2016届《新步步高》一轮复习数学理科(浙江专用)知识梳理 第七章 立体几何7.7


§ 7.7

立体几何中的向量方法(二)——求空间角和距离

1.两条异面直线所成角的求法 设 a,b 分别是两异面直线 l1,l2 的方向向量,则 l1 与 l2 所成的角 θ 范围 求法 2.直线与平面所成角的求法 设直线 l 的方向向量为 a,平面 α 的法向量为 n,直线 l 与平面 α 所成的角为 θ,a 与 n 的夹角 为 β,则 sin θ=|cos β|= 3.求二面角的大小 → (1)如图①, AB, CD 是二面角 α-l-β 的两个面内与棱 l 垂直的直线, 则二面角的大小 θ= 〈AB, → CD〉 . |a· n| . |a||n| π (0, ] 2 |a· b| cos θ= |a||b| a 与 b 的夹角 β [0,π] cos β= a· b |a||b|

(2)如图②③,n1,n2 分别是二面角 α-l-β 的两个半平面 α,β 的法向量,则二面角的大小 θ 满足|cos θ|=|cos〈n1,n2〉|,二面角的平面角大小是向量 n1 与 n2 的夹角(或其补角). 4.利用空间向量求距离(供选用) (1)两点间的距离 → 设点 A(x1,y1,z1),点 B(x2,y2,z2),则|AB|=|AB|= ?x1-x2?2+?y1-y2?2+?z1-z2?2. (2)点到平面的距离 如图所示,已知 AB 为平面 α 的一条斜线段,n 为平面 α 的法向量,则 B → n| → |AB· 到平面 α 的距离为|BO|= . |n| 【思考辨析】
-1-

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.( × )

π π (4)两异面直线夹角的范围是(0, ],直线与平面所成角的范围是[0, ],二面角的范围是[0, 2 2 π].( √ ) (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-a-β 的两个半平面 α,β 的法向量 n1,n2 所成角为 θ,则二面角 α-a-β 的大 小是 π-θ.( × )

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 π π π A. B. C. D. 2 6 4 3 答案 D 解析 ∵cos 〈a,b〉= π ∴〈a,b〉= . 3 2.如图,在正方体 ABCD-A1B1C1D1 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° C.60° 答案 D 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 1 1 1 → → 角坐标系,设棱长为 1,则 A1(0,0,1),M( ,1,0),D(0,1,0),N(1,1, ),A1M=( ,1,-1),DN 2 2 2 1 =(1,0, ). 2 → → cos〈A1M,DN〉= 1 1 - 2 2 1 +1+1 4 B.45° D.90° ) 1 1 = 且〈a,b〉∈(0,π), 2· 2 2 )

=0, 1 1+ 4

∴A1M 与 DN 所成的角的大小是 90° . 3. 在空间直角坐标系 O-xyz 中, 平面 OAB 的一个法向量为 n=(2, -2,1), 已知点 P(-1,3,2),

-2-

则点 P 到平面 OAB 的距离 d 等于( A.4 B.2 C.3 D.1 答案 B 解析 P 点到平面 OAB 的距离为 → |OP· n| |-2-6+2| d= = =2,故选 B. |n| 9

)

4. P 是二面角 α-AB-β 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-AB-β 的大小为________. 答案 90° 解析 不妨设 PM=a,PN=b,如图, 作 ME⊥AB 于 E,NF⊥AB 于 F, ∵∠EPM=∠FPN=45° , ∴PE= 2 2 a,PF= b, 2 2

→ → → → → → ∴EM· FN=(PM-PE)· (PN-PF) → → → → → → → → =PM· PN-PM· PF-PE· PN+PE· PF =abcos 60° -a× 2 2 2 2 bcos 45° - abcos 45° + a× b 2 2 2 2

ab ab ab ab = - - + =0, 2 2 2 2 → → ∴EM⊥FN, ∴二面角 α-AB-β 的大小为 90° .

题型一 求异面直线所成的角 例 1 (2014· 课标全国Ⅱ)直三棱柱 ABC-A1B1C1 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( 1 2 A. B. 10 5 答案 C 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(1,1,2),N(0,1,2),
-3-

)

C.

30 2 D. 10 2

→ → ∴BM=(-1,-1,2),AN=(0,1,2). → → BM· AN → → ∴cos〈BM,AN〉= → → |BM||AN| = -1+4
2 2 2 2 2

?-1? +?-1? +2 × 0 +1 +2

2=

3 30 = . 10 6× 5

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. 1 如图(2),取 BC 的中点 D,连接 MN,ND,AD,由于 MN 綊 B1C1 綊 BD,因此有 ND 綊 BM, 2 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 ND2+NA2-AD2 30 = 5,AD= 5,因此 cos∠AND= = . 2ND· NA 10 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. 长方体 ABCD-A1B1C1D1 中,AB=AA1=2,AD=1,E 为 CC1 的中点,则异面直 线 BC1 与 AE 所成角的余弦值为( A. 10 10 B. 30 10 2 15 3 10 C. D. 10 10 )

答案 B 解析 建立坐标系如图,则 A(1,0,0),E(0,2,1),B(1,2,0),C1(0,2,2). → → BC1=(-1,0,2),AE=(-1,2,1), → → BC1· AE 30 → → cos〈BC1,AE〉= = . 10 → → |BC1|· |AE| 所以异面直线 BC1 与 AE 所成角的余弦值为 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 P-ABCDE 中,F 为棱 PE 的中点,平面 ABF 与棱 PD,PC 分别交于点 G,H. 30 . 10

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(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. → → → 思维点拨 解答(2)时,可以以 A 为原点,以AB,AE,AP方向为 x 轴,y 轴,z 轴正方向,建 立空间直角坐标系. (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?平面 PDE, 所以 AB∥平面 PDE. 因为 AB?平面 ABF,且平面 ABF∩平面 PDE=FG, 所以 AB∥FG. (2)解 因为 PA⊥底面 ABCDE, 所以 PA⊥AB,PA⊥AE. 如图建立空间直角坐标系 A-xyz,

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

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→ ? n· BC ? 1 → 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). → → 因为点 H 在棱 PC 上,所以可设PH=λPC(0<λ<1), 即(u,v,w-2)=λ(2,1,-2), 所以 u=2λ,v=λ,w=2-2λ. → 因为 n 是平面 ABF 的一个法向量,所以 n· AH=0, 即(0,-1,1)· (2λ,λ,2-2λ)=0. 2 4 2 2 解得 λ= ,所以点 H 的坐标为( , , ). 3 3 3 3 所以 PH= 4 2 4 ? ?2+? ?2+?- ?2=2. 3 3 3

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. (2013· 湖南)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. 方法一 (1)证明 如图,因为 BB1⊥平面 ABCD,AC?平面 ABCD,所以

AC⊥BB1. 又 AC⊥BD, 所以 AC⊥平面 BB1D, 而 B1D?平面 BB1D, 所以 AC⊥B1D. (2)解 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,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.

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于是 A1D⊥AD1, 又因为 A1B1∩A1D=A1,故 AD1⊥平面 A1B1D, 于是 AD1⊥B1D. 由(1)知,AC⊥B1D,且 AC∩AD1=A, 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 = , DA AB 即 AB= DA· BC= 3.
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. 在 Rt△AB1D 中,cos∠ADB1= 即 cos(90° -θ)= AD 3 21 = = , B 1D 7 21

21 21 .从而 sin θ= . 7 7 21 . 7

即直线 B1C1 与平面 ACD1 所成角的正弦值为

方法二 (1)证明 易知,AB,AD,AA1 两两垂直.如图,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, 则相关各点的坐标为 A(0,0,0), B(t,0,0), B1(t,0,3), C(t,1,0), C1(t,1,3), D(0,3,0),D1(0,3,3). → → → 从而B1D=(-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B1D=(- 3,3,-3),AC=( 3,1,0), → → 因为AC· B1D=-3+3+0=0, → → 所以AC⊥B1D,即 AC⊥B1D. → → (2)解 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, → ? AC=0, ?n· ? 3x+y=0, 则? ,即? → ?3y+3z=0, ?n· AD1=0 ?
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令 x=1,则 n=(1,- 3, 3). 设直线 B1C1 与平面 ACD1 所成角为 θ,则 → ? n· B 1C 1 ? 3 21 → sin θ=|cos〈n,B1C1〉|=? = = . 7 → ? 7 |B1C1|? ?|n|· 即直线 B1C1 与平面 ACD1 所成角的正弦值为 题型三 求二面角 例 3 (2013· 课标全国Ⅱ)如图, 直三棱柱 ABC-A1B1C1 中, D, E 分别是 AB, BB1 的中点,AA1=AC=CB= (1)证明:BC1∥平面 A1CD; (2)求二面角 D-A1C-E 的正弦值. → → → 思维点拨 以 C 为原点,以CA,CB,CC1的方向为 x 轴,y 轴,z 轴的正方向,建立空间直角 坐标系. (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)解 由 AC=CB= 2 AB 得,AC⊥BC. 2 2 AB. 2 21 . 7

→ → 以 C 为坐标原点,CA的方向为 x 轴正方向,CB的方向为 y 轴正方向, → CC1的方向为 z 轴正方向,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=(1,1,0),CE=(0,2,1),CA1=(2,0,2). 设 n=(x1,y1,z1)是平面 A1CD 的法向量, → ? CD=0, ?n· 则? → ? CA1=0, ?n·
?x1+y1=0, ? 即? 可取 n=(1,-1,-1). ? ?2x1+2z1=0.

同理,设 m 是平面 A1CE 的法向量, → ? CE=0, ?m· 则? 可取 m=(2,1,-2). → ? CA1=0. ?m· n· m 3 6 从而 cos〈n,m〉= = ,故 sin〈n,m〉= . |n||m| 3 3

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即二面角 D-A1C-E 的正弦值为 思维升华

6 . 3

求二面角最常用的方法就是分别求出二面角的两个半平面所在平面的法向量,然

后通过两个平面的法向量的夹角得到二面角的大小,但要注意结合实际图形判断所求角是锐 角还是钝角. (2014· 课标全国 Ⅰ) 如图,三棱柱 ABC - A1B1C1 中,侧面 BB1C1C 为菱形,AB⊥B1C. (1)证明:AC=AB1; (2)若 AC⊥AB1,∠CBB1=60° ,AB=BC,求二面角 A-A1B1-C1 的余弦值. (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. (2)解 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. → → → → 以 O 为坐标原点,OB、OB1、OA的方向为 x 轴、y 轴、z 轴的正方向,|OB|为单位长,建立如 图所示的空间直角坐标系 O-xyz. 因为∠CBB1=60° ,所以△CBB1 为等边三角形. 又 AB=BC,OC=OA,则 A(0,0, 3 3 3 → ),B(1,0,0),B1(0, ,0),C(0,- ,0),AB1=(0, 3 3 3

3 3 3 3 → → → → ,- ),A1B1=AB=(1,0,- ),B1C1=BC=(-1,- ,0). 3 3 3 3 设 n=(x,y,z)是平面 AA1B1 的法向量, → ? 3 y- 3 z=0, ? AB1=0, ?n· 则? 即? → 3 ?n· A1B1=0, ? ?x- 3 z=0. 3 3 所以可取 n=(1, 3, 3).

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→ ? A1B1=0, ?m· 设 m 是平面 A1B1C1 的法向量,则? → ? B1C1=0. ?m· 同理可取 m=(1,- 3, 3). n· m 1 则 cos〈n,m〉= = . |n||m| 7 1 所以二面角 A-A1B1-C1 的余弦值为 . 7 题型四 求空间距离 例 4 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,求点 A 到平面 MBC 的距离. 思维点拨 以 CD 的中点为原点,建立空间直角坐标系. 解 如图,取 CD 的中点 O,连接 OB,OM,因为△BCD 与△MCD 均为正三 角形,所以 OB⊥CD,OM⊥CD,又平面 MCD⊥平面 BCD,所以 MO⊥平面 BCD. 以 O 为坐标原点,直线 OC,BO,OM 分别为 x 轴,y 轴,z 轴,建立空间直角坐标系 O-xyz.

因为△BCD 与△MCD 都是边长为 2 的正三角形,所以 OB=OM= 3,则 O(0,0,0),C(1,0,0), M(0,0, 3),B(0,- 3,0),A(0,- 3,2 3), → → 所以BC=(1, 3,0),BM=(0, 3, 3). 设平面 MBC 的法向量为 n=(x,y,z), → → ? ? BC=0, ?n⊥BC, ?n· ?x+ 3y=0, 由? 得? 即? → → ? 3y+ 3z=0, ? ? BM=0, ?n⊥BM, ? n· 取 x= 3,可得平面 MBC 的一个法向量为 n=( 3,-1,1). → |BA· n| 2 15 → 又BA=(0,0,2 3),所以所求距离为 d= = . |n| 5 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
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便. 如图所示,在直三棱柱 ABC-A1B1C1 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 A-A1D-B 的平面角的余弦值; (3)求点 C 到平面 B1DP 的距离. (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. 1 1 ∴DC1= AA1= CC1,∴C1D=CD. 2 2 (2)解 建立如图所示的空间直角坐标系 A1-xyz,

1 则 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). x+z=0, → ? ? n=0, ?A1B· ? 由? 得? 1 → ?A ? D · n = 0 , ? ?y+2z=0. 1 令 z=2,则 x=-2,y=-1,∴n=(-2,-1,2). → 又A1B1=(1,0,0)为平面 AA1D 的一个法向量, → n· A1B1 -2 2 → ∴cos〈n,A1B1〉= = =- . 3 → 3×1 |n||A1B1| 由图形可知二面角 A-A1D-B 为锐角, 2 ∴二面角 A-A1D-B 的平面角的余弦值为 . 3 1 (3)解 ∵C(0,1,1),D(0,1, ),B1(1,0,0),P(0,2,0), 2

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1 1 → 1 → → ∴CD=(0,0,- ),DB1=(1,-1,- ),DP=(0,1,- ). 2 2 2 设平面 B1DP 的一个法向量为 n=(x,y,z). → ? ?x-y-2z=0, n=0, ?DB1· 由? 得? 1 → ? n=0, ?DP· ?y-2z=0. 令 z=2,则 x=2,y=1,∴n=(2,1,2). → |CD· n| 1 ∴点 C 到平面 B1DP 的距离 d= = . |n| 3 1

利用空间向量求解空间角 典例:(15 分)(2013· 广东)如图(1),在等腰直角三角形 ABC 中,∠A=90° ,BC=6,D,E 分别 是 AC,AB 上的点,CD=BE= 2,O 为 BC 的中点.将△ADE 沿 DE 折起,得到如图(2)所示 的四棱锥 A′-BCDE,其中 A′O= 3.

(1)证明:A′O⊥平面 BCDE; (2)求二面角 A′-CD-B 的平面角的余弦值. 思维点拨 在(2)的求解中, 可以以 O 为原点, 以过 O 在平面 BCDE 内与 BC 垂直的直线和 BC, OA′所在直线为坐标轴建立空间直角坐标系,用向量法求解. 规范解答 (1)证明 在题图(1)中连接 AO 交 DE 于点 G,在题图(2)中连接 A′G,OG, 如图所示.[1 分] ∵A′G⊥DE,BC∥DE,∴A′G⊥BC, 又 OG⊥BC,A′G∩OG=G,∴BC⊥平面 A′OG, 又 A′O?平面 A′OG,∴BC⊥A′O.[3 分] 连接 OD,在△OCD 中,由余弦定理得 OD2=OC2+CD2-2OC· CDcos 45° =32+2-2×3× 2× 2 =5, 2

∴OD= 5,∴A′O2+OD2=A′D2, ∴A′O⊥OD,BC∩OD=O, ∴A′O⊥平面 BCDE.[6 分]
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(2)解 以 O 点为原点,建立空间直角坐标系 O-xyz,如图所示. → 则 A′(0,0, 3),C(0,-3,0),D(1,-2,0),所以CA′=(0,3, 3), → DA′=(-1,2, 3),[8 分] 设平面 A′CD 的法向量 n=(x,y,z), → ? CA′=0, ?n· ?3y+ 3z=0, ?y=-x, 则? 即? 解得? → ?z= 3x, ?-x+2y+ 3z=0, ? DA′=0, ?n· 令 x=1,得 n=(1,-1, 3).[10 分] → 由图知,OA′=(0,0, 3)为平面 CDB 的一个法向量, → n· OA′ 3 15 → 所以 cos〈n,OA′〉= = = , 5 → 3 × 5 |n|· |OA′| 所以二面角 A′-CD-B 的平面角的余弦值为 15 .[15 分] 5

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. 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.

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. 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、

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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. 3.求二面角要根据图形确定所求角是锐角还是钝角.

A 组 专项基础训练 (时间:40 分钟) 1.若直线 l 的方向向量与平面 α 的法向量的夹角等于 120° ,则直线 l 与平面 α 所成的角等于 ( )

A.120° B.60° C.30° D.60° 或 30° 答案 C 1 解析 设直线 l 与 α 所成角为 θ,则 sin θ=|cos 120° |= ,∴θ=30° . 2 2. 如图, 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. C. 5 5 5 6 B. D. 5 3 5 4 )

答案 A → 解析 设 CA=2, 则 C(0,0,0), A(2,0,0), B(0,0,1), C1(0,2,0), B1(0,2,1), 可得向量AB1=(-2,2,1), → → → BC1=(0,2,-1),由向量的夹角公式得 cos〈AB1,BC1〉= 故选 A. 9 3.(2013· 山东)已知三棱柱 ABC-A1B1C1 的侧棱与底面垂直,体积为 ,底面是边长为 3的正 4 三角形.若 P 为底面 A1B1C1 的中心,则 PA 与平面 ABC 所成角的大小为( 5π π π π A. B. C. D. 12 3 4 6 答案 B 1 3 3 解析 如图所示:S△ABC= × 3× 3×sin 60° = . 2 4 ) 0+4-1 4+4+1× 0+4+1 = 1 5 = , 5 5

?VABC-A1B1C1=S? ABC ? OP
= 3 3 9 ×OP= ,∴OP= 3. 4 4

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又 OA=

3 2 OP × 3× =1,∴tan∠OAP= = 3, 2 3 OA

π π 又 0<∠OAP< ,∴∠OAP= . 2 3 4.如图所示,三棱柱 ABC-A1B1C1 的侧棱长为 3,底面边长 A1C1=B1C1 =1,且∠A1C1B1=90° ,D 点在棱 AA1 上且 AD=2DA1,P 点在棱 C1C 上, → → 则PD· PB1的最小值为( )

5 1 1 5 A. B.- C. D.- 2 4 4 2 答案 B 解析 建立如图所示的空间直角坐标系,则 D(1,0,2),B1(0,1,3), → → 设 P(0,0,z),则PD=(1,0,2-z),PB1=(0,1,3-z), 5 1 → → ∴PD· PB1=0+0+(2-z)(3-z)=(z- )2- , 2 4 5 1 → → 故当 z= 时,PD· PB1取得最小值为- . 2 4 5.过正方形 ABCD 的顶点 A 作线段 PA⊥平面 ABCD,若 AB=PA,则平面 ABP 与平面 CDP 所成的二面角为( )

A.30° B.45° C.60° D.90° 答案 B 解析 建立如图所示的空间直角坐标系,设 AB=PA=1,知 A(0,0,0),

B(1,0,0),D(0,1,0),C(1,1,0),P(0,0,1) 由题意得,AD⊥平面 ABP, 设 E 为 PD 的中点, 连接 AE,则 AE⊥PD, 又∵CD⊥平面 PAD,∴AE⊥CD, 又 PD∩CD=D,∴AE⊥平面 CDP. 1 1 → → → → ∴AD=(0,1,0)和AE=(0, , )分别是平面 ABP 和平面 CDP 的法向量,而〈AD,AE〉=45° , 2 2 ∴平面 ABP 与平面 CDP 所成的二面角为 45° . 6.如图,在正方体 ABCD-A1B1C1D1 中,E 为 CC1 的中点,则直线 DE 与平面 A1BC1 的夹角 的正弦值为________.

- 15 -

答案

15 5

解析 设正方体的棱长为 2,直线 DE 与平面 A1BC1 的夹角为 α,建立如 图所示的坐标系,则 D(0,0,0),E(0,2,1),B1(2,2,2),∵DB1⊥平面 A1BC1, → → ∴ DB1= (2,2,2) 是平面 A1BC1 的法向量, ∵DE= (0,2,1) ,∴sin α = cos → → 〈DB1,DE〉= 4+2 4+4+4· 5 = 15 . 5

7.已知点 E,F 分别在正方体 ABCD-A1B1C1D1 的棱 BB1,CC1 上,且 B1E=2EB,CF=2FC1, 则平面 AEF 与平面 ABC 所成的二面角的正切值等于________. 答案 2 3

解析 延长 FE,CB 相交于点 G,连接 AG, 设正方体的棱长为 3,则 GB=BC=3,作 BH⊥AG 于点 H,连接 EH, 则∠EHB 为所求二面角的平面角. 3 2 ∵BH= ,EB=1, 2 EB 2 ∴tan∠EHB= = . BH 3 8.正方体 ABCD-A1B1C1D1 的棱长为 1,E,F 分别为 BB1,CD 的中点,则点 F 到平面 A1D1E 的距离为________. 答案 3 5 10

解析 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,如图所示, 1 1 则 A1(0,0,1),E(1,0, ),F( ,1,0),D1(0,1,1). 2 2 1 → → ∴A1E=(1,0,- ),A1D1=(0,1,0). 2 设平面 A1D1E 的一个法向量为 n=(x,y,z), → ?n· ?x-1z=0, A1E=0, ? ? 则? 即? 2 → ?n· ?y=0. A1D1=0, ? ?

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令 z=2,则 x=1.∴n=(1,0,2). 1 → 又A1F=( ,1,-1),∴点 F 到平面 A1D1E 的距离为 2 1 | -2| → |A1F· n| 2 3 5 d= = = . |n| 10 5 9. (2014· 江西)如图, 四棱锥 P-ABCD 中, ABCD 为矩形. 平面 PAD⊥ 平面 ABCD. (1)求证:AB⊥PD. (2)若∠BPC=90° ,PB= 2,PC=2,问 AB 为何值时,四棱锥 P- ABCD 的体积最大?并求此时平面 BPC 与平面 DPC 夹角的余弦值. (1)证明 因为四边形 ABCD 为矩形,故 AB⊥AD. 又平面 PAD⊥平面 ABCD, 平面 PAD∩平面 ABCD=AD, 所以 AB⊥平面 PAD,又 PD?平面 PAD,故 AB⊥PD. (2)解 过 P 作 AD 的垂线,垂足为 O,过 O 作 BC 的垂线,垂足为 G,连接 PG. 故 PO⊥平面 ABCD,BC⊥平面 POG,BC⊥PG. 2 3 2 6 6 在 Rt△BPC 中,PG= ,GC= ,BG= . 3 3 3 设 AB=m,则 OP= PG2-OG2= 故四棱锥 P-ABCD 的体积为 1 4 m V= · 6· m· -m2= · 8-6m2. 3 3 3 因为 m 8-6m2= 8m2-6m4= 故当 m= 2 8 -6?m2- ?2+ , 3 3 4 -m2, 3

6 6 ,即 AB= 时,四棱锥 P-ABCD 的体积最大. 3 3 6 6 ,- , 3 3

此时,建立如图所示的坐标系,各点的坐标为 O(0,0,0),B( 0),C( 6 2 6 2 6 6 , ,0),D(0, ,0),P(0,0, ). 3 3 3 3

6 2 6 6 → 6 → → 故PC=( , ,- ),BC=(0, 6,0),CD=(- ,0,0). 3 3 3 3 设平面 BPC 的一个法向量 n1=(x,y,1), 6 ? 6 2 6 → → ? 3 x+ 3 y- 3 =0, 则由 n1⊥PC,n1⊥BC得? ? ? 6y=0,

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解得 x=1,y=0,n1=(1,0,1). 1 同理可求出平面 DPC 的一个法向量 n2=(0, ,1). 2 从而平面 BPC 与平面 DPC 夹角 θ 的余弦值为 |n1· n2 | cos θ= = |n1||n2| 1 1 2· +1 4 = 10 . 5

10.(2013· 天津)如图,四棱柱 ABCD-A1B1C1D1 中,侧棱 A1A⊥底面 ABCD,AB∥DC,AB⊥AD,AD=CD=1,AA1=AB=2,E 为棱 AA1 的中点. (1)证明:B1C1⊥CE; (2)求二面角 B1-CE-C1 的正弦值; (3)设点 M 在线段 C1E 上, 且直线 AM 与平面 ADD1A1 所成角的正弦值为 2 , 求线段 AM 的长. 6

(1)证明 如图,以点 A 为原点,分别以 AD,AA1,AB 所在直线为 x 轴, y 轴,z 轴建立空间直角坐标系,依题意得 A(0,0,0),B(0,0,2),C(1,0,1), B1(0,2,2),C1(1,2,1),E(0,1,0). → → → → 易得B1C1=(1,0, -1), CE=(-1,1, -1), 于是B1C1· CE=0, 所以 B1C1⊥CE. → (2)解 B1C=(1,-2,-1). 设平面 B1CE 的法向量 m=(x,y,z), → ? ? B1C=0, ?m· ?x-2y-z=0, 则? 即? 消去 x,得 y+2z=0,不妨令 z=1,可得一个法向量为 ?-x+y-z=0. → ? ?m· CE=0, ? m=(-3,-2,1). → 由(1)知,B1C1⊥CE,又 CC1⊥B1C1,可得 B1C1⊥平面 CEC1,故B1C1=(1,0,-1)为平面 CEC1 的一个法向量. → m· B1C1 → 于是 cos〈m,B1C1〉= → |m|· |B1C1| = -4 2 7 21 → =- ,从而 sin〈m,B1C1〉= , 7 7 14× 2 21 . 7

所以二面角 B1-CE-C1 的正弦值为

→ → → → → → → (3)解 AE=(0,1,0),EC1=(1,1,1),设EM=λEC1=(λ,λ,λ),0≤λ≤1,有AM=AE+EM=(λ, λ+1,λ). → 可取AB=(0,0,2)为平面 ADD1A1 的一个法向量.
- 18 -

设 θ 为直线 AM 与平面 ADD1A1 所成的角,则 → → |AM· AB| → → sin θ=|cos〈AM,AB〉|= → → |AM|· |AB| = 2λ λ = , 2 2 2 λ +?λ+1? +λ ×2 3λ +2λ+1
2

于是

λ 2 1 = ,解得 λ= (负值舍去), 3 3λ2+2λ+1 6

所以 AM= 2. B 组 专项能力提升 (时间:30 分钟) 11.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 3 2 A. B. C. D. 2 3 3 2 答案 B 解析 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. 1 则 A1(0,0,1),E(1,0, ),D(0,1,0), 2 1 → → ∴A1D=(0,1,-1),A1E=(1,0,- ). 2 设平面 A1ED 的一个法向量为 n1=(1,y,z), y-z=0, ? ? ? ?y=2, 则? 1 ∴? ∴n1=(1,2,2). ?z=2. ? ?1-2z=0, ? ∵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 12.在四面体 P-ABC 中,PA,PB,PC 两两垂直,设 PA=PB=PC=a,则点 P 到平面 ABC 的距离为( A. 6 3 B. ) 3 a a C. 3 3 D. 6a )

答案 B 解析 根据题意,可建立如图所示的空间直角坐标系 P-xyz, 则 P(0,0,0),A(a,0,0),B(0,a,0),C(0,0,a). 过点 P 作 PH⊥平面 ABC,交平面 ABC 于点 H,则 PH 的长即为点 P 到

- 19 -

平面 ABC 的距离. ∵PA=PB=PC,∴H 为△ABC 的外心. 又∵△ABC 为正三角形,∴H 为△ABC 的重心, a a a? 可得 H 点的坐标为? ?3,3,3?. ∴PH=

?a-0?2+?a-0?2+?a-0?2= 3a. ?3 ? ?3 ? ?3 ? 3
3 a. 3

∴点 P 到平面 ABC 的距离为

13.已知直四棱柱 ABCD-A1B1C1D1 中,底面 ABCD 为正方形,AA1=2AB,E 为 AA1 的中点, 则异面直线 BE 与 CD1 所成角的余弦值为________. 答案 3 10 10

解析 如图,以 D 为坐标原点建立如图所示空间直角坐标系. 设 AA1=2AB=2,则 B(1,1,0),E(1,0,1),C(0,1,0),D1(0,0,2), → ∴BE=(0,-1,1), → CD1=(0,-1,2), 1+2 3 10 → → ∴cos〈BE,CD1〉= = . 10 2· 5 14.如图所示,在直三棱柱 ABC-A1B1C1 中,AB=4,AC=BC=3,D 为 AB 的中点. (1)求异面直线 CC1 和 AB 的距离; (2)若 AB1⊥A1C,求二面角 A1-CD-B1 的平面角的余弦值. 解 (1)因为 AC=BC,D 为 AB 的中点,故 CD⊥AB. 又直三棱柱 ABC-A1B1C1 中,CC1⊥平面 ABC, 故 CC1⊥CD. 所以异面直线 CC1 和 AB 的距离为 CD= BC2-BD2= 5. (2)如图所示,过 D 作 DD1∥AA1 交 A1B1 于 D1,在直三棱柱中,由(1)知 DB,DC,DD1 两两垂 直,以 D 为原点,射线 DB,DC,DD1 分别为 x 轴,y 轴,z 轴的正半轴,建立空间直角坐标 系 D-xyz.

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设直三棱柱的高为 h,则 A(-2,0,0),A1(-2,0,h),B1(2,0,h),C(0, 5,0), → → 从而AB1=(4,0,h),A1C=(2, 5,-h). → → → → 由AB1⊥A1C,得AB1· A1C=0, 即 8-h2=0,解得 h=2 2. → → → 故DA1=(-2,0,2 2),DB1=(2,0,2 2),DC=(0, 5,0). 设平面 A1CD 的法向量为 m=(x1,y1,z1),

? 5y1=0, → → 则 m⊥DC,m⊥DA1,即? ?-2x1+2 2z1=0.
取 z1=1,得 m=( 2,0,1). 设平面 B1CD 的法向量为 n=(x2,y2,z2), → → 则 n⊥DC,n⊥DB1, 即?

? 5y2=0, 取 z2=-1,得 n=( 2,0,-1). ?2x2+2 2z2=0.

2-1 m· n 1 所以 cos〈m,n〉= = = . |m||n| 2+1× 2+1 3 1 所以二面角 A1-CD-B1 的平面角的余弦值为 . 3 15.(2013· 北京)如图,在三棱柱 ABC-A1B1C1 中,AA1C1C 是边长为 4 的正 方形.平面 ABC⊥平面 AA1C1C,AB=3,BC=5. (1)求证:AA1⊥平面 ABC; (2)求二面角 A1-BC1-B1 的余弦值; (3)证明:在线段 BC1 上存在点 D,使得 AD⊥A1B,并求 (1)证明 在正方形 AA1C1C 中,A1A⊥AC. 又平面 ABC⊥平面 AA1C1C,且平面 ABC∩平面 AA1C1C=AC,∴AA1⊥平面 ABC. (2)解 在△ABC 中,AC=4,AB=3,BC=5, ∴BC2=AC2+AB2,AB⊥AC ∴以 A 为坐标原点,建立如图所示空间直角坐标系 A-xyz. BD 的值. BC1

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→ → → A1(0,0,4),B(0,3,0),C1(4,0,4),B1(0,3,4),A1C1=(4,0,0),A1B=(0,3,-4),B1C1=(4,-3,0), → BB1=(0,0,4). 设平面 A1BC1 的法向量 n1=(x1,y1,z1),平面 B1BC1 的法向量 n2=(x2,y2,z2). → ? ? n1=0, ?A1C1· ?4x1=0 ∴? ?? ∴取向量 n1=(0,4,3) ?3y1-4z1=0 → ? ?A B · n = 0 ? 1 1 → ? ?4x2-3y2=0, n2=0, ?B1C1· ? 由? ?? 取向量 n2=(3,4,0) ? → ?4z2=0. ? n2=0 ?BB1· n1 · n2 16 16 ∴cos 〈n1,n2〉= = = . |n1|· |n2| 5×5 25 由题意知二面角 A1-BC1-B1 为锐角, 16 所以二面角 A1-BC1-B1 的余弦值为 . 25 → → (3)证明 设 D(x,y,z)是直线 BC1 上一点,且BD=λBC1.∴(x,y-3,z)=λ(4,-3,4), → 解得 x=4λ,y=3-3λ,z=4λ.∴AD=(4λ,3-3λ,4λ) 又 AD⊥A1B,∴0+3(3-3λ)-16λ=0 9 BD 9 则 λ= ,因此 = . 25 BC1 25

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