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2014届高三数学(理)一轮专题复习课件 立体几何中的向量方法


§8.7

立体几何中的向量方法

[高考调研
考 纲 解 读

明确考向]
考 情 分 析

?理解直线的方向向量与平面的法向量. ?能用向量语言表述直线与直线、直线与平面、 平面与平面的垂直、平行关系. 一些定理(包括三垂线定理). ?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, 了解向量方法在 研究立体几何问题中的应用. ?利用向量法求空间角 的大小是命题的热

?能用向量方法证明有关直线和平面位置关系的 点.着重考查学生建立 空间坐标系及空间向量 坐标运算的能力.题型 多为解答题,难度中档.

知识梳理 1.两个重要向量 (1)直线的方向向量:直线的方向向量是指和这条直线平 1 行(或重合)的向量,一条直线的方向向量有□______个. (2)平面的法向量: 直线 l⊥平面 α, 取直线 l 的方向向量, 则这个向量叫做平面 α 的法向量.显然一个平面的法向量有 2 □______个,它们是共线向量.

2. 直线的方向向量与平面的法向量在确定直线和平面位 置关系中的应用 (1)直线 l1 的方向向量为 u1=(a1,b1,c1),直线 l2 的方向 向量为 u2=(a2,b2,c2). 3 如果 l1∥l2, 那么 u1∥u2?u1=λu2?□______________; 4 如果 l1⊥l2,那么 u1⊥u2?u1·2=0?□____________. u

(2)直线 l 的方向向量为 u=(a1,b1,c1),平面 α 的法向 量为 n=(a2,b2,c2). 5 若 l∥α,则 u⊥n?u· n=0?□______________. 6 若 l⊥α,则 u∥n?u=kn?□______________.

(3)平面 α 的法向量为 u1=(a1,b1,c1),平面 β 的法向量 为 u2=(a2,b2,c2). 7 若 α∥β, 1∥u2?u1=ku2?(a1, 1, 1)=□__________; u b c 8 若 α⊥β,则 u1⊥u2?u1· 2=0?□______________. u

3.利用空间向量求空间角 (1)求两条异面直线所成的角: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
? π? ?0, ? 2? ?

a 与 b 的夹角 〈a, b〉 0≤〈a,b〉≤π

求法

9 10 cosθ=|cos〈a,b〉|=□ cos〈a,b〉=□ __________ ________

(2)求直线与平面所成的角: 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,则 sinθ= 11 |cos〈a,n〉|=□____________. (3)求二面角的大小: (Ⅰ)若 AB、 分别是二面角 α-l-β 的两个半平面内与 CD → → 棱 l 垂直的异面直线,则二面角的大小就是向量AB、CD的夹 角(如图①所示).

(Ⅱ)设 n1、n2 分别是二面角 α-l-β 的两个半平面 α、β 的法向量,则向量 n1 与 n2 的夹角(或其补角)的大小就是二面 角的大小(如图②③).







1 答案:□无数

2 3 □无数 □a1=λa2,b1=λb2,c1=λc2

4 5 6 □a1a2+b1b2+c1c2=0 □a1a2+b1b2+c1c2=0 □a1 =ka2,b1=kb2,c1=kc2 c1c2=0 |a· b| 9 □|a||b| 7 8 □k(a2,b2,c2) □a1a2+b1b2+ 11 □ |a· b| |a||b|

b 10 a· □|a||b|

名 师 微 博 ●一种思想 转化思想,即空间平行与垂直关系,空间角的计算可转 化为空间向量的几何运算或坐标运算,实现了“数”与 “形”的有机结合.

●易误警示 利用平面的法向量求二面角的大小时,当求出两半平面 α、β 的法向量 n1,n2 时,要根据向量的坐标在图形中观察法 向量的方向,从而确定二面角与向量 n1,n2 的夹角是相等, 还是互补,这是利用向量求二面角的难点、易错点.

基 础 自 测 1.已知两平面的法向量分别为 m=(0,1,0),n=(0,1,1),则 两平面所成的二面角的大小为( A.45° C.45° 135° 或 ) B.135° D.90°

1 2 m· n 解析:cos〈m,n〉=|m||n|= = 2 ,即〈m,n〉 1× 2 =45° ,其补角为 135° , 故两平面所成的二面角为 45° 135° 或 .

答案:C

2. 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( )

A.90° B.30° C.45° D.60°

1 1 解析:∵cos〈a,b〉= = ,又∵〈a,b〉∈[0,π], 2· 2 2 ∴〈a,b〉=60° .

答案:D

3.已知向量 m,n 分别是直线 l 和平面 α 的方向向量、 1 法向量,若 cos〈m,n〉=- ,则 l 与 α 所成的角为( 2 A. 30° B. 60° C. 120° )

D. 150°

解析:设 l 与 α 所成的角为 θ,则 sinθ=|cos〈m,n〉| 1 = ,故 θ=30° . 2

答案:A

4.在正方体 A1B1C1D1-ABCD 中,E 是 C1D1 的中点, 则异面直线 DE 与 AC 夹角的余弦值为( 10 A.- 10 1 C.20 1 B.-20 10 D. 10 )

解析: 如图建立直角坐标系 D-xyz, DA=1, 设 A(1,0,0),
? 1 ? 1 ? → → ? C(0,1,0),E?0,2,1?,则AC=(-1,1,0),DE=?0,2,1?,设 ? ? ? ?

异面直线 DE 与 AC 所成的角为 θ,则

10 → → cosθ=|cos〈AC,DE〉|= 10 .

答案:D

5. 如图所示, 在三棱柱 ABC-A1B1C1 中, 1⊥底面 ABC, AA AB=BC=AA1,∠ABC=90° ,点 E、F 分别是棱 AB、BB1 的 中点,则直线 EF 和 BC1 所成的角是________.

解析:建立如图所示的空间直角坐标系.

→ 设 AB=BC=AA1=2, C1(2,0,2), 则 E(0,1,0), F(0,0,1), EF → → → =(0,-1,1),BC1=(2,0,2),∴EF· 1=2, BC

→ → ∴cos〈EF,BC1〉=

2 1 =2, 2×2 2

∴EF 和 BC1 所成角为 60° .

答案:60°

考点一

利用空间向量证明平行与垂直关系

[例 1]

如图,已知直三棱柱 ABC-A1B1C1 中,△ABC 为

等腰直角三角形,∠BAC=90° ,且 AB=AA1,D、E、F 分别为 B1A、C1C、BC 的中点.求证:

(1)DE∥平面 ABC; (2)B1F⊥平面 AEF.

证明: 如图建立空间直角坐标系 A-xyz, AB=AA1=4, 令

则 A(0,0,0),E(0,4,2),F(2,2,0),B(4,0,0),B1(4,0,4). (1)取 AB 中点为 N,则 N(2,0,0), 又 C(0,4,0),D(2,0,2), → → ∴DE=(-2,4,0),NC =(-2,4,0), → → ∴DE=NC. ∴DE∥NC,又 NC 在平面 ABC 内, 故 DE∥平面 ABC.

→ → → (2)B1F=(-2,2,-4),EF=(2,-2,-2),AF=(2,2,0), → → B1F· =(-2)×2+2×(-2)+(-4)×(-2)=0, EF → → 则B1F⊥EF,∴B1F⊥EF, → → ∵B1F· =(-2)×2+2×2+(-4)×0=0, AF → → ∴B1F⊥AF,即 B1F⊥AF. 又∵AF∩EF=F,∴B1F⊥平面 AEF.

方法点睛

①证明直线与平面平行,只须证明直线的方

向向量与平面的法向量的数量积为零,或证直线的方向向量 与平面内的不共线的两个向量共面,然后说明直线在平面外 即可.这样就把几何的证明问题转化为了数量的计算问题; ②证明直线与直线垂直,只需要证明两条直线的方向向量垂 直,而直线与平面垂直,平面与平面垂直可转化为直线与直 线垂直证明.

变式训练 1 (2012· 南京、盐城一模)如图,在四棱锥 P- ABCD 中,四边形 ABCD 是菱形,PA=PC,E 为 PB 的中点. (1)求证:PD∥平面 AEC; (2)求证:平面 AEC⊥平面 PDB.

证明:(1)设 AC∩BD=O,连接 EO, ∵O,E 分别是 BD,PB 的中点,∴PD∥EO. 而 PD?平面 AEC,EO?平面 AEC,∴PD∥平面 AEC. (2)连接 PO,∵PA=PC,∴AC⊥PO. 又四边形 ABCD 是菱形,∴AC⊥BD. 而 PO∩BD=O,∴AC⊥面 PBD. 又 AC?平面 AEC,∴平面 AEC⊥平面 PBD.

考点二

利用空间向量求线线角和线面角

[例 2]

如图,已知点 P 在正方体 ABCD-A′B′C′D′

的对角线 BD′上,∠PDA=60° .

(1)求 DP 与 CC′所成角的大小; (2)求 DP 与平面 AA′D′D 所成角的大小.

解析:如图,以 D 为原点,DA 为单位长建立空间直角 坐标系 D-xyz.

→ → 则DA=(1,0,0),CC′=(0,0,1). 连接 BD,B′D′. 在平面 BB′D′D 中,延长 DP 交 B′D′于 H. → 设DH=(m,m,1)(m>0), → → 由已知〈DH,DA〉=60° , → → → → → → 由DA· =|DA||DH|cos〈DA,DH〉 DH ,可得

2m= 2m2+1.
? 2 → ? 2 2 ? 解得 m= ,所以DH=? , ,1?. ? 2 2 ? 2 ?

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

(2)设 DP 与平面 AA′D′D 夹角为 θ,平面 AA′D′D → 的一个法向量DC=(0,1,0). → → 因为 sinθ=|cos〈DH,DC〉| ? 2 ? 2 ? ×0+ 2 ×1+1×0? =? 2 ? 1× 2 ? ? 1 =2, 可得 DP 与平面 AA′D′D 所成的角为 30° .

方法点睛 ①异面直线的夹角与向量的夹角有所不同, 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,所以要注意它们的区别与联系.

变式训练 2 已知三棱锥 P-ABC 中,PA⊥平面 ABC, 1 AB⊥AC,PA=AC= AB,N 为 AB 上一点,AB=4AN,M,S 2 分别为 PB,BC 的中点.

(1)证明:CM⊥SN; (2)求 SN 与平面 CMN 所成角的大小.

解析:设 PA=1,以 A 为原点,射线 AB,AC,AP 分别 为 x,y,z 轴正向建立空间直角坐标系如图.



? ? 1? ?1 P(0,0,1), C(0,1,0), B(2,0,0), ?1,0,2?, ?2,0,0?, M N ? ? ? ?

? ? 1 S?1,2,0?. ? ? ? 1? → ? 1 1 → ? (1)证明:CM=?1,-1,2?,SN=?-2,-2,0?, ? ? ? ?

1 1 → → 因为CM· =-2+2+0=0,所以 CM⊥SN. SN

? → ? 1 (2)NC=?-2,1,0?, ? ?

设 a = (x , y , z) 为 平 面 CMN 的 一 个 法 向 量 , 则 ?→ ?CM· a=0, ? → ?NC· a=0, ? 1 ? ?x-y+2z=0, ∴? ?-1x+y=0, ? 2

取 x=2,得 a=(2,1,-2).

1? ? ?-1-2? 2 → ?= , 因为|cos〈a,SN〉|=? ? 3× 2 ? 2 2 ? ? 所以 SN 与平面 CMN 所成角为 45° .

考点三

利用空间向量求二面角

[例 3]

(2011· 全国新课标)如图,四棱锥 P-ABCD 中,底

面 ABCD 为平行四边形,∠DAB=60° ,AB=2AD,PD⊥底面 ABCD.

(1)证明:PA⊥BD; (2)若 PD=AD,求二面角 A-PB-C 的余弦值.

解析:(1)因为∠DAB=60° ,AB=2AD,由余弦定理得 BD= 3AD. 从而 BD2+AD2=AB2,故 BD⊥AD. 又 PD⊥底面 ABCD,可得 BD⊥PD,又 AD∩PD=D. 所以 BD⊥平面 PAD.故 PA⊥BD.

(2)如图,以 D 为坐标原点,AD 的长为单位长,射线 DA 为 x 轴的正半轴建立空间直角坐标系 D-xyz,

则 A(1,0,0),B(0, 3,0),C(-1, 3,0),P(0,0,1). → → → AB=(-1, 3,0),PB=(0, 3,-1),BC=(-1,0,0). ? → ?n· =0, AB 设平面 PAB 的法向量为 n=(x,y,z),则? → ?n· =0. ? PB
?-x+ 3y=0, ? 即? ? 3y-z=0. ?

因此可取 n=( 3,1, 3).

? → ?m· =0, PB 设平面 PBC 的法向量为 m,则? → ?m· =0. ? BC -4 2 7 可取 m=(0,-1,- 3),则 cos〈m,n〉= =- . 7 2 7 2 7 故二面角 A-PB-C 的余弦值为- . 7

方法点睛

求二面角最常用的方法就是分别求出二面角

的两个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.

变式训练 3 如图,在四棱锥 P-ABCD 中,底面 ABCD 是矩形,PA⊥平面 ABCD,AP=AB=2,BC=2 2,E,F 分 别是 AD,PC 的中点.

(1)证明:PC⊥平面 BEF; (2)求平面 BEF 与平面 BAP 夹角的大小.

解析:(1)如图,以 A 为坐标原点,AB,AD,AP 所在直 线分别为 x,y,z 轴建立空间直角坐标系. ∵AP=AB=2,BC=AD=2 2,四边形 ABCD 是矩形, ∴A,B,C,D,P 的坐标为 A(0,0,0),B(2,0,0),C(2,2 2, 0),D(0,2 2,0),P(0,0,2). 又 E,F 分别是 AD,PC 的中点, ∴E(0, 2,0),F(1, 2,1).

→ → → ∴PC=(2,2 2,-2),BF=(-1, 2,1),EF=(1,0,1). → → → → ∴PC· =-2+4-2=0,PC· =2+0-2=0. BF EF → → → → ∴PC⊥BF,PC⊥EF. ∴PC⊥BF,PC⊥EF.又 BF∩EF=F, ∴PC⊥平面 BEF.

→ (2)由(1)知平面 BEF 的一个法向量 n1=PC=(2,2 2,- → 2),平面 BAP 的一个法向量 n2=AD=(0,2 2,0), ∴n1·2=8. n 设平面 BEF 与平面 BAP 的夹角为 θ,则 |n1· 2| n 8 2 cosθ=|cos〈n1,n2〉|=|n ||n |= = , 4×2 2 2 1 2 ∴θ=45° . ∴平面 BEF 与平面 BAP 的夹角为 45° .

考点四

利用空间向量求点到平面的距离

[例 4]

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.

解析: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,∴SO⊥BO. 如图所示,建立空间直角坐标系 O-xyz, 则 B(0,2 3,0),C(-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).

设 n = (x , y , z) 为 平 面 CMN 的 一 个 法 向 量 , 则 ?→ ?CM· n=3x+ 3y=0, ? → ?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

方法点睛

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· ,得|BH· BM n|=|n· BM → → BM |n· | BM → → |n· | |=|BH|· |n|,所以|BH|= |n| ,即 d= |n| .

变式训练 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.

(1)求点 A 到平面 MBC 的距离; (2)求平面 ACM 与平面 BCD 所成二面角的正弦值.

解析:取 CD 中点 O,连 OB,OM,则 OB⊥CD,OM⊥ CD. 又平面 MCD⊥平面 BCD,则 MO⊥平面 BCD. 取 O 为原点,直线 OC、BO、OM 为 x 轴、y 轴、z 轴, 建立空间直角坐标系如图.

OB=OM= 3, 则各点坐标分别为 C(1,0,0), M(0,0, 3), B(0,- 3,0),A(0,- 3,2 3). → (1)设 n=(x, z)是平面 MBC 的法向量, y, 则BC=(1, 3, → 0),BM=(0, 3, 3), → → 由 n⊥BC得 x+ 3y=0;由 n⊥BM得 3y+ 3z=0.

→ 取 n=( 3,-1,1),BA=(0,0,2 3),则 → |BA· 2 3 2 15 n| d= |n| = = 5 . 5 → → (2)CM=(-1,0, 3),CA=(-1,- 3,2 3). 设平面 ACM 的法向量为 n1=(x,y,z),
? → → ?-x+ 3z=0, 由 n1⊥CM,n1⊥CA得? ?-x- 3y+2 3z=0, ?

解得 x= 3z,y=z,取 n1=( 3,1,1). 又平面 BCD 的法向量为 n2=(0,0,1), n1 · 2 n 1 所以 cos〈n1,n2〉= = . |n1||n2| 5 2 5 设所求二面角为 θ,则 sinθ= 5 .

考点五
[例 5]

利用空间向量研究空间中的探索性问题
(2013· 安徽名校模拟)如图, 在四棱锥 P-ABCD 中,

PC⊥底面 ABCD,PC=2,底面四边形 ABCD 为直角梯形,∠B =∠C=90° ,AB=4,CD=1,侧棱 PB 与底面 ABCD 成 30° 角, 点 M 是 PB 上的动点,且 PM =λ(λ∈[0,1]). PB

(1)若 CM∥平面 PAD,求 λ 的值; (2)当 λ 为何值时,CM 与平面 PAD 所成的角最大?并求 出最大角的正弦值.

解析:(1)以 C 为坐标原点,CB、CD、CP 所在的直线分 别为 x, z 轴建立如图所示的空间直角坐标系, y, 则由题意得: P(0,0,2),A(2 3,4,0),B(2 3,0,0),C(0,0,0),D(0,1,0), → ∴PA=(2 3,4,-2), → PD=(0,1,-2), → PB=(2 3,0,-2).

→ → 又PM=λPB, → → → 若 CM∥平面 PAD,则CM与PA、PD共面,即存在实数对 → → → m、l,使CM=mPA+lPD, ∴(2 3m,4m+l,-2m-2l)=(2 3λ,0,-2λ+2), ?2 3m=2 3λ, ? 即?4m+l=0, ?-2m-2l=-2λ+2, ? 1 解得 λ=4.

(2)设平面 PAD 的一个法向量为 n=(x,y,z). ? → ?n· =0, PA 由 ? → ?n· =0, ? PD
?x=- ? ? ?y=2z. ? ?2 3x+4y-2z=0, ? ? ?y-2z=0, ?

可 得

从 而

3z,

令 z=1,则有 n=(- 3,2,1).

→ → ∵CM=(2 3λ, -2λ+2),n· =-8λ+2,|n|=2 2, 0, CM → |CM|=2 4λ2-2λ+1, → -4λ+1 n· CM → ∴cos〈n,CM〉= = . 2 → 2 2· 4λ -2λ+1 |n|· | |CM → 设向量 n、CM分别所在直线所成锐角为 θ,

→ 则 sinθ=|cos〈n,CM〉|=

|4λ-1| . 2 2· 4λ2-2λ+1

|4λ-1| ?4λ-1?2 1 又 = · 2 4λ2-2λ+1 2 2 2 2· 4λ -2λ+1 2 = · 4 3 4- ? . 1?2 3 4?λ-4? + 4 ? ?

∵λ∈[0,1],

6 ∴当 λ=1 时,sinθ 最大,从而 θ 最大,此时 sinθ= 4 .

方法点睛

解决存在与否类的探索性问题一般有两个思

路:一是直接去找存在的点、线、面或是一些其他的量;二 是首先假设其存在,然后通过推理论证或是计算,如果得出 了一个合理的结果,就说明其存在;如果得出了一个矛盾的 结果,就说明其不存在.

变式训练 5 (2013· 福建质检)在直角梯形 ABCD 中,AD ∥BC, BC=2AD=2AB=2 2, ∠ABC=90° 如图①.把△ABC , 沿 BD 翻折,使得平面 ABD⊥平面 BCD,如图②.

(1)求证:CD⊥AB; (2)若点 M 为线段 BC 中点, 求点 M 到平面 ACD 的距离; (3)在线段 BC 上是否存在点 N,使得 AN 与平面 ACD 所 BN 成角为 60° ?若存在,求出BC的值;若不存在,说明理由.

解析:(1)由已知条件可得 BD=2,CD=2,CD⊥BD. ∵平面 ABD⊥平面 BCD,平面 ABD∩平面 BCD=BD. ∴CD⊥平面 ABD. 又∵AB?平面 ABD,∴CD⊥AB.

(2)以点 D 为原点,BD 所在的直线为 x 轴,DC 所在的直 线为 y 轴,垂直于平面 BCD 的直线为 y 轴,建立如图所示的 空间直角坐标系.由已知可得 A(1,0,1),B(2,0,0),C(0,2,0), D(0,0,0),M(1,1,0). → → → ∴CD=(0,-2,0),AD=(-1,0,-1),MC=(-1,1,0). 设平面 ACD 的一个法向量为 n=(x,y,z),

?y=0, ? → → 则CD⊥n,AD⊥n,∴? ?x+z=0. ?

令 x=1,得平面 ACD 的一个法向量为 n=(1,0,-1), → |n· | MC 2 ∴点 M 到平面 ACD 的距离 d= =2. → |MC|

(3)假设在线段 BC 上存在点 N,使得 AN 与平面 ACD 所 成角为 60° . → → 设BN=λBC,0≤λ≤1,则 N(2-2λ,2λ,0), → ∴AN=(1-2λ,2λ,-1). 又∵平面 ACD 的法向量 n=(1,0, -1)且直线 AN 与平面 ACD 所成角为 60° . → |AN· n| 3 ∴sin60° = = 2 ,可得 8λ2+2λ-1=0, → |AN|· |n|

1 1 ∴λ=4或 λ=-2(舍去). 综上,在线段 BC 上存在点 N,使 AN 与平面 ACD 所成 BN 1 角为 60° ,此时BC=4.

易错矫正(二十七) 对法向量夹角与二面角大小 关系认识不清导致失误 [试题] (2011· 辽宁)如图,四边形 ABCD 为正方形,PD

1 ⊥平面 ABCD,PD∥QA,QA=AB=2PD.

(1)证明:平面 PQC⊥平面 DCQ; (2)求二面角 Q-BP-C 的余弦值. 错解:如图,以 D 为坐标原点,线段 DA 的长为单位长 度,射线 DA 为 x 轴的正半轴建立空间直角坐标系 Dxyz.

(1)依题意有 Q(1,1,0),C(0,0,1),P(0,2,0). → → → 则DQ=(1,1,0),DC=(0,0,1),PQ=(1,-1,0). → → → → 所以PQ· =0,PQ· =0. DQ DC 即 PQ⊥DQ,PQ⊥DC. 又 DQ∩DC=D,故 PQ⊥平面 DCQ. 又 PQ?平面 PQC,所以平面 PQC⊥平面 DCQ.

→ → (2)依题意有 B(1,0,1),CB=(1,0,0),BP=(-1,2,-1). ? → ?n· =0, CB 设 n=(x, z)是平面 PBC 的法向量, ? y, 则 → ?n· =0, ? BP
?x=0, ? ? ?-x+2y-z=0. ?



令 y=1,则 n=(0,1,2).

? → ?m· =0, BP 同理,设 m 是平面 PBQ 的法向量,则? → ?m· =0. ? PQ 15 可取 m=(1,1,1),所以 cos〈m,n〉= . 5 15 故二面角 Q-BP-C 的余弦值为 . 5

错因:如图平面 BPC,与平面 BPQ 的法向量分别为 n= (0,1,2),m=(1,1,1),设二面角 Q-BP-C 的大小为 θ,则 θ≠ 〈m,n〉 ,θ=π-〈m,n〉 .

正解:(1)见错解. → → (2)依题意有 B(1,0,1),CB=(1,0,0),BP=(-1,2,-1). ? → ?n· =0, CB 设 n=(x, z)是平面 PBC 的法向量, ? y, 则 → ?n· =0. ? BP
?x=0, ? ? ?-x+2y-z=0. ?



因此可取 n=(0,-1,-2).

? → ?m· =0, BP 设 m 是平面 PBQ 的法向量,则? → ?m· =0. ? PQ 15 可取 m=(1,1,1),所以 cos〈m,n〉=- . 5 15 故二面角 Q-BP-C 的余弦值为- . 5

点评:正确判断向量的方向,同指向二面角内或外则向 量夹角与二面角互补,一个指向内另一个指向外则相等.


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