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第七节立体几何中的空间向量方法

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立 体 几 何
教师: 课 题 学生: 日期:2013-5星期: 时段:

第七节 立体几何中的空间向量方法 学习内容与过程

1.两条异面直线所成角的求法 设两条异面直线 a,b 的方向向量为 a,b,其夹角为 θ,则 cos φ=|cos θ|= |a· b| (其中 φ 为异面直线 a,b 所 |a||b|

成的角). 2.直线和平面所成的角的求法 如图所示,设直线 l 的方向向量为 e,平面 α 的法向量为 n,直线 l 与平面 α 所成的角为 φ,两向量 e 与 n |n· e| 的夹角为 θ,则有 sin φ=|cos θ|= . |n||e|

3.求二面角的大小

(1)如图①,AB,CD 是二面角 α lβ 的两个面内与棱 l 垂直的直线,则二面角的大小 θ=〈 AB , CD 〉 .

??? ?

??? ?

(2)如图②③,n1,n2 分别是二面角 α lβ 的两个半平面 α,β 的法向量,则二面角的大小 θ=〈n1,n2〉(或 π-〈n1,n2〉). π 0, ?. 1.求异面直线所成角时,易求出余弦值为负值而盲目得出答案而忽视了夹角为? ? 2? 2.求直线与平面所成角时,注意求出夹角的余弦值的绝对值应为线面角的正弦值. 3.利用平面的法向量求二面角的大小时, 二面角是锐角或钝角由图形决定. 由图形知二面角是锐角时 cos θ |n1· n2 | |n1· n2 | = ;由图形知二面角是钝角时,cos θ=- .当图形不能确定时,要根据向量坐标在图形中观察法向量 |n1||n2| |n1||n2| 的方向,从而确定二面角与向量 n1,n2 的夹角是相等(一个平面的法向量指向二面角的内部,另一个平面的法向 量指向二面角的外部),还是互补(两个法向量同时指向二面角的内部或外部),这是利用向量求二面角的难点、 易错点. [试一试] 1.已知两平面的法向量分别为 m=(0,1,0),n=(0,1,1),则两平面所成的二面角为( ) A.45° B.135° C.45° 或 135° D.90° m· n 1 2 解析:选 C cos〈m,n〉= = = , |m||n| 1· 2 2 即〈m,n〉=45° . ∴两平面所成二面角为 45° 或 180° -45° =135° . 2. (2013· 石家庄模拟)如图, 在正方形 ABCD 中, EF∥AB, 若沿 EF 将正方形折成一个二面角后, AE∶ED∶ AD=1∶1∶ 2,则 AF 与 CE 所成角的余弦值为________.

1

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解析:如图建立空间直角坐标系,设 AB=EF=CD=2,∵AE∶DE∶AD=1∶1∶ 2,则 E(0,0,0),A(1,0,0), ??? ? ? ???? ???? ??? 4 F(0,2,0),C(0,2,1),∴ AF =(-1,2,0), EC =(0,2,1),∴cos〈 AF , EC 〉= , 5 4 ∴AF 与 CE 所成角的余弦值为 . 5 4 答案: 5 1.求两异面直线 a,b 的夹角 θ,须求出它们的方向向量 a,b 的夹角,则 cos θ=|cos〈a,b〉|. 2.求直线 l 与平面 α 所成的角 θ 可先求出平面 α 的法向量 n 与直线 l 的方向向量 a 的夹角.则 sin θ=|cos〈n,a〉|. 3.求二面角 α lβ 的大小 θ,可先求出两个平面的法向量 n1,n2 所成的角,则 θ=〈n1,n2〉或 π-〈n1, n 2〉 . [练一练] 1.已知四棱锥 P ABCD 的底面 ABCD 是等腰梯形,AB∥CD,且 AC⊥BD,AC 与 BD 交于 O,PO⊥底 面 ABCD,PO=2,AB=2CD=2 2,E,F 分别是 AB,AP 的中点.则二面角 F OE A 的余弦值为________. 解析:以 OB,OC,OP 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 O-xyz, 由题知,OA=OB=2,OC=OD=1,

A(0-2,0),B(2,0,0),C(0,1,0),D(-1,0,0),P(0,0,2), OE =(1,-1,0), OF =(0,-1,1), 设平面 OEF 的法向量为 m=(x,y,z),

??? ?

??? ?

??? ? ?m· OE =0, 则? ??? 令 x=1,可得 m=(1,1,1). ? OF =0, ? m·
易知平面 OAE 的一个法向量为 n=(0,0,1), 设二面角 F OE A 为 α, 3 m· n 则 cos α= = . |m||n| 3 3 答案: 3 2.如图所示,在四棱锥 P ABCD 中,底面 ABCD 是矩形,PA⊥平面 ABCD,PA=AD=2,AB=1,BM ⊥PD 于点 M.则直线 CD 与平面 ACM 所成角的余弦值为________.

解析: 如图所示, 以点 A 为坐标原点, 建立空间直角坐标系 A-xyz, 则 A(0,0,0), P(0,0,2), B(1,0,0), C(1,2,0), D(0,2,0).∵AM⊥PD,PA=AD, ∴M 为 PD 的中点,∴M 的坐标为(0,1,1).
2

??? ? ??? ? ???? ? ∴ AC =(1,2,0), AM =(0,1,1), CD =(-1,0,0).
设平面 ACM 的一个法向量为 n=(x,y,z), ??? ? ???? ? ? ?x+2y=0 由 n⊥ AC ,n⊥ AM 可得? , ?y+z=0 ? 令 z=1,得 x=2,y=-1.∴n=(2,-1,1). 设直线 CD 与平面 ACM 所成的角为 α,

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??? ? ? = 6. 则 sin α= ??? | CD ||n| 3
| CD · n| ∴cos α= 答案: 3 3

3 3 ,即直线 CD 与平面 ACM 所成角的余弦值为 . 3 3

第一课时 空间角的求法

考点一

异面直线所成角

1.(2013· 沈阳调研)在直三棱柱 A1B1C1 ABC 中,∠BCA=90° ,点 D1,F1 分别是 A1B1,A1C1 的中点,BC =CA=CC1,则 BD1 与 AF1 所成角的余弦值是( ) 30 1 A. B. 10 2 30 15 C. D. 15 10 解析:选 A 建立如图所示的坐标系,

设 BC=1, 1 - ,0,1?, 则 A(-1,0,0),F1? ? 2 ?

???? ? 1 1 1 - ,- ,1?,则 AF1 =? ,0,1?, B(0,-1,0),D1? 2 ? ? 2 ?2 ? ???? ? ???? ? ???? ? ???? ? AF1 · BD1 ? ???? ? = 30. ∴cos〈 AF1 , BD1 〉= ???? | AF1 || BD1 | 10
2.如图,在棱长为 1 的正方体 ABCD CN 所成角的余弦值为________. A1B1C1D1 中,M 和 N 分别是 A1B1 和 BB1 的中点,那么直线 AM 与

???? ? 1 1 ? BD1 =? ?-2,2,1?.

解析:以 D 为坐标原点, DA 为 x 轴, DC 为 y 轴, DD1 为 z 轴,建立空间直角坐标系,如图所示. 则 A(1,0,0), 1 ? M? ?1,2,1?,
3

??? ?

????

???? ?

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C(0,1,0), 1 1,1, ?. N? 2? ?

???? ? 1 ? ∴ AM =? ?0,2,1?,

??? ? 1? CN =? ?1,0,2?.

设直线 AM 与 CN 所成的角为 θ,则

? ???? ? ??? ? ???? ? ??? | AM · CN | ? ? ??? cos θ=|cos〈 AM , CN 〉|= ???? | AM || CN |
2 = . 1 1 5 1+ × 1+ 4 4 2 答案: 5 [类题通法] 1.向量法求异面直线所成的角的方法有两种 (1)基向量法:利用线性运算. (2)坐标法:利用坐标运算. 2.注意向量的夹角与异面直线所成角的区别 当异面直线的方向向量的夹角为锐角或直角时,就是此异面直线所成的角;当异面直线的方向向量的夹角 为钝角时,其补角才是异面直线所成的角. 考点二 直线与平面所成角 [典例] (2013· 湖南高考)如图,在直棱柱 ABCD A1B1C1D1 中,AD∥BC,∠BAD= 90° ,AC⊥BD,BC=1,AD=AA1=3. (1)证明:AC⊥B1D; (2)求直线 B1C1 与平面 ACD1 所成角的正弦值. [解] 法一:(1)证明:如图 1,因为 BB1⊥平面 ABCD,AC?平面 ABCD,所以 AC ⊥BB1. = 1 2

图1 又 AC⊥BD,所以 AC⊥平面 BB1D.而 B1D?平面 BB1D,所以 AC⊥B1D. (2)因为 B1C1∥AD,所以直线 B1C1 与平面 ACD1 所成的角等于直线 AD 与平面 ACD1 所成的角(记为 θ). 如图 1,连接 A1D.因为棱柱 ABCD A1B1C1D1 是直棱柱,且∠B1A1D1=∠BAD=90° ,所以 A1B1⊥平面 ADD1A1.从而 A1B1⊥AD1.又 AD=AA1=3,所以四边形 ADD1A1 是正方形,于是 A1D⊥AD1. 故 AD1⊥平面 A1B1D,于是 AD1⊥B1D. 由(1)知,AC⊥B1D,所以 B1D⊥平面 ACD1.故∠ADB1=90° -θ.在直角梯形 ABCD 中,因为 AC⊥BD,所以 ∠BAC=∠ADB. AB BC 从而 Rt△ ABC∽Rt△ DAB,故 = .即 AB= DA· BC= 3. DA AB 2 2 2 2 连接 AB1,易知△ AB1D 是直角三角形,且 B1D2=BB2 1+BD =BB1+AB +AD =21,即 B1D= 21. AD 3 21 21 21 在 Rt△ AB1D 中,cos∠ADB1= = = ,即 cos(90° -θ)= .从而 sin θ= . B1D 7 7 7 21 21 . 7 法二:(1)证明:易知,AB,AD,AA1 两两垂直.如图 2,以 A 为坐标原点,AB,AD,AA1 所在直线分别为 x 轴,y 轴,z 轴建立空间直角坐标系.设 AB=t,则有 A(0,0,0),B(t,0,0),B1(t,0,3),C(t,1,0),C1(t,1,3),D(0,3,0), 即直线 B1C1 与平面 ACD1 所成角的正弦值为
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D1(0,3,3).

??? ? ??? ? ???? ? 从而 B1 D =(-t,3,-3), AC =(t,1,0), BD =(-t,3,0). ??? ? ??? ? 因为 AC⊥BD,所以 AC · BD =-t2+3+0=0,
解得 t= 3或 t=- 3(舍去). 于是 B1 D =(- 3,3,-3), AC =( 3,1,0).

图2

???? ?

??? ?

因为 AC · B1 D =-3+3+0=0,所以 AC ⊥ B1 D ,即 AC⊥B1D. (2)由(1)知, AD1 =(0,3,3), AC =( 3,1,0), B1C1 =(0,1,0). 设 n=(x,y,z)是平面 ACD1 的一个法向量,则

??? ? ???? ?

??? ?

???? ?

???? ?

??? ?

?????

??? ? ? ?n·AC =0, ? 3x+y=0, ? ? ???? 即? ?3y+3z=0. ?n·AD1 =0, ?

令 x=1,则 n=(1,- 3, 3). 设直线 B1C1 与平面 ACD1 所成角为 θ,则

????? ? n· B1C1 ? ????? ????? ?= 3= 21. sin θ=|cos〈n, B1C1 〉|=? 7 ?|n|· ? 7 ? | B1C1 |?
即直线 B1C1 与平面 ACD1 所成角的正弦值为 [类题通法] 利用平面的法向量求线面角时,应注意 (1)求出直线的方向向量与平面的法向量所夹的锐角(钝角时取其补角),取其余角即为所求. (2)若求线面角的余弦值,要注意利用平方关系 sin2θ+cos2θ=1 求出其值.不要误为直线的方向向量与平面 的法向量所夹角的余弦值为所求. [针对训练] (2013· 福建高考改编)如图,在四棱柱 ABCD A1B1C1D1 中,侧棱 AA1⊥底面 ABCD,AB∥DC,AA1=1, 6 AB=3k,AD=4k,BC=5k,DC=6k(k>0).若直线 AA1 与平面 AB1C 所成角的正弦值为 ,求 k 的值. 7 21 . 7

解:由题意知 DC⊥AD,D1D⊥DC,D1D⊥AD 故以 D 为原点, DA , DC , DD1 的方向为 x,y,z 轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系, 则 A(4k,0,0),C(0,6k,0),B1(4k,3k,1),A1(4k,0,1), 所以 AC =(-4k,6k,0), AB1 =(0,3k,1), AA1 =(0,0,1).

??? ?

????

???? ?

??? ?

???? ?

???? ?

??? ? ? n=0, ?-4kx+6ky=0, ? AC · ? ? 设平面 AB1C 的法向量 n=(x,y,z),则由? ???? 得? ? ?3ky+z=0. n=0, ? ? AB1 ·
取 y=2,得 n=(3,2,-6k). 设 AA1 与平面 AB1C 所成角为 θ,则

5

sin θ=|cos〈 AA1 ,n〉|=? 故所求 k 的值为 1.

???? ?

? ?| ?

???? ? n ? AA1 · 6k 6 ???? ? ?= = ,解得 k=1, 2 ? 36k +13 7 |n|? AA1 |·
考点三 二面角

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[典例] (2013· 新课标卷Ⅱ)如图,直三棱柱 ABCA1B1C1 中,D,E 分别是 AB,BB1 的 2 中点,AA1=AC=CB= AB. 2 (1)证明:BC1//平面 A1CD; (2)求二面角 DA1CE 的正弦值. [解] (1)证明:连接 AC1 交 A1C 于点 F,则 F 为 AC1 的中点. 又 D 是 AB 的中点,连接 DF,则 BC1∥DF. 因为 DF?平面 A1CD,BC1?平面 A1CD,所以 BC1∥平面 A1CD. (2)由 AC=CB= AC⊥BC. 2 AB 得, 2

以 C 为坐标原点, CA , CB , CC ′的方向为 x 轴,y 轴,z 轴的正方向,建立如 图所示的空间直角坐标系 C xyz.设 CA=2,则 D(1,1,0),E(0,2,1),A1(2,0,2),

??? ?

??? ?

??? ?

??? ? ? CD =0, ?x1+y1=0, ?n· ? 设 n=(x1,y1,z1)是平面 A1CD 的法向量,则? ???? 即? ?2x1+2z1=0. ? CA1 =0. ?n· ?
可取 n=(1,-1,-1). 同理,设 m 是平面 A1CE 的法向量,则

??? ? ??? ? ???? CD =(1,1,0), CE =(0,2,1), CA1 =(2,0,2).

??? ? ? CE =0, ?m· ? ???? 可取 m=(2,1,-2). m · = 0. CA ? ? 1

n· m 3 6 从而 cos〈n,m〉= = ,故 sin〈n,m〉= . |n||m| 3 3 6 即二面角 D A 1C E 的正弦值为 . 3 [类题通法] 利用法向量求二面角时应注意 (1)对于某些平面的法向量要注意题中隐含着,不用单独求. (2)注意判断二面角的平面角是锐角还是钝角,可结合图形进行,以防结论失误. [针对训练] (2014· 杭州模拟)如图,已知平面 QBC 与直线 PA 均垂直于 Rt△ABC 所在平面,且 PA =AB=AC. (1)求证:PA∥平面 QBC; (2)若 PQ⊥平面 QBC,求二面角 QPBA 的余弦值. 解:(1)证明:过点 Q 作 QD⊥BC 于点 D, ∵平面 QBC⊥平面 ABC,∴QD⊥平面 ABC. 又 PA⊥平面 ABC, ∴QD∥PA.又 QD?平面 QBC,PA?平面 QBC ∴PA∥平面 QBC. (2)∵PQ⊥平面 QBC, ∴∠PQB=∠PQC=90° ,又 PB=PC,PQ=PQ, ∴△PQB≌△PQC,∴BQ=CQ.
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∴点 D 是 BC 的中点,连接 AD,则 AD⊥BC, 又 AD?平面 QBC,BC?平面 QBC, ∴AD⊥平面 QBC.∴PQ∥AD,AD⊥QD, ∴四边形 PADQ 是矩形. 分别以 AC,AB,AP 所在的直线为 x,y,z 轴建立空间直角坐标系 A xyz,设 PA=2a,则 Q(a,a,2a), B(0,2a,0),P(0,0,2a), 设平面 QPB 的法向量为 n=(x,y,z), ∵ PQ =(a,a,0), PB =(0,2a,-2a),
? ?ax+ay=0, ∴? n=(1,-1,-1). ?2ay-2az=0, ? 又平面 PAB 的一个法向量为 m=(1,0,0).

??? ?

??? ?

m· n ? 3 设二面角 QPBA 为 θ,则|cos θ|=|cos〈m,n〉|=? |n|?= 3 , ?|m|· 又二面角 QPBA 是钝角, 3 3 ∴cos θ=- ,即二面角 QPBA 的余弦值为- . 3 3 第二课时 空间向量的应用

考点一

空间向量法解决探索性问题

探索存在性问题在立体几何综合考查中是常考的命题角度,也是考生感觉较难,失分较多的问题,归纳起 来立体几何中常见的探索性问题有: ?1?探索性问题与空间角结合; ?2?探索性问题与垂直相结合; ?3?探索性问题与平行相结合.? 角度一 探索性问题与空间角相结合 1.(2014· 哈师大附中模拟)如图,三棱柱 ABC A1B1C1 的侧棱 AA1⊥底面 ABC,∠ACB=90° ,E 是棱 CC1 上的动点,F 是 AB 的中点,AC=1,BC=2,AA1=4.

(1)当 E 是棱 CC1 的中点时,求证:CF∥平面 AEB1; 2 17 (2)在棱 CC1 上是否存在点 E,使得二面角 A EB1 B 的余弦值是 ?若存在,求 CE 的长,若不存在, 17 请说明理由. 解析:(1)证明:取 AB1 的中点 G,连接 EG,FG. ∵F,G 分别是棱 AB,AB1 的中点, 1 ∴FG∥BB1,FG= BB1, 2 1 又 B1B 綊 C1C,EC= C1C, 2 1 ∴B1B∥EC,EC= B1B. 2

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∴FG 綊 EC. ∴四边形 FGEC 是平行四边形, ∴CF∥EG. ∵CF?平面 AEB1,EG?平面 AEB1, ∴CF∥平面 AEB1. (2)以 C 为坐标原点,射线 CA,CB,CC1 为 x,y,z 轴正半轴,建立如图所示的空间 直角坐标系 C xyz, 则 C(0,0,0),A(1,0,0),B1(0,2,4). 设 E(0,0,m)(0≤m≤4),平面 AEB1 的法向量 n1=(x,y,z). 则 AB1 =(-1,2,4),

???? ?

??? ? AE =(-1,0,m). ??? ? ???? ? 由 AB1 ⊥n1, AE ⊥n1,
? ?-x+2y+4z=0, 得? ?-x+mz=0. ? 令 z=2,则 n1=(2m,m-4,2). 连接 BE,∵CA⊥平面 C1CBB1,

∴ CA 是平面 EBB1 的一个法向量,令 n2= CA , 2 17 ∵二面角 A EB1 B 的余弦值为 , 17 2 17 ∴ =cos〈n1,n2〉 17 2m n1· n2 = = , |n1||n2| 4m2+?m-4?2+4 解得 m=1(0≤m≤4). ∴在棱 CC1 上存在点 E,符合题意,此时 CE=1. 角度二 探索性问题与垂直相结合 2.(2014· 南昌模拟)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 CC1 =(-1,1,2), A1C1 =(-1,-1,0), A1C =(0,-2,-2). 设 E(x,y,z),则 CE =(x,y+2,z),

???? ?

?????

???? ?

??? ?

???? ? EC1 =(-1-x,-1-y,2-z). ??? ? ???? ? 设 CE =λ EC1 ,
x=-λ-λx, ? ? 则?y+2=-λ-λy, ? ?z=2λ-λz, 则 E?

? ?2+λ -2-λ 2λ ? ? -λ ,-2-λ, 2λ ?, ??? , , BE =? ? ?. ?1+λ 1+λ 1+λ? ?1+λ 1+λ 1+λ?
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2+λ 2+λ ??? ? ????? - + =0, ? ? · = 0 , BE A C ? 1+λ 1+λ ? 1 1 由? ??? 得? 解得 λ=2, ? ???? ? -2-λ 2λ · = 0 , BE ? A C ? 1 ? ? 1+λ +1+λ=0, ??? ? ???? ? 所以线段 CC1 上存在一点 E, CE =2 EC1 ,使 BE⊥平面 A1CC1. (2)设平面 C1A1C 的法向量为 m=(x,y,z),

????? ? m · ? ? A1C1 =0, ?-x-y=0, 则由? ???? 得? ? ?-2y-2z=0. ? ? ?m·A1C =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),则 cos〈m,n〉= 故平面 C1A1C 与平面 A1CA 夹角的余弦值为 3 . 3 1 3 m· n = = , |m||n| 3 3

角度三 探索性问题与平行相结合 3.(2013· 江西模拟)如图,四边形 ABCD 是边长为 3 的正方形,DE⊥平面 ABCD,AF∥ DE,DE=3AF,BE 与平面 ABCD 所成的角为 60° . (1)求证:AC⊥平面 BDE; (2)求二面角 FBED 的余弦值; (3)设点 M 是线段 BD 上一个动点,试确定点 M 的位置,使得 AM∥平面 BEF,并证明 你的结论. 解:(1)证明:∵DE⊥平面 ABCD, ∴DE⊥AC, ∵四边形 ABCD 是正方形, ∴AC⊥BD,又 DE∩BD=D, ∴AC⊥平面 BDE. (2)∵DE⊥平面 ABCD, ∴∠EBD 就是 BE 与平面 ABCD 所成的角,即∠EBD=60° . ED ∴ = 3.由 AD=3,得 DE=3 6,AF= 6. BD 如图,分别以 DA,DC,DE 所在直线为 x 轴,y 轴,z 轴建立空间直角坐标系,则 A(3,0,0),F(3,0, 6), E(0,0,3 6),B(3,3,0),C(0,3,0), ∴ BF =(0,-3, 6), EF =(3,0,-2 6).

??? ?

??? ?

??? ? ? n· BF =0, 设平面 BEF 的一个法向量为 n=(x,y,z),则? ??? ? EF =0, ?n·

?-3y+ 6z=0, 即? ?3x-2 6z=0.
令 z= 6,则 n=(4,2, 6). ∵AC⊥平面 BDE, ∴ CA =(3,-3,0)为平面 BDE 的一个法向量,

??? ?

??? ? ??? ? CA n· 6 13 ?= ∴cos〈n, CA 〉= ??? = . 13 26 × 3 2 |n|| CA |
故二面角 F BE D 的余弦值为

(3)依题意,设 M(t,t,0)(t>0),则 AM =(t-3,t,0), ∵AM∥平面 BEF,∴ AM · n=0, 即 4(t-3)+2t=0,解得 t=2.
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???? ?

13 . 13

???? ?

???? ? 2 ??? ? ∴点 M 的坐标为(2,2,0),此时 DM = DB , 3

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∴点 M 是线段 BD 上靠近 B 点的三等分点. [类题通法] 解决立体几何中探索性问题的基本方法 1.通常假设题中的数学对象存在(或结论成立),然后在这个前提下进行逻辑推理,若能推导出与条件吻合 的数据或事实,说明假设成立,即存在,并可进一步证明;若推导出与条件或实际情况相矛盾的结论,则说明 假设不成立,即不存在. 2.探索线段上是否存在点时,注意三点共线条件的应用.如角度二中的 CE =λ EC1 ,这样可减少坐标未 知量. 考点二 空间向量的综合应用

??? ?

???? ?

[典例] (2013· 郑州模拟)如图,△ABC 是等腰直角三角形,∠ACB=90° ,AC=2a,D,E 分别为 AC,AB 的中点,沿 DE 将△ADE 折起,得到如图所示的四棱锥 A′ BCDE.

(1)在棱 A′B 上找一点 F,使 EF∥平面 A′CD; (2)当四棱锥 A′ BCDE 的体积取最大值时,求平面 A′CD 与平面 A′BE 夹角的余弦值. [自主解答] (1)点 F 为棱 A′B 的中点.证明如下: 取 A′C 的中点 G,连接 DG,EF,GF,则由中位线定理得 1 1 DE∥BC,DE= BC,且 GF∥BC,GF= BC. 2 2 所以 DE∥GF,DE=GF, 从而四边形 DEFG 是平行四边形,EF∥DG. 又 EF?平面 A′CD,DG?平面 A′CD, 故点 F 为棱 A′B 的中点时,EF∥平面 A′CD. (2)在平面 A′CD 内作 A′H⊥CD 于点 H,

? ? DE⊥CD ??DE⊥平面 A′CD?DE⊥A′H, A′D∩CD=D? ?
DE⊥A′D 又 DE∩CD=D,故 A′H⊥底面 BCDE,即 A′H 就是四棱锥 A′ BCDE 的高. 由 A′H≤AD 知,点 H 和 D 重合时,四棱锥 A′ BCDE 的体积取最大值. 分别以 DC,DE,DA′所在直线为 x,y,z 轴,建立如图所示的空间直角坐标系, 则 A′(0,0,a),B(a,2a,0),E(0,a,0),

???? ? ???? ? A? B =(a,2a,-a), A? E =(0,a,-a).

设平面 A′BE 的法向量为 m=(x,y,z),

???? ? ?m·A? B =0, ?ax+2ay-az=0, ?x+2y-z=0, ? ? 由? ???? 得? 即? ? ?ay-az=0, ?y=z. ? ? ?m·A? E =0
可取 m=(-1,1,1).同理可以求得平面 A′CD 的一个法向量 n=(0,1,0). 3 m· n -1×0+1×1+1×0 故 cos〈m,n〉= = = , |m|· |n| 3 3×1 故平面 A′CD 与平面 A′BE 夹角的余弦值为 [类题通法]
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3 . 3

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立体几何的综合应用问题中常涉及最值问题,处理时常用如下两种方法: (1)结合条件与图形恰当分析取得最值的条件 (2)直接建系后,表示出最值函数,转化为求最值问题. [针对训练] 已知正方体 ABCD A1B1C1D1 的棱长为 1,点 P 在线段 BD1 上.当∠APC 最大时,三棱锥 P ABC 的体积为 ________. 解析:以 B 为坐标原点,BA 为 x 轴,BC 为 y 轴,BB1 为 z 轴建立空间直角坐标系(如

? ??? ? ??? ??? ? ???? ? AP · CP ? 可求得当 λ=1时,∠ ? ??? 图),设 BP =λ BD1 ,可得 P(λ,λ,λ),再由 cos∠APC= ??? 3 | AP || CP |
1 1 1 1 APC 最大,故 VP-ABC= × ×1×1× = . 3 2 3 18 1 答案: 18

1.如图所示,已知正方体 ABCD A1B1C1D1,E,F 分别是正方形 A1B1C1D1 和 ADD1A1 的中心,则 EF 和 CD 所成的角是( ) A.60° B.45° C.30° D.90° 2.在正方体 ABCD A1B1C1D1 中,点 E 为 BB1 的中点,则平面 A1ED 与平面 ABCD 所 成的锐二面角的余弦值为( ) 1 2 A. B. 2 3 3 2 C. D. 3 2 3.(2013· 安徽六校联考)在三棱锥 P ABC 中,PA⊥平面 ABC,∠BAC=90° ,D,E,F 分别是棱 AB,BC, CP 的中点,AB=AC=1,PA=2,则直线 PA 与平面 DEF 所成角的正弦值为( ) 1 2 5 A. B. 5 5 5 2 C. D. 5 5 4.(2014· 昆明模拟)如图,在四棱锥 P ABCD 中,四边形 ABCD 为平行四边形,且 BC⊥平面 PAB,PA⊥AB,M 为 PB 的中点,PA=AD=2.若 AB=1,则二面角 BACM 的余 弦值为( ) 6 3 A. B. 6 6 2 1 C. D. 6 6 5.如图所示,在空间直角坐标系中有直三棱柱 ABCA1B1C1,CA=CC1=2CB,则直线 BC1 与直线 AB1 夹角的余弦值为________.

6.如图,在正四棱锥 S ABCD 中,O 为顶点在底面上的射影,P 为侧棱 SD 的中点,且 SO=OD,则直 线 BC 与平面 PAC 所成角为________.

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7.(2013· 全国课标卷Ⅰ)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.

8.(2013· 合肥一模)如图,在四棱锥 PABCD 中,底面 ABCD 是直角梯形,其中 AD⊥ AB,CD∥AB,AB=4,CD=2,侧面 PAD 是边长为 2 的等边三角形,且与底面 ABCD 垂 直,E 为 PA 的中点. (1)求证:DE∥平面 PBC; (2)求二面角 EBDA 的余弦值.

π π 9.(2013· 湖北八校联考)如图,在△AOB 中,已知∠AOB= ,∠BAO= ,AB=4,D 为 2 6 线段 AB 的中点.△AOC 是由△AOB 绕直线 AO 旋转而成,记二面角 BAOC 的大小为 θ. (1)当平面 COD⊥平面 AOB 时,求 θ 的值; 2π (2)当 θ= 时,求二面角 BODC 的余弦值. 3

10.(2013· 郑州模拟)如图,正三棱柱 ABCA1B1C1 的所有棱长都为 2,CD =λ CC1 .(λ ∈R) 1 (1)当 λ= 时,求证:AB1⊥平面 A1BD; 2 π (2)当二面角 AA1D B 的大小为 时,求实数 λ 的值. 3

??? ?

???? ?

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11.(2014· 天津十二区县联考)如图,在三棱柱 ABC A1B1C1 中,AB⊥AC,顶点 A1 在底面 ABC 上的射影恰为点 B,且 AB=AC=A1B=2. (1)证明:平面 A1AC⊥平面 AB1B; (2)求棱 AA1 与 BC 所成的角的大小; (3)若点 P 为 B1C1 的中点,并求出二面角 PABA1 的平面角的余弦值.

【试题答案】
1.选 B 以 D 为原点,分别以射线 DA,DC,DD1 为 x 轴、y 轴、z 轴的非负半轴建 1 1 ? 立空间直角坐系系 D-xyz,设正方体的棱长为 1,则 D(0,0,0),C(0,1,0),E? ?2,2,1?, 1 1? F? ?2,0,2?, ???? ??? ? 1 1 0,- ,- ?, DC =(0,1,0), EF =? 2 2? ?

??? ? ???? ??? ? ???? EF · DC ? ???? =- 2, ∴cos〈 EF , DC 〉= ??? 2 | EF || DC | ??? ? ???? ∴〈 EF , DC 〉=135° ,

∴异面直线 EF 和 CD 所成的角是 45° . 2.选 B 以 A 为原点建立如图所示的空间直角坐标系 A-xyz,设棱长为 1,则 A1(0,0,1), 1? E? ?1,0,2?,D(0,1,0), ∴ A1 D =(0,1,-1), ???? ? 1? A1 E =? ?1,0,-2?, y-z=0, ? ?y=2, ? ? 设平面 A1ED 的一个法向量为 n1=(1,y,z),则? 1 ∴? ? ?z=2. ? ?1-2z=0, ∴n1=(1,2,2).∵平面 ABCD 的一个法向量为 n2=(0,0,1), 2 2 ∴cos〈n1,n2〉= = . 3×1 3 2 即所成的锐二面角的余弦值为 . 3 3.选 C 以 A 为原点,AB,AC,AP 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, 1 ? E?1,1,0?, 由 AB=AC=1, PA=2, 得 A(0, 0,0), B(1,0,0), C(0,1,0), P(0,0,2), D? ?2,0,0?, ?2 2 ? ??? ? ??? ? ???? 1 ? ? 1 ? ? 1 1 ? F? ?0,2,1?,∴ PA =(0,0,-2), DE =?0,2,0?, DF =?-2,2,1?. 设平面 DEF 的法向量为 n=(x,y,z),

???? ?

??? ? ?n·DE =0, ?y=0, ? 则由? ???? 得? ? ?-x+y+2z=0, ?n·DF =0

??? ? ? = 5, 取 z=1,则 n=(2,0,1),设 PA 与平面 DEF 所成的角为 θ,则 sin θ= ??? | PA ||n| 5
| PA · n|
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∴PA 与平面 DEF 所成角的正弦值为

5 , 5

故选 C. 4.选 A ∵BC⊥平面 PAB,AD∥BC,∴AD⊥平面 PAB,PA⊥AD, 又 PA⊥AB,且 AD∩AB=A, ∴PA⊥平面 ABCD. 以点 A 为坐标原点,分别以 AD,AB,AP 所在直线为 x 轴,y 轴,z 轴,建立空 间直角坐标系 A xyz. 1 ? 则 A(0,0,0),C(2,1,0),P(0,0,2),B(0,1,0),M? ?0,2,1?, ∴ AC =(2,1,0), ???? ? 1 ? AM =? ?0,2,1?, 求得平面 AMC 的一个法向量为 n=(1,-2,1),

??? ?

??? ? ??? ? ??? ? n·AP 2 1 6 6 ??? ?= ∴cos〈n, AP 〉= = = .∴二面角 B AC M 的余弦值为 . 6 6 6 1+4+1· 2 |n|· | AP |
又平面 ABC 的一个法向量 AP =(0,0,2), 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),

???? ?

???? ?

???? ? ???? ? ???? ? ???? ? BC1 ·AB1 ? ???? ? ∴cos〈 BC1 , AB1 〉= ???? | BC1 || AB1 |


∴ BC1 与 AB1 的夹角即为直线 BC1 与直线 AB1 的夹角, ∴直线 BC1 与直线 AB1 夹角的余弦值为 答案: 5 . 5

???? ?

4-1 1 5 = = >0. 5× 9 5 5

???? ?

5 5 6.解析:如图所示,以 O 为原点建立空间直角坐标系 Oxyz. 设 OD=SO=OA=OB=OC=a, 则 A(a,0,0),B(0,a,0), C(-a,0,0), a a 0,- , ?. P? 2 2? ? ??? ? ??? ? a a? 则 CA =(2a,0,0), AP =? ?-a,-2,2?,

??? ? CB =(a,a,0).

设平面 PAC 的法向量为 n,可求得 n=(0,1,1),

??? ? ??? ? CB · n 1 ? = a 则 cos〈 CB ,n〉= ??? = . 2 2a · 2 2 | CB ||n| ??? ? ∴〈 CB ,n〉=60° ,

∴直线 BC 与平面 PAC 的夹角为 90° -60° =30° . 答案:30° 7.解:(1)证明:取 AB 的中点 O,连接 OC,OA1,A1B. 因为 CA=CB,所以 OC⊥AB.
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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), BB1 = AA1 =(-1, 3,0), A1C =(0,- 3, 3). 设 n=(x,y,z)是平面 BB1C1C 的法向量,

??? ?

??? ?

??? ?

???? ?

???? ?

???? ?

??? ? ?n· BC =0, ? ?x+ 3z=0, ? 则? ???? 即? ?-x+ 3y=0. BB1 =0. ? ?n·
可取 n=( 3,1,-1).

???? ? ???? ? n·A1C ? =- 10. 故 cos?n, A1C ?= ???? 5 |n|| A1C |
10 . 5 8.解:(1)证明:如图 1,取 AB 的中点 F,连接 DF,EF. 所以 A1C 与平面 BB1C1C 所成角的正弦值为 在直角梯形 ABCD 中,CD∥AB,且 AB=4,CD=2,所以 BF 綊 CD, 所以四边形 BCDF 为平行四边形, 所以 DF∥BC. 在△PAB 中,PE=EA, AF=FB, 所以 EF∥PB. 因为 DF∩EF=F,PB∩BC=B, 所以平面 DEF∥平面 PBC. 因为 DE?平面 DEF,所以 DE∥平面 PBC. (2)取 AD 的中点 O,BC 的中点 N,连接 ON,OP,则 ON∥AB. 在△PAD 中,PA=PD=AD=2,所以 PO⊥AD,PO= 3. 因为平面 PAD⊥平面 ABCD,平面 PAD∩平面 ABCD=AD, 所以 PO⊥平面 ABCD. 如图 2,以 O 为坐标原点,分别以 OA,ON,OP 所在直线为 x 轴,y 轴,z 轴建立 空间直角坐标系,则 O(0,0,0),A(1,0,0),D(-1,0,0),P(0,0, 3),B(1,4,0), 所以 DB =(2,4,0).

??? ?

??? ? 1 3 3 3 因为 E 为 PA 的中点,所以 E? ,0, ?,故 DE =? ,0, ?. 2? 2? ?2 ?2
易知 PO =(0,0,- 3)为平面 ABD 的一个法向量. 设平面 EBD 的法向量为 n=(x,y,z), ??? ? 2x+4y=0, ? ?n⊥ DB , ? 由? 得?3 ??? ? 3 ? ?n⊥ DE , ?2x+ 2 z=0, 令 y=-1,则 x=2,z=-2 3, 所以 n=(2,-1,-2 3)为平面 EBD 的一个法向量.

??? ?

??? ? ??? ? n PO · 2 51 ? 所以 cos〈 PO ,n〉= ??? = . 17 | PO |· |n|

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A 的大小为 θ, π ? 由图可知 θ∈? ?0,2?, 2 51 2 51 所以 cos θ= ,即二面角 E BD A 的余弦值为 . 17 17 9.解:(1)如图,在平面 AOB 内过 B 作 BE⊥OD 于 E, ∵平面 AOB⊥平面 COD, 平面 AOB∩平面 COD=OD, ∴BE⊥平面 COD, ∴BE⊥CO. 又∵CO⊥AO, ∴CO⊥平面 AOB, ∴CO⊥BO. ∵BO⊥AO,CO⊥AO, ∴二面角 BAOC 的平面角为∠BOC, π 即 θ= . 2 (2)如图,以 O 为原点,在平面 OBC 内垂直于 OB 的直线为 x 轴,OB,OA 所在的直线 分别为 y 轴,z 轴,建立空间直角坐标系 O xyz,则 A(0,0,2 3),B(0,2,0),D(0,1, 3), C( 3,-1,0). 设 n1=(x,y,z)为平面 COD 的法向量, 设二面角 EBD

??? ? ?n1· OC =0, ? 3x-y=0, 由? ??? 得? ? ?y+ 3z=0. OD =0, ?n1·

取 z=1,则 n1=(-1,- 3,1). 又平面 AOB 的一个法向量为 n2=(1,0,0),设二面角 B OD -1 5 n1· n2 则 cos α= = =- . |n1|· |n2| 5 1+3+1 故二面角 B OD C 的余弦值为-

C 的大小为 α,

5 . 5 10.解:(1)证明:取 BC 的中点为 O,连接 AO, 因为在正三棱柱 ABC A1B1C1 中,平面 ABC⊥平面 CBB1C1,且△ABC 为正三角形,所以 AO⊥BC,AO⊥ 平面 CBB1C1. 以 O 为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系 O xyz, 则 A(0,0, 3),B1(1,2,0),D(-1,1,0), A1(0,2, 3),B(1,0,0). 所以 AB1 =(1,2,- 3),

???? ?

??? ? ???? ? DA1 =(1,1, 3), DB =(2,-1,0). ???? ? ???? ? ???? ? ??? ? 因为 AB1 · DA1 =1+2-3=0, AB1 ·DB =2-2=0,
所以 AB1⊥DA1,AB1⊥DB,又 DA1∩DB=D,所以 AB1⊥平面 A1BD. (2)由(1)得 D(-1,2λ,0),所以 DA1 =(1,2-2λ, 3), DB =(2,-2λ,0), DA =(1,-2λ, 3). 设平面 A1BD 的法向量 n1=(x,y,z),平面 AA1D 的法向量 n2=(s,t,u),

???? ?

??? ?

??? ?

???? ? ? ?n1·DA1 =0, λ-2 由? ??? 得平面 A1BD 的一个法向量 n1=(λ,1, ); ? 3 ? DB n · = 0 , ? 1

同理可得平面 AA1D 的一个法向量 n2=( 3,0,-1), n1· n2 ? 1 1 由|cos〈n1,n2〉|=? |n2|?=2,解得 λ=4,即为所求. ?|n1|· 11.解:(1)证明:∵A1B⊥平面 ABC,∴A1B⊥AC, 又 AB⊥AC,AB∩A1B=B,∴AC⊥平面 AB1B,∵AC?平面 A1AC,∴平面 A1AC⊥平面 AB1B.
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(2)以 A 为原点,建立如图所示的空间直角坐标系. 则 C(2,0,0),B(0,2,0),A1(0,2,2),B1(0,4,2),C1(2,2,2),

??? ? ????? ???? ? AA1 =(0,2,2), BC = B1C1 =(2,-2,0), ? ???? ? ??? ? ???? ? ??? BC AA1 · -4 1 π ?= ? ??? cos〈 AA1 , BC 〉= ???? =- ,故 AA1 与棱 BC 所成的角是 . 2 3 8· 8 | AA1 |· | BC |
(3)因为 P 为棱 B1C1 的中点,故易求得 P(1,3,2). 设平面 PAB 的法向量为 n1=(x,y,z),

??? ? ??? ? ?n1·AP =0, ? AP =?1,3,2?, 则? ??? 由? ??? 得 ? ? ?n1·AB =0, ? AB =?0,2,0?,
?x+3y+2z=0, ? ? ? ?2y=0,

令 z=1,则 n1=(-2,0,1 ), 而平面 ABA1 的法向量 n2=(1,0,0), n 1· n2 2 2 5 则 cos〈n1,n2〉= =- =- . |n1||n2| 5 5 由图可知二面角 PABA1 为锐角, 2 5 故二面角 PABA1 的平面角的余弦值是 . 5

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