,OE⊥AB. 如图所示,以 O 为坐标原点,OB、OE、OP 所在直线分别为 x、y、z 轴建立空间直角坐标系 O xyz. 不妨设 PA=2,由已知可得 AB=4,OA=OD=1,OP= 3 ,CD=2 3 . 所以 O(0,0,0),A(-1,0,0),C(1,2 3 ,0),P(0,0, 3 ), 所以 CP =(-1,-2 3 , 3 ). 而 OP =(0,0, 3 )为平面 ABC 的一个法向量,设α 为直线 PC 与平面 ABC 所成的角,

则 sin α =

CP ? OP CP OP

=

0?0?3 16 ? 3

=

3 . 4
3 . 4

故直线 PC 与平面 ABC 所成的角的正弦值为

(2)由(1)有 AP =(1,0, 3 ), AC =(2,2 3 ,0). 设平面 APC 的一个法向量为 n=(x1,y1,z1), 则?

? ? n ? AP, ? ?n ? AC ,

??

? ?n ? AP ? 0, ? ?n ? AC ? 0

??

? ? ?( x , y , z ) ? ? 2, 2 3, 0 ? ? 0. ?
?( x1 , y1 , z1 ) ? 1, 0, 3 ? 0, ?
1 1 1

从而 ?

? ? x1 ? 3z1 ? 0, ? ?2 x1 ? 2 3 y1 ? 0.

取 x1=- 3 ,则 y1=1,z1=1, 所以 n=(- 3 ,1,1). 设二面角 B AP C 的平面角为β ,易知β 为锐角. 而平面 ABP 的一个法向量为 m=(0,1,0),则 cos β =

n?m = n m

1 3 ?1?1

=

5 . 5 5 . 5

故二面角 B AP C 的余弦值为

8.(2013 年浙江卷,理 20)如图,在四面体 A BCD 中,AD⊥平面 BCD,BC⊥CD,AD=2,BD=2 2 ,M 是 AD 的中点,P 是 BM 的中点,点 Q 在线段 AC 上,且 AQ=3QC.

(1)证明:PQ∥平面 BCD; (2)若二面角 C BM D 的大小为 60°,求∠BDC 的大小. (1)证明:如图所示,取 BD 的中点 O,

以 O 为原点,OD,OP 所在射线为 y,z 轴的正半轴, 建立空间直角坐标系 O xyz.

由题意知 A(0, 2 ,2),B(0,- 2 ,0), D(0, 2 ,0). 设点 C 的坐标为(x0,y0,0), 因为 AQ =3 QC , 所以 Q(

3 1 2 3 x0, + y0, ). 4 2 4 4

因为点 M 为 AD 的中点, 故 M(0, 2 ,1). 又点 P 为 BM 的中点, 故 P(0,0,

1 ), 2 3 2 3 x 0, + y0,0). 4 4 4

所以 PQ =(

又平面 BCD 的一个法向量为 a=(0,0,1), 故 PQ ·a=0. 又 PQ?平面 BCD, 所以 PQ∥平面 BCD. (2)解:设 m=(x,y,z)为平面 BMC 的一个法向量. 由 CM =(-x0, 2 -y0,1),

BM =(0,2 2 ,1),
知?

?? x0 x ? ( 2 ? y0 ) y ? z ? 0, ? ? ?2 2 y ? z ? 0.
y0 ? 2 ,-1,2 2 ). x0

取 y=-1,得 m=(

又平面 BDM 的一个法向量为 n=(1,0,0),于是

|cos<m,n>|=

m?n = m n

y0 ? 2 x0 ?y ? 2? 9?? 0 ? ? x ? 0 ? ?
2

=

1 , 2

即(

y0 ? 2 2 ) =3.① x0

又 BC⊥CD, 所以 CB · CD =0, 故(-x0,- 2 -y0,0)·(-x0, 2 -y0,0)=0,
2 2 即 x 0 + y0 =2.②

联立①②,解得 ?

? ? x0 ? 0, 或 ? ? y0 ? ? 2(舍去)

? 6 , ? x0 ? ? ? 2 ? ?y ? 2 . 0 ? ? 2
所以 tan∠BDC=

x0 2 ? y0

= 3.

又∠BDC 是锐角, 所以∠BDC=60°.

考点二 用向量法证明直线、平面的平行或垂直关系
(2012 年安徽卷,理 18)平面图形 ABB1A1C1C 如图①所示,其中 BB1C1C 是矩 形,BC=2,BB1=4,AB=AC= 2 ,A1B1=A1C1= 5 .现将该平面图形分别沿 BC 和 B1C1 折叠,使△ABC 与△A1B1C1 所在平 面都与平面 BB1C1C 垂直,再分别连接 A1A,A1B,A1C,得到如图②所示的空间图形,对此空间图形解答下列问题.

(1)证明:AA1⊥BC; (2)求 AA1 的长; (3)求二面角 A BC A1 的余弦值. (1)证明:取 BC、B1C1 的中点分别为 D 和 D1,连接 A1D1、DD1、AD.

由 BB1C1C 为矩形知,DD1⊥B1C1. 因为平面 BB1C1C⊥平面 A1B1C1, 所以 DD1⊥平面 A1B1C1. 又由 A1B1=A1C1 知,A1D1⊥B1C1. 故以 D1 为坐标原点,可建立如图所示的空间直角坐标系 D1 xyz. 由题设,可得 A1D1=2,AD=1. 由以上可知 AD⊥平面 BB1C1C,A1D1⊥平面 BB1C1C, 于是 AD∥A1D1. 所以 A(0,-1,4),B(1,0,4),A1(0,2,0),C(-1,0,4),

D(0,0,4), 故 AA1 =(0,3,-4), BC =(-2,0,0), AA1 · BC =0, 因此 AA1 ⊥ BC ,即 AA1⊥BC. (2)解:因为 AA1 =(0,3,-4),所以| AA1 |=5,即 AA1=5. (3)解:法一 连接 A1D.

由 BC⊥AD,BC⊥AA1, 可知 BC⊥平面 A1AD,所以 BC⊥A1D, 所以∠ADA1 为二面角 A BC A1 的平面角. 因为 DA =(0,-1,0), DA1 =(0,2,-4),

所以 cos< DA , DA1 >=-

2 1? 2 ? (?4)
2 2

=-

5 , 5

即二面角 A BC A1 的余弦值为-

5 . 5

法二 设平面 A1BC 的法向量为 n1=(x1,y1,z1), 又因为 A1C =(-1,-2,4), A1 B =(1,-2,4),

所以 ?

? A1C ? n1 ? 0, ? ? ? A1 B ? n1 ? 0,
? x1 ? 0, ? ? y1 ? 2 z1 .

即?

? x1 ? 2 y1 ? 4 z1 ? 0, ? ? x1 ? 2 y1 ? 4 z1 ? 0

令 z1=1,则 n1=(0,2,1). 又因为平面 ABC⊥z 轴,所以取平面 ABC 的一个法向量 n2=(0,0,1), 则 cos<n1,n2>=

n1 ? n2 5 1 = = , n1 n2 5 5
5 . 5

所以二面角 A BC A1 的余弦值为-

考点三 用向量法求点到面的距离或两点间的距离
1.(2011 年福建卷,理 20)如图,四棱锥 P ABCD 中,PA⊥底面 ABCD,四边形 ABCD 中,AB⊥AD,AB+AD=4,CD= 2 , ∠CDA=45°.

(1)求证:平面 PAB⊥平面 PAD. (2)设 AB=AP. ①若直线 PB 与平面 PCD 所成的角为 30°,求线段 AB 的长; ②在线段 AD 上是否存在一个点 G,使得点 G 到点 P,B,C,D 的距离都相等?说明理由.

(1)证明:分别以 AB、AD、AP 所在直线为 x 轴、y 轴、z 轴,建立空间直角坐标系 A xyz,如图所示.

易知平面 PAB 的一个法向量为 n1=(0,1,0),平面 PAD 的一个法向量为 n2=(1,0,0), ∵n1·n2=0, ∴n1⊥n2, ∴平面 PAB⊥平面 PAD. (2)解:设 AB=AP=a(0<a<4), 则 P(0,0,a),B(a,0,0),D(0,4-a,0),C(1,4-a-1,0),

PB =(a,0,-a),
设平面 PCD 的一个法向量为 m=(x,y,z), 由?

? ?m ? PD ? 0, ? ?m ? CD ? 0,

得?

?(4 ? a) y ? az ? 0, ? ? x ? y ? 0.

令 y=a 得 m=(a,a,4-a). ①由直线 PB 与平面 PCD 所成的角为 30°, 得 sin 30°=|cos< PB ,m>|= 整理,得 5a -24a+16=0, 解得 a=
2

a 2 ? a(4 ? a) 2a ? 3a ? 8a ? 16
2

=

1 , 2

4 或 a=4(舍去), 5 4 . 5

即 AB 长为

②假设线段 AD 上存在点 G(0,t,0)(0≤t≤4-a), 使|GP|=|GB|=|GC|=|GD|,

GP =(0,-t,a), GB =(a,-t,0),
GC =(1,3-a-t,0), GD =(0,4-a-t,0),
由| GC |=| GD |得 1 +(3-a-t) =(4-a-t) ,
2 2 2

即 t=3-a.① 由| GD |=| GP |得(4-a-t) =t +a ,
2 2 2

得 8-4a-4t+at=0.② 联立①②消去 t 得 a -3a+4=0.③ 由于方程③的判别式Δ =(-3) -4×4<0,故方程③无实根. 所以在线段 AD 上不存在一个点 G,使得点 G 到点 P、B、C、D 的距离都相等. 2.(2011 年江苏卷,22)如图,在正四棱柱 ABCD A1B1C1D1 中,AA1=2,AB=1,点 N 是 BC 的中点,点 M 在 CC1 上.设二 面角 A1 DN M 的大小为θ .
2 2

(1)当θ =90°时,求 AM 的长; (2)当 cos θ =

6 时,求 CM 的长. 6

解:建立如图所示的空间直角坐标系 D xyz.

设 CM=t(0≤t≤2), 则各点的坐标为 A(1,0,0),A1(1,0,2),N( 所以 DN =(

1 ,1,0),M(0,1,t). 2

1 ,1,0), DM =(0,1,t), DA1 =(1,0,2). 2

设平面 DMN 的法向量为 n1=(x1,y1,z1), 则 n1· DN =0,n1· DM =0. 即 x1+2y1=0,y1+tz1=0. 令 z1=1,则 y1=-t,x1=2t. 所以 n1=(2t,-t,1)是平面 DMN 的一个法向量. 设平面 A1DN 的法向量为 n2=(x2,y2,z2), 则 n2· DA1 =0,n2· DN =0. 即 x2+2z2=0,x2+2y2=0. 令 z2=1,则 x2=-2,y2=1. 所以 n2=(-2,1,1)是平面 A1DN 的一个法向量. (1)因为θ =90°, 所以 n1·n2=-5t+1=0, 解得 t=

1 1 .从而 M(0,1, ). 5 5
51 1? 2 ? ?1? ? 12 ? ? ? ? = 5 . 5 ? ?
2

所以 AM=

2 (2)因为|n1|= 5t ? 1 ,|n2|= 6 ,

所以 cos<n1,n2>=

n1 ? n2 ?5t ? 1 = . n1 ? n2 6 ? 5t 2 ? 1

因为<n1,n2>=θ 或π -θ , 所以

?5t ? 1 6 ? 5t ? 1
2

=

6 1 ,解得 t=0 或 t= . 6 2

根据图形和(1)的结论可知 t=

1 1 ,从而 CM 的长为 . 2 2

3.(2010 年江西卷,理 20)如图,△BCD 与△MCD 都是边长为 2 的正三角形,平面 MCD⊥平面 BCD,AB⊥平面 BCD,AB=2 3 .

(1)求点 A 到平面 MBC 的距离; (2)求平面 ACM 与平面 BCD 所成二面角的正弦值. 解:取 CD 中点 O,连接 OB,OM,则 OB⊥CD,OM⊥CD. 又平面 MCD⊥平面 BCD,所以 MO⊥平面 BCD. 取 O 为原点,直线 OC、BO、OM 为 x 轴、y 轴、z 轴,建立空间直角坐标系如图,OB=OM= 3 ,

则各点坐标分别为 C(1,0,0),M(0,0, 3 ),B(0,- 3 ,0),A(0,- 3 ,2 3 ). (1)设 n=(x,y,z)是平面 MBC 的法向量.

BC =(1, 3 ,0), BM =(0, 3 , 3 ).
由 n⊥ BC 得 x+ 3 y=0; 由 n⊥ BM 得 3 y+ 3 z=0. 取 n=( 3 ,-1,1), BA =(0,0,2 3 ), 则所求距离=

BA ? n n

=

2 3 5

=

2 15 . 5

(2) CM =(-1,0, 3 ), CA =(-1,- 3 ,2 3 ). 设平面 ACM 的法向量为 n1=(x1,y1,z1), 由 n1⊥ CM ,n1⊥ CA 得 ?

? ?? x1 ? 3z1 ? 0, ? ?? x1 ? 3 y1 ? 2 3z1 ? 0,

解得 x1= 3 z1,y1=z1,取 n1=( 3 ,1,1). 又平面 BCD 的法向量为 n2=(0,0,1), 所以 cos<n1,n2>=

n1 ? n2 1 = . n1 n2 5

设所求二面角为θ ,则 sin θ = 故所求二面角的正弦值为

2 5 . 5

2 5 . 5

模拟试题
考点一 求空间角
1.(2011 浙江温州高三适应性测试)如图所示,已知△ABC 与△BCD 所在平面互相垂直,且∠BAC= ∠BCD=90°,AB=AC,CB=CD,点 P,Q 分别在线段 BD,CD 上,沿直线 PQ 将△PQD 向上翻折,使 D 与 A 重合.

(1)求证:AB⊥CQ; (2)求直线 AP 与平面 ACQ 所成的角. (1)证明:∵平面 ABC⊥平面 BCQ, 平面 BCQ∩平面 ABCD=BC, 又 CQ⊥BC,∴CQ⊥平面 ABC,∴CQ⊥AB. (2)解:取 BC 的中点 O,BD 的中点 E,连接 OA,OE,

则 OE∥CD, ∴OE⊥BC. ∵AB=AC, ∴AO⊥BC, ∴AO⊥平面 BCD. 如图所示,以 OB 所在直线为 x 轴,以 OE 所在直线为 y 轴,以 OA 所在直线为 z 轴,建立空间直角坐标系. 不妨设 BC=2,则 A(0,0,1),E(0,1,0),C(-1,0,0),D(-1,2,0), 设 P(x,1-x,0),由|AP|=|DP|, 即 x +(1-x) +1=(x+1) +(x+1) , 解得 x=0,所以 P(0,1,0), 故 AP =(0,1,-1),P 与 E 两点重合. 设 n=(x,y,z)为平面 ACQ 的法向量,
2 2 2 2

AC =(-1,0,-1),设 CQ =λ OE =λ (0,1,0),

由?

? ?n ? AC ? 0, ? ?n ? CQ ? 0,

得?

? ? x ? z ? 0, ?? y ? 0,

可取 n=(1,0,-1). 设直线 AP 与平面 ACQ 所成的角为α , 则 sin α =|cos< AP ,n>|=

1 2? 2

=

1 π ,所以α = , 2 6

即直线 AP 与平面 ACQ 所成的角为

π . 6

2.(2012 海南琼州模拟)已知在四棱锥 P ABCD 中,底面 ABCD 是矩形,且 AD=2,AB=1,PA⊥平面 ABCD,E、 F 分别 是线段 AB、BC 的中点.

(1)证明:PF⊥FD; (2)PA 上是否存在点 G,使得 EG∥平面 PFD?说明理由; (3)若 PB 与平面 ABCD 所成的角为 45°,求二面角 A PD F 的余弦值. (1)证明:PA⊥平面 ABCD,AB⊥AD, AB=1,AD=2, 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),F(1,1,0),D(0,2,0). 不妨令 P(0,0,t), 则 PF =(1,1,-t),又 DF =(1,-1,0), ∴ PF · DF =1×1+1×(-1)+(-t)×0=0, 即 PF⊥FD. 解:(2)设平面 PFD 的法向量为 n=(x,y,z), 由?

?n ? PF ? 0, ? ? ?n ? DF ? 0,

得?

? x ? y ? tz ? 0, ? x ? y ? 0,

令 z=1,解得 x=y=

t t t ,此时,n=( , ,1). 2 2 2

设 PA 上存在 G(0,0,m)满足条件, 又 E(

1 ,0,0), 2 1 ,0,m), 2

则 EG =(-

要使 EG∥平面 PFD,只需 EG ·n=0,

即(得 m=

1 t t )× +0× +1×m=0, 2 2 2 1 1 t,从而点 G 存在且满足 AG= AP. 4 4

(3)易知 AB⊥平面 PAD, ∴ AB 是平面 PAD 的一个法向量,易得 AB =(1,0,0), 又∵PA⊥平面 ABCD, ∴∠PBA 是 PB 与平面 ABCD 所成的角, 得∠PBA=45°. ∴PA=1,平面 PFD 的一个法向量为 n=(

1 1 , ,1), 2 2
6 , 6

∴cos< AB ,n>=

AB ? n AB n

=

1 2 1 1 + +1 4 4

=

故所求二面角 A PD F 的余弦值为

6 . 6

考点二 向量法证直线、平面的平行、垂直关系
1.(2012 山东临沂高三上期末)如图所示,在三棱锥 S ABC 中,SC⊥平面 ABC,点 P、 M 分别是 SC 和 SB 的中点, 设 PM=AC=1,∠ACB=90°,直线 AM 与直线 SC 所成的角为 60°.

(1)求证:BC∥平面 AMP; (2)求证:平面 MAP⊥平面 SAC; (3)求二面角 M AB C 的余弦值. (1)证明:∵P,M 分别为 SC,SB 中点, ∴PM

1 BC.由 PM=1,得 BC=2, 2

又 BC?平面 AMP,MP? 平面 AMP, ∴BC∥平面 AMP. (2)证明:分别以 CA、CB、CS 所在直线为 x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系,如图所示.

则 A(1,0,0),设 M(0,1,m)(m>0), 则 AM =(-1,1,m),S(0,0,2m),

SC =(0,0,-2m),
由直线 AM 与直线 SC 所成的角为 60°得,

cos 60°=

1 = 2

?2m2 2 ? m 2 ? 4m 2

,

解得 m=

6 6 6 .此时 P(0,0, ),M(0,1, ). 3 3 3

设平面 MAP 的法向量是 n=(x,y,z), 由?

? ?n ? PA ? 0, ? ?n ? MP ? 0,

得?

? 6 z ? 0, ?x ? 3 ? y ? 0, ?

令 z=1,得 n=(

6 ,0,1). 3

又平面 SAC 的一个法向量为 CB =(0,2,0), ∵n· CB =0,∴n⊥ CB , 即平面 MAP⊥平面 SAC. (3)解:设平面 MAB 的法向量为 m1=(x,y,z), 又 AM =(-1,1,

6 ), AB =(-1,2,0), 3
得?

由?

? ?m1 ? AM ? 0, ? ?m1 ? AB ? 0,

? 6 z ? 0, ?? x+y ? 3 ?? x ? 2 y ? 0. ?
6 ),
39 , 13 39 . 13

令 z= 6 ,得 m1=(4,2,

又平面 ABC 的一个法向量 m2=(0,0,1), ∴cos<m1,m2>=

6 16 ? 4 ? 6

=

即二面角 M AB C 的余弦值为

2.(2011 山东临沂高三一模)如图所示,在四棱锥 P ABCD 中,E 是 PC 的中点,PA、AB、AD 两两垂直,AB∥ CD,AB=1,PA=AD=CD=2.

(1)求证:BE∥平面 PAD; (2)求证:BE⊥平面 PCD. 证明:(1)建立如图所示的空间直角坐标系,

则 B(0,1,0),C(-2,2,0),P(0,0,2), ∴E(-1,1,1), BE =(-1,0,1). 又平面 PAD 的一个法向量 n= AB =(0,1,0), ∵ BE ·n=0,∴ BE ⊥n,

∴BE∥平面 PAD. (2)设平面 PCD 的法向量 m=(x,y,z), 又 D(-2,0,0), DC =(0,2,0), PD =(-2,0,-2), 则由 ?

?m ? DC ? 0, ? ? ?m ? PD ? 0,

得?

? y ? 0, ? x ? z ? 0,

令 z=-1 得 m=(1,0,-1). ∵ BE =(-1,0,1)=-m,∴ BE ∥m, 即 BE⊥平面 PCD.

考点三 向量法求空间的距离
(2013 山东淄博高三上期末考试)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.

(1)证明:AC⊥SB; (2)求二面角 N CM B 的余弦值; (3)求 B 点到平面 CMN 的距离. (1)证明:取 AC 的中点 O,连接 SO,OB, ∵SA=SC,O 为 AC 中点,∴SO⊥AC, 又∵△ABC 是正三角形,O 为 AC 中点, ∴OB⊥AC. 又 SO∩OB=O,∴AC⊥平面 SOB, ∵SB? 平面 SOB,∴AC⊥SB. 解:(2)∵平面 SAC⊥平面 ABC,平面 SAC∩平面 ABC=AC,SO? 平面 SAC,SO⊥AC, ∴SO⊥平面 ABC. 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 O xyz,如图所示.

在 Rt△AOB 中,AB=4,AO=2,∴OB=2 3 , 在 Rt△SAO 中,SA=2 3 ,OA=2,∴SO=2 2 , ∴A(2,0,0),B(0,2 3 ,0),M(1, 3 ,0),S(0,0,2 2 ),N(0, 3 , 2 ),C(-2,0,0),

CN =(2, 3 , 2 ), NM =(1,0,- 2 ).
设平面 NCM 的法向量 m=(x,y,z), 由?

? ?m ? CN ? 0, ? ?m ? NM ? 0,

得?

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

令 z=1,得 m=( 2 ,- 6 ,1), 又平面 CMB 的一个法向量 n=(0,0,1),

∴cos<m,n>=

1 , 3 1 . 3

则二面角 N CM B 的余弦值是

(3) BM =(1,- 3 ,0),设点 B 到平面 CMN 的距离为 d, 则 d=|| BM |·cos< BM ,m>|=

BM ? m m

=

2 ?3 2 4 2 = , 3 3 4 2 . 3

即 B 到平面 CMN 的距离为

综合检测
1.(2013 山东临沂一中高三模拟)在正方体 ABCD A1B1C1D1 中,M、N 分别是 CD、CC1 的中点,则异面直线 A1M 与 DN 所成的角是( (A)30° (C)60° (B)45° (D)90° )

解析:以 D 为原点,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,如图所示.

设正方体棱长为 1,则 D(0,0,0),A1(1,0,1),M(0, ∴ A1 M =(-1,

1 1 ,0),N(0,1, ), 2 2

1 1 ,-1), DN =(0,1, ), 2 2 1 1 - =0, 2 2

∵ A1 M · DN = ∴ A1 M ⊥ DN ,

即 A1M⊥DN,异面直线 A1M 与 DN 所成的角是 90°. 答案:D 2.(2013 山东泰安一模)在三棱柱 ABC A1B1C1 中,各侧面均为正方形,侧面 AA1C1C 的对角线相交于点 M,则 BM 与平面 AA1C1C 所成角的大小是 . 解析:由题意可知,三棱柱 ABC A1B1C1 是各棱均相等的正三棱柱,分别取 AB、A1B1 的中点 O、O1,连接 OO1,OC, 建立如图所示的空间直角坐标系 O xyz.

设三棱柱棱长为 1, 则 B(0,∴M(-

1 1 1 3 3 ,0),A(0, ,0),C(,0,0),C1(,0,1),A1(0, ,1), 2 2 2 2 2

3 1 1 3 3 1 , , ), BM =(, , ). 4 4 2 4 4 2 3 1 ,- ,0), AA1 =(0,0,1), 2 2
? 3 1 x ? y ? 0, ?? 2 2 ? z ? 0, ?
3 3 3 ? 4 4 =- 3 , 2 ?1 2

AC =(-

设平面 ACC1A1 的法向量 n=(x,y,z), 由?

? ?n ? AC ? 0, ? ?n ? AA1 ? 0,

得?

令 x=1 得 n=(1,- 3 ,0),

?
∴cos< BM ,n>=

设直线 BM 与平面 ACC1A1 所成的角为θ , 则 sin θ =|cos< BM ,n>|= 答案:60° 3.(2013 山东德州一模)如图所示,矩形 ADEF 与梯形 ABCD 所在的平面互相垂直,AD⊥CD,AB∥ CD,AB=AD=1,CD=2,DE=1,M 为 CE 的中点.

3 ,θ =60°. 2

(1)求证:BM∥平面 ADEF; (2)求直线 DB 与平面 BEC 所成角的正弦值; (3)求平面 BEC 与平面 DEC 所成锐二面角的余弦值. (1)证明:建立如图所示的空间直角坐标系 D xyz,

则 A(1,0,0),C(0,2,0),E(0,0,1),B(1,1,0),M(0,1,

1 ), 2

∴ BM =(-1,0,

1 ), 2

取平面 ADEF 的一个法向量 n=(0,1,0), ∵ BM ·n=0,∴ BM ⊥n, 即 BM∥平面 ADEF. 解:(2)设平面 BEC 的法向量是 m=(x,y,z), 又 BC =(-1,1,0), EC =(0,2,-1), 则由 ?

? ?m ? BC ? 0, ? ?m ? EC ? 0,

得?

? x ? y ? 0, ? 2 y ? z ? 0.

令 y=1 得 m=(1,1,2), 又 DB =(1,1,0), 设直线 DB 与平面 BEC 所成的角为θ , 则 sin θ =|cos< DB ,m>|=

2 2? 6

=

3 , 3 3 . 3

即直线 DB 与平面 BEC 所成角的正弦值是 (3)取平面 DEC 的一个法向量 v=(1,0,0), ∴cos<v,m>=

1 6

=

6 , 6 6 . 6

∴平面 BEC 与平面 DEC 所成锐二面角的余弦值是

4.(2012 福州质检)在直角梯形 ABCD 中,AD∥BC,BC=2AD=2AB=2 2 ,∠ABC=90°,如图①所示,把△ABD 沿 BD 翻折,使得平面 ABD⊥平面 BCD,如图②所示.

(1)求证:CD⊥AB; (2)若点 M 为线段 BC 中点,求点 M 到平面 ACD 的距离; (3)在线段 BC 上是否存在点 N,使得 AN 与平面 ACD 所成角为 60°?若存在,求出 理由. (1)证明:由已知条件可得:BD=2,CD=2,BC=2 2 , ∴CD⊥BD. ∵平面 ABD⊥平面 BCD,平面 ABD∩平面 BCD=BD, ∴CD⊥平面 ABD. ∵AB? 平面 ABD,∴CD⊥AB. 解:(2)以点 D 为原点,BD 所在的直线为 x 轴,DC 所在的直线为 y 轴,建立空间直角坐标系,如图所示,

BN 的值;若不存在,说明 BC

则 A(1,0,1),B(2,0,0),C(0,2,0),D(0,0,0),M(1,1,0). ∴ CD =(0,-2,0), AD =(-1,0,-1), MC =(-1,1,0). 设平面 ACD 的法向量为 n=(x,y,z), 则 CD ⊥n, AD ⊥n, ∴?

? y ? 0, ? x ? z ? 0,
n ? MC MC

令 x=1,得平面 ACD 的一个法向量为 n=(1,0,-1). ∴点 M 到平面 ACD 的距离 d= =

2 . 2

(3)假设在线段 BC 上存在点 N,使得 AN 与平面 ACD 所成角为 60°. 设 BN =λ BC ,0<λ <1,则 N(2-2λ ,2λ ,0), ∴ AN =(1-2λ ,2λ ,-1). ∵平面 ACD 的一个法向量为 n=(1,0,-1),且直线 AN 与平面 ACD 所成角为 60°, ∴sin 60°=
2

AN ? n AN n

=

3 , 2

整理得 8λ +2λ -1=0, ∴λ =

1 1 或λ =- (舍去). 4 2

综上所述,在线段 BC 上存在点 N,使 AN 与平面 ACD 所成角为 60°,此时

BN 1 = . BC 4


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