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高三数学一轮专题复习------- 空间向量在立体几何中的应用(有详细答案)


空间向量在立体几何中的应用

考情分析 理解直线的方向向量与平面的法向量的意 义;会用待定系数法求平面的法向量.能用 向量语言表述线线、线面、面面的垂直和平 行关系.体会向量方法在研究几何问题中的 作用.

考点新知

能用向量方法判断一些简单的空间线面 的平行和垂直关系;能用向量方法解决线线、 线面、面面的夹角的计算问

题.

1. (选修 21P97 习题 14 改编)若向量 a=(1,λ ,2),b=(2,-1,2)且 a 与 b 的夹角的余 8 弦值为 ,则 λ=________. 9 2 答案:-2 或 55 2-λ+4 8 a· b 解析:由已知得 = = , 9 |a||b| 5+λ2· 9 2 ∴ 8 5+λ2=3(6-λ),解得 λ=-2 或 λ= . 55

→ 2. (选修 21P89 练习 3)已知空间四边形 OABC, 点 M、 N 分别是 OA、 BC 的中点, 且 OA → → → =a, OB=b, OC=c,用 a,b,c 表示向量 MN=________.

1 答案: (b+c-a) 2 1 1 → → 1 → → → → → → → 解析:如图, MN= ( MB+ MC)= ·[( OB- OM)+(OC- OM)]= ( OB+ OC- 2 2 2 1 → 1 → → → 2 OM)= ( OB+ OC- OA)= (b+c-a). 2 2 3. (选修 21P101 练习 2 改编)已知 l∥α,且 l 的方向向量为(2,m,1),平面 α 的法向量为 ?1,1,2?,则 m=________. ? 2 ? 答案:-8 ?1,1,2?=0,得 m=-8. 解析:(2,m,1)· ? 2 ? 4. (选修 21P86 练习 3 改编)已知 a=(2,-1,3),b=(-1,4,-2),c=(7,5,λ ),若 a、b、c 三个向量共面,则实数 λ 等于________. 65 答案: 7 解析:由于 a、b、c 三个向量共面,所以存在实数 m、n 使得 c=ma+nb,即有(7,5, λ)= m(2,-1,3)+n(-1,4,-2),即(7,5,λ)=(2m-n,-m+4n,3m-2n),∴

7=2m-n, ? ? 33 17 65 ?5=-m+4n,解得 m= 7 ,n= 7 ,λ= 7 . ? ?λ=3m-2n, 5. (选修 21P110 例 4 改编)在正方体 ABCDA1B1C1D1 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________.

2 答案: 3 1? 解析:以 A 为原点建立平面直角坐标系,设棱长为 1,则 A1(0,0,1),E? ?1,0,2?, D(0,1,0), → ∴ A1D=(0,1,-1), 1? → A1E=? ?1,0,-2?, 设平面 A1ED 的法向量为 n1=(1,y,z), y-z=0, ? ?y=2, ? ? 则? ∴ ? 1 ?z=2. ? ?1-2z=0, ? ∴ n1=(1,2,2).∵ 平面 ABCD 的一个法向量为 n2=(0,0,1),∴cos〈n1,n2〉= 2 2 = . 3×1 3 2 即所成的锐二面角的余弦值为 . 3

1. 直线的方向向量与平面的法向量 (1) 直线 l 上的向量 e 以及与 e 共线的向量叫做直线 l 的方向向量. (2) 如果表示非零向量 n 的有向线段所在直线垂直于平面 α,那么称向量 n 垂直于平面 α,记作 n⊥α .此时把向量 n 叫做平面 α 的法向量. 2. 线面关系的判定 直线 l1 的方向向量为 e1=(a1,b1,c1),直线 l2 的方向向量为 e2=(a2,b2,c2),平面 α 的法向量为 n1=(x1,y1,z1),平面β 的法向量为 n2=(x2,y2,z2). (1) 如果 l1∥l2,那么 e1∥e2 ? e2=λe1 ? a2=λa1,b2=λb1,c2=λc1. (2) 如果 l1⊥l2,那么 e1⊥e2 ? e1·e2=0 ? a1a2+b1b2+c1c2=0. (3) 若 l1∥α ,则 e1⊥n1 ? e1·n1=0 ? a1x1+b1y1+c1z1=0. (4) 若 l1⊥α ,则 e1∥n1 ? e1=kn1 ? a1=kx1,b1=ky1,c1=kz1. (5) 若 α∥β,则 n1∥n2 ? n1=kn2 ? x1=kx2,y1=ky2,z1=kz2. (6) 若 α⊥β,则 n1⊥n2 ? n1·n2=0 ? x1x2+y1y2+z1z2=0. 3. 利用空间向量求空间角 (1) 两条异面直线所成的角 π ①范围:两条异面直线所成的角 θ 的取值范围是?0, ?. 2? ? ②向量求法:设直线 a、b 的方向向量为 a、b,其夹角为 φ,则有 cosθ =|cosφ |. (2) 直线与平面所成的角

π ①范围:直线和平面所成的角 θ 的取值范围是?0, ?. 2? ? ②向量求法:设直线 l 的方向向量为 a,平面的法向量为 u,直线与平面所成的角为 θ, a 与 u 的夹角为φ ,则有 sinθ =|cosφ |或 cosθ =sinφ . (3) 二面角 ①二面角的取值范围是[0,π ]. ②二面角的向量求法: (ⅰ) 若 AB、CD 分别是二面角 αlβ 的两个面内与棱 l 垂直的异面直线,则二面角的大 小就是向量 AB 与 CD 的夹角(如图①).

(ⅱ) 设 n1、n2 分别是二面角 αlβ 的两个面 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平面角的大小(如图②③). [备课札记]

题型 1 空间向量的基本运算

→ 例 1 如图,在平行六面体 ABCDA1B1C1D1 中,M 为 A1C1 与 B1D1 的交点.若AB=a, → → → AD=b,AA1=c,则BM=________. 1 1 答案:- a+ b+c 2 2 → → → 解析:BM=BB1+B1M 1 → → 1 1 → = AD -AB +AA1=-2a+2b+c. 2 备选变式(教师专享) → → 已知空间三点 A(-2,0,2),B(-1,1,2),C(-3,0,4).设 a=AB,b=AC. (1) 求 a 和 b 的夹角 θ; (2)若向量 ka+b 与 ka-2b 互相垂直,求 k 的值. 解:∵A(-2,0,2),B(-1,1,2),C(-3,0,4), → → a=AB,b=AC, ∴a=(1,1,0),b=(-1,0,2). 10 a· b -1+0+0 (1)∵cosθ= = =- , |a||b| 10 2× 5 10? ∴a 和 b 的夹角为 arccos?- . ? 10 ? (2)∵ka+b=k(1,1,0)+(-1,0,2)=(k-1,k,2), ka-2b=(k+2,k,-4),且(ka+b)⊥(ka-2b), ∴(k-1,k,2)· (k+2,k,-4)=(k-1)(k+2)+k2-8 =2k2+k-10=0, 5 解得 k=- 或 2. 2 题型 2 空间中的平行与垂直

(

)

例 2 如图所示,已知正方形 ABCD 和矩形 ACEF 所在的平面互相垂直,AB= 2,AF =1,M 是线段 EF 的中点. 求证:(1) AM∥平面 BDE; (2) AM⊥平面 BDF.

证明:(1) 建立如图所示的空间直角坐标系,设 AC∩BD=N,连结 NE. 2 2 则 N? , ,0?,E(0,0,1), 2 ?2 ? 2 2 A( 2, 2,0),M? , ,1?. 2 ?2 ? 2 2 2 2 → ? → ∴ NE= - ,- ,1?,AM=?- ,- ,1?. 2 2 ? 2 ? ? 2 ? → → ∴ NE=AM且 NE 与 AM 不共线.∴ NE∥AM. ∵ NE ? 平面 BDE,AM ? 平面 BDE, ∴ AM∥平面 BDE. 2 2 → (2) 由(1)知AM=?- ,- ,1?, 2 2 ? ? → ∵ D( 2,0,0),F( 2, 2,1),∴ DF=(0, 2,1), → → ∴ AM·DF=0,∴ AM⊥DF.同理 AM⊥BF. 又 DF∩BF=F,∴ AM⊥平面 BDF. 变式训练

如右图,在棱长为 a 的正方体 ABCDA1B1C1D1 中,G 为△BC1D 的重心, (1) 试证:A1、G、C 三点共线; (2) 试证:A1C⊥平面 BC1D; → → → → → → → 证明:(1) CA1=CB+BA+AA1=CB+CD+CC1, 1→ → 1 → → → 可以证明:CG= (CB+CD+CC1)= CA1, 3 3 → → ∴ CG∥CA1,即 A1、G、C 三点共线. → → → (2) 设CB=a,CD=b,CC1=c,则|a|=|b|=|c|=a,且 a· b=b· c=c· a=0, → → ∵ CA1=a+b+c,BC1=c-a, → → ∴ CA1·BC1=(a+b+c)· (c-a)=c2-a2=0, → → ∴ CA1⊥BC1,即 CA1⊥BC1, 同理可证:CA1⊥BD,因此 A1C⊥平面 BC1D. 题型 3 空间的角的计算

例 3 (2013· 苏锡常镇二模)如图,圆锥的高 PO=4,底面半径 OB=2,D 为 PO 的中点, E 为母线 PB 的中点,F 为底面圆周上一点,满足 EF⊥DE. (1) 求异面直线 EF 与 BD 所成角的余弦值; (2) 求二面角 OOFE 的正弦值. 解:(1) 以 O 为原点,底面上过 O 点且垂直于 OB 的直线为 x 轴, OB 所在的线为 y 轴, OP 所在的线为 z 轴,建立空间直角坐标系,则

B(0,2,0),P(0,0,4),D(0,0,2),E(0,1,2). 2 设 F(x0,y0,0)(x0>0,y0>0),且 x2 0+y0=4, → → 则EF=(x0,y0-1,-2),DE=(0,1,0), → → → → ∵ EF⊥DE,即EF⊥DE,则EF·DE=y0-1=0,故 y0=1. → → ∴ F( 3,1,0),EF=( 3,0,-2),BD=(0,-2,2). → → ? ? EF · BD 4 14 设异面直线 EF 与 BD 所成角为 α,则 cosα=? = = . 7 → →? 7×2 2 ?|EF||BD|? → ? ?n1⊥OD, ?z1=0, (2) 设平面 ODF 的法向量为 n1=(x1,y1,z1),则? 即? → ? ?n1⊥OF, ? 3x1+y1=0. 令 x1=1,得 y1=- 3,平面 ODF 的一个法向量为 n1=(1,- 3,0). 设平面 DEF 的法向量为 n2=(x2,y2,z2), 3 同理可得平面 DEF 的一个法向量为 n2=?1,0, ?. 2? ? n · n 1 7 1 2? 设二面角 ODFE 的平面角为 β,则|cosβ|=? ? |n1||n2| ?= 7= 7 . 42 ∴ sinβ= . 7 备选变式(教师专享)

(2013· 江苏卷)如图所示,在直三棱柱 A1B1C1-ABC 中,AB⊥AC,AB=AC=2,A1A =4,点 D 是 BC 的中点. (1) 求异面直线 A1B 与 C1D 所成角的余弦值; (2) 求平面 ADC1 与平面 ABA1 所成二面角的正弦值.

解:(1) 以 A 为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系 A-xyz,则 A(0,0,0), → B(2,0,0),C(0,2,0),D(1,1,0),A1(0,0,4),C1(0,2,4),所以A1B=(2,0,-4), → C1D=(1,-1,-4). → → A1B·C1D 18 3 10 → → 因为 cos〈A1B,C1D〉= = = ,所以异面直线 A1B 与 C1D 所 10 → → 20 × 18 |A1B||C1D| 3 10 成角的余弦值为 . 10

(2) 设平面 ADC1 的法向量为 n1=(x,y,z), → → → → 因为AD=(1,1,0),AC1=(0,2,4),所以 n1·AD=0,n1·AC1=0,即 x+y=0 且 y+2z=0, 取 z=1,得 x=2,y=-2,所以,n1=(2,-2,1)是平面 ADC1 的一个法向量. 取平面 AA1B 的一个法向量为 n2=(0,1,0), 设平面 ADC1 与平面 ABA1 所成二面角的大小为 θ. n1·n2 2 2 5 由|cosθ|= = = ,得 sinθ= . |n1||n2| 3 3 9× 1 5 因此,平面 ADC1 与平面 ABA1 所成二面角的正弦值为 . 3

→ → → → 1. 设 A1、 A2、 A3、 A4、 A5 是空间中给定的 5 个不同的点, 则使MA1+MA2+MA3+MA4 → +MA5=0 成立的点 M 的个数为________. 答案:1 个 解析:设 A1、A2、A3、A4、A5 坐标分别为(x1,y1,z1),(x2,y2,z2),(x3,y3,z3),(x4, y4,z4)(x5,y5,z5),设 M 坐标为(x,y,z). → → → → → 由MA1+MA2+MA3+MA4+MA5=0 得方程 (x1-x)+(x2-x)+(x3-x)+(x4-x)+(x5-x)=0, (y1-y)+(y2-y)+(y3-y)+(y4-y)+(y5-y)=0, (z1-z)+(z 2-z)+(z3-z)+(z4-z)+(z5-z)=0, (x1+x2+x3+x4+x5) 解得 x= , 5 (y1+y2+y3+y4+y5) y= , 5 (z1+z 2+z3+z4+z5) z= . 5 故有唯一的 M 满足等式. 2. (2013· 连云港模拟)若平面 α 的一个法向量为 n=(4,1,1),直线 l 的一个方向向量为 a=(-2,-3,3),则 l 与 α 所成角的正弦值为________. 4 11 答案: 33 -8 4 11 n· a 解析:cos〈n,a〉= = =- . |n||a| 3 2× 22 33 4 11 又 l 与 α 所成角记为 θ,即 sin θ=|cos〈n,a〉|= . 33

3. (2013· 新课标全国卷Ⅱ)如图所示,直三棱柱 ABCA1B1C1 中,D、E 分别是 AB、BB1 2 的中点,AA1=AC=CB= AB. 2 (1) 证明:BC1∥平面 A1CD; (2) 求二面角 DA1CE 的正弦值. (1) 证明:连结 AC1 交 A1C 于点 F,则 F 为 AC1 中点.

又 D 是 AB 中点,连结 DF,则 BC1∥DF. 因为 DF ? 平面 A1CD,BC1 ? 平面 A1CD, 所以 BC1∥平面 A1CD.

2 → AB 得 AC⊥BC. 以 C 为坐标原点,CA的方向为 x 轴正方向,建立 2 如图所示的空间直角坐标系 Cxyz. → → 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). → ? ? CD=0, ?n· ?x1+y1=0, 设 n=(x1,y1,z1)是平面 A1CD 的法向量,则? 即? ?2x +2z1=0. → ? ?n·CA1=0, ? 1 可取 n=(1,-1,-1). → ? CE=0, ?m· 同理,设 m 为平面 A1CE 的法向量,则? 可取 m=(2,1,-2). → ?m·CA = 0. ? 1 3 6 6 n· m 从而 cos〈n,m〉= = ,故 sin〈n,m〉= .即二面角 D-A1C-E 的正弦值为 . |n||m| 3 3 3 (2) 由 AC=CB=

4. (2013· 重庆)如图所示,四棱锥 PABCD 中,PA⊥底面 ABCD,BC=CD=2,AC=4, π ∠ACB=∠ACD= ,F 为 PC 的中点,AF⊥PB. 3 (1) 求 PA 的长; (2) 求二面角 B-AF-D 的正弦值.

解:(1) 如图,连结 BD 交 AC 于 O,因为 BC=CD,即△BCD 为等腰三角形,又 AC 平分∠BCD,

→ → → 故 AC⊥BD.以 O 为坐标原点,OB、OC、AP的方向分别为 x 轴、y 轴、z 轴的正方向, π 建立空间直角坐标系 Oxyz,则 OC=CDcos =1,而 AC=4,得 AO=AC-OC=3.又 OD 3

π =CDsin = 3,故 A(0,-3,0),B( 3,0,0),C(0,1,0),D(- 3,0,0). 3 z → 0,-1, ?,又AF 因为 PA⊥底面 ABCD,可设 P(0,-3,z),由 F 为 PC 边中点,得 F? 2? ? z z2 → → → 0,2, ?,PB=( 3,3,-z),因 AF⊥PB,故AF·PB=0,即 6- =0,z=2 3(舍去 =? 2? ? 2 → -2 3),所以|PA|=2 3. → → → (2) 由(1)知AD=(- 3,3,0),AB=( 3,3,0),AF=(0,2, 3).设平面 FAD 的法 向量为 n1=(x1,y1,z1),平面 FAB 的法向量为 n2=(x2,y2,z2). → → 由 n1·AD=0,n1·AF=0, ?- 3x1+3y1=0, 得? 因此可取 n1=(3, 3,-2). ?2y1+ 3z1=0, → → 由 n2·AB=0,n2·AF=0, ? 3x2+3y2=0, 得? 故可取 n2=(3,- 3,2). ?2y2+ 3z2=0, n1·n2 1 从而向量 n1,n2 的夹角的余弦值为 cos〈n1,n2〉= = . |n1|·|n2| 8 3 7 故二面角 B-AF-D 的正弦值为 . 8

5. (2013· 连云港调研)在三棱锥 SABC 中,底面是边长为 2 3的正三角形,点 S 在底面 ABC 上的射影 O 恰是 AC 的中点,侧棱 SB 和底面成 45°角. SD (1) 若 D 为侧棱 SB 上一点,当 为何值时,CD⊥AB; DB (2) 求二面角 S-BC-A 的余弦值大小.

解:以 O 点为原点,OB 为 x 轴,OC 为 y 轴,OS 为 z 轴建立空间直角坐标系 O-xyz. 由题意知∠SBO=45°,SO=3.O(0,0,0),C(0, 3,0),A(0,- 3,0),S(0,0,3), B(3,0,0). → → → → → (1) 设BD=λBS(0≤λ≤1),则OD=(1+λ)OB+λOS=(3(1+λ),0,3λ), → 所以CD=(3(1-λ),- 3,3λ). 2 → → → 因为AB=(3, 3,0),CD⊥AB,所以CD·AB=9(1-λ)-3=0,解得 λ= . 3



SD 1 = 时, CD⊥AB. DB 2

→ (2) 平面 ACB 的法向量为 n1=(0, 0, 1), 设平面 SBC 的法向量 n2=(x, y, z), 则 n2 · SB → =0,n2·SC=0, ?3x-3z=0, ?x=z, 则? 解得? ? 3y-3z=0, ?y= 3z, 取 n2=(1, 3,1), 3×0+1×0+1×1 5 所以 cos〈n1,n2〉= 2 = . 2 2 1 +1 +( 3) ·1 5 又显然所求二面角的平面角为锐角,故所求二面角的余弦值的大小为 5 . 5

1. 在直四棱柱 ABCD-A1B1C1D1 中,AA1=2,底面是边长为 1 的正方形,E、F 分别是 棱 B1B、DA 的中点. (1) 求二面角 D1-AE-C 的大小; (2) 求证:直线 BF∥平面 AD1E.

(1) 解:以 D 为坐标原点,DA、DC、DD1 分别为 x、y、z 轴建立空间直角坐标系如图. → 则相应点的坐标分别为 D1(0,0,2),A(1,0,0),C(0,1,0),E(1,1,1),∴ED1= (0,0,2)-(1,1,1)=(-1,-1,1), → AE=(1,1,1)-(1,0,0)=(0,1,1), → AC=(0,1,0)-(1,0,0)=(-1,1,0). 设平面 AED1、平面 AEC 的法向量分别为 m=(a,b,1),n=(c,d,1). → ? ? ? ?ED1·m=0, ?-a-b+1=0, ?a=2, 由? ? ? ? ? ?b+1=0 ?b=-1, → ? ? ?AE ·m=0 ? → ? ? ? n=0, ?AC· ?-c+d=0, ?c=-1, 由? ? ? ? ? ? ? → ?d+1=0 ?d=-1, ? ?AE·n=0 ∴m=(2,-1,1),n=(-1,-1,1), m· n -2+1+1 ∴cos m,n = = =0, |m|· |n| 6× 3 ∴二面角 D1AEC 的大小为 90° . (2) 证明:取 DD1 的中点 G,连结 GB、GF.

∵E、F 分别是棱 BB1、AD 的中点, ∴GF∥AD1,BE∥D1G 且 BE=D1G, ∴四边形 BED1G 为平行四边形,∴D1E∥BG. 又 D1E、D1A ? 平面 AD1E,BG、GF 平面 AD1E, ∴BG∥平面 AD1E,GF∥平面 AD1E. ∵GF、GB ? 平面 BGF,∴平面 BGF∥平面 AD1E. ∵BF 平面 AD1E,∴直线 BF∥平面 AD1E. (或者:建立空间直角坐标系,用空间向量来证明直线 BF∥平面 AD1E,亦可)

2. (2013· 苏州调研)三棱柱 ABC-A1B1C1 在如图所示的空间直角坐标系中, 已知 AB=2, AC=4,A1A=3.D 是 BC 的中点. (1) 求直线 DB1 与平面 A1C1D 所成角的正弦值; (2) 求二面角 B1-A1D-C1 的正弦值. 解:(1) 由题意,A(0,0,0),B(2,0,0),C(0,4,0),D(1,2,0),A1(0,0,3), → → B1(2,0,3),C1(0,4,3).A1D=(1,2,-3),A1C1=(0,4,0). 设平面 A1C1D 的一个法向量为 n=(x,y,z). → → ∵ n· A1D=x+2y-3z=0,n·A1C1=4y=0. ∴ x=3z,y=0.令 z=1,得 x=3.n=(3,0,1). 设直线 DB1 与平面 A1C1D 所成角为 θ, → ∵ DB1=(1,-2,3), 3×1+0×(-2)+1×3 3 35 → ∴ sinθ=|cos〈DB1·n〉|= = . 35 10× 14 (2) 设平面 A1B1D 的一个法向量为 m=(a,b,c). → → → A1B1=(2,0,0),∵ m·A1D=a+2b-3c=0,m·A1B1=2a=0, ∴ a=0,2b=3c.令 c=2,得 b=3.m=(0,3,2). 设二面角 B1A1DC1 的大小为 α, 2 3 7 3 455 |m· n| |0×3+3×0+2×1| ∴ |cosα|=cos|〈m,n〉|= = = ,则 sinα= = . |m|· |m| 65 13× 10 65 65 3 455 ∴ 二面角 B1A1DC1 的正弦值为 . 65

3. (2013· 南通二模)如图,在三棱柱 ABCA1B1C1 中,A1B⊥平面 ABC,AB⊥AC,且 AB

=AC=A1B=2. (1) 求棱 AA1 与 BC 所成的角的大小; 2 5 (2) 在棱 B1C1 上确定一点 P,使二面角 P-AB-A1 的平面角的余弦值为 . 5

解:(1) 如图,以 A 为原点建立空间直角坐标系,则 C(2,0,0),B(0,2,0),A1(0, → → AA1·BC → → → → → 2,2),B1(0,4,2), AA1=(0,2,2), BC=B1C1=(2, -2,0). cos 〈AA1,BC〉 = → → |AA1|·|BC| -4 π 1 = =- ,故 AA1 与棱 BC 所成的角是 . 2 3 8· 8 → → (2) P 为棱 B1C1 中点,设B1P=λB1C1=(2λ,-2λ,0),则 P(2λ,4-2λ,2). → 设平面 PAB 的法向量为 n1=(x,y,z),AP=(2λ,4-2λ,2), → ? ?n1·AP=0,? ?λx+2y-λy+z=0,? ?z=-λx, ? ? 则? ? ?y=0. → 2y = 0. ? ? ?n1·AB=0. ? 故 n1=(1,0,-λ), n1·n2 1 2 5 而平面 ABA1 的法向量是 n2=(1,0,0),则 cos〈n1,n2〉= = 2= 5 , |n1|·|n2| 1+λ 1 解得 λ= ,即 P 为棱 B1C1 中点,其坐标为 P(1,3,2). 2 4. (2013 广东韶关第二次调研)如图甲,在平面四边形 ABCD 中,已知∠A=45°,∠C =90°,∠ADC=105°,AB=BD,现将四边形 ABCD 沿 BD 折起,使平面 ABD⊥平面 BDC(如图乙),设点 E、F 分别为棱 AC、AD 的中点. (1) 求证: DC⊥平面 ABC; (2) 求 BF 与平面 ABC 所成角的正弦值; (3) 求二面角 B-EF-A 的余弦值.

解:(1) ∵ 平面 ABD⊥平面 BDC,又∵ AB⊥BD,∴ AB⊥平面 BDC,故 AB⊥DC, 又∵ ∠C=90°,∴ DC⊥BC,BC ? ABC 平面 ABC,DC ? 平面 ABC,故 DC⊥平面 ABC. (2) 如图,以 B 为坐标原点,BD 所在的直线为 x 轴建立空间直角坐标系如下图示, 设 CD=a,则 BD=AB=2a,BC= 3a,AD=2 2a,可得 B(0,0,0),D(2a,0,0),A(0,0, 3 3 2a),C? a, a,0?,F(a,0,a), 2 ?2 ?

1 3 → → ∴ CD=? a,- a,0?,BF=(a,0,a). 2 ?2 ? 设 BF 与平面 ABC 所成的角为 θ, 由(1)知 DC⊥平面 ABC, 1 2 a → → 2 π CD · BF 2 ? ? ∴ cos -θ = ?2 ? → → =a· 2a= 4 , |CD|· |BF| 2 . 4 (3) 由(2)知 FE⊥平面 ABC, 又∵ BE ? 平面 ABC,AE ? 平面 ABC,∴ FE⊥BE,FE ⊥AE, ∴ ∠AEB 为二面角 B-EF-A 的平面角 . 1 1 7 在△AEB 中,AE=BE= AC= AB2+BC2= a, 2 2 2 AE2+BE2-AB2 1 1 ∴ cos∠AEB= =- ,即所求二面角 B-EF-A 的余弦为- . 7 7 2AE·BE ∴ sinθ=

1. 类比平面向量,掌握空间向量的线性运算、空间向量的数量积、空间向量的坐标运 算. 2. 用空间向量解答立体几何问题的一般步骤: (1) 几何问题向量化:线线、线面、面面的平行、垂直、夹角等位置关系问题,利用立 体几何中直线与平面有关判定定理和性质定理, 将问题转化为直线的方向向量或平面的法向 量之间的平行、垂直、夹角关系; (2) 进行向量运算:通常需通过建立空间直角坐标系将问题转化为空间向量的坐标运 算. (3) 回归几何问题.如利用法向量求二面角时,要注意两平面的法向量的方向,确定求 得的角是二面角还是其补角.


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