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2011年高考数学一轮精品复习课件:第7章《立体几何》——空间向量在立体几何中的应用


学案8

空间向量在立体几何 中的应用

1.平面的法向量 1.平面的法向量 直线l⊥ ,取直线l的 直线 ⊥α,取直线 的 做平面α的法向量 的法向量. 做平面 的法向量 方向向量a 向量a 方向向量 ,则 向量 叫

2.直线 的方向向量是 直线l的方向向量是 直线 的方向向量是u=(a1,b1,c1),平面 的法向 ,平面α的法向 a1a2+b1b2+c1c2=0 . 量v=(a2,b2,c2),则l∥α u·v=0 则∥ ? ? ??

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3.设直线 的方向向量是 设直线l的方向向量是 设直线 的方向向量是u=(a1,b1,c1),平面 的法 ,平面α的法 向量v=(a2,b2,c2),则 向量 则 u∥ l⊥α ? ∥v ? (a1,b1,c1)=k(a2,b2,c2) ? ⊥ a1=ka2,b1=kb2,c1=kc2 . 若平面α的法向量 若平面 的法向量u=(a1,b1,c1),平面 的法向量 的法向量 ,平面β的法向量 v=(a2,b2,c2),则 ), a1a2 u·v=0 ? v ? +b1b2+c1c2=0 u⊥ ⊥ α⊥β ? . ⊥ 4.空间的角 4.空间的角 (1)若异面直线 1和l2的方向向量分别为 1和u2,l1 若异面直线l 的方向向量分别为u 若异面直线 所成的角为α, 与l2所成的角为 ,则cosα= |cos<u1,u2>| . 返回目录

(2)已知直线 的方向向量为v,平面 的法向量为u,l与α的 已知直线l的方向向量为 平面α的法向量为 与 的 已知直线 的方向向量为 平面 的法向量为 |cos<v,u>|. 夹角为α, 夹角为 ,则sinα= (3)已知二面角 已知二面角α—l—β的两个面 和β的法向量分别为 的两个面α和 的法向量分别为 已知二面角 的两个面 相等或互补 . v,u,则<v,u>与该二面角 则 与该二面角 5.空间的距离 (1)一个点到它在一个平面内 一个点到它在一个平面内 点到这个平面的距离. 点到这个平面的距离 正射影 的距离,叫做 的距离,

(2)已知直线 平行平面 ,则l上任一点到 的距离 已知直线l平行平面 上任一点到α的距离 已知直线 平行平面α, 上任一点到 且叫做l到 的距离 的距离. 都 相等 ,且叫做 到α的距离

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(3)和两个平行平面同时 垂直 的直线,叫做两 和两个平行平面同时 的直线, 个平面的公垂线.公垂线夹在平行平面间的部分 公垂线夹在平行平面间的部分, 个平面的公垂线 公垂线夹在平行平面间的部分,叫做两 两平行平面的任两条公垂线段的长 个平面的 公垂线段 .两平行平面的任两条公垂线段的长 都相等, 叫做两平行平面的距离, 都相等,公垂线段的 长度 叫做两平行平面的距离, 也是一个平面内任一点到另一个平面的距离. 也是一个平面内任一点到另一个平面的距离 (4)若平面 的一个 若平面α的一个 若平面 法向量 为m,P是α外一 , 是 外一
| PA·m | | m|

内任一点, 的距离d= 点,A是α内任一点,则点 到α的距离 是 内任一点 则点P到 的距离

.

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考点一 用向量证明平行、垂直问题 用向量证明平行、 如图,在四棱锥P—ABCD 如图,在四棱锥 中,PA⊥平面 ⊥平面ABCD,底面 , ABCD为矩形,且PA=AD, 为矩形, 为矩形 , E,F分别为线段 分别为线段AB,PD的中 分别为线段 的中 求证: 点.求证: 求证 (1) AF∥平面PEC; ∥平面 (2) AF⊥平面 ⊥平面PCD. 返回目录

【分析】可用空间向量的坐标运算来证明. 分析】可用空间向量的坐标运算来证明 【证明】以A为原点,AB,AD,AP分别为 轴,y轴,z 证明】 为原点, 分别为x轴 为原点 分别为 轴 轴建立空间直角坐标系,如图所示. 轴建立空间直角坐标系,如图所示

a 则P(0,0,1),C(a,1,0),E( 2,0,0),
1 1 D(0,1,0),F(0, , ). 2 2 1 1 a (1)AF=(0, , ),EP=(- ,0,1), 2 2 1 2 1 a EC=( ,1,0),∴AF= EP+ EC, ∴ 2 2 2 又AF?平面PEC,∴AF∥平面PEC. ?平面 ∴ ∥平面 ?
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设AB=a,PA=AD=1,

(2)PD=(0,1,-1),CD=(-a,0,0), ( ) 1 1 ∴AF·PD=(0, , )·(0,1,-1)=0, 2 2 1 1 AF·CD=(0, , )·(-a,0,0)=0, 2 2 ∴AF⊥PD,AF⊥CD,又PD∩CD=D, ⊥ ⊥ , AF⊥平面PCD. ∴AF⊥平面PCD.

【评析】用向量证明线面平行时,最后应说明向量 评析】用向量证明线面平行时, 所在的基线不在平面内. 所在的基线不在平面内

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*对应演练* 对应演练*
如图,在正方体 如图 在正方体ABCD— 在正方体 A1B1C1D1中,E,F,M分别 分别 为棱BB 的中点. 为棱 1,CD,AA1的中点 证明: 证明: (1) C1M∥平面 ∥平面ADE; ; (2)平面 平面ADE⊥平面 1D1F. 平面 ⊥平面A

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为原点, 分别为x轴 (1)以D为原点,DA,DC,DD1分别为 轴,y轴,z轴建 ) 为原点 轴 轴建 立坐标系如图,设正方体的棱长为1. 立坐标系如图,设正方体的棱长为
1 则DA=(1,0,0),DE=(1,1, ), 2 1

C1M=(1,-1,-

2

).

设平面ADE的法向量为 的法向量为m=(a,b,c),则 设平面 的法向量为 则

{

m·DA=0 m·DE=0

?a+b+ 1c=0. ?
2

{

a=0

令c=2,得m=(0,-1,2). ,
1 ) ∵m·C1M=(0,-1,2)·(1,-1,- 2

=0+1-1=0,∴C1M⊥m. ∴ ⊥

? 又C1M?平面 ?平面ADE,∴C1M∥平面 ∴ ∥平面ADE.
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(2)D1A1=(1,0,0),D1F=(0,

1 ,-1), 2

设平面A 的法向量为n=(x,y,z),则 设平面 1D1F的法向量为 的法向量为 则

{

n·D1A1=0 n·D1F=0? ?

{

x=0
1 y-z=0. 2

令y=2,则n=(0,2,1). , ∵m·n=(0,-1,2)·(0,2,1)=0-2+2=0, ∴m⊥n. ⊥ ∴平面ADE⊥平面 1D1F. 平面 ⊥平面A 返回目录

考点二 用向量求线线角与线面角 如图所示,已知点 在正方体 在正方体ABCD如图所示,已知点P在正方体 A′B′C′D′的对角线 的对角线BD′上,∠PDA=60°. 的对角线 上 ° (1)求DP与CC′所成角的大小; 求 与 所成角的大小; 所成角的大小 (2)求DP与平面 求 与平面 与平面AA ′ D′D所成角的大小 所成角的大小

【分析】建立空间直角坐标系,利用空间向量方法求解. 分析】建立空间直角坐标系,利用空间向量方法求解

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【解析】如图所示,以D为原点,DA为单位长度建 解析】如图所示, 为原点, 为单位长度建 为原点 立空间直角坐标系D—xyz. 立空间直角坐标系 则DA=(1,0,0),CC′=(0,0,1). 连接BD, 连接 ,B′D′. 在平面BB′D′D中, 中 在平面 延长DP交B′D′于H. 延长 交 于 )(m> ) 设DH=(m,m,1)( >0), ( , , )( 由已知<DH,DA>=60°, 由已知 ° 由DA·DH=|DA||DH|cos<DH,DA>, 可得2m= 可得 解得m= 解得

2m2 +1 .
2 2 2 所以DH= ( , ,1). ,所以 ) 2 2 2

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2 2 ×0+ ×0+1×1 2 2 2 (1)因为 )因为cos<DH,CC′>= = 2 1× 2 所以<DH,CC′>=45°,即DP与CC′所成的角为 °. 所成的角为45° 所以 °即 与 所成的角为

的一个法向量DC=(0,1,0). (2)平面 )平面AA′D′D的一个法向量 的一个法向量
2 2 ×0+ ×1+1×0 1 2 因为cos<DH,DC>= 2 因为 = 2 1× 2 所以<DH,DC>=60°, 所以 °

可得DP与平面 所成的角为30° 可得 与平面AA′D′D所成的角为 °. 与平面 所成的角为

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【评析】(1)异面直线的夹角与向量的夹角有所 评析】 ) 不同,应注意思考它们的区别与联系. 不同,应注意思考它们的区别与联系 (2)直线与平面的夹角可以转化成直线的方向向 ) 量与平面的法向量的夹角,由于向量方向的变化,所 量与平面的法向量的夹角,由于向量方向的变化, 以要注意它们的区别与联系. 以要注意它们的区别与联系

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*对应演练* 对应演练*
如图,四棱锥 如图,四棱锥P—ABCD中, 中 底面ABCD为矩形,PD⊥ 为矩形, ⊥ 底面 为矩形 底面ABCD,AD=PD, 底面 , , E,F分别为 分别为CD,PB的中点 的中点. 分别为 的中点 (1)求证:EF⊥平面 求证: ⊥平面PAB; 求证 (2)设AB= 设 BC,求AC , 与平面AEF所成角的大小 所成角的大小. 与平面 所成角的大小 2

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(1)证明:以D为原点,DC,DA,DP的方向分别为 轴, )证明: 为原点, 的方向分别为x轴 为原点 的方向分别为 y轴,z轴的正方向建立空间直角坐标系 轴的正方向建立空间直角坐标系. 轴 轴的正方向建立空间直角坐标系 设PD=1,AB=a,则C(a,0,0),A(0,1,0),P(0,0,1),E , a a 1 1 ,0,0) ( 2 ),B(a,1,0),F( , , ). ( 2 2 2 1 1 ∴EF=(0, , ),AB=(a,0,0),PA=(0,1,-1). ( 2 2 ∴EF·AB=0,EF·PA=0. ∴ EF⊥AB ⊥ EF⊥平面 ⊥平面PAB. ? EF⊥PA? ⊥ ?

}

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(2)∵AB= ∵

1 1 2 从而AC=( 2,-1,0),AE=( 2 ,-1,0),EF=(0, 2 , 2). 从而 , ( ) (

∴ 2BC,∴a= 2.

设平面AEF的法向量为 的法向量为n=(x,y,z),则 设平面 的法向量为 则

{

n·AE=0 n·EF=0? ?

{

2 x-y=0 2 1 y+ 1 z=0. 2 2

令x=

则 2,则y=1,z=-1,

的一个法向量为n=(2,1,-1). ∴平面AEF的一个法向量为 平面 的一个法向量为 与平面AEF所成角为 则 所成角为α,则 设AC与平面 与平面 所成角为
| A ·n | C 1 3 sinα=|cos<AC,n>|= | AC|| n| = 3×2 = 6 .

∴AC与平面 与平面AEF所成角为 所成角为arcsin 3 . 与平面 所成角为
6

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考点三 用向量求二面角 如图,在正四棱柱ABCD— 如图,在正四棱柱 1 A1B1C1D1中,AA1= 2AB,点E,M , 分别图为A 的中点, 分别图为 1B,C1C的中点,过 的中点 A1,B,M三点的平面 1BMN交C1D1 三点的平面A 三点的平面 交 于点N. 于点N. (1)求证 求证:EM∥平面 1B1C1D1; 求证 ∥平面A (2)求二面角 求二面角B—A1N—B1的正切值 的正切值. 求二面角 【分析】建立空间直角坐标系求之比较简单. 分析】建立空间直角坐标系求之比较简单 返回目录

【解析】 (1)证明 建立图所示空间直角坐标系 设 解析】 证明 建立图所示空间直角坐标系,设 证明:建立图所示空间直角坐标系 AB=2a,AA1=a(a>0),则 > , A1(2a,0,a),B(2a,2a,0),C(0,2a,0),C1(0,2a,a). 的中点, 为 的中点, ∵E为A1B的中点,M为CC1的中点 为 的中点 a a ∴E(2a,a, 2 ,M(0,2a, ). ( ) (
2

∴EM=(-2a,a,0). ∴EM∥平面 1B1C1D1. ∥平面A

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(2)设平面 1BM的法向量为 设平面A 的法向量为n=(x,y,z). 设平面 的法向量为 ∴由n⊥A1B,n⊥BM, ⊥ ⊥ ,
a ∵A1B=(0,2a,-a),BM=(-2a,0, ), ( 2 z 2ay-az=0, x= 4 , 得 ∴ az z -2ax+ 2 =0. y= . 2 a a ∴令z=a,则n=( , ,a). 则 ( ) 4 2

{

{

而平面A 的法向量为n=(0,0,1),设二面角为 ,则 而平面 1B1C1D1的法向量为 ,设二面角为θ, | n·n1 | 4 4 21 cosθ= | n || n | = 21 = 21 , 又∵二面角为锐二面角 二面角为锐二面角, 1 4 4 21 5 从而tanθ= . ∴cosθ= 从而 = , 21 4 21 即二面角B—A1N—B1的正切值为 5 . 即二面角 4 返回目录

【评析】第(2)问如果直接作二面角的平面角很复 评析】 问如果直接作二面角的平面角很复 采用法向量起到了化繁为简的作用.这种求二面角 杂,采用法向量起到了化繁为简的作用 这种求二面角 的方法应引起我们重视.需要注意的是两平面法向量的 的方法应引起我们重视 需要注意的是两平面法向量的 夹角可能与所求的二面角相等, 夹角可能与所求的二面角相等,也可能与所求的二面 角互补,要注意所求角的范围. 角互补,要注意所求角的范围.

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*对应演练* 对应演练*
三棱锥被平行于底面ABC的平面 的平面 三棱锥被平行于底面 所截得的几何体如图所示,截面 所截得的几何体如图所示, 为A1B1C1,∠BAC=90°,A1A⊥ ° ⊥ 平面ABC,A1A= , 平面
3 AB= 2 , ,

BD 1 = . AC=2,A1C1=1, , , DC 2
(1)证明:平面 1AD )证明:平面A ;(2)求二面角A—CC1—B的大小 的大小. ⊥平面BCC1B1;( )求二面角 平面 的大小 返回目录

(1)如图,建立空间直角坐标系,则A(0,0,0), )如图,建立空间直角坐标系, ( , , ), B( 2,0,0), (0,2,0), 1(0,0, 3 ),C( , , ), ),A ( , ), , , ), C1(0,1, 3 , , ),
1 ∵BD:DC=1:2,∴BD= BC, : : , 3 2 2 2 点坐标为( ∴D点坐标为( 点坐标为 , ,0). ) 3 3 2 ∴AD=(2 2, ,0), ( ), 3 3

BC=(- 2,2,0), 1=(0,0, 3 ), ( ),AA , ), ∵BC·AA1=0,BC·AD=0,∴BC⊥AA1,BC⊥AD, , , ⊥ ⊥ , 又A1A∩AD=A,∴BC⊥平面 1AD, ∴ ⊥平面A , 平面A 又BC?平面 ?平面BCC ⊥平面BCC1B1. ? 1B1,∴平面 1AD⊥平面 返回目录

(2)∵BA⊥平面 ) ⊥平面ACC1A1,取m=AB=( 2 0,0)为 ( , , ) 平面ACC1A1的一个法向量,设平面 的一个法向量,设平面BCC1B1的一个法向 平面 量为n=( , , ), ),则 量为 (l,m,n),则BC·n=0,CC1·n=0, , , - 2l+2m=0, , ∴ ∴ -m+ 3 , n=0,

{

{
2

l= 2 m n=
3 m, , 3

取m=1,则n=( 2 1, 3), , ( , 3 cos<m,n>=
2

3 2× 2 +0×1+0× 3 32 ( 2) +0 +0 · ( 2) +1 +( ) 3
2 2 2

15 = . 5

15 即二面A—CC1—B为arccos . 即二面 为 5

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考点四 用向量求距离 在三棱锥S—ABC中,△ABC是边 中△ 在三棱锥 是边 长为4的正三角形 平面SAC⊥平 的正三角形,平面 长为 的正三角形 平面 ⊥ 3 面ABC,SA=SC=2 ,M,N分别为 分别为 AB,SB的中点 如图所示. 的中点,如图所示 的中点 如图所示 求点B到平面 的距离. 求点 到平面CMN的距离 到平面 的距离 【分析】由平面SAC⊥平面 分析】由平面 ⊥平面ABC,SA=SC,BA=BC, 可知本题可以取AC中点 为坐标原点,分别以 中点O为坐标原点 可知本题可以取 中点 为坐标原点 分别以 OA,OB,OS所在直线为 轴,y轴,z轴建立空间直角坐标 所在直线为x轴 轴 轴建立空间直角坐标 所在直线为 用向量法求解. 系,用向量法求解 用向量法求解 返回目录

【解析】取AC的中点 连接 解析】 的中点O,连接 的中点 连接OS,OB. ∵SA=SC,AB=BC, , , ∴AC⊥SO,AC⊥BO. ⊥ , ⊥ ∵平面SAC⊥平面 平面 ⊥平面ABC, , 平面SAC∩平面 平面ABC=AC, 平面 平面 , ∴SO⊥平面 ⊥平面ABC, , ∴SO⊥BO. ⊥ 如图所示,建立空间直角坐标系 如图所示,建立空间直角坐标系O-xyz, , ),C( , , ) 则B(0,2 3 0), (-2,0,0) ( , , ), ,S(0,0,2 2 ( , , ),M(1, 3,0), (0, 3 2). ), ( , ),N( , , ), 返回目录

∴CM=(3, 3,0),MN=(-1,0, 2),MB=(-1, 3 ,0). 的一个法向量, 设n=(x,y,z)为平面 ( , , )为平面CMN的一个法向量, 的一个法向量 则

{

CM·n=3x+ n

3y=0

取z=1,

MN·n=-x+ 2z=0, ,

则x= 2,y=- 6 ,∴n=( 2,- 6 ,1). ( ) | n·MB | 4 2 到平面CMN的距离 的距离d= . ∴点B到平面 到平面 的距离 = | n| 3

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【评析】点到平面的距离、直线到平面的距离、 评析】点到平面的距离、直线到平面的距离、 两平行平面间的距离、 两平行平面间的距离、异面直线间的距离等都是高考 考查的重点内容,可以和多种知识相结合, 考查的重点内容,可以和多种知识相结合,是诸多知 识的交汇点.本题考查了点到平面的距离和垂直 本题考查了点到平面的距离和垂直、 识的交汇点 本题考查了点到平面的距离和垂直、夹角 问题,这是命题的方向,要给予高度重视. 问题,这是命题的方向,要给予高度重视.

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*对应演练* 对应演练*
如图示,在三棱锥 如图示,在三棱锥P-ABC中, 中 AC=BC=2, , ∠ACB=90°,AP=BP=AB,PC ° ⊥AC. (1)求证:PC⊥AB; )求证: ⊥ ; (2)求二面角 )求二面角B-AP-C的余弦 的余弦 值. 到平面APB的距离 的距离. (3)求点 到平面 )求点C到平面 的距离

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(1)证明 ∵AC=BC,AP=BP, )证明:∵ ∴△APC≌△BPC.又PC⊥AC,∴PC⊥BC. ≌ 又 ⊥ ∴ ⊥ ∵AC∩BC=C, , ∴PC⊥平面ABC. ⊥平面 ∵AB?平面 ?平面ABC,∴PC⊥AB. ∴ ⊥

?

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为原点建立空间直角坐标系C—xyz. (2)如图,以C为原点建立空间直角坐标系 )如图, 为原点建立空间直角坐标系 ),A( , , ), ),B( , , ) 则C(0,0,0), (0,2,0), (2,0,0). ( , , ), 设P(0,0,t), ( , , ), ∵|PB|=|AB|=2

2

,∴t=2,P(0,0,2) , ( , , )

中点E,连接BE, 取AP中点 ,连接 ,CE. 中点 ∵|AC|=|PC|,|AB|=|BP|, , , ∴CE⊥AP,BE⊥AP. ⊥ , ⊥ ∴∠BEC是二面角 是二面角B—AP—C的平面角 的平面角. ∴∠ 是二面角 的平面角 ),EC=(0,-1,-1),EB=(2,-1,-1), ∵E(0,1,1), ( , , ),
E ·E C B 2 3 ∴cos∠BEC= | EC|·| EB | = 2· 6 = 3 . ∠
3 二面角B—AP—C的余弦值为 . ∴二面角 的余弦值为 3

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在平面APB内的射影为正 (3)∵AC=BC=PC,∴C在平面 ) , 在平面 内的射影为正 的中心H, 的长即为点C到平面 的距离. △APB的中心 ,且CH的长即为点 到平面 的中心 的长即为点 到平面APB的距离 的距离 如(2)中建立的空间直角坐标系 )中建立的空间直角坐标系C-xyz. 2 2 2 的坐标为( ∵BH=2HE,∴点H的坐标为( 3 , , ). , 的坐标为 ∴|CH|=
2 3 . 3
3 3

2 3 到平面APB的距离为 . ∴点C到平面 到平面 的距离为 3

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考点五 向量的综合应用 如图,四棱锥 底面ABCD是矩形 是矩形,PA⊥底面 如图 四棱锥P—ABCD中,底面 四棱锥 中 底面 是矩形 ⊥ ABCD,PA=AB=1,AD= 3 ,点F是PB的中点 点E在边 的中点,点 在边 点 是 的中点 BC上移动 上移动. 上移动 (1)点E为BC的中点时 试判断 点 为 的中点时 的中点时,试判断 EF与平面 与平面PAC的位置关系 并说明理由; 的位置关系,并说明理由 与平面 的位置关系 并说明理由 (2)求证 无论点 在BC边的何处 求证:无论点 边的何处, 求证 无论点E在 边的何处 都有PE⊥ 都有 ⊥AF; (3)当BE为何值时 当 为何值时 为何值时,PA与平面 与平面PDE 与平面 所成角的大小为45° 所成角的大小为 °. 返回目录

【分析】 (1)由EF是△PBC的中位线可得 ∥PC,从 分析】 由 是 的中位线可得EF∥ 的中位线可得 从 而可解答第(1)问 而可解答第 问. (2)可证 与PE所在的平面垂直来证明第 问.也可 可证AF与 所在的平面垂直来证明第 所在的平面垂直来证明第(2)问 也可 可证 转化为证明AF·PE=0. 转化为证明 (3)设出 的长度 表示出平面 设出BE的长度 表示出平面PDE的法向量 从而利 的法向量,从而利 设出 的长度,表示出平面 的法向量 用求线面角的公式求出BE的长度 的长度. 用求线面角的公式求出 的长度 【解析】 (1)证明:当点E为BC的中点时,EF与平面 解析】 (1)证明 当点E为BC的中点时 证明:当点 的中点时,EF与平面 PAC平行 平行. 平行 分别为BC,PB的中点 的中点, ∵在△PBC中,E,F分别为 中 分别为 的中点 ∴EF∥PC. ∥ 又EF?平面 ?平面PAC,而PC?平面 而 ?平面PAC, ? ? ∴EF∥平面 ∥平面PAC. 返回目录

(2)证明 以A为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系 证明:以 为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系 为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系, 证明 则

1 1 P(0,0,1),B(0,1,0),F(0, 2 , ),D( 3,0,0). (
设BE=x,则E(x,1,0), 则 ∴PE·AF=(x,1,-1)·(0, ( ∴PE⊥AF. ⊥

2

1 1 , )=0. 2 2

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(3)设平面 设平面PDE的法向量为 的法向量为m=(p,q,1), 设平面 的法向量为 由

{

m·PD=0 m·PE=0,

1 ,1得m=( ( 3

x ,1). ) 3

依题意PA与平面 所成角为45° 而AP=(0,0,1),依题意 与平面 依题意 与平面PDE所成角为 °, 所成角为

2 |m P | ·A = , ∴sin45°= 2 | m|| A | ° P
1 1 x 2 ) +1 +(13 3 1 = 2



得BE=x= 3 - 2 或BE=x= 故BE=

舍 3 + 2 > 3 (舍).

与平面PDE所成角为 °. 所成角为45° 与平面 所成角为 3 - 2 时,PA与平面 返回目录

【评析】(1)开放性问题是近几年高考的一种常见 评析】 开放性问题是近几年高考的一种常见 题型.一般来说 这种题型依据题目特点,充分利用条件不 题型 一般来说,这种题型依据题目特点 充分利用条件不 一般来说 这种题型依据题目特点 难求解. 难求解 (2)对于探索性问题 一般先假设存在 设出空间点 对于探索性问题,一般先假设存在 对于探索性问题 一般先假设存在,设出空间点 坐标,转化为代数方程是否有解问题 转化为代数方程是否有解问题,若有解且满足题意 坐标 转化为代数方程是否有解问题 若有解且满足题意 则存在,若有解但不满足题意或无解则不存在 若有解但不满足题意或无解则不存在. 则存在 若有解但不满足题意或无解则不存在

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*对应演练* 对应演练*
在直三棱柱ABC-A1B1C1中,底面是以∠ABC为直角 底面是以∠ 在直三棱柱 为直角 的等腰直角三角形, 的等腰直角三角形,AC=2a,BB1=3a,D为A1C1的中 , , 为 的中点. 点,E为B1C的中点 为 的中点 所成角的余弦值; (1)求直线 与A1C所成角的余弦值; )求直线BE与 所成角的余弦值

⊥平面B ? (2)在线段 1上是否存在点 ,使CF 平面 1DF? )在线段AA 上是否存在点F,
若不存在,求出︱ 若不存在,请说明理由. 若不存在,求出︱AF ︱ ,若不存在,请说明理由

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为原点, (1)以B为原点,建立如图所示的空间直角坐标系,因为 ) 为原点 建立如图所示的空间直角坐标系, AC=2a,∠ABC=90°,所以 所以AB=BC= 2a,所以 (0,0, , ° 所以 ,所以B( , , 0), (0, a,0), ( a,0,0), 1( a,0, ),C( , , ), ),A ), , , 2 ),A( , , ), 2 2 3a), 1(0, a,3a), 1(0,0,3a), ),C ), , , ), , , ), 2 ),B 所以D( 所以 ( 2a,
2 2 a,3a),E(0, 2 ) ( 2 2

a,3 a), , ),
2

所以CA1=( 2a,- 2a,3a), 所以 ( , , ), BE=(0, 2 a, 3 a), ( , , 2 ),
2

所以|CA1|= 13 a,|BE|= 所以 , CA1·BE=

11 a, , 2

7 2 C 1·BE A 7 143 a ,所以cos<CA1,BE>= 所以 = 2 | C 1 |·| BE| A 143 即直线BE与 即直线 与A1C所成角的余弦值为 7 143 . 所成角的余弦值为 143

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(2)假设存在点 使CF⊥平面 1DF,只需 ⊥B1F且 假设存在点F,使 ⊥平面B 只需CF⊥ 假设存在点 只需 且 CF⊥B1D即可 ⊥ 即可. 即可 设AF=b,则F( 2a,0,b),CF=( 2a,- 2a,b),B1F=( 2a,0,b则 3a),B1D=( (
2 2 a, a,0),因为 因为CF·B1D=a2-a2=0,所以 ) 因为 , 2 2

CF⊥B1D恒成立 ⊥ 恒成立. 恒成立 由B1F·CF=2a2+b(b-3a)=0,解得 ( ) ,解得b=a或b=2a, 或 , 故当|AF|=a或2a时,CF⊥平面 1DF. 或 时 故当 ⊥平面B

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1.用向量知识证明立体几何问题有两种基本思路: 1.用向量知识证明立体几何问题有两种基本思路: 用向量知识证明立体几何问题有两种基本思路 一种是用向量表示几何量,利用向量的运算进行判断; 一种是用向量表示几何量,利用向量的运算进行判断; 另一种是用向量的坐标表示几何量,共分三步:( :(1 另一种是用向量的坐标表示几何量,共分三步:(1) 建立立体图形与空间向量的联系,用空间向量( 建立立体图形与空间向量的联系,用空间向量(或坐 表示问题中所涉及的点、 标)表示问题中所涉及的点、线、面,把立体几何问 题转化为向量问题;( ;(2 通过向量运算,研究点、 题转化为向量问题;(2)通过向量运算,研究点、线、 面之间的位置关系;( ;(3 面之间的位置关系;(3)根据运算结果的几何意义来 解释相关问题. 解释相关问题. 2.角的计算与度量总要进行转化, 2.角的计算与度量总要进行转化,这体现了转化的 角的计算与度量总要进行转化 思想,主要将空间角转化为平面角或两向量的夹角. 思想,主要将空间角转化为平面角或两向量的夹角. 返回目录

3.用向量的数量积来求解两异面直线所成的角, 3.用向量的数量积来求解两异面直线所成的角,简 用向量的数量积来求解两异面直线所成的角 单、易掌握.其基本程序是选基底,表示两直线方向向量, 易掌握.其基本程序是选基底,表示两直线方向向量, 计算数量积,若能建立空间直角坐标系,则更为方便. 计算数量积,若能建立空间直角坐标系,则更为方便. 4. 找直线和平面所成的角常用方法是过线上一点作 面的垂线或找线上一点到面的垂线,或找( 垂面, 面的垂线或找线上一点到面的垂线,或找(作)垂面, 将其转化为平面角,或用向量求解,或解直角三角形. 将其转化为平面角,或用向量求解,或解直角三角形.

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