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2014高考数学(人教A版,理)课件(山东专供)第七章 第八节立体几何中的向量方法(二)——求空间角和距离_图文

第八节 立体几何中的向量方法(二)—

—求空间角和距离

1.空间角的向量求法 (1)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 l1与l2所成的角θ 范 围 求 法
? (0, ] 2 _______
ab | a || b | cos θ =|cos〈a,b〉|=_______

(2)直线和平面所成角的求法 如图所示,设直线l的方向向量为e,平面α 的法向量为n, 直线l与平面α 所成的角为 ? ,两向量e与n的夹角为θ ,
en 则有sin ? =|cos θ |=________. | e || n |

(3)二面角的求法 ①如图a,AB,CD是二面角α -l-β 的两个半平面内与棱l垂直 的直线,则二面角的大小θ =_______. 〈AB , CD〉

②如图b,c,n1,n2分别是二面角α -l-β 的两个半平面α ,
cos〈n1,n2〉 β 的法向量,则二面角的大小θ 满足cos θ =__________ ?cos〈n1,n2〉 或___________.

2.点到平面的距离的向量求法 如图,设AB为平面α 的一条斜线段,n为平面α 的法向量,
| AB n | |n| 则点B到平面α 的距离d=________.

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.( (4)两异面直线夹角的范围是(0,
2 ? ],直线与平面所成角的 2

范围是[0, ? ],二面角的范围是[0,π ].(

)

【解析】(1)错误.两直线的方向向量所成的角应是两直线所成 的角或其补角. (2)错误.若直线的方向向量和平面的法向量所成的角为θ,直 线与平面所成的角为α,则sin α=|cos θ|. (3)错误.两个平面的法向量所成的角是这两个平面所成的角或 其补角.

(4)正确.由异面直线所成的角、线面角及二面角的定义可知,

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,π].
2 2

答案:(1)〓

(2)〓

(3)〓

(4)√

1.已知向量m,n分别是直线l和平面α 的方向向量和法向量, 若cos<m,n〉=(A)60°
1 ,则l与α 所成角的大小为( 2

)

(B)120°

(C)30°

(D)150°

【解析】选C.设l与α所成的角为α, 则sin α=|1 1 |= .又∵0°≤α≤90°,∴α=30°. 2 2

2.已知两个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°或135° (B)135° (D)以上都不对 )

【解析】选C.∵m=(0,1,0),n=(0,1,1), ∴|m|=1,|n|= ∴cos〈m,n〉=
2,m·n=1,
mn 1 2 ? ? , mn 2 2

∴〈m,n〉=45°,

∴两平面所成的二面角的大小为45°或135°.

3.正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1,O是A1C1的中点,则O到平面 ABC1D1的距离为(
(A)

)

3 2 1 3 ?????????(B) ?????????(C) ?????????(D) 2 4 2 3

【解析】选B.方法一:E为AD1的中点,过点O作OF∥A1E, 交C1E于点F. ∵E为AD1的中点, ∴EA1⊥AD1. 又BA⊥平面AD1, ∴BA⊥EA1,∴EA1⊥平面ABC1D1. 又FO∥EA1,∴FO⊥平面ABC1D1, ∴FO= 1 EA1= 2 .
2

4

1 方法二:建立如图所示的空间直角坐标系,可得 C1O=( 1 , ? , 0), 2 2

平面ABC1D1的法向量 DA1 =(1,0,1),
1 | DA1 C1O | 2 2 所以点O到平面ABC1D1的距离d= = = . 4 | DA| 2 1

4.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____.

【解析】由题意建立空间直角坐标

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),

∴cos〈 BC1 , AE 〉= BC1 AE ? 30 . 答案: 30
10
|BC1| | AE | 10

考向 1

异面直线所成角的求法

【典例1】如图,已知在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=2,AA1=1, 直线BD与平面AA1B1B所成的角为30°,AE垂直BD于点E,F为 A1B1的中点. 求异面直线AE与BF所成角的余弦值.

【思路点拨】由于该几何体为长方体,且E点位置非特殊位置, 根据定义作出异面直线AE与BF所成的角比较困难,故可考虑建 立空间直角坐标系,利用向量解决.

【规范解答】以A为坐标原点,以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).由于AB=2, BD与平面AA1B1B所成角为30°,即∠ABD=30°,∴AD= ∴A(0,0,0),B(2,0,0),D(0, 2 3 ,0),F(1,0,1).
3 2 3 , 3

又AE⊥BD,故由平面几何知识得AE=1, 从而E( 1 , 3 ,0),
2 2 因为 AE =( 1 , 3 ,0), BF =(-1,0,1), 2 2

∴ AE BF =( 1 , 3 , 0)·(-1,0,1)= ? 1 ,
2 2
2

| AE |? 1,| BF |? 2,设AE与BF所成角为θ1,
1 |? | | AE BF | 2 ? 2. ? 则cos θ1= 4 | AE || BF | 1? 2

故异面直线AE与BF所成角的余弦值为

2 . 4

【拓展提升】 1.异面直线所成角的求法

利用空间向量求异面直线所成的角可利用直线的方向向量,转
化成向量所成的角.

2.合理建立空间直角坐标系 (1)使用空间向量解决立体几何问题的关键环节之一就是建立 空间直角坐标系,建系方法的不同可能导致解题的简繁程度不 同. (2)①一般来说,如果已知的空间几何体中含有两两垂直且交 于一点的三条直线时,就以这三条直线为坐标轴建立空间直角 坐标系;

②如果不存在这样的三条直线,则应尽可能找两条垂直相交的 直线,以其为两条坐标轴建立空间直角坐标系,即坐标系建立 时以其中的垂直相交直线为基本出发点. (3)建系的基本思想是寻找其中的线线垂直关系,在没有现成 的垂直关系时要通过其他已知条件得到垂直关系,在此基础上

选择一个合理的位置建立空间直角坐标系 .

【变式训练】如图,在四面体ABCD中,
平面ABC⊥平面ACD,AB⊥BC,AD=CD, ∠CAD=30°. (1)若AD=2,AB=2BC,求四面体ABCD的体积. (2)若二面角C-AB-D为60°,求异面直线AD与BC所成角的余弦 值.

【解析】(1)如图1,设F为AC的中点,连接DF,由于AD=CD,所 以DF⊥AC. 故由平面ABC⊥平面ACD,知DF⊥平面ABC, 即DF是四面体ABCD的高, 且DF=ADsin 30°=1,AF=ADcos 30°= 3.

在Rt△ABC中,因AC=2AF=2 3 ,AB=2BC, 由勾股定理易知 BC ? 2 15 ,AB ? 4 15 .
5 5 故四面体ABCD的体积V= 1 ·S△ABC·DF 3 1 1 4 15 2 15 4 ? ? ? ? ?1 ? . 3 2 5 5 5

(2)如图2,过F作FM⊥AC,交AB于M,已知AD=CD,平面ABC⊥平 面ACD,易知FC,FD,FM两两垂直,以F为原点,射线FM,FC, FD分别为x轴,y轴,z轴的正半轴,建立空间直角坐标系 Fxyz.

设AD=2,由CD=AD,∠CAD=30°,易知点A,C,D的坐标分别
为A(0,- 3, 0),C(0, 3, 0),D(0,0,1),

则 AD =(0, 3, 1).
显然向量k=(0,0,1)是平面ABC的一个法向量.

已知二面角C-AB-D为60°,故可取平面ABD的单位法向量
t=(l,m,n),使得〈t,k〉=60°,从而n=
1 . 2

由t⊥ AD ,有 3 m+n=0,从而m= ?

3 . 6

由l2+m2+n2=1,得l=〒

6 . 3

设点B的坐标为(x,y,0), 由 AB ? BC, t ? AB, 可取l=
2 2

6 , 3

? 4 6 ? x ? y ? 3, x ? , ? ? x ? 0, ? ? 9 有? 6 解之得 ? 或? ? 舍去?. 3 x? (y ? 3) ? 0, ?y ? ? 3 ? ?y ? 7 3 6 ? 3 ? 9 ?

6 与坐标系的建立方式不合,舍去. 3 因此点B的坐标为( 4 6 , 7 3 , 0). 9 9 所以 CB ? ( 4 6 , ? 2 3 ,0). 9 9 AD CB 从而cos〈 AD,CB 〉= | AD || CB | 2 3 3 ? (? ) 3 9 ? ?? , 6 4 6 2 2 3 2 3 ?1? ( ) ? (? ) 9 9 ?

易知l=-

又异面直线的夹角θ∈(0,

2

],

故异面直线AD与BC所成角的余弦值为 3 .
6

考向 2

直线与平面所成角的求法

【典例2】(2012·大纲版全国卷)如图,

四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为菱形,
PA⊥底面ABCD,AC=2 2 ,PA=2,E是 PC上的一点,PE=2EC. (1)证明:PC⊥平面BED. (2)设二面角A-PB-C为90°,求PD与平面PBC所成的角的大小.

【思路点拨】可用综合法求解,也可建立空间直角坐标系,利 用向量解决.

【规范解答】方法一:(1)因为底面ABCD为菱形,

所以BD⊥AC.又PA⊥底面ABCD,所以PA⊥BD.
所以BD⊥平面PAC,

所以PC⊥BD.
设AC∩BD=F,连接EF.

因为AC=2 2 ,PA=2,PE=2EC,
故PC=2 3 ,EC= 2 3 ,FC= 2 ,
AC 从而 PC = 6, = 6. FC EC

3

因为 PC = AC , ∠FCE=∠PCA,
FC EC

所以△FCE∽△PCA,∠FEC=∠PAC=90°, 由此知PC⊥EF. PC与平面BED内两条相交直线BD,EF都垂直, 所以PC⊥平面BED.

(2)在平面PAB内过点A作AG⊥PB,G为垂足.
因为二面角A-PB-C为90°, 所以平面PAB⊥平面PBC. 又平面PAB∩平面PBC=PB, 故AG⊥平面PBC,AG⊥BC. BC与平面PAB内两条相交直线PA,AG都垂直, 故BC⊥平面PAB,于是BC⊥AB,

所以底面ABCD为正方形,AD=2, PD= PA2 ? AD2=2 2. 设D到平面PBC的距离为d, 因为AD∥BC,且AD ? 平面PBC,BC?平面PBC, 故AD∥平面PBC,A,D两点到平面PBC的距离相等,即d=AG= 2. 设PD与平面PBC所成的角为α,则sin α= 所以PD与平面PBC所成的角为30°.
d 1 ? . PD 2

方法二:(1)以A为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系 Axyz. 设C(2 2,0,0),D( 2 ,b,0), 其中b>0,
2 则P(0,0,2),E( 4 2 , 0, ), 3 3

B( 2 ,-b,0).

于是 PC =(2 2 ,0,-2),BE=( 2 ,b, 2 ),
DE=( 2 2 , ? b, ), 3 3 3 3

从而 PC BE=0, PC DE =0, 故PC⊥BE,PC⊥DE.

又BE∩DE=E,
所以PC⊥平面BED.

(2) AP=(0,0,2), AB=( 2 ,-b,0). 设m=(x,y,z)为平面PAB的法向量,则 m·AP =0,m· AB =0, 即2z=0且 2 x-by=0, 令x=b,则m=(b, 2 ,0). 设n=(p,q,r)为平面PBC的法向量, 则n·PC =0, n·BE=0,

即 2 2p ? 2r ? 0且 2p ? bq ? 2 r ? 0,
3

令p=1,则r=

2,q=-

2 ,n=(1,- 2 , 2 ). b b

3

因为平面PAB⊥平面PBC, 故m·n=0, 即b2 =0,故b= b

2 ,于是n=(1,-1, 2 ),

DP =(- 2 ,-

2 ,2),

n DP 1 cos〈n, DP〉 ? = ,〈 ? n, DP〉 ? 60?, 2 | n || DP | ∵直线PD与平面PBC所成的角与〈n, DP〉互余,

∴PD与平面PBC所成的角为30°.

【拓展提升】利用向量求线面角的方法

(1)分别求出斜线和它所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.

【变式训练】如图,已知四棱锥P-ABCD的底面为等腰梯形,

AB∥CD,AC⊥BD,垂足为H,PH是四棱锥的高,E为AD的中点.
(1)证明:PE⊥BC. (2)若∠APB=∠ADB=60°,求直线PA与平面PEH所成角的正弦 值.

【解析】以H为原点,HA,HB,HP所在直线分别为x,y,z轴,线 段HA的长为单位长,建立空间直角坐标系如图,则 A(1,0,0), B(0,1,0).

(1)设C(m,0,0),P(0,0,n)(m<0,n>0),
则D(0,m,0),E( 1 , m ,0). 可得 PE=( 1 , m , ?n), BC ? ? m, ?1,0 ?.
2 2 因为 PE BC= m ? m ? 0 ? 0, 2 2 2 2

所以PE⊥BC.

3 ,n=1, 3 故C(- 3 ,0,0),D(0,- 3 ,0), 3 3 3 ,0),P(0,0,1). E( 1 , ? 2 6

(2)由已知条件可得m=-

设n=(x,y,z)为平面PEH的一个法向量,
?1 3 ? n HE ? 0, y ? 0, ? ? x? 则? 即? 2 6 ? ?n HP ? 0, ? ?z ? 0.

因此可以取n=(1, 3 ,0). 由 PA =(1,0,-1), 可得|cos〈 PA ,n〉|=
2 , 4

所以直线PA与平面PEH所成角的正弦值为 2 .
4

考向 3

二面角的求法

【典例3】(2012·新课标全国卷)如图,

直三棱柱ABC-A1B1C1中,AC=BC=
1 AA ,D是棱AA 的中点,DC ⊥BD. 1 1 1 2

(1)证明:DC1⊥BC.
(2)求二面角A1-BD-C1的大小.

【思路点拨】(1)可证明DC1⊥平面BCD. (2)可以CA,CB,CC1为坐标轴建立空间直角坐标系求解.

【规范解答】(1)由题设知,三棱柱的侧面为矩形. 由于D为AA1的中点,故DC=DC1. 又AC= 1 AA1,可得DC
2
2 1

+DC2=CC

2 1



所以DC1⊥DC. 而DC1⊥BD,DC∩BD=D, 所以DC1⊥平面BCD. 又BC?平面BCD,故DC1⊥BC.

(2)由(1)知BC⊥DC1,且BC⊥CC1,
则BC⊥平面ACC1A1,

所以CA,CB,CC1两两互相垂直.
以C为坐标原点, CA的方向为x轴的正

方向,|CA|为单位长,建立如图所示
的空间直角坐标系Cxyz.

由题意知A1(1,0,2),B(0,1,0),D(1,0,1), C1(0,0,2). 则 A1D =(0,0,-1),BD=(1,-1,1),
DC1 =(-1,0,1).

设n=(x,y,z)是平面A1B1BD的一个法向量,
? ?n BD=0, ? x ? y ? z ? 0, 则? 即? ? ?n A1D=0, ??z ? 0.

可取n=(1,1,0).
同理,设m是平面C1BD的一个法向量,
? ?m BD ? 0, 则? ? ?m DC1=0.

可取m=(1,2,1). 从而cos〈n,m〉=
nm 3 ? . n m 2

故二面角A1-BD-C1的大小为30°.

【拓展提升】求二面角大小的常用方法 (1)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 图形判断所求角的大小. (2)分别在二面角的两个半平面内找到与棱垂直且以垂足为起 点的两个向量,则这两个向量的夹角的大小就是二面角的大小 .

【变式训练】(2012·江西高考)在三棱柱ABC-A1B1C1中,已 知AB=AC=AA1= 5 ,BC=4,点A1在底面ABC的投影是线段BC 的中点O. (1)证明在侧棱AA1上存在一点E, 使得OE⊥平面BB1C1C,并求出 AE的长. (2)求平面A1B1C与平面BB1C1C夹 角的余弦值.

【解析】(1)连接AO,在△AOA1中,作OE⊥AA1于点E, 因为AA1∥BB1,得OE⊥BB1. 因为A1O⊥平面ABC, 所以A1O⊥BC. 因为AB=AC,OB=OC,得AO⊥BC, 所以BC⊥平面AA1O,所以BC⊥OE, 所以OE⊥平面BB1C1C. 又AO= AB2 ? BO2 =1,AA1= 5 ,
AO 2 5 得AE= = . AA1 5

(2)如图,以O为原点,OA,OB,OA1所在直线分别为x,y,z轴, 建立空间直角坐标系, 则A(1,0,0),B(0,2,0),C(0,-2,0),A1(0,0,2).

2 由 AE= 1 AA1 得点E的坐标是( 4 , 0, ). 5 5 5

由(1)得平面BB1C1C的一个法向量是OE =(
设平面A1B1C的法向量为n=(x,y,z),
? ?n A1B1 ? n AB ? 0, ?? x ? 2y ? 0, 由? 得? ? y ? z ? 0. ? ?n A1C ? 0,

4 2 , 0, ). 5 5

令y=1,得x=2,z=-1,即n=(2,1,-1).
OE n 30 所以cos〈OE, n〉 ? ? , 10 | OE || n |

即平面BB1C1C与平面A1B1C的夹角的余弦值是

30 . 10

考向 4

求空间距离

【典例4】(1)在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中,点E为BB1 的中点,则点C1到平面A1ED的距离是______. (2)已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为a. ①求点C1到平面AB1D1的距离; ②求平面CDD1C1与平面AB1D1所成的二面角的余弦值.

【思路点拨】(1)建立空间直角坐标系,利用点到平面的距离
公式求解. (2)建立空间直角坐标系,①利用点到平面的距离公式求解; ②求得平面CDD1C1与平面AB1D1的法向量,利用法向量所成的角 求二面角的大小.

【规范解答】(1)以A为原点建立空间直角坐标系如图所示.
则A1(0,0,1),E(1,0, 1 ),
2

D(0,1,0),C1(1,1,1). ∴ A1D =(0,1,-1),
A1E =(1,0,-

1 ). 2

设平面A1ED的法向量为n1=(x,y,z),
?n1 A1D ? y ? z ? 0, ? y ? z, ? ? 由? 得 ? 1 1 x ? z. ?n1 A1E ? x ? z ? 0, ? 2 ? 2 ?

令z=2,则n1=(1,2,2). 又 C1A1 =(-1,-1,0),

∴点C1到平面A1ED的距离
d? | C1A1 n1 | 3 ? ? 1. | n1 | 3

答案:1

(2)①建立空间直角坐标系如图所示,则A(0,0,0),
D1(0,a,a),B1(a,0,a),C1(a,a,a),

∴ C1A =(-a,-a,-a),
AD1 =(0,a,a), AB1 =(a,0,a).

设n=(x,y,z)是平面AB1D1的一个法向量,
? ?n AD1 ? 0, ?ay ? az ? 0, 由? 得? ? ?n AB1 ? 0, ?ax ? az ? 0.

令z=-1,得x=1,y=1,可得n=(1,1,-1). 因此C1到平面AB1D1的距离为 d ? | C1A n | ? 3 a.
|n| 3

②由①知,平面AB1D1的一个法向量是n=(1,1,-1). 又因AD⊥平面CDD1C1, 故平面CDD1C1的一个法向量是n1=(0,1,0). 设所求二面角的平面角为θ,则cos θ= n n1 ? 3 .
n n1 3

由题意可知二面角是锐角,所求二面角的余弦值为

3 . 3

【互动探究】在本例题(1)中,若条件不变,结论改为“则直 线A1C1与平面A1ED所成角的大小为______”,如何求解?

【解析】由题(1)的解法知,平面A1ED的一个法向量为 n1=(1,2,2),C1A1 =(-1,-1,0). 设所求角为θ,则sin θ=|cos〈n1, C1A1 〉|
? | n1 C1A1 | 3 2 ? ? . 2 | n1 || C1A1 | 3 ? 2

故直线A1C1与平面A1ED所成角的大小为45°.

【拓展提升】向量法求到平面的距离的步骤

(1)求平面α的法向量n.
(2)在平面α内取一点A,确定向量 PA 的坐标. (3)代入公式d= | n PA | 求解.
|n|

【变式备选】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,连接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,

则OB=OM= 3 ,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,y,z)是平面MBC的一个法向量, 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),又BA =(0,0,2 3 ),
则点A到平面MBC的距离为d= | BA n | ? 2 3 ? 2 15 .
|n| 5 5

(2)CM =(-1,0, 3 ), CA=(-1,- 3 ,2 3 ). 设平面ACM的一个法向量为n1=(x,y,z),
? ?? x ? 3z ? 0, 由n1 ? CM, n1 ? CA得 ? ? ?? x ? 3y ? 2 3z=0,

解得x= 3 z,y=z,取n1=( 3 ,1,1). 又平面BCD的一个法向量为n2=(0,0,1),
n1 n 2 1 ? . 所以cos〈n1,n2〉= n1 n 2 5

设所求二面角为θ,则sin θ= 2 5 .
5

【满分指导】用空间向量解立体几何问题的规范解答 【典例】(12分)(2012·北京高考)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.

(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.

【思路点拨】 已 知 条 件 条 件 分 析 DE⊥A1D,DE⊥CD,即DE⊥平面 A1DC

∠C=90°,DE∥BC A1C⊥CD
M为A1D的中点 平面A1DP⊥平面A1BE

A1C⊥平面BCDE
可求CM 与平面A1BE的法向量的 夹角 法向量垂直

【规范解答】(1)因为AC⊥BC,DE∥BC, 所以DE⊥AC. 所以DE⊥A1D,DE⊥CD, 所以DE⊥平面A1DC.????????????????2分 所以DE⊥A1C. 又因为A1C⊥CD, 所以A1C⊥平面BCDE.???????????????3分

(2)如图,以C为坐标原点,建立空间直角坐标系Cxyz, 则A1(0,0,2 3 ),D(0,2,0),M(0,1, 3 ),B(3, 0,0),E(2,2,0).???????????????5分 设平面A1BE的法向量为n=(x,y,z),则n· A1B =0,n·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). ①

????????????????????????6分 设CM与平面A1BE所成的角为θ. 因为 CM =(0,1, 3 ),
n CM 4 2 ② |? ? . 2 | n || CM | 8? 4 ? 所以CM与平面A1BE所成角的大小为 . ????????7分 4 ? 所以 sin? ?| cos〈n,CM〉

(3)线段BC上不存在点P,使平面A1DP与平面A1BE垂直.



????????????????????????8分 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· A1D=0,m· DP =0.

又 A1D =(0,2,-2 3 ),DP=(p,-2,0),
?2y ? 2 3z ? 0, 所以 ? ?px ? 2y ? 0.

令x=2,则y=p,z= 所以m=(2,p,

3p ).??????????????10分 3

3p . 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.④ 所以线段BC上不存在点P,使平面A1DP与平面A1BE垂直. ????????????????????????12分

【失分警示】(下文①②③④见规范解答过程)

1.(2012·陕西高考)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(

)
5 5 2 5 3 ????????? B? ????????? C ? ????????? D ? 5 3 5 5

?A?

【解析】选A.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〉 ? ?2 ? 0 ? 2 ? 2 ? 1? ? ?1? 1 5 ? ? . 5 4 ? 4 ?1 0 ? 4 ?1 5

2.(2012·大纲版全国卷)已知正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,
AB=2,CC1=2 2 ,E为CC1的中点,则直线AC1与平面BED 的距离为( (A)2 ) (B) 3 (C) 2 (D)1

【解析】选D.连接AC交BD于O,连接OE,由题意得AC1∥OE,
∴AC1∥平面BED,直线AC1与平面BED的距离等于点A到平面 BED的距离,也等于点C到平面BED的距离,作CH⊥OE于H, 则CH= 1 OE=1为所求,故选D.
2

3.(2013·潍坊模拟)在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=2, BC=AA1=1,则D1C1与平面A1BC1所成角的正弦值为______.

【解析】如图,建立空间直角坐标系Dxyz,则
D1(0,0,1),C1(0,2,1),A1(1,0,1),B(1,2,0),

∴ D1C1=(0,2,0), A1C1 =(-1,2,0),
A1B =(0,2,-1).

设平面A1BC1的一个法向量为n=(x,y,z),
? ?n A1C1 ? (x, y, z) ? ?1, 2,0 ? ? ? x ? 2y ? 0, 由? ? ?n A1B ? (x, y, z) ? 0, 2, ?1? ? 2y ? z ? 0,
? x ? 2y, 得? 令y ? 1 ,得n ? ? 2,1, 2 ? . ?z ? 2y.

设D1C1与平面A1BC1所成角为θ,则
sin? ?| cos〈D1C1 , n〉|? | D1C1 n | 2 1 ? ? , | D1C1 || n | 2 ? 3 3
3

即直线D1C1与平面A1BC1所成角的正弦值为 1 . 答案:
1 3

4.(2012·安徽高考)平面图形ABB1A1C1C如图1所示,其中 BB1C1C是矩形.BC=2,BB1=4,AB=AC= 2 ,A1B1=A1C1= 5. 现将该平面图形分别沿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: (1)证明:AA1⊥BC. (2)求AA1的长. (3)求二面角A-BC-A1的余弦值.

【解析】方法一(向量法): (1)取BC,B1C1的中点分别为D和D1, 连接A1D1,DD1,AD.

由BB1C1C为矩形知,DD1⊥B1C1.
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.

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). 故 AA1 =(0,3,-4), BC =(-2,0,0),
AA1 BC =0,

因此 AA1 ? BC ,即AA1⊥BC.

(2)因为 AA1 =(0,3,-4), 所以|AA1|=5,即AA1=5. (3)连接A1D. 由BC⊥AD,BC⊥AA1,可知BC⊥平面A1AD, BC⊥A1D, 所以∠ADA1为二面角A-BC-A1的平面角. 因为 DA=(0,-1,0), DA1 =(0,2,-4),
?? 所以 cos〈DA, DA1〉 2 1? 22 ? ? ?4 ?
5
2

??

5 , 5

即二面角A-BC-A1的余弦值为 ? 5 .

方法二(综合法): (1)取BC,B1C1的中点分别为D和D1,连接A1D1,DD1,AD,A1D. 由条件可知,BC⊥AD,B1C1⊥A1D1. 由上可得AD⊥平面BB1C1C,A1D1⊥平面BB1C1C, 因此AD∥A1D1,即AD,A1D1确定平面AD1A1D. 又因为DD1∥BB1,BB1⊥BC,所以DD1⊥BC. 又考虑到AD⊥BC, 所以BC⊥平面AD1A1D,故BC⊥AA1.

(2)延长A1D1到G点,使GD1=AD.连接AG.

因为AD
所以AG

GD1,
DD1 BB1.

由于BB1⊥平面A1B1C1,
所以AG⊥A1G.

由条件可知,A1G=A1D1+D1G=3,AG=4.
所以AA1=5.

(3)因为BC⊥平面AD1A1D,
所以∠ADA1为二面角A-BC-A1的平面角. 在Rt△A1DD1中,DD1=4,A1D1=2, 解得sin∠D1DA1= 5 ,
? +∠D1DA1)=- 5 , 2 5 即二面角A-BC-A1的余弦值为- 5 . 5

5

cos∠ADA1=cos(

1.如图,三棱柱ABC-A1B1C1中,
底面ABC为正三角形,侧面ACC1A1 是∠A1AC= ? 的菱形,且侧面
3

ACC1A1⊥底面ABC,D为AC的中点. (1)求证:平面A1BD⊥平面ACC1A1. (2)若点E为AA1上的一点,当CE⊥BB1时,求二面角A-EC-B的正 切值.

【解析】方法一:(1)∵∠A1AC= ? ,AA1=AC,D为AC的中点,
3

△ABC为正三角形, ∴AC⊥A1D,AC⊥BD, ∴AC⊥平面A1BD. 而AC?平面ACC1A1, ∴平面A1BD⊥平面ACC1A1.

(2)∵AA1∥BB1,CE⊥BB1, ∴CE⊥AA1. ∴点E为AA1的中点. ∵BD⊥AC,BD⊥A1D, ∴BD⊥平面ACE. 过点D作DF⊥CE,垂足为F, 连接BF,如图(1),

则BF⊥CE, ∴∠BFD为二面角A-EC-B的一个平面角. ∵DF⊥CE, 易得DF=
1 AE. 2

设AB=a,则BD= 3 a,

2 DF= 1 AE= 1 AA1= 1 a, 2 4 4 ∴tan∠BFD= BD ? 2 3. DF

方法二:(1)依题意有AC,BD,

A1D两两垂直且相交于点D,故
建立如图(2)所示的空间直角

坐标系Dxyz,
设AB=2a,

则A(0,-a,0),B( 3 a,0,0),
C(0,a,0),D(0,0,0), A1(0,0, 3 a).

(1)∵ AC =(0,2a,0),
DB =( 3 a,0,0),
DA1 =(0,0, 3 a),

∴ AC DB =0〓 3 a+2a〓0+0〓0=0,
AC DA1 =0〓0+2a〓0+0〓 3 a=0.

∴ AC ? DB, AC ? DA1. ∴AC⊥DB,AC⊥DA1.∴AC⊥平面A1BD. 而AC?平面ACC1A1, ∴平面A1BD⊥平面ACC1A1.

(2)∵AA1∥BB1,CE⊥BB1,∴CE⊥AA1. ∴点E为AA1的中点.∴E(0, ? ,
a 2 3a ). 2

∵BD⊥AC,BD⊥A1D,∴BD⊥平面ACE. ∴ DB =( 3 a,0,0)为平面ACE的一个法向量. 设n=(x,y,z)为平面BEC的一个法向量, 则有n· CB =0,n· CE =0,
3 3 又CB ? ( 3a, ? a,, 0) CE ? (0, ? a, a), 2 2

? 3ax ? ay ? 0, ? 所以 ? 3 3 az ? 0, ?? ay ? 2 ? 2

令x=a,则y= 3 a,z=3a, ∴n=(a, 3 a,3a), ∴n· DB ? 3a 2 .
而| DB |= 3a, |n| ? 13a, n DB 3a 2 1 ? cos〈n, DB〉 ? ? ? , | n || DB | 3a 13a 13

∴二面角A-EC-B的正切值为 2 3.

2.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 [0,1]). (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
PM =λ (λ ∈ PB

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,y,z轴建立如图所示的空间 直角坐标系,则由题设条件易得: P(0,0,2),A(2 3 ,4,0), B(2 3 ,0,0),C(0,0,0),

D(0,1,0),M(2 3 λ,0,2-2λ).

所以 PA =(2 3 ,4,-2), PD =(0,1,-2),
PB =(2 3 ,0,-2),CM =(2

3 λ,0,2-2λ).

又 PM=?PB ,则 PM=(2 3 λ,0,-2λ).
因为CM∥平面PAD,

则 CM与向量 PA,PD共面,即存在实数对m,l,
使 CM =mPA ? l PD,

所以有(2 3 m,4m+l,-2m-2l)
? (2 3?,0, ?2? ? 2), ? 2 3m ? 2 3?, ? 1 即 ? 4m ? l ? 0, 解得? ? . 4 ? ?2m ? 2l ? ?2? ? 2, ?

(2)设平面PAD的法向量为n=(x,y,z),
? ?2 3x ? 4y ? 2z ? 0, ?n PA=0, 由? 可得 ? ? ? y ? 2z ? 0, ?n PD=0, ? x ? ? 3z, 从而 ? ? y ? 2z.

令z=1,则有n=(- 3 ,2,1). 因为n· CM =-8λ+2,|n|= 2 2,
| CM |? 2 4? 2 ? 2? ? 1, 所以cos〈n,CM〉 ? n CM ?4? ? 1 ? . 2 | n || CM | 2 2 4? ? 2? ? 1

设向量n, CM 所在直线所成锐角为θ,
则cos? ? 又 | 4? ? | 1 2 2 4? ? 2? ? 1
2

, (4? ? 1) 2 2 ? 4? 2 ? 2? ? 1 4 4? 3 , 1 2 3 4(? ? ) ? 4 4

| 4? ? | 1 2 2 4? 2 ? 2? ? 1



1 2 2

因为λ∈[0,1],所以当λ=1时,cos θ最大,从而θ 最小.CM与平面PAD所成的角 ?= ? ? ? 最大.
2

所以sin ? =sin( ? -θ)=cos θ= 6 .
2

4