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2014届高考数学人教B版(理)一轮复习课件第八篇 第7讲 立体几何中的向量方法(一)


第7讲 立体几何中的向量方法(一)

【2014年高考会这样考】

1.通过线线、线面、面面关系考查空间向量的坐标运算.
2.利用空间向量解决直线、平面的平行与垂直问题. 3.利用空间向量求空间距离.

抓住3个考点

突破3个考向

揭秘3年高考

考点梳理
1.空间向量的坐标表示及运算
(1)数量积的坐标运算: 设a=(a1,a2,a3),b=(b1,b2,b3),

则①a±b=(a1±b1,a2±b2,a3±b3);
②λa=(λa1,λa2,λa3); ③a· a1b1+a2b2+a3b3 b=_______________.

(2)共线与垂直的坐标表示:
设a=(a1,a2,a3),b=(b1,b2,b3), a3=λb3(λ∈R) a1=λb1 a2=λb2 则a∥b?a=λb?_________,_________,_______________, a1b1+a2b2+a3b3=0 a⊥b?a· b=0?_________________(a,b均为非零向量).
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(3)模、夹角和距离公式: 设 a=(a1,a2,a3),b=(b1,b2,b3),
2 则|a|= a· a= a2+a2+a2, 1 3

a1b1+a2b2+a3b3 a· b 2 2 a2+a2+a2· b2+b2+b3 1 3 1 2 |a||b| cos〈a,b〉=_____=_____________________.

设 A(a1,b1,c1),B(a2,b2,c2), → ?a2-a1?2+?b2-b1?2+?c2-c1?2 则 dAB=|AB|=_______________________________.

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揭秘3年高考

2.用向量证明空间中的平行和垂直关系 (1)直线的方向向量与平面的法向量的确定
①直线的方向向量:如图所示,点 P 在 l 上的充要条件是:存在唯一实数 t,使 → → OP=OA+ta① 其中 a 叫直线 l 的方向向量,t∈R,在 → → → l 上取AB =a,则①可化为OP =OA + → → → (1-t) → +__OB. tAB或OP=_______OA t

②平面的法向量可利用方程组求出:设 a,b 是平面 α 内 两不共线向量,n 为平面 α 的法向量,则求法向量的方程
?n· ? a=0, 组为? ?n· ? b=0.
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(2)用向量证明空间中的平行关系 ①设直线 l1 和 l2 的方向向量分别为 v1 和 v2,则 l1∥l2(或 l1 与

v1∥v2 l2 重合)?______.
②设直线 l 的方向向量为 v, 与平面 α 共面的两个不共线向量

存在两个实数x,y,使v=xv1+yv2 v1 和 v2, l∥α 或 l?α?_______________________________. 则
③设直线 l 的方向向量为 v,平面 α 的法向量为 u,则 l∥α

v⊥u 或 l?α?_____?v· u=0.

u1∥u2 ④设平面 α 和 β 的法向量分别为 u1,u2,则 α∥β?______.

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(3)用向量证明空间中的垂直关系

v1⊥v ①设直线 l1 和 l2 的方向向量分别为 v1 和 v2,则 l1⊥l2?_____2 v1·2 v ?_____=0.
②设直线 l 的方向向量为 v,平面 α 的法向量为 u,则 l⊥α

v∥u ?_____. u1⊥u2 ③设平面 α 和 β 的法向量分别为 u1 和 u2,则 α⊥β?______

u1·2=0 u ?________=0.

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揭秘3年高考

3.点面距的求法 如图, AB 为平面 α 的一条斜线段, 设 n 为平面 α 的法向量, B 到平面 α 则 → |AB· n| |n| 的距离 d=_______.

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【助学· 微博】

一种思想
用坐标表示向量是对空间向量大小和方向的量化: (1)以原点为起点的向量,其终点坐标即向量坐标;

(2)向量坐标等于向量的终点坐标减去其起点坐标.
得到向量坐标后,可通过向量的坐标运算解决平行、垂直 等位置关系,计算空间成角和距离等问题.

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两个结论 x1+x2 (1)P1(x1, 1, 1), 2(x2, 2, 2), 1P2 的中点坐标为( y z P y z P , 2 y1+y2 z1+z2 , ). 2 2 (2)已知△ABC 的三个顶点 A(x1,y1,z1),B(x2,y2,z2), x1+x2+x3 C(x3,y3,z3),则△ABC 的重心 G 的坐标为( , 3 y1+y2+y3 z1+z2+z3 , ). 3 3

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考点自测
1.(2013· 西安模拟)与向量a=(1,-3,2)平行的一个向量 的坐标为
?1 ? A.? ,1,1? ?3 ? ? 1 3 ? C.?- , ,-1? ? 2 2 ?

(
B.(-1,-3,2)
? ? D.?? 2,-3,-2 2 ??

).

解析
答案

? 1 3 ? 1 1 ?- , ,-1?=- (1,-3,2)=- a. 2 2 ? 2 2 ?

C

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2.(人教B版教材习题改编)若平面α,β的法向量分别为n1= (2,-3,5),n2=(-3,1,-4),则 A.α∥β C.α、β相交但不垂直 答案 C B.α⊥β D.以上均不正确 ( ).

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→ → 3.已知AB=(2,2,1),AC=(4,5,3),则平面 ABC 的单位法 向量为
?1 2 2? A.? ,- , ? 3 3? ?3 ?1 2 2? ? C.± ,- , ? 3 3? ?3 ? 1 2 2? B.?- , ,- ? 3? ? 3 3 ?2 1 2? D.? , ,- ? 3? ?3 3

(

).

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解析

设平面 ABC 的法向量 n=(x,y,z).
?2x+2y+z=0, ? 即? ?4x+5y+3z=0. ?

?→ ?AB· n=0, 则? → ?AC· n=0 ?

? 1 ?x= , ?1 ? 令 z=1,得? 2 ∴n=? ,-1,1?, ?2 ? ?y=-1, ?
?1 n 2 2? ? ∴平面 ABC 的单位法向量为± =± ,- , ?. |n| 3 3? ?3

答案

C
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4.下列命题中,所有正确命题的序号为________. ①若n1,n2分别是平面α,β的法向量,则n1∥n2?α∥β; ②若n1,n2分别是平面α,β的法向量,则α⊥β?n1·2=0; n

③若n是平面α的法向量,a与α共面,则n· a=0;
④若两个平面的法向量不垂直,则这两个平面一定不垂直. 答案 ①②③④

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5.如图所示,在空间直角坐标系中,有
一棱长为a的正方体ABCO- A′B′C′D′,A′C的中点E与AB的中点F 的距离为________.
解析 由图易知 A(a,0,0),B(a,a,0),C(0,a,0),A′(a,0,a).

? ? ?a a a? a ∴F?a, ,0?,E? , , ?. 2 ? ? ?2 2 2?

∴|EF|=

? a?2 ?a a?2 ? a?2 ?a- ? +? - ? +?0- ? 2? ?2 2? ? 2? ?

a2 a2 2 = + = a. 4 4 2 2 答案 a 2
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考向一

利用空间向量证明平行问题

【例1】?如图所示,在正方体ABCD-

A1B1C1D1中,M、N分别是C1C、
B1C1的中点.求证:MN∥平面 A1BD.
[审题视点] 这是证明线面平行问题,可以利用三种方法证 → 明:一是证明MN与平面 A1BD 的法向量垂直;二是在平面 → → A1BD 内找一向量与MN共线;三是证明MN可以利用平面 A1BD 中的两不共线向量线性表示.
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证明

法一

如图所示,以 D 为原点,DA、DC、DD1 所在直
? ?1 ? 1? M?0,1, ?、N? ,1,1 ?、D(0,0,0)、 2? ? ?2 ?

线分别为 x 轴 、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系,设正方体的 棱长为 1,则可求得

→ ?1 1? A1(1,0,1)、B(1,1,0)、于是MN=? ,0, ?. 2? ?2 设平面 A1BD 的法向量 n=(x,y,z),则
?x+z=0, ? → → n· 1=0 且 n· =0,得? DA DB ? x+y=0. ?

取 x=1,得 y=-1,z=-1. ∴n=(1,-1,-1).

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?1 → 1? 又MN· ? ,0, ?· n= (1,-1,-1)=0, 2? ?2 → ∴MN⊥n.又 MN?平面 A1BD,∴MN∥平面 A1BD.

法二

→ → → 1 → 1→ 1 → → ∵MN=C1N-C1M= C1B1- C1C= (D1A1-D1D)= 2 2 2

1→ → → DA1,∴MN∥DA1,∴MN∥DA1,又 MN?平面 A1BD,DA1 2 ?平面 A1BD.∴MN∥平面 A1BD.

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法三

→ → → 1 → 1 → 1 → → 1 ∵MN=C1N-C1M= D1A1- D1D= (DB+BA )- 2 2 2 2

→ → 1→ 1→ 1 → 1 → 1→ 1 → 1 (D1A1+A1D)= DB+ BA- D1A1- A1D= DB+ DA1 + 2 2 2 2 2 2 2 → → 1 → 1 → 1→ 1 → → → (BA-DA)= DB+ DA1 + BD= DA1 +0· ,即MN 可用 DB 2 2 2 2 → → → → → DA1与DB线性表示,故MN与DA1、DB是共面向量, → ∴MN∥平面 A1BD,即 MN∥平面 A1BD.

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揭秘3年高考

法一是建立坐标系,通过坐标运算证明结 论,法二和法三没有建系,直接通过向量的分解等运算进 行证明,当然在法二和法三中也可通过建立坐标系,利用

坐标运算来证明.

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揭秘3年高考

【训练1】 如图所示,平面PAD⊥平面

ABCD,ABCD为正方形,△PAD是直
角三角形,且PA=AD=2,E、F、G 分别是线段PA、PD、CD的中点.求 证:PB∥平面EFG.

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证明

∵平面PAD⊥平面ABCD且ABCD

为正方形, ∴AB、AP、AD两两垂直,以A为坐标

原点,建立如图所示的空间直角坐标系
Axyz,则A(0,0,0)、B(2,0,0)、C(2,2,0)、 D(0,2,0)、P(0,0,2)、E(0,0,1)、F(0,1,1)、 G(1,2,0).

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→ → → ∴PB=(2,0,-2),FE=(0,-1,0),FG=(1,1,-1), → → → 设PB=sFE+tFG,即(2,0,-2)=s(0,-1,0)+t(1,1,-1), ?t=2, ? ∴?t-s=0, ?-t=-2, ? → → → 解得 s=t=2.∴PB=2FE+2FG,

→ → → → → 又∵FE与FG不共线,∴PB、FE与FG共面. ∵PB?平面 EFG,∴PB∥平面 EFG.

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考向二

利用空间向量证明垂直问题

【例2】?(2012· 天津)如图,在四棱锥

PABCD中,PA⊥平面ABCD,
AC⊥AD,AB⊥BC,∠BAC=45°, PA=AD=2,AC=1. (1)证明:PC⊥AD; (2)求二面角A- D的正弦值; PC-

(3)设E为棱PA上的点,满足异面直线
BE与CD所成的角为30°,求AE的长. [审题视点] 直接用向量法解决,即建系求点坐标、求向量 坐标,用向量知识解决.
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(1)证明

如图,以点 A 为原点建立空间

直 角 坐 标 系 , 依 题 意 , 得 A(0,0,0) , 1 1 D(2,0,0), C(0,1,0), B(- , , P(0,0,2). 0), 2 2 → → 易得PC=(0,1,-2),AD=(2,0,0),于是 → → PC· =0,所以 PC⊥AD. AD

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(2)解

→ → PC=(0,1,-2),CD=(2,-1,0).

设平面 PCD 的法向量 n=(x,y,z), ? → ?n· =0, PC 则? → ?n· =0, ? CD
?y-2z=0, ? 即? ?2x-y=0. ?

不妨令 z=1,可得 n=(1,2,1). 可取平面 PAC 的法向量 m=(1,0,0). m· n 1 6 30 于是 cos 〈m, = n〉 = = , 从而 sin 〈m, = n〉 . |m||n| 6 6 6 30 所以二面角 A- D 的正弦值为 PC. 6
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(3)解

设点 E 的坐标为(0,0,h),其中 h∈[0,2].

? → ?1 1 → 由此得BE= ? ,- ,h?.由CD=(2,-1,0), 2 ?2 ?

→ → → → BE· CD 故 cos〈BE,CD〉= = → → |BE||CD| 3 = 2, 10+20h 3 3 所以 = 2=cos 30° 2 , 10+20h 10 10 解得 h= ,即 AE= . 10 10

3 2 1 +h2× 5 2

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揭秘3年高考

用向量法解答这类题要做到以下几点: ①建系要恰当,建系前必须证明图形中有从同一点出发

的三条两两垂直的直线,如果图中没有现成的,就需进
行垂直转化;②求点的坐标及有关计算要准确无误,这 就需要在平时加强训练;③步骤书写要规范有序.

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【训练2】 如图所示,正三棱柱ABC-

A1B1C1的所有棱长都为2,D为CC1
的中点.求证:AB1⊥平面A1BD.
证明 法一 设平面 A1BD 内的任意一条直线 m 的方向向量

→ → 为 m.由共面向量定理, 则存在实数 λ, 使 m=λBA1+μBD. μ, → → → 令BB1=a,BC=b,BA=c,显然它们不共面,并且|a|=|b| =|c|=2,a· b=a· c=0,b· c=2,以它们为空间的一个基底, → → 则BA1=a+c,BD

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1 → → → ? 1 ? = a+b,AB1=a-c,m=λBA1+μBD=?λ+2μ?a+μb+λc, 2 ? ?
?? ? 1 ? → ?? AB1· m=(a-c)· λ+2μ?a+μb+λc? ?? ? ? ? 1 ? =4?λ+2μ?-2μ-4λ=0. ? ?

→ 故AB1⊥m,结论得证.

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法二

如图所示,取 BC 的中点 O,连接 AO.

因为△ABC 为正三角形, 所以 AO⊥BC. 因为在正三棱柱 ABC-A1B1C1 中,平面 ABC ⊥平面 BCC1B1,所以 AO⊥平面 BCC1B1.

→ → → 取 B1C1 的中点 O1,以 O 为原点,分别以OB,OO1,OA所在直 线为 x 轴,y 轴,z 轴建立空间直角坐标系, 则 B(1,0,0), D(-1,1,0), 1(0,2, 3), A A(0,0, 3), 1(1,2, 设 B 0). → → 平面 A1BD 的法向量为 n=(x,y,z),BA1=(-1,2, 3),BD= (-2,1,0).
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→ → 因为 n⊥BA1,n⊥BD, ? → ?n· 1=0, BA 故? → ?n· =0 BD ?
?-x+2y+ 3z=0, ? ?? ?-2x+y=0, ?

令 x=1,则 y=2,z=- 3, → 故 n=(1,2, 3)为平面 A1BD 的一个法向量, - 而AB1=(1,2, - 3), → → 所以AB1=n,所以AB1∥n, 故 AB1⊥平面 A1BD.
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考向三

利用空间向量求空间距离

【例 3】?在三棱锥 S-ABC 中,△ABC 是 边长为 4 的正三角形,平面 SAC⊥平面 ABC,SA=SC=2 3,M、N 分别为 AB、 SB 的中点, 如图所示, 求点 B 到平面 CMN 的距离.

[审题视点] 由平面SAC⊥平面ABC,SA=SC,BA=BC,
可知本题可以取AC中点O为坐标原点,分别以OA,OB, OS所在直线为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系,用向 量法求解.

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揭秘3年高考



取 AC 的中点 O,连接 OS、OB.

∵SA=SC,AB=BC, ∴AC⊥SO,AC⊥BO. ∵平面 SAC⊥平面 ABC,平面 SAC∩平面 ABC=AC, ∴SO⊥平面 ABC, 又∵BO?平面 ABC,∴SO⊥BO. 如图所示, 建立空间直角坐标系 O-xyz, B(0,2 3,0),C(- 则 2,0,0),S(0,0,2 2),M(1, 3,0),N(0, 3, 2). → → → ∴CM=(3, 3,0),MN=(-1,0, 2),MB=(-1, 3,0).
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设 n=(x,y,z)为平面 CMN 的一个法向量, ?→ ?CM· n=3x+ 3y=0, 则? → ?MN· n=-x+ 2z=0, ? 取 z=1,则 x= 2,y=- 6, ∴n=( 2,- 6,1). → |n· | 4 2 MB ∴点 B 到平面 CMN 的距离 d= = . |n| 3

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点到平面的距离,利用向量法求解比较简单, 它的理论基础仍出于几何法.如本题,事实上,作 BH⊥ → → → → → 平面 CMN 于 H.由BH=BM+MH及BH· n=n· , BM → → → ∴|BH· n|=|n· |=|BH|· BM |n|, → → BM |n· | BM → |n· | ∴|BH|= ,即 d= . |n| |n|

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【训练3】 (2013· 江西六校联考)如图所
示的多面体是由底面为ABCD的长方 体被截面AEC1F所截而得到的,其

中AB=4,BC=2,CC1=3,BE=1.
(1)求BF的长; (2)求点C到平面AEC1F的距离.

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(1)建立如图所示的空间直角坐标系, 则各相关点的坐标为:

D(0,0,0),B(2,4,0),A(2,0,0),C(0,4,0),E(2,4,1),C1(0,4,3)设 F(0,0,z). ∵AEC1F 为平行四边形, → → ∴AF=EC1得,(-2,0,z)=(-2,0,2), ∴z=2. → ∴F(0,0,2).∴BF=(-2,-4,2), → ∴|BF|=2 6,即 BF 的长为 2 6.

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(2)设 n1 为平面 AEC1F 的法向量,显然 n1 不垂直于平面 ADF,故可设 n1=(x,y,1). ? → ?n1· =0, AE 由? → ?n · =0, ? 1 AF
?4y+1=0, ? 即? ?-2x+2=0, ? ?0×x+4×y+1=0, ? 得? ?-2×x+0×y+2=0, ?

?x=1, ? ∴? 1 ?y=-4, ?



? ? 1 n1=?1,- ,1?. 4 ? ?

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揭秘3年高考

→ → 又CC1=(0,0,3),设CC1与 n1 的夹角为 α, → CC1·1 n 则 cos α= = → |CC1||n1| 3× 4 33 = . 33 1 1+ +1 16 3

∴C 到平面 AEC1F 的距离为 → 4 33 4 33 d=|CC1|cos α=3× = . 33 11

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规范解答14——利用空间向量解决立体几何中的折叠问题
【命题研究】 折叠问题是近几年高考的热点问题,通常
是把某个图形按照给定的条件折叠,通过折叠前后图 形变换的相互关系来命题,注重考查学生的实践能力

与创新能力.处理这类题型的关键是抓住两图的特征
关系,弄清折叠前后哪些发生了变化,哪些没有发生 变化,然后充分利用空间向量,化繁为简,有效降低 题目难度.

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突破3个考向

揭秘3年高考

【真题探究】? (本小题满分 12 分)(2012· 安徽)平面图形 ABB1A1C1C 如图 1 所示, 其中 BB1C1C 是矩形. BC=2, BB1=4, AB=AC= 2, 1B1=A1C1= 5.现将该平面图 A 形分别沿 BC 和 B1C1 折叠,使△ABC 与△A1B1C1 所在 平面都与平面 BB1C1C 垂直,再分别连接 A1A,A1B, A1C,得到如图 2 所示的空间图形,对此空间图形解答 下列问题.

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突破3个考向

揭秘3年高考

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揭秘3年高考

(1)证明:AA1⊥BC; (2)求AA1的长; (3)求二面角A-BC-A1的余弦值.

[教你审题] 本题中的垂直条件比较充分,三个设问中以定
量运算为主,所以可以建立空间直角坐标系,运用空间向 量知识求解,若用综合法求解,对大部分考生来说有一定

难度,特别是第(3)问,计算量也同时增加.

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揭秘3年高考

[规范解答] (1)证明 矩形知,DD1⊥B1C1.

取BC,B1C1的中点分别

为D和D1,连接A1D1,DD1,AD.由BB1C1C为 因为平面BB1C1C⊥平面A1B1C1,所以DD1⊥平 面A1B1C1. 又由A1B1=A1C1知,A1D1⊥B1C1. 故以D1为坐标原点,可建立如图所示的空间直

角坐标系D1xyz.
由题设,可得A1D1=2,AD=1.

(2分)

由以上可知AD⊥平面BB1C1C,A1D1⊥平面BB1C1C,于是
AD∥A1D1.所以A(0,-1,4),B(1,0,4),A1(0,2,0),C(-1,0,4), D(0,0,4),
抓住3个考点 突破3个考向 揭秘3年高考

→ → → → 故AA1=(0,3,-4),BC=(-2,0,0),AA1· =0, BC → → 因此AA1⊥BC,即 AA1⊥BC. (2)解 → 因为AA1=(0,3,-4), (7 分) (5 分)

→ 所以|AA1|=5,即 AA1=5. (3)解 法一 连接 A1D.

由 BC⊥AD,BC⊥AA1,可知 BC⊥平面 A1AD,所以 BC ⊥A1D, 所以∠ADA1 为二面角 A- A1 的平面角. BC(9 分)

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→ → 因为DA=(0,-1,0),DA1=(0,2,-4), → → 所以 cos〈DA,DA1〉=- 2 5 2 2=- 5 , 1× 2 +?-4? (12 分)

5 即二面角 A- A1 的余弦值为- . BC5 法二 设平面 A1BC 的法向量为 n1=(x1,y1,z1).

→ → 又因为A1C=(-1,-2,4),A1B=(1,-2,4), ?→ ?A1C·1=0, n 所以? → ?A B· =0, ? 1 n1
?x1+2y1-4z1=0, ? 即? ?x1-2y1+4z1=0 ? ?x1=0, ? ?? ?y1=2z1. ?

令 z1=1,则 n1=(0,2,1)
抓住3个考点 突破3个考向

(9 分)
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又因为平面 ABC⊥z 轴, 所以取平面 ABC 的法向量为 n2=(0,0,1), n1·2 n 1 5 则 cos〈n1,n2〉= = = , |n1||n2| 5 5 5 所以二面角 A- A1 的余弦值为- . BC5 (12 分)

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[阅卷老师手记] 一、求解翻折问题的关键有两点:
1.画好两个图——翻折前的平面图和翻折后的立体图 2.分析好两个关系——翻折前后哪些位置关系和度量关系

发生了变化,哪些没有变.这些不变的和变化的量反映了折
叠后的空间图形的结构特征. 一般地,在同一个半平面内的几何元素之间的关系是不变 的,涉及到两个半平面内的几何元素之间的关系是要变的, 分别位于两个半平面内但垂直于棱的直线翻折后仍然垂直于

翻折棱.
二、求从同一点出发沿几何体表面到另一点的最短距离问 题:通常是把集合体的侧面展开,转化为平面图形中的距离 问题.
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运用空间向量解决立体几何问题的解题步骤如 下: 第一步:建系,根据题中的几何图形的特征建立适当的空 间直角坐标系; 第二步:定坐标,确定点的坐标进而求出有关向量的坐 标; 第三步:向量运算,进行相关的空间向量的运算;

第四步:翻译,将向量中的语言“翻译”成相应的立体几何
中的语言,完成几何问题的证明; 第五步:得结论,得出本题结论.

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【试一试】 (2012· 北京)如图(1),在

Rt△ABC中,∠C=90°,BC=3, AC=6,D,E分别是AC,AB上的点,且DE∥BC,DE=
2.将△ADE沿DE折起到△A1DE的位置,使A1C⊥CD,如 图(2).

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(1)求证:A1C⊥平面BCDE; (2)若M是A1D的中点,求CM与平面A1BE所成角的大小; (3)线段BC上是否存在点P,使平面A1DP与平面A1BE垂

直?说明理由.
(1)证明 因为AC⊥BC,DE∥BC, 所以DE⊥AC.

所以DE⊥A1D,DE⊥CD,
所以DE⊥平面A1DC. 又A1C?平面A1DC,所以DE⊥A1C. 又因为A1C⊥CD,所以A1C⊥平面BCDE.
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(2)解

如图, C 为坐标原点, 以 建立空间直角坐标系 C-xyz,

则 A1(0,0,2 3),D(0,2,0),M(0,1, 3),B(3,0,0),E(2,2,0). → → 设平面 A1BE 的法向量为 n=(x, z), n· 1B=0, n· y, 则 A 且 BE =0. → → 又A1B=(3,0,-2 3),BE=(-1,2,0),
?3x-2 3z=0, ? 所以? ?-x+2y=0. ?

令 y=1,则 x=2,z= 3.

所以 n=(2,1, 3). 设 CM 与平面 A1BE 所成的角为 θ.
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→ 因为CM=(0,1, 3), → → |n· | CM 4 2 所以 sin θ=|cos〈n,CM〉|= = = . → 8× 4 2 |n||CM| π 所以 CM 与平面 A1BE 所成角的大小为 . 4

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(3)解

线段 BC 上不存在点 P,使平面 A1DP 与平面 A1BE 垂直,

理由如下: 假设这样的点 P 存在, 设其坐标为(p,0,0), 其中 p∈[0,3]. 设平面 A1DP 的法向量为 m=(x′,y′,z′), → → 则 m· 1D=0,且 m· =0. A DP → → 又A1D=(0,2,-2 3),DP=(p,-2,0),
?2y′-2 3z′=0, ? 所以? ?px′-2y′=0. ?

p 令 x′=2,则 y′=p,z′= . 3

所以

? m=?2,p, ?

p? ?. 3?

平面 A1DP⊥平面 A1BE,当且仅当 m· n=0, 即 4+p+p=0.解得 p=-2,与 p∈[0,3]矛盾. 所以线段 BC 上不存在点 P,使平面 A1DP 与平面 A1BE 垂直.
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