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立体几何中的向量方法习题课


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基础再现 1.空间中任意一条直线 l 的位置可以由 l 上一个_________以及一个_________确定. 2.直线 l⊥ 平面 α, 取直线 l 上的方向向量 a, 则向量 a⊥ α, 向量 a 叫做平面 α 的_________. 3.若直线 l 的方向向量是 u=(a1,b1,c1),平面 α 的法向量 v=(a2,b2,c2),则 l∥ α ? _________ ? _________ ? _________, l⊥ α ? _________ ? _________ ? _________ ? __________________. 4.|a|2_________a2. 答案:1.定点 定方向 2.法向量 3.u⊥ v v?u=0 a1a2+b1b2+c1c2=0 u∥ v u=kv (a1, b1, c1)=k(a2, b2, c2) a1=ka2, b1=kb2, c1=kc2 4.= 典例启示 【 例 1 】 如 右 图 , 平 行 六 面 体 ABCD—A1B1C1D1 的 底 面 ABCD 是 菱 形 , 且 ∠ C1CB=∠ C1CD=∠ BCD=60° ,则当

CD 的值为多少时,能使 A1C⊥ 平面 C1BD? CC1

解:设 CD ? a , CB ? b , CC1 ? c ,由已知|a|=|b|,

CA1 ? BD =(a+b+c)(a-b)=|a|2-|b|2+a?c-b?c=|a||c|?cos60°-|b||c|?cos60°=0,
∴ CA1⊥ BD. 因而 A1C⊥ 平面 C1BD 的充要条件是 CA1⊥ C1D. 由

CA1 ? C1 D ? CA1 ? C1 D =(a+b+c)?(a-c)=0|a|2+a?b-b?c-|c|2=0|a|2+|a|?|b|?cos60°-|b|?|c|?co
s60° -|c|2=0(3|a|+2|c|)?(|c|-|a|)=0. ∵ |a|>0,|c|>0,∴ |a|=|c|.∴ 当

CD ? 1 时,A1C⊥ 平面 C1BD. CC1

启示:这是条件开放性问题,从结论出发,利用向量垂直的条件由线线垂直推出线面垂 直.本题通过利用向量的几何运算法则及向量的数量积运算大大降低了探索难度. 【例 2】 如图,正四棱柱 ABCD—A1B1C1D1 中,底面边长为 2 2 ,侧棱长为 4,E、F 分别为棱 AB、BC 的中点.

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(1)求证:平面 B1EF⊥ 平面 BDD1B; (2)求点 D1 到平面 B1EF 的距离. (1)证明:建立如右图所示的空间直角坐标系, 则 D(0,0,0),B( 2 2 , 2 2 ,0),E( 2 2 , 2 ,0),F( 2 , 2 2 ,0),D1(0,0,4),B1( 2 2 , 2 2 ,4).

EF =( ? 2 , 2 ,0), DB =( 2 2 , 2 2 ,0), DD1 =(0,0,4),
∴EF ? DB ? 0 , EF ? DD1 ? 0 . ∴ EF⊥ DB,EF⊥ DD1.∴ EF⊥ 平面 BDD1B1. ∴ 平面 B1EF⊥ 平面 BDD1B1. (2)解:设平面 B1EF 的法向量 n=(x,y,z),则 n ? EF , n ? EB1 . 又 EB1 =(0, 2 ,4),∴ n? EF =- 2 x+ 2 y=0,n? EB1 = 2 y+4z=0. ∴ x=y, z ? ?

2 2 ). y .取 y=1,得 n=(1,1, ? 4 4

又 D1 B1 =( 2 2 , 2 2 ,0),∴ 点 D1 到平面 B1EF 的距离为 d ?

| D1 B1 ? n | 16 17 . ? |n| 17

启示:利用法向量知识求点到平面的距离,必须找这个平面过这点的斜线段 ( 如本例 D1B1). 【例 3】 如右图,四棱锥 P—ABCD 中,PD⊥ 平面 ABCD,PA 与平面 ABCD 所成的角 为 60° ,在四边形 ABCD 中,∠ D=∠ DAB=90° ,AB=4,CD=1,AD=2.

(1)建立适当的坐标系,并写出点 B、P 的坐标; (2)求异面直线 PA 与 BC 所成的角; (3)若 PB 的中点为 M,求证:平面 AMC⊥ 平面 PBC. (1)解:建立如右图所示的直角坐标系 D—xyz,

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∵ ∠ D=∠ DAB=90° ,AB=4,CD=1,AD=2, ∴ A(2,0,0),C(0,1,0),B(2,4,0). 由 PD⊥ 平面 ABCD,得∠ PAD 为 PA 与平面 ABCD 所成的角.∴ ∠ PAD=60° . 在 Rt△ PAD 中,由 AD=2,得 PD ? 2 3 . ∴ P(0,0, 2 3 ). (2)解:∵PA =(2,0, ? 2 3 ), BC =(-2,-3,0), ∴cos PA, BC ?

2 ? (?2) ? 0 ? (?3) ? (?2 5 ) ? 0 4 13

??

13 . 13

∴ PA 与 BC 所成的角为 arccos (3)证明:∵ M 为 PB 的中点, ∴ 点 M 的坐标为(1,2, 3 ).

13 . 13

∴ AM =(-1,2, 3 ), CM =(1,1, 3 ), PB =(2,4, ? 2 3 ). ∵ AM ? PB =(-1)× 2+2× 4+ 3 × ( ? 2 3 )=0,

CM ? PB =1×2+1×4+ 2 3 ×( ? 2 3 )=0,
∴ AM ? PB , CM ? PB . ∴ PB⊥ 平面 AMC. 又 PB ? 面 PCB, ∴ 平面 AMC⊥ 平面 PBC. 启示:异面直线所成角的范围为(0,

? ). 2

能力提高 1.在长方体 ABCD—A1B1C1D1 中,M、N 分别是棱 BB1、B1C1 的中点,若∠ CMN=90° , 则异面直线 AD1 与 DM 所成的角为( ) C.60° D.90° 解析:建立如右图所示坐标系. 设 AB=a, AD=b, AA1=c, 则 A1(b, 0, 0), A(b, 0, c), C1(0, a, 0), C(0, a, c), B1(b, a, 0), D(0, 0, c), N(

b c , a, 0), M(b, a, ). 2 2

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∵ ∠ CMN=90° , ∴CM ? CN . ∴CM ? CN ? (b,0,? ) ? (? ,0,? ) ? ? b 2 ?

c 2

b 2

c 2

1 2

1 2 c ? 0 .∴c ? 2b . 4

∴ AD1 ? DM ? (?b,0,? 2b) ? (b, a,?

2 b) ? ?b 2 ? b 2 ? 0 . 2

∴ AD1⊥ DM, 即所成角为 90° . 答案:D 2.在正方体 ABCD—A1B1C1D1 中,O 为 AC、BD 的交点,则 C1O 与 A1D 所成角为( C.arccos

)

3 3

D.arccos

3 6
1 1 , , 2 2

解析:建立如右图所示坐标系.设棱长为 1, 则 A1(1, 0, 1), C1(0, 1, 1), B(1, 1, 0), O( 0).

∴cos C1O, A1 D

?

C1O ? A1 D | C1O | ? | A1 D |

1 1 ( ,? ,?1) ? (?1,0,?1) 3 ? 2 2 ? . 6 2 2 1 ? ( ) ? 12 ? 12 2
∴ C1O 与 A1D 所成角为 arccos

3 . 6

答案:D 3.正方体 ABCD—A1B1C1D1 的棱长为 a,E、F 分别是 BB1、CD 的中点,则点 F 到平面

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A1D1E 的距离为( A. ) B.

3 a 10

3 7 a 10

C.

3 5 a 10

D.

7 a 10

解析:建立如右图所示坐标系, 则 A1(a, 0, a), D1(0, 0, a), A(a, 0, 0), B(a, a, 0), B1(a, a, a), E(a, a,

a a ), F(0, , 0). 2 2

设平面 A1D1E 的法向量为 n=(x, y, z), 则 n ? A1 D1 ? 0 , n ? A1 E ? 0 , 即(x, y, z)?(-a, 0, x, y, z)?(0, a, ? ∴ -ax=0, ay ? ∴ x=0, y ? ∴ n=(0, ∴d ?

a )=0, 2

a z=0. 2

z . 2

z , z). 2

| n ? FD1 | |n|

z a | (0, , z ) ? (0,? , a) | 3 5 2 2 ? ? a. 10 5 |z| 2
答案:C 4.如图,已知正四面体 A—BCD 中, AE ? 角的余弦值.

1 AB , CF ? 1 CD ,求直线 DE 和 BF 所成 4 4

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解:设棱长为 1, ED ? EA ? AD ?

1 BA ? AD , 4

1 BF ? BC ? CF ? BC ? CD , 4 1 1 1 ∴ED ? BF ? BA ? BC ? BA ? CD ? AD ? BC ? AD ? CD 4 4 4

?

1 1 1 1 1 ? ?0?0? ? ? , 4 2 4 2 4

| BF |?| ED |
1 ? ( BA ? AD) 2 4

?

1 1 1 ? 2 ? ? (? ) ? 1 16 4 2
13 . 4

?

1 4 ∴cos ED, BF ? ? 4 ? , | BF | ? | ED | 13 13 16 4 即直线 DE 和 BF 所成角的余弦值为 . 13 ED ? BF
5.直三棱柱 ABC—A1B1C1 中, ∠ ABC=90° ,BC=2,CC1=4,EB1=1,D、 F、 G 分别为 CC1、 B1C1、 A1C1 的中点,EF 与 B1D 相交于 H. (1)求证:B1D⊥ 平面 ABD; (2)求证:平面 EGF∥ 平面 ABD; (3)求平面 EGF 与平面 ABD 的距离. 证明:如右图建立空间直角坐标系, 则 B1(0, 0, 0), B(0, 0, 4), D(2, 0, 2), 设 A1(0, a, 0), 则 A(0, a, 4).

(1) B1 D =(2, 0, 2), BD =(2, 0, -2), BA =(0, a, 0), ∴B1 D ? BD ? 0 , B1 D ? BA ? 0 .. ∴ B1D⊥ BD, B1D⊥ BA.

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∴ B1D⊥ 平面 ABD. (2)又由已知有 C1(2, 0, 0), E(0, 0, 1), G(1, ∴EF =(1, 0, -1), FG =(0,

a , 0), F(1, 0, 0), 2

a , 0). 2

∴BD ? 2EF , BA ? 2 FG . ∴ BD∥ EF, BA∥ FG. ∴ EF∥ 平面 ABD, FG∥ 平面 ABD. 又 EF∩FG=F, ∴ 平面 EGF∥ 平面 ABD. (3)由上述知 B1 D 是平面 ABD 与平面 EGF 的法向量, 又 EB =(0, 0, 3), 所以两平面之间 的距离为 d ? 6. 已

| EB ? B1 D | | B1 D |
知 三 棱

?

3 2 . 2
锥 P—ABC 在 某 个 空 间 直 角 坐 标 系

中, AB =( 3 m,m,0), AC =(0,2m,0), AP =(0,0,2n).

(1)画出这个空间直角坐标系,并指出 AB 与 Ox 的轴的正方向的夹角; (2)求证: AP ? BC ; (3)若 M 为 BC 的中点, n ?

3 m ,求直线 AM 与平面 PBC 所成角的大小. 2

(1)解:如右图, 这个坐标系以 A 为坐标原点 O, 以 AC 为 Oy 轴, 以 AP 所在直线为 Oz 轴, AB 与 Ox 轴的正方向夹角为 30° .

(2)证明:∵ AP =(0, 0, 2n), BC =( ? 3m , m, 0),

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∴ AP ? BC ? 0 . ∴ AP ? BC . (3)解:连 AM、PM. ∵| AB |?| AC |? 2m , M 为 BC 的中点, ∴ AM⊥ BC. 又∵ PA⊥ BC, ∴ BD⊥ 平面 PAM. 过 A 作 AE⊥ PM 于 E 点, 则 AE⊥ 平面 PBC, ∴ ∠ AMP 为 AM 与平面 PBC 所成的角. 又n ?

? 3 m , | PA |?| AM | ,故所成角为 . 4 2

7.已知正方体 ABCD—A1B1C1D1 的棱长为 2, P、 Q 分别是 BC、 CD 上的动点, 且|PQ|= 2 , 建立如右图所示的坐标系;

(1)确定 P、Q 的位置,使得 B1Q⊥ D1P; (2)当 B1Q⊥ D1P 时,求二面角 C1-PQ-A 的正切. 解:(1)设 BP=t, 则 CQ ?

2 ? ( 2 ? t ) 2 , DQ ? 2 ? 2 ? ( 2 ? t ) 2 ,

2 ∴ B1(2, 0, 2), D1(0, 2, 2), P(2, t, 0), Q (2 ? 2 ? (2 ? t ) ,2,0) .

∴QB1 ? ( 2 ? ( 2 ? t ) 2 ,?2,2) ,

FD1 =(-2, 2-t, 2).
∵ B1Q⊥ D1P 等价于 QB1 ? PD1 ? 0 ,

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2 即 ? 2 2 ? ( 2 ? t ) ? 2( 2 ? t ) ? 2 ? 2 ? 0 , 2 即 2 ? (2 ? t ) ? t .解得 t=1.

此时, P、 Q 分别是棱 BC、 CD 的中点, 即当 P、 Q 分别是棱 BC、 CD 的中点时, B1Q⊥ D1P. (2)当 B1Q⊥ D1P 时, 由(1)知, P、 Q 分别是棱 BC、 CD 的中点, 在正方形 ABCD 中, PQ∥ BD, 且 AC⊥ BD, 故 AC⊥ PQ. 设 AC 与 PQ 的交点为 E, 连结 C1E.在正方体 ABCD—A1B1C1D1 中, CC1⊥ 底面 ABCD, CE 是 C1E 在底面 ABCD 内的射影, ∴ C1E⊥ PQ, 即∠ C1EC 是二面角 C1PQC 的平面角, ∠ C1EA 是二面角 C1-PQ-A 的平面角. 在正方形 ABCD 中, CE ?

2 ; 2
2 2 2 ?2 2.

在 Rt△ C1EC 中, tan?C1 EC ?

∴ 二面角 C1—PQ—A 的正切为 ? 2 2 . 施展才华 1.直三棱柱 ABC—A1B1C1 中,底面△ ABC 中,CA=CB=1,∠ BCA=90° ,棱 AA1=2,M、N 分别为 A1B1、A1A 的中点.

(1)求 BN 的长; (2)求 cos BA1 , CB1 的值; (3)求证:A1B⊥ C1M. (1)解:以 C 为原点建立空间直角坐标系 O—xyz.依题意得 B(0, 1, 0), N(1, 0, 1). ∴| BN |?

(1 ? 0) 2 ? (0 ? 1) 2 ? (1 ? 0) 2 ? 3 .

(2)解:依题意得 A1(1, 0, 2), B(0, 1, 0), C(0, 0, 0), B1(0, 1, 2). ∴BA 1 =(1, -1, 2), CB1 =(0, 1, 2), BA 1 ? CB1 ? 3 , | BA 1 |? 6 , | CB1 |? 5 . ∴cos BA1 , CB1 ?

BA1 ? CB1 | BA1 || CB1 |

?

1 30 . 10

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(3)证明:依题意得 C1(0, 0, 2), M(

1 1 , , 2), 2 2

1 1 A1 B =(-1, 1, -2), C1 M =( , , 0). 2 2
∴ A1 B ? C1 M ? ? ∴ A1 B ? C1 M . ∴ A1 B ? C1 M . 2.(2003 年全国高考)如右图,在直三棱柱 ABC—A1B1C1 中,底面是等腰直角三角形, ∠ ACB=90° , 侧棱 AA1=2, D、 E 分别是 CC1 与 A1B 的中点, 点 E 在平面 ABD 上的射影是△ ABD 的重心 G.

1 1 ? ? 0 ? 0. 2 2

(1)求 A1B 与平面 ABD 所成角的余弦值; (2)求点 A1 到平面 AED 的距离. 解:(1)连结 BG, 则 BG 是 BE 在面 ABD 的射影, 即∠ A1BG 是 A1B 与平面 ABD 所成的 角. 如图所示建立坐标系, 坐标原点为 O.设 CA=2a, 则 A(2a, 0, 0), B(0, 2a, 0), D(0, 0, 1), A1(2a, 0, 2), E(a, a, 1), G( ∴GE ? ( ,

2a 2a 1 , , ). 3 3 3

a a 2 , ) , BD ? (0,?2a,1) . 3 3 3

∴GE ? BD ? ? 2 a 2 ? 2 ? 0 , 解得 a=1. 3 3
2 4 1 ∴BA 1 ? (2,?2,2) , BG ? ( ,? , ) . 3 3 3

14 BA1 ? BG 7 3 ∴cos?A1 BG ? . ? ? 3 | BA1 || BG | 2 3 ? 1 21 3
(2)由(1)有 A(2, 0, 0), A1(2, 0, 2), E(1, 1, 1), D(0, 0, 1),

AE ? ED =(-1, 1, 1)?(-1, -1, 0)=0,

AA1 ? ED =(0, 0, 2)?(-1, -1, 0)=0.
∴ ED⊥ 平面 AA1E.又 ED ? 平面 AED, ∴ 平面 AED⊥ 平面 AA1E. 又面 AED∩面 AA1E=AE, ∴ 点 A1 在平面 AED 的射影 K 在 AE 上.

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设 AK ? ? AE ,则 A1 K ? A1 A ? AK ? (??, ?, ? ? 2) . 由 A1 K ? AE ? 0 , 即 λ+λ+λ-2=0, 解得 ? ?

2 . 3
2 2 4 , ,? ) . 3 3 3

∴ A1 K ? ( ? ∴|

A1 K |?

2 6 . 3
2 6 . 3

故 A1 到平面 AED 的距离为

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