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2017届一轮复习北师大版 立体几何中的向量方法(二)——求空间角和距离 课件


第八章 立体几何

8.8 立体几何中的向量方法(二)——求空间角和距离
[ 最新考纲 ] 1.能用向量方法解决直线与直线、直线与

平面、平面与平面的夹角的计算问题; 2.能利用空间向量
求距离问题; 3.了解向量方法在研究立体几何问题中的应 用.

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第八章 立体几何

1.空间向量与空间角的关系 (1)已知直线 l1 与 l2 的方向向量分别为 s1, s2, 当 0≤ 〈s1, s2〉 π ≤ 时,直线 l1 与 l2 的夹角等于〈s1,s2〉 ; 2 π 当 <〈s1,s2〉≤π 时,直线 l1 与 l2 的夹角等于π -〈s1, 2 s2〉 .
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第八章 立体几何

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第八章 立体几何

2.距离公式

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第八章 立体几何

【思考辨析】
判断下面结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”) (1)两直线的方向向量所成的角就是两条直线所成的角. ( )

(2)直线的方向向量和平面的法向量所成的角就是直线与 平面所成的角.( )

(3)两个平面的法向量所成的角是这两个平面所成的角.

(

)

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第八章 立体几何
? π? (4)两异面直线夹角的范围是?0, ?, 直线与平面所成角的范 2? ? ? π? 围是?0, ?,二面角的范围是[0,π 2? ?

].(

)

(5)直线 l 的方向向量与平面 α 的法向量夹角为 120°,则 l 和 α 所成角为 30°.( )

(6)若二面角 α aβ 的两个半平面 α,β 的法向量 n1,n2 所成 角为 θ,则二面角 α aβ 的大小是π -θ .( 【答案】 (1)× (2)× (3)× )

(4)√ (5)√ (6)×

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第八章 立体几何

1. 如果平面的一条斜线与它在这个平面上的射影的方向向量 分别是 a=(1,0,1),b=(0,1,1),那么这条斜线与平面所成 的角是( π A. 2 π C. 4 ) π B. 6 π D. 3

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第八章 立体几何

1 1 【解析】 ∵cos〈a,b〉= =2且〈a,b〉∈(0,π), 2· 2 π ∴〈a,b〉= 3 . 【答案】 D

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第八章 立体几何

2 . (2014· 西安调研 ) 如图,在正方体 ABCDA1B1C1D1 中
, M , N 分别是棱 CD , CC1 的中点,则异面直线 A1M 与 DN 所成的角的大小是( )

A.30°

B.45°

C.60°

D.90°

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第八章 立体几何
【解析】 以 A 为原点,以 AB 所在直线为 x 轴,AD 所在直 线为 y 轴,AA1 所在直线为 z 轴建立直角坐标系,设棱长为 1,则
?1 ? ? 1? A1(0,0,1),M?2,1,0?,D(0,1,0),N?1,1,2?, ? ? ? ? ?1 ? → ? 1? → A1M=?2,1,-1?,DN=?1,0,2?. ? ? ? ?

→ → cos〈A 1M,DN〉=

1 1 2- 2 1 4+1+1 1 1 +4

=0,

∴A1M 与 DN 所成的角的大小是 90°. 【答案】 D
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第八章 立体几何

3.在空间直角坐标系Oxyz中,平面OAB的一个法向量
为 n = (2 ,- 2 , 1) ,已知点 P( - 1 , 3 , 2) ,则点 P 到平面 OAB的距离d等于( A.4 C.3 ) B.2 D.1

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第八章 立体几何

【解析】 P 点到平面 OAB 的距离为 → ·n| |-2-6+2| |OP d= |n| = =2,故选 B. 9 【答案】 B

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第八章 立体几何

4 . P 是二面角 αABβ 棱上的一点,分别在平面 α , β 上
引射线PM,PN,如果∠BPM=∠BPN=45°,∠MPN= 60°,那么二面角α ABβ的大小为________. 【解析】 不妨设PM=a,PN=b,如图,

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第八章 立体几何
作 ME⊥AB 于 E,NF⊥AB 于 F, 2 2 ∵∠EPM=∠FPN=45°,∴PE= 2 a,PF= 2 b, → ·FN → =(PM → -PE → )· → -PF →) ∴EM (PN → ·PN → -PM → ·PF → -PE → ·PN → +PE → ·PF → =PM 2 2 2 2 =abcos 60°-a× 2 bcos 45°- 2 abcos 45°+ 2 a× 2 b ab ab ab ab = 2 - 2 - 2 + 2 =0, → ⊥FN → ,∴二面角 α ∴EM ABβ 的大小为 90°. 【答案】 90°
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第八章 立体几何

题型一

求异面直线所成的角

【例 1 】 (2014· 课标全国 Ⅱ) 直三棱柱 ABCA1B1C1 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( )

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第八章 立体几何

1 A.10 30 C. 10

2 B.5 2 D. 2

【解析】 方法一:由于∠BCA=90°,三棱柱为直三棱柱, 且 BC=CA=CC1,可将三棱柱补成正方体. 建立如图(1)所示空间直角坐标系. 设正方体棱长为 2,则可得 A(0,0,0),B(2,2,0),M(1, → =(-1,-1,2),AN → =(0,1,2). 1,2),N(0,1,2),∴BM
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第八章 立体几何

→ ·AN → BM → ,AN → 〉= ∴cos〈BM → ||AN →| |BM -1+4 3 30 = = 10 . 2 2 2 2 2 2= 6 × 5 (-1) +(-1) +2 × 0 +1 +2

方法二:通过平行关系找出两异面直线的夹角,再根据余弦 定理求解.
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第八章 立体几何

如图(2),取 BC 的中点 D,连接 MN,ND,AD, 1 由于 MN 綊2B1C1 綊 BD,因此有 ND 綊 BM,则 ND 与 NA 所 成的角即为异面直线 BM 与 AN 所成的角. 设 BC=2,则 BM=ND= 6,AN= 5,AD= 5, ND2+NA2-AD2 30 因此 cos∠AND= = 10 . 2ND·NA 【答案】 C
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第八章 立体几何

【思维升华】 用向量法求异面直线所成角的一般步骤
是: (1)选择三条两两垂直的直线建立空间直角坐标系. (2)确定异面直线上两个点的坐标,从而确定异面直线 的方向向量. (3)利用向量的夹角公式求出向量夹角的余弦值. (4)两异面直线所成角的余弦等于两向量夹角余弦值的

绝对值.

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第八章 立体几何

跟踪训练1 (2015· 全国卷Ⅰ)如图,四边形ABCD为菱形,

∠ABC=120°,E,F是平面ABCD同一侧的两点,BE⊥平
面ABCD,DF⊥平面ABCD,BE=2DF,AE⊥EC.

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第八章 立体几何

(1)证明:平面AEC⊥平面AFC; (2)求直线AE与直线CF所成角的余弦值. 【解析】 (1) 证明:如图,连接 BD,设 BD∩AC= G ,

连接EG,FG,EF.

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第八章 立体几何

在菱形 ABCD 中,不妨设 GB=1. 由∠ABC=120°,可得 AG=GC= 3. 由 BE⊥平面 ABCD,AB=BC,可知 AE=EC. 又 AE⊥EC,所以 EG= 3,且 EG⊥AC. 2 在 Rt△EBG 中,可得 BE= 2,故 DF= 2 . 6 在 Rt△FDG 中,可得 FG= 2 .

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第八章 立体几何

2 在直角梯形 BDFE 中,由 BD=2,BE= 2,DF= , 2 3 2 可得 EF= . 2 从而 EG2+FG2=EF2,所以 EG⊥FG. 又 AC∩FG=G,所以 EG⊥平面 AFC. 因为 EG 平面 AEC,所以平面 AEC⊥平面 AFC.

→ ,GC → 的方向为 x 轴, (2)如图,以 G 为坐标原点,分别以GB → |为单位长度,建立空间直角坐标系 G?xyz. y 轴正方向,|GB
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第八章 立体几何

由(1)可得 A(0,- 3,0),E(1,0,

? 2),F?-1,0, ?

2? ?, 2?

? 2? → → C(0, 3, 0), 所以AE=(1, 3, 2), CF=?-1,- 3, ?. 2? ?

→ ·CF → AE 3 → → 故 cos〈AE,CF〉= =- 3 . → ||CF →| |AE 3 所以直线 AE 与直线 CF 所成角的余弦值为 3 .

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第八章 立体几何

题型二

求直线与平面所成的角

【例 2】 (2014· 北京 ) 如图,正方形 AMDE 的边长为 2 , B ,C分别为AM,MD的中点,在五棱锥PABCDE中,F为棱 PE的中点,平面ABF与棱PD,PC分别交于点G,H.

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第八章 立体几何

(1)求证:AB∥FG; (2)若 PA⊥底面 ABCDE, 且 PA=AE,求直线 BC 与平面 ABF 所成角的大小,并求线段 PH 的长. → ,AE → ,AP → 【思维点拨】 解答(2)时,可以以 A 为原点,以AB 方向分别为 x 轴,y 轴,z 轴正方向,建立空间直角坐标系.

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第八章 立体几何

【解析】 (1)证明:在正方形AMDE中,因为B是AM的
中点,所以AB∥DE. 又因为AB 因为AB 平面PDE,所以AB∥平面PDE. 平面ABF,且平面ABF∩平面PDE=FG,

所以AB∥FG. (2)因为PA⊥底面ABCDE,所以PA⊥AB,PA⊥AE. 如图建立空间直角坐标系Axyz,

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第八章 立体几何

则 A(0,0,0),B(1,0,0),C(2,1,0),P(0,0,2),F(0, → =(1,1,0),AB → =(1,0,0),AF → =(0,1,1). 1,1),BC 设平面 ABF 的一个法向量为 n=(x,y,z),则 → =0, ?x=0, ?n· AB ? 即? ? → =0, ? ?y+z=0. AF ?n·
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第八章 立体几何

令 z=1,则 y=-1,所以 n=(0,-1,1). 设直线 BC 与平面 ABF 所成角为 α, → ? 1 ? n · BC → 〉|=? 则 sin α=|cos〈n,BC =2. ? → |? ?|n||BC π 因此直线 BC 与平面 ABF 所成角的大小为 6 , 设点 H 的坐标为(u,v,w). → =λPC → (0<λ<1), 因为点 H 在棱 PC 上,所以可设PH 即(u,v,w-2)=λ(2,1,-2), 所以 u=2λ,v=λ,w=2-2λ.
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第八章 立体几何

→ =0, 因为 n 是平面 ABF 的一个法向量,所以 n· AH 即(0,-1,1)· (2λ,λ,2-2λ)=0.
?4 2 2? 2 解得 λ=3,所以点 H 的坐标为?3,3,3?. ? ?

所以 PH=

?4?2 ?2?2 ? 4?2 ? ? +? ? +?- ? =2. ? 3? ?3? ? 3?

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第八章 立体几何

【思维升华】 利用向量法求线面角的方法:
(1)分别求出斜线和它在平面内的射影直线的方向向 量,转化为求两个方向向量的夹角(或其补角); (2)通过平面的法向量来求,即求出斜线的方向向量 与平面的法向量所夹的锐角,取其余角就是斜线和平

面所成的角.

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第八章 立体几何

跟踪训练 2 (2016· 山东烟台月考)如图,已知矩形 ABCD 中, AB=2AD=2,O 为 CD 的中点,沿 AO 将三角形 AOD 折起,使 DB= 3.

(1)求证:平面 AOD⊥平面 ABCO; (2)求直线 BC 与平面 ABD 所成角的正弦值.

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第八章 立体几何

【解析】 (1)证明:在矩形 ABCD 中,AB=2AD=2,O 为 CD 的中点, ∴△AOD,△BOC 为等腰直角三角形, ∴∠AOB=90°,即 OB⊥OA. 在四棱锥 DABCO 中,取 AO 中点 H, 1 2 连接 DH,BH,则 OH=DH=2AO= 2 , 5 在 Rt△BOH 中,BH =BO +OH =2,
2 2 2

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第八章 立体几何

在△BHD 中,DH +BH

2

2

? =? ?

2?2 5 ? + =3, 2? 2

又 DB2=3,∴DH2+BH2=DB2,∴DH⊥BH. 又 DH⊥OA,OA∩BH=H,∴DH⊥平面 ABCO. 而 DH 平面 AOD,∴平面 AOD⊥平面 ABCO.

(2)分别以 OA,OB 所在直线为 x 轴,y 轴,O 为坐标原点, 建立如图所示的空间直角坐标系, 则 B(0, 2, 0), A( 2, 0, 0),
? D? ? ? 2 2? 2 2 ? ,0, ?,C?- , ,0?, 2 2? 2 2 ? ?

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第八章 立体几何

? 2 2? → → ∴AB=(- 2, 2,0),AD=?- ,0, ?, 2 2? ? ? 2 2 ? → ? BC= - ,- ,0?. 2 2 ? ?

设平面 ABD 的法向量为 n=(x,y,z), - 2x+ 2y=0, → =0, ? ?n · AB ? 由? 得? 2 2 → - x + AD=0, ? ?n · 2 z=0, ? 2
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第八章 立体几何

即 x=y,x=z,令 x=1,则 y=z=1,n=(1,1,1). 设 α 为直线 BC 与平面 ABD 所成的角, → · n| |BC 2 6 则 sin α= = =3. → |· 3 |BC |n| 6 即直线 BC 与平面 ABD 所成角的正弦值为 3 .

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第八章 立体几何

题型三

求两个平面的夹角

【例3】 (2015· 安徽)如图所示,在多面体A1B1D1DCBA 中,四边形 AA1B1B , ADD1A1 , ABCD 均为正方形, E 为 B1D1的中点,过A1,D,E的平面交CD1于F.

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第八章 立体几何

(1)证明:EF∥B1C;

(2)求二面角EA1DB1的余弦值.
【思维点拨】 (1)利用线面平行的判定定理与性质定理证明. (2)建立空间直角坐标系,利用向量法求二面角. 【解析】 (1)证明:由正方形的性质可知A1B1∥AB∥DC, 且A1B1=AB=DC, 所以四边形A1B1CD为平行四边形, 从而B1C∥A1D.

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第八章 立体几何

又A1D 平面A1DE,B1C 于是B1C∥平面A1DE.

平面A1DE,

又B1C 平面B1CD1,平面A1DE∩平面B1CD1=EF, 所以EF∥B1C.

(2)因为四边形AA1B1B,ADD1A1,ABCD均为正方形,
所以AA1⊥AB,AA1⊥AD,AB⊥AD且AA1=AB=AD,

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第八章 立体几何
→ ,AD → ,AA → 为 x 轴,y 轴和 z 轴单位 以 A 为原点,分别以AB 1 正向量建立如图所示的空间直角坐标系,

可得点的坐标 A(0,0,0),B(1,0,0),D(0,1,0),A1(0, 0,1),B1(1,0,1),D1(0,1,1), 而 E 点为 B1D1 的中点,所以 E 点的坐标为(0.5,0.5,1).
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第八章 立体几何

设面 A1DE 的法向量为 n1=(r1,s1,t1),而该面上向量 → → A 1E=(0.5,0.5,0),A1D=(0,1,-1), → → 由 n1⊥A 1E,n1⊥A1D得 r1,s1,t1 应满足方程组
? ?0.5r1+0.5s1=0, ? ? ?s1-t1=0,

(-1,1,1)为其一组解,所以可取 n1=(-1,1,1). 设面 A1B1CD 的法向量为 n2=(r2,s2,t2), → 而该面上向量A→ 1B1=(1,0,0),A1D=(0,1,-1),
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第八章 立体几何

由此同理可得 n2=(0,1,1), 所以结合图形知二面角 EA1D?B1 的余弦值为 |n1·n2| 2 6 = =3. |n1|·|n2| 3× 2

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第八章 立体几何

【思维升华】求平面间的夹角最常用的方法就是分别求出两 个平面的法向量,然后通过两个平面的法向量的夹角得到所求角
? π? 的大小,但要注意平面间的夹角的范围为?0, ?. 2? ?

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第八章 立体几何

跟踪训练3 (2014· 课标全国Ⅰ)如图,三棱柱ABCA1B1C1
中,侧面BB1C1C为菱形,AB⊥B1C.

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第八章 立体几何

(1)证明:AC=AB1; (2) 若 AC⊥AB1 ,∠ CBB1 = 60 °, AB = BC ,求二面角

AA1B1C1的余弦值.
【解析】 (1)证明:连接BC1,交B1C于点O,连接AO. 因为侧面BB1C1C为菱形, 所以B1C⊥BC1,且O为B1C及BC1的中点. 又AB⊥B1C,AB∩BO=B,所以B1C⊥平面ABO.

由于AO

平面ABO,故B1C⊥AO.

又B1O=CO,故AC=AB1.
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第八章 立体几何

(2)因为 AC⊥AB1,且 O 为 B1C 的中点, 所以 AO=CO.又因为 AB=BC, 所以△BOA≌△BOC, 故 OA⊥OB,从而 OA,OB,OB1 两两互相垂直. → ,OB → ,OA → 的方向与 x 轴,y 轴,z 轴 以 O 为坐标原点,OB 1 → |为单位长, 的正方向, |OB 建立如图所示的空间直角坐标系 O?xyz.

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第八章 立体几何

因为∠CBB1=60°,所以△CBB1 为等边三角形. 又 AB = BC , OC = OA ,则
? B1?0, ? ? A ?0,0, ?

3? ? , B(1 , 0 , 0) , 3?

? ? 3 3 ? → ? 3 3? ?,C?0,- ,0?,AB1=?0, ,- ?, , 0 3 3 3 3? ? ? ? ?

? ? 3? → 3 ? → → → A1B1=AB=?1,0,- ?,B1C1=BC=?-1,- ,0?. 3? 3 ? ? ?

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第八章 立体几何

设 n=(x,y,z)是平面 AA1B1 的法向量, → =0, ? ?n · ? AB 1 则? 即? 3 A→ ?n · 1B1=0, ? ?x- 3 z=0. 3 3 3 y- 3 z=0,

所以可取 n=(1, 3, 3).

?m· A→ 1B1=0, 设 m 是平面 A1B1C1 的法向量,则? B→ ?m· 1C1=0.
n· m 1 同理可取 m=(1,- 3, 3).则 cos〈n,m〉=|n||m|=7. 1 所以二面角 AA1B1?C1 的余弦值为7.
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第八章 立体几何

题型四

求空间距离

【例 4】 (2015· 河北衡水二模)如图,在四棱锥 PABCD 中, 侧面 PAD⊥底面 ABCD, 侧棱 PA=PD= 2, PA⊥PD, 底面 ABCD 为直角梯形,其中 BC∥AD,AB⊥AD,AB=BC=1,O 为 AD 的 中点.

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第八章 立体几何

(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 QACD 的余弦 6 PQ 值为 ?若存在,求出 的值;若不存在,请说明理由. 3 QD 【解析】 (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.

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第八章 立体几何

又在直角梯形 ABCD 中,连接 OC,易得 OC⊥AD, 所以以 O 为坐标原点,直线 OC 为 x 轴,直线 OD 为 y 轴, → ,OD → ,OP → 的方向分别为 直线 OP 为 z 轴建立空间直角坐标系(OC x 轴,y 轴,z 轴的正方向), 则 P(0,0,1),A(0,-1,0),B(1,-1,0),C(1,0,0), → =(1,-1,-1),易证 OA⊥平面 POC, D(0,1,0),∴PB → =(0,-1,0)是平面 POC 的一个法向量, ∴OA → ·OA → PB 3 → → cos〈PB,OA〉= =3. → ||OA →| |PB
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第八章 立体几何

6 ∴直线 PB 与平面 POC 所成角的余弦值为 3 . → =(0,1,-1),CP → =(-1,0,1), (2)PD 设平面 PDC 的法向量为 u=(x,y,z), → =-x+z=0, ?u · CP 则? 取 z=1,得 u=(1,1,1). → =y-z=0, PD ?u · → · u| |BP 3 ∴B 点到平面 PCD 的距离 d= |u| = 3 .
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第八章 立体几何

→ =λPD → (0≤λ≤1), (3)存在.设PQ → =(0,1,-1),∴PQ → =(0,λ,-λ)=OQ → -OP →, ∵PD → =(0,λ,1-λ),∴Q(0,λ,1-λ). ∴OQ 设平面 CAQ 的法向量为 m=(x,y,z), → =x+y=0, ?m· AC 则? → =(λ+1)y+(1-λ)z=0. AQ ?m· 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),
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第八章 立体几何

6 因为二面角 QACD 的余弦值为 3 , |m· n| 6 所以|cos〈m,n〉|=|m||n|= 3 , 1 得 3λ -10λ+3=0,解得 λ=3或 λ=3(舍),
2

6 所以存在点 Q,使得二面角 QACD 的余弦值为 3 , PQ 1 且QD=2.

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第八章 立体几何

【思维升华】 求点面距一般有以下三种方法:①作点
到面的垂线,点到垂足的距离即为点到平面的距离;②等 体积法;③向量法.其中向量法在易建立空间直角坐标系 的规则图形中较简便.

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第八章 立体几何

跟 踪 训 练 4 如 图 所 示 , 在 直 三 棱 柱 ABCA1B1C1 中 ,

∠BAC=90°,AB=AC=AA1=1,D是棱CC1上的一点,P
是AD的延长线与A1C1的延长线的交点,且PB1∥平面BDA1.

(1)求证:CD=C1D; (2)求二面角AA1D B的平面角的余弦值; (3)求点C到平面B1DP的距离.
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第八章 立体几何

【解析】 (1)证明:连接AB1交BA1于点O,

∵B1P∥平面BDA1,B1P

平面AB1P,

平面AB1P∩平面BA1D=OD,∴B1P∥OD.
又∵O为B1A的中点,∴D为AP的中点. ∵C1D∥AA1,∴C1为A1P的中点.
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第八章 立体几何

1 1 ∴DC1=2AA1=2CC1,∴C1D=CD. (2)建立如图所示的空间直角坐标系 A1?xyz,



? 1? B1(1,0,0),B(1,0,1),D?0,1,2?, ? ?

? 1? → → → ∴A1B1=(1,0,0),A1B=(1,0,1),A1D=?0,1,2?. ? ?

设平面 BA1D 的一个法向量为 n=(x,y,z).
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第八章 立体几何

x+z=0, → ? ?A ? 1B·n=0, 由? 得? 1 → ? ?A 1D·n=0, ?y+2z=0. 令 z=2,则 x=-2,y=-1,∴n=(-2,-1,2). 又A→ 1B1=(1,0,0)为平面 AA1D 的一个法向量, → -2 n · A 2 1B1 → ∴cos〈n,A1B1〉= = =-3. → 3 × 1 |n||A B |
1 1

由图形可知二面角 AA1D?B 为锐角, 2 ∴二面角 AA1D?B 的平面角的余弦值为3.
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第八章 立体几何
? 1? (3)∵C(0,1,1),D?0,1,2?,B1(1,0,0),P(0,2,0), ? ? ? 1? → ? 1? → ? 1? → ∴CD=?0,0,-2?, DB1=?1,-1,-2?, DP=?0,1,-2?. ? ? ? ? ? ?

设平面 B1DP 的一个法向量为 n=(x,y,z). 1 → ·n=0, ?x-y-2z=0, ?DB 1 由? 得? 1 → ·n=0, ?DP ?y-2z=0. 令 z=2,则 x=2,y=1,∴n=(2,1,2). → · n| 1 |CD ∴点 C 到平面 B1DP 的距离 d= |n| =3.
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第八章 立体几何

答题模板系列6
利用空间向量求角 【典例】 (2015· 北京)如图,在四棱锥AEFCB中,△AEF 为等边三角形,平面AEF⊥平面EFCB,EF∥BC,BC=4, EF=2a,∠EBC=∠FCB=60°,O为EF的中点.

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第八章 立体几何

(1)求证:AO⊥BE;
(2)求二面角FAEB的余弦值; (2)若BE⊥平面AOC,求a的值. 【思维点拨】 (1)先利用两个平面垂直的性质证明 直线与平面垂直,再进一步证明直线与直线垂直;

(2)(3)两问通过建立空间直角坐标系,利用向量法
求解.

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第八章 立体几何

【解析】 (1)证明:因为△AEF是等边三角形,O为EF
的中点, 所以AO⊥EF.(2分) 又因为平面AEF⊥平面EFCB,AO?平面AEF, 所以AO⊥平面EFCB,所以AO⊥BE.(4分) (2)取BC的中点G,连接OG. 由题设知四边形EFCB是等腰梯形,

所以OG⊥EF.(5分)

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第八章 立体几何

由(1)知 AO⊥平面 EFCB, 又 OG 平面 EFCB,所以 OA⊥OG.(6 分)

如图建立空间直角坐标系 Oxyz,

则 E(a,0,0),A(0,0, 3a),B(2, 3(2-a),0), → =(-a,0, 3a),BE → =(a-2, 3(a-2),0). EA
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第八章 立体几何

设平面 AEB 的一个法向量 n=(x,y,z), → =0, ?-ax+ 3az=0, ?n · EA ? 则? 即? → =0, ? ?(a-2)x+ 3(a-2)y=0. BE ?n · 令 z=1,则 x= 3,y=-1,于是 n=( 3,-1,1). 又平面 AEF 的一个法向量为 p=(0,1,0), n· p 5 所以 cos〈n,p〉=|n||p|=- 5 . 5 由题知二面角 FAEB 为钝角, 所以它的余弦值为- 5 .(8 分)
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第八章 立体几何

(3)因为 BE⊥平面 AOC, → ·OC → =0. 所以 BE⊥CO,即BE → =(a-2, 3(a-2),0),OC → =(-2, 3(2-a),0), 因为BE → ·OC → =-2(a-2)-3(a-2)2. 所以BE 4 → → 由BE·OC=0 及 0<a<2,解得 a=3.(12 分)

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第八章 立体几何

【答题模板】
利用向量求空间角的步骤 第一步:建立空间直角坐标系. 第二步:确定点的坐标. 第三步:求向量(直线的方向向量、平面的法向量)坐标. 第四步:计算向量的夹角(或函数值). 第五步:将向量夹角转化为所求的空间角.

第六步:反思回顾.查看关键点、易错点和答题规范.

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第八章 立体几何

【温馨提醒】 (1)利用向量求角是高考的热点,几乎每
年必考,主要是突出向量的工具性作用. (2) 本题易错点是在建立坐标系时不能明确指出坐标原 点和坐标轴,导致建系不规范. (3) 将向量的夹角转化成空间角时,要注意根据角的概 念和图形特征进行转化,否则易错.

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第八章 立体几何

?方法与技巧
1.用向量来求空间角,都需将各类角转化成对应向量 的夹角来计算,问题的关键在于确定对应线段的向量. 2.求点到平面的距离,若用向量知识,则离不开以该 点为端点的平面的斜线段.

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第八章 立体几何

?失误与防范 1.利用向量求角,一定要注意将向量夹角转化为各空 间角.因为向量夹角与各空间角的定义、范围不同. 2.求点到平面的距离,有时利用等体积法求解可能更

方便.

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第八章 立体几何

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