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高中数学总复习教学案10F:空间距离与角


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高中数学总复习教学案
§10.6 空间距离与角 新课标要求
以棱柱、棱锥特别是长方体为载体,通过直观感知、操作确认直观认识和理解体会空间 的点、线、面之间位置关系,抽象出空间点、线、面之间位置关系的定义。能用综合法、向 量法解决空间线线、线面、面面的夹角与距离的计

算问题。

重点难点聚焦
在几何体中考查线线、线面、面面的平行与垂直关系是重点,而有关线线角、线面角、 二面角的求解是重中之重。难点是二面角的求法。熟练应用定义法、转化法求异面直线所成 角、直线与平面所成角、二面角的大小,求各种距离,特别是求点到平面距离。

高考分析及预策
高考中常以棱柱、棱锥为载体,来考查空间角与距离的有关问题。实质上各种距离与角 之间具有一定的相互转化关系,特别是点面距,它是求线面距和面面距的基础。求点面距在 高考中经常涉及到的方法有直接法、等体积转换、向量法等。空间角,能比较集中反映空间 想象能力的要求,历来为高考命题者垂青,几乎年年必考,是高考的热点。线线角的求解是 角度问题中的重点,找二面角的平面角是难点。09 预测对常见模型进行适当修改,考查形式 是以柱体、锥体为载体的有关的探索性、开放性和应用性问题。

题组设计 再现型题组
1.(03 年北京春季高考题) 如图,在正三角形 ABC 中,D,E,F 分 别为各边的中点, G,H,I,J 分别为 AF,AD,BE,DE 的中点 将△ABC 沿 DE,EF,DF 折成三棱锥以后,GH 与 IJ 所成角的度 数为 ( ) A.90° B.60° C.45° D.0° 2.已知 PA、PB、PC 是三棱锥 P-ABC 的三条棱, PA=PB=PC,且 PA,PB,PC 夹角都是 60°, 那么直线 PC 与平面 PAB 所成角的余弦值是 A.
1 2


6 3

) D.
3 3

B.

2 2

C.

PA ? 4, PB ? 2, 3. 设 P 是 60 的二面角 ? ? l ? ? 内一点, PA⊥平面 ? , PB⊥平面 ? , A、 B 为垂足, 则 AB 的长为 ( ) (A) 2 3 (B) 2 5 (C) 2 7 (D) 4 2

4.(04 年高考全国卷)已知球 O 的半径为 1,A、B、C 三点都在球面上,且每两点之间的球 ? 面距离均为 ,则球心 O 到平面 ABC 的距离为 ( ) 2

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(A)

1 3

(B)

3 3

(C)

2 3

(D)

6 3

巩固型题组
5.已知 ?ABC 和?DBC 所在的平面互相垂直,且AB=BC=BD, ?CBA ? ?DBC ? 1200 , 求: ⑴.直线 AD 与平面 BCD 所成角的大小; ⑵.直线 AD 与直线 BC 所成角的大小; ⑶.二面角 A-BD-C 的余弦值.
D
第 5 题图

A

H

R

B

C
G

6.如图,ABCD 是边长为 4 的正方形,E、F 分别是 AD、 AB 的中点、GC 垂直于 ABCD 所在的平面,且 GC=2, 求:点 B 到平面 EFG 的距离.
A

D R E Q

C

F

B

第 6 题图

提高型题组
7.在四棱锥 P-ABCD 中,已知 ABCD 为矩形,PA ⊥平面 ABCD,设 PA=AB=a,BC=2a,求二面角 B-PC-D 的大小。 P

A B C

D

反馈型题组
8.ABCD 是边长为 2 的正方形,以 BD 为棱把它折成直二面角 A—BD—C,E 是 CD 的中点,则异 面直线 AE、BC 的距离为 ( ) A. 2 B. 3 C.
3 2

D.1

9、在 30?的二面角?-l-?中,P∈?,PQ⊥?,垂足为 Q,PQ=2a,则点 Q 到平面? 的距离为 。 10.设 PA⊥Rt△ABC 所在的平面α,∠BAC=90°PB、PC 分别与α成 45°和 30°角,PA=2, 则 PA 与 BC 的距离是 ;点 P 到 BC 的距离是 . 11.如右下图,在长方体 ABCD-A1B1C1D1 中,已知 AB=4,AD=3,AA1=2。E、F 分别是线段 AB、BC

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上的点,且 EB=BF=1。求直线 EC1 与 FD1 所成的角的余弦值。

12. 如 图 , 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 . 第 9 题图 ⑴ PA 与 BD 是否相互垂直,请证明你的结论; ⑵求二面角 P ? BD ? C 的大小; ⑶求证:平面 PAD ⊥平面 PAB .

第 12 题图 13.如图,在三棱锥 S ? ABC 中,侧面 SAB 与侧面 SAC 均 形, ?BAC ? 90° , O 为 BC 中点. (Ⅰ)证明: SO ? 平面 ABC ; (Ⅱ)求二面角 A ? SC ? B 的余弦值. 为等边三角

S

O
14.如图,四棱锥 S—ABCD 的底面是边长为 1 的正方形, SD 垂直于底面 ABCD,SB= 3 . (1)求证 BC ? SC; (2)求面 ASD 与面 BSC 所成二面角的大小; (3)设棱 SA 的中点为 M,求异面直线 DM 与 SB 所成角的 大小.

C
A

B

第 13 题图

§10.6 再现型题组

空间距离与角(解答部分)

⒈【提示或答案】B. 【基础知识聚焦】平面图形转化为空间图形, 利用平移法紧扣定义求异面直线之间的夹角. ⒉【提示或答案】 D 【基础知识聚焦】 .求空间角先证后算,关键将空间的角和距离转化为平面上的角。本题紧

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扣线面角的定义,将所求量置于一个三角形内,通过解三角形最终得到所求。也可利用公式 cosα=cosβcosθ,其中β是直线 PC 与平面 PAB 所成角,θ是面内直线 PA 与 PC 的射影所成 的角,α=∠BPA. 3.【提示或答案】C 【基础知识聚焦】用垂面法将二面角图形化,因四点共圆对角互补,由余弦定理求之. 4.【提示或答案】B 【基础知识聚焦】 .本题利用球面距离概念,弧长公式,转化为直角三棱锥内接于球体,用等 体积转化发求距离。

巩固型题组
5. 【解法】 ⑴如图,在平面 ABC 内,过 A 作 AH⊥BC,垂足为 H,
则 AH⊥平面 DBC,∴∠ADH 即为直线 AD 与平面 BCD 所成的角

A

H

R

B

由题设知△AHB≌△AHD,则 DH⊥BH,AH=DH,∴∠ADH=45°D

C

⑵∵BC⊥DH,且 DH 为 AD 在平面 BCD 上的射影, 第 5 题图 ∴BC⊥AD,故 AD 与 BC 所成的角为 90° ⑶过 H 作 HR⊥BD,垂足为 R,连结 AR,则由三垂线定理知,AR⊥BD,故∠ARH 为二面角 A—

BD—C 的平面角的补角 设 BC=a,则由题设知,AH=DH=
∴tanARH=
AH =2 HR

3 a 3 a, BH ? ,在△HDB 中,HR= a, 2 2 4

故二面角 A—BD—C 的余弦值的大小为 ?

5 5

【点评】:本题着眼于让学生掌握通性通法。几何法在书写上体现: “作出来、证出来、指出 来、算出来、答出来”五步。斜线和平面所成的角是一个直角三角形所成的锐角,它的三条 边分别是平面的垂线段、斜线段及斜线段在平面内的射影。因此求直线和平面所成的角,几 何法一般先定斜足、再作垂线找射影、通过解直角三角形求解;向量法则利用斜线和射影的 夹角或考虑法向量,设 ? 为直线 l 与平面 ? 所成的角,? 为直线 l 的方向向量 v 与平面 ? 的法 向量 n 之间的夹角,则有 ? ?

?
2

? ? 或? ?
n v

?
2

? ? (如图)
v

ω θ α
α

θ ω l
n

l

特别地

? ? 0 时, ? ?

?
2

, l ? ? ;? ?

?
2

时, ? ? 0 , l ? ? 或 l // ? 。

⑴用两面垂直的性质作垂线,找垂足的位置作出线面角,⑵利用三垂线定理证,⑶利用对称 性定义法作二面角。

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【变式与拓展】如图,BCD 是等腰直角三角形,斜边 CD 的长等于点 P 到 BC 的距离,D 是 P 在 平面 BCD 上的射影. B ⑴.求 PB 与平面 BCD 所成角; ⑵.求 BP 与平面 PCD 所成的角. C D 【解法】 ⑴. PD⊥平面 BCD,∴BD 是 PB 在平面 BCD 内的射影, ∴∠PBD 为 PB 与平面 BCD 所成角,BD⊥BC, P 由三垂线定理得 BC⊥BD,∴BP=CD,设 BC=a, 第 5 题变 则 BD=a,BP=CD= 2 a∴在 Rt△BPD 中, cos∠DBP=
式图

2 ∴∠DBP=45°, 即 PB 与平面 BCD 所成角为 45°. 2 2 a, BP= 2 a,∴∠BPE=30° 2

⑵.过 B 作 BE⊥CD 于 E,连结 PE,PD⊥平面 BCD 得 PD⊥BE,∴BE⊥平面 PCD, ∴∠BPE 为 BP 与平面 PCD 所成的角,在 Rt△BEP 中,BE= BP 与平面 PCD 所成角为 30° 6.【解法一】直接作出所求之距离 如图 1,为了作出点 B 到平面 EFG 的距离,延长 FE 交CB的延长线于 M, 连 结 GM,作 BN ⊥BC,交 GM 于 N,则有 BN∥CG,BN⊥平面 ABCD.作 BP⊥EM,交 EM 于 P,易证平面 BPN⊥平 面 EFG.作 BQ⊥PN,垂足为 Q,则 BQ⊥平面 EFG.于 是 BQ 是点 B 到平面 EFG 的距离.易知
2 ,BP= 2 ,PZ= 3



BN=

,由 BQ〃PN=PB〃BN,得 BQ=



图1 一、不直接作出所求之距离,间接求之. ⑴利用二面角的平面角.

图2

课本P42 第 4 题,P46 第 2 题、第 4 题给出了“二面角一个面内的一个点,它到棱的 距离、到另一个面的距离与二面角的大小之间所满足的关系” .如图 2,二面角 M-CD-N 的大 小为α,A∈M,AB⊥CD,AB=a,点A到平面N的距离 AO=d,则有d=asinα①中的α也 就是二面角的大小,而并不强求要作出经过 AB 的二面角的平面角.

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【解法二】如图 3,过 B 作 BP⊥EF,交 FE 的延长线于P,易知 BP=

,这就是点B到二面

角 C-EF-G 的棱 EF 的距离.连结 AC 交 EF 于 H,连结 GH,易证∠GHC 就是二面角 C-EF-G 的平 面角.∵ GC=2,AC=4 ,AH= ,∴ CH=3 ,GH= ,sin∠GHC= 〃 = ,于是由①得 . 解

所 求 之 距 离 d = BP 〃 sin ∠ GHC =

略.

图3

图4

⑵利用斜线和平面所成的角. 如图 4,OP为平面α的一条斜线,A∈OP,OA=l,OP与α所成的角为θ,A到 平面α的距离为d,则由斜线和平面所成的角的定义可知,有d=lsinθ.②经过OP 与α垂直的平面与α相交,交线与OP所成的锐角就是②中的θ,这里并不强求要作出点A 在α上的射影B,连结OB得θ. 【解法三】如图 5,设M为FE与CB的延长线的交点,作BR⊥GM,R为垂足.又G M⊥EB,易得平面BER⊥平面EFG,ER为它们的交线,所以∠REB就是EB与平 面EFG所成的角θ.由△MRB∽△MCG,可得BR= =90°,BR= 离d= . ,在Rt△REB中,∠B ,于是由②得所求之距

,EB=2,所以sinθ=BR/ER=

图5 ⑶利用三棱锥的体积公式.

图6

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1 【解法四】如图 6,设点B到平面EFG的距离为d,则三棱锥B-EFG的体积V= S△E 3
FG

1 1 〃d.另一方面又可得这个三棱锥的体积V= S△FEB〃CG,可求得S△FEB= S△DAB 3 4 1 ,所以有 〃3〃 3 1 〃d= 〃2〃2,得d= 3

=2,S△EFG=



二、不经过该点间接确定点到平面的距离 ⑴.利用直线到平面的距离确定 【解法五】如图 7,易证BD∥平面EFG,所以BD上任意一点到平面EFG的距离就 是点B到平面EFG的距离.由对称思想可知,取BD中点O,求点O到平面EFG的距离 较简单.AC交EF于H,交BD于O.易证平面GHC⊥平面EFG,作OK⊥HG,K 为垂足,OK= 为所求之距离.

图7 ⑵利用平行平面间的距离确定

图8

如图 8,把平面EFG补成一个正四棱柱的截面所在的平面,可使题设中的点、线、面 之间的位置关系更加明朗.面GMT是正四棱柱ABCD-A1B1GD1经过F、E、G的 截面所在的平面.MG交BB1于N,TG交DD1于Q,作BP∥MG,交CG于P,连 结DP,则有平面GTM∥平面PDB.它们之间的距离就是所求之距离.于是可以把点B 平移到平面PDB上任何一个位置,哪里方便就在哪里求. 这两个平行平面的距离d又同三棱柱GQN-PDB的体积有关,所以也可以利用三棱柱 的体积确定所求之距离.据此可得解法6. 【解法六】 .三棱柱GQN-PDB的体积V=S△PDB〃d,另一方面又有V=S△CDB〃BN,
2 4 ,CP= ,PB=PD= 3 3

可求得 BN=

,BD=

,S△PDB=

,S△CDB=8,

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所以

〃d=8〃

2 ,得d= 3

为所求之距离.

【点评】举一反三,利用直接法,以及点点距、点面距、线面距、面面距的互相转化,间接 法确定其距离.同时掌握线面角与二面角与距离的关系。 【变式与拓展】已知二面角 ? ? PQ ? ? 为 60? ,点 A 和 B 分别在平面 ? 和平面 ? 内,点 C 在棱 PQ 上 ?ACP ? ?BCP ? 30? , CA ? CB ? a ⑴.求证: AB ? PQ ; ⑵.求点 B 到平面 ? 的距离; ⑶.设 R 是线段 CA 上的一点,直线 BR 与 平面 ? 所成的角为 45? ,求 CR 的长. 【解法】⑴证明:作 BM ? PQ 于 M ,连接 AM ,
第 6 题变式图

∵ ?ACP ? ?BCP ? 30? , CA ? CB ? a , ∴ ?MBC ? ?MAC ,∴ AM ? PQ , PQ ? 平面 ABM , AB ? 平面 ABM ,∴ AB ? PQ . ⑵.解:作 BN ? AM 于 N , ∵ PQ ? 平面 ABM ,∴ BN ? PQ , ∴ BN ? ? , BN 是点 B 到平面 ? 的距离,由(1)知 ?BMA ? 60 , 3a 3a ∴ BN ? BM sin 60 ? CB sin 30 sin 60 ? .∴点 B 到平面 ? 的距离为 . 4 4 ⑶.连接 NR, BR ,∵ BN ? ? , BR 与平面 ? 所成的角为 ?BRN ? 45 ,
RN ? BN ?
1 3a 3a N ?C M , , ∴R CM ? BC cos 30 ? 2 4 2
BM ? AM , ?BMA , ∵ ?BMA ? 60 ,

a . 2 【点评】 :求点 B 到平面 ? 的距离关键是寻找点 B 到 ? 的垂线段.

为正三角形, N 是 BM 中点,∴ R 是 CB 中点,∴ CR ?

提高型题组
7.解析 1.定义法 过 D 作 DE ⊥PC 于 E,过 E 作 EF ⊥PC 于 F,连接 FD,由二面角的平面 角的定义可知 ?DEF 是所求二面角 B-PC-D 的平面角。 求解二面角 B-PC-D 的大小只需解△DEF 即可。 P P
Q M N

P

E

G A D A B
解析三

F D

A B
F 解析一



D B

C

C
解析二

C

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【解法一】过 D 作 DE ⊥PC 于 E,过 E 作 EF ⊥PC 于 F,连接 FD,由二面角的平面角的定义 可知 ?DEF 是所求二面角 B-PC-D 的平面角。 在四棱锥 P-ABCD 中, PA ⊥平面 ABCD 且 ABCD 为矩形,∵AD⊥DC∴PD⊥DC

PD ? DC 30a CD 2 6a ,CE= ? ? PC 6 CP 6 PB EF EC ? PB 3 同理在 Rt△PBC 中, ? EF ? ? a, BC EC BC 6 1 5 在 Rt△EFC 中,FC= a , 在 Rt△DFC 中,DF= a, 2 2 EF 2 ? ED2 ? DF 2 10 在△DEF 中由余弦定理 cos ?DEF = ?? 2 EF ? ED 5 10 所求二面角 B-PC-D 的余弦值为 ? 5 解析 2.垂面法 易证面 PAB⊥面 PBC,过 A 作 AM ⊥BP 于 M,显然 AM ⊥面 PBC,从而有 AM Q N ⊥PC, 同法可得 AN ⊥PC, 再由 AM 与 AN 相交与 A 得 PC ⊥面 AMN。 设面 AMN 交 PC 于 Q, 则 ?M 为二面角 B-PC-D 的平面角;再利用三面角公式可解。 【解法二】略 解析 3.利用三垂线求解 把四棱锥 P-ABCD 补成如图的直三棱柱 PAB-EDC,显然二面角 E-PC-D 与二面角 D-PC-B 互补,转化为求二面角 E-PC-D。 易证面 PEDA ⊥PDC,过 E 作 EF ⊥ PD 于 F,显然 PF ⊥面 PDC,在面 PCE 内,过 E 作 EG ⊥ PC 于 G,连接 GF,由三垂线得 GF⊥ PC 即 ?EGF 为二面角 E-PC-D 的平面角,只需解△EFG 即可。
∵PA=a,AD=BC=2a,∴PD= 5a ,PC= 6a ,DE=

P 解析 4.在面 PDC 内,分别过 D、B 作 DE ⊥PC 于 E, BF ⊥PC 于 F,连接 EF 即可。 利用平面知识求 BF、EF、DE 的长度, 再利用空间余弦定理求出 ? 即可。 B
解析四



A


D C

【点评】.用几何法求二面角的方法比较多,常见的有: (1)定义法, 在棱上的点分别作棱的垂线,如解析1 (2)三垂线求解 ,在棱上的点分别作棱的垂线,如解析2 (3)垂面法, 在棱上的点分别作棱的垂线,如解析3 用几何法将二面角转化为其平面角,要掌握以下三种基本做法:①直接利用定义,图(1).② 利用三垂线定理及其逆定理,图 (2).最常用。③作棱的垂面,图(3).
A O B M N ? (1) ? ? ? P O (2) A P ? A (3) ? O

B

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课堂小结
1、 空间各种角的计算方法都是转化为平面角或两向量的夹角来计算的。平行和垂 直可以看作是空间角的特殊情况;几何法在书写上体现: “作出来、证出来、指 出来、算出来、答出来”五步;向量法通过空间坐标系把空间图形的性质代数 化,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、 各种距离之间具有一定的相互转化关系,特别是点面距,它是求线面距和面面 距的基础,要熟练掌握。求点面距在高考中经常涉及到的方法有等体积转换、 向量法等,当然如果能将距离作出来,然后利用解三角形的知识解决,也是一 种很好的思路。

反馈型题组
8.D 9. 10.

3a

3, 7

11.【解法一】 :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 EC =(1,3,2). FD1 =(-4,2,2)

设 EC1 与 FD1 所成的角为 ? ,则:

EC1 ? FD1 COS? ? ? | EC1 | ? | FD1 |

第 11 题图 1 ? (?4) ? 3 ? 2 ? 2? 2

1 ? 3 2 ? 2 2 ? (?4) 2 ? 2 2 ? 2 2
21 14

?

21 14

∴直线 EC1 与 FD1 所成的角的余弦值为

【解法二】 :延长 BA 至点 E1,使 AE1=1,连结 E1F、DE1、D1E1、DF,有 D1C1//E1E, D1C1=E1E,则四边 形 D1E1EC1 是平行四边形。则 E1D1//EC1.于是∠E1D1F 为直线 EC1 与 FD1 所成的角。

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在 Rt△BE1F 中,

E1 F ?

E1 F 2 ? BF 2 ?

52 ? 12 ?

26 .

在 Rt△D1DE1 中,

D1E1 ? DE12 ? DD12 ? AE12 ? AD 2 ? DD12 ? 12 ? 32 ? 22 ? 14

在 Rt△D1DF 中, FD1 ? FD 2 ? DD12
? CF 2 ? CD 2 ? DD12 ? 22 ? 42 ? 22 ? 24

在△E1FD1 中,由余弦定理得:

cos ?E1D1F ?

D1E12 ? FD12 ? E1F 2 21 ? . 2 ? D1E1 ? FD1 14

∴直线 EC1 与 FD1 所成的角的余弦值为

21 . 14

【点评】 :思路一:用向量法求解,建立空间直角坐标系,把 EC1 与 FD1 所成角看作向量 EC 与

FD1 的夹角,思路二:平移线段 C1E 让 C1 与 D1 重合。转化为平面角,放到三角形中,用几何
法求解。 “转化”是求异面直线所成角的关键。平移线段法,或化为向量的夹角 12【解法】 : ⑴ PA 与 BD 相互垂直.证明如下: 取 BC 的中点 O ,连结 AO ,交 BD 于点 E ;连结 PO . ∵ PB ? PC ,∴ PO ? BC .又∵平面 PBC ⊥平面 ABCD , 平面 PBC ∩平面 ABCD ? BC ,∴ PO ⊥平面 ABCD . 在梯形 ABCD 中,可得 Rt ?ABO ? Rt ?BCD , ∴ ?BEO ? ?OAB ? ?DBA ? ?DBC ? ?DBA ? 90 , 即 AO ? BD , ∴ PA ? BD . ⑵连结 PE , 由 PO ⊥平面 ABCD , AO ? BD ,可得 PE ? BD , ∴ ?PEO 为二面角 P ? BD ? C 的平面角,

第 12 题图

设 AB ? BC ? PB ? PC ? 2CD ? 2a ,则在 Rt ?PEO 中, PO ? 3a, OE ?
PO ? 15 . ∴二面角 P ? BD ? C 为 arctan 15 . EO ⑶取 PB 的中点 N ,连结 CN ,由题意知:平面 PBC ⊥平面 PAB , 则同“ (1) ”可得 CN ? 平面 PAB . 取 PA 的中点 M ,连结 DM , MN ,则由 MN // AB // CD , 1 MN ? AB ? CD ,得四边形 MNCD 为平行四边形. ∴ CN // DM , 2 tan ?PEO ?

5 a, 5

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∴ DM ⊥平面 PAB .∴平面 PAD ⊥平面 PAB .
13.证明: ( Ⅰ ) 由 题 设 AB= AC = SB= SC ? SA , 连 结 OA , △ ABC 为 等 腰 直 角 三 角 形 , 所 以

OA ? OB ? OC ?
2 2

2 2 SA ,且 AO ? BC ,又 △SBC 为等腰三角形,故 SO ? BC ,且 SO ? SA , 2 2
2

从而 OA ? SO ? SA . 所以 △ SOA 为直角三角形, SO ? AO . 又 AO BO ? O . 所以 SO ? 平面 ABC . (Ⅱ) 【解法一】 : : M SC 取 中点 ,连结 AM,OM ,由(Ⅰ)知 SO ? OC,SA ? AC , 得 OM ? SC,AM ? SC .

∴ ?OMA 为二面角 A ? SC ? B 的平面角. 由 AO ? BC,AO ? SO,SO BC ? O 得 AO ? 平面 SBC .
所以 AO ? OM ,又 AM ?

3 SA , 2

故 sin ?AMO ?

AO 2 6 . ? ? AM 3 3
3 . 3

所以二面角 A ? SC ? B 的余弦值为

【解法二】 : :
以 O 为坐标原点,射线 OB,OA 分别为 x 轴、 y 轴的正半轴,建立如图的空间直角坐标系 O ? xyz .

, 0, 0) ,则 C (?1 , 0,, 0) A(0, 1 ,, 0) S (0, 0, 1) . 设 B(1

1? 1? ?1 ?1 ? 1 1? SC 的中点 M ? ? , 0, ? , MO ? ? , 0, ? ?, MA ? ? , 1 , ? ?, SC ? (?1 , 0, ? 1) . 2? 2? ?2 ?2 ? 2 2?

∴MO · SC ? 0, MA · SC ? 0 .
故 MO ? SC,MA ? SC,< MO, MA ? 等 于 二 面 角

z

S

A ? SC ? B 的平面角.

M

cos ? MO , MA ??

MO · MA MO· MA

?

3 , 3

O

C
A y

所以二面角 A ? SC ? B 的余弦值为

3 . 3

x

B

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A

14、如图,四面体 ABCD 中,O、E 分别是 BD、BC 的中点,

CA ? CB ? CD ? BD ? 2, AB ? AD ? 2.
(I)求证: AO ? 平面 BCD; (II)求异面直线 AB 与 CD 所成角的大小; (III)求点 E 到平面 ACD 的距离。 (I)证明:连结 OC
D O B E C

BO ? DO, AB ? AD,? AO ? BD. BO ? DO, BC ? CD,?CO ? BD.
在 ?AOC 中,由已知可得 AO ? 1, CO ? 3. 而 AC ? 2,
B O D C A

M

? AO2 ? CO2 ? AC 2 ,

E

??AOC ? 90o , 即 AO ? OC.
BD OC ? O,
? AO ? 平面 BCD
(II)解:取 AC 的中点 M,连结 OM、ME、OE,由 E 为 BC 的中点知 ME∥AB,OE∥DC

? 直线 OE 与 EM 所成的锐角就是异面直线 AB 与 CD 所成的角
在 ?OME 中,

EM ?

1 2 1 AB ? , OE ? DC ? 1, 2 2 2
1 AC ? 1, 2

OM 是直角 ?AOC 斜边 AC 上的中线,? OM ?

? cos ?OEM ?

2 , 4 2 4

? 异面直线 AB 与 CD 所成角的余弦值大小为
(III)解:设点 E 到平面 ACD 的距离为 h .

VE ? ACD ? VA?CDE , 1 1 ? h.S?ACD ? . AO.S?CDE . 3 3
在 ?ACD 中, CA ? CD ? 2, AD ? 2,

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1 2 7 ? S?ACD ? ? 2 ? 22 ? ( )2 ? . 2 2 2
而 AO ? 1, S?CDE ?

1 3 2 3 ? ?2 ? , 2 4 2

3 AO.S ?CDE 1? 2 21 ?h ? ? ? . S ?ACD 7 7 2

? 点 E 到平面 ACD 的距离为

21 . 7


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