2013立体几何理科总复习杨老师专题讲座共五讲20121223

立体几何中的向量方法 专题讲座共五讲 20121223 第一讲平行与垂直
方法总结 1.位置关系: .两条异面直线相互垂直 (1) 证明方法:○证明两条异面直线所成角为 90?;○证明两条异面直线的方向量相互垂直。 1 2 (2) .直线和平面相互平行 证明方法:○证明直线和这个平面内的一条直线相互平行;○证明这条直线的方向向量和这个平 1 2 面内的一个向量相互平行;○证明这条直线的方向向量和这个平面的法向量相互垂直。 3 (3) .直线和平面垂直 证明方法:○证明直线和平面内两条相交直线都垂直,○证明直线的方向量与这个平面内不共线 1 2 的两个向量都垂直;○证明直线的方向量与这个平面的法向量相互平行。 3 (4) .平面和平面相互垂直 证明方法:○证明这两个平面所成二面角的平面角为 90?;○证明一个平面内的一条直线垂直于另 1 2 外一个平面;○证明两个平面的法向量相互垂直。 3 考点 1.利用空间向量证明空间垂直问题 利用空间向量证明空间线线、线面、面面垂直问题是高考考查的 重点内容,考查形式灵活多样,常与探索性问题、平行问题、空间角问 题结合,考查形式可以是小题,也可以是解答题的一部分,或解答题的 某个环节,题目容易,是高考中的重要得分点. 例 1(2010 辽宁理 19) )已知三棱锥 P-ABC 中,PA⊥面 ABC,AB⊥ AC,PA=AC=

1 AB ,N 为 AB 上一点,AB=4AN,M,S 分别为 PB,BC 的 2

中点.证明:CM⊥SN; 审题要津:本题空间坐标系易建立,可用坐标法. 证明: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, 则 P(0,0,1) ,C(0,1,0) ,B(2,0,0) ,M(1,0,

???? ? ? 1 ??? 1 1 CM ? (1, ?1, ), SN ? (? , ? , 0) , 2 2 2 ???? ??? ? ? 1 1 因为 CM ? SN ? ? ? ? 0 ? 0 , 所以 CM⊥SN . 2 2

1 1 1 ) ,N( ,0,0) ,S(1, ,0) 2 2 2

【点评】对坐标系易建立的空间线线垂直判定(证明)问题,常 量法,即通过证明所证直线的方向向量的数量积为 0 证明两直线

用 向 垂直.

1

例 2(2010 天 津 理 19) 在 长 方 体 ABCD ? A B1C1D1 中 , E 、 F 分 别 是 棱 BC , CC1 上 的 点 , 1

CF = AB = 2CE , AB : AD : AA1 = 1: 2 : 4 .证明 AF ? 平面 A1ED
审题要津:本题空间坐标系易建立,可用坐标法. 解析: 如图所示, 建立空间直角坐标系, A 为坐标原点, AB ? 1 ,依题意得 D(0, 2,0) , F (1, 2,1) , 点 设

??? ???? ? ???? ? ? ??? ? 3 ? ??? ? 1 ? ? 3 ? A1 (0,0, 4) , E ?1, , 0 ? 已知 AF ? (1, 2,1) , EA1 ? ? ?1, ? , 4 ? , ED ? ? ?1, , 0 ? 于是 AF · EA1 =0, 2 ? 2 ? ? ? ? 2 ?

??? ??? ? ? AF · ED =0.因此, AF ? EA1 , AF ? ED ,又 EA1 ? ED ? E 所以 AF ? 平面 A1ED
【点评】对坐标系易建立的空间线面垂直问题,通常用向量法,先求出平面的法向量和直线的方向向 量,证明平面法向量与直线的方向向量平行或者直接用向量法证明直线与平面内两条相交直线垂直, 再用线面垂直判定定理即可. 例 3 (2010 年山东文)在如图所示的几何体中,四边形

MA ? 平面 ABCD , // MA , 、 、 E G ABCD 是正方形, PD 分别为 MB 、PB 、PC 的中点, AD ? PD ? 2 MA .求证: 且 EFG ? 平面 PDC .
审题要津:本题空间坐标系易建立,可用坐标法. 解析: A 为原点, 以 向量 DA , AB , AM 分别为 x 轴、 y 轴、 的正方向,如图建立坐标系,设 AM=1,则 AD=AB=PD=2, B(0,2,0),C(-2,2,0),D(-2,0,0),P(-2,0,2), M(0,0,1), E(0,1,

F
平面

??? ??? ???? ? ? ?

z轴
则 则

??? ? ? 1 ??? ,则 EG =(-1,0, ), GF =(-1,0,0),设平面 EFG 的法向量 m =( x , y , z ) 2

1 2

),G(



1,1,1),F( -

2,1,1) , ∴

??? ? ??? ? 1 EG ? m = ? x ? z =0 且 GF ? m = ?x =0,取 y =1,则 x = z =0,∴ m =(0,1,0), 2
易证面 PDC 的法向量为 DA =(2,0,0),

??? ?

∵ m ? DA = 2 ? 0 ? 0 ?1 ? 0 ? 0 =0,

??? ?

∴ m ⊥ DA ,

??? ?

∴平面 EFG ? 平面 PDC

【点评】对于易建立空间坐标系的面面垂直问题,常向量法,即先建立坐标系,求出两个平面的法向 量,通过证明这两个平面的法向量垂直,即得面面垂直. 考点 2.利用空间向量处理空间平行关系 空间线线、线面、面面平行关系问题是高考考查的另一个重点内容,考查的形式灵活多样,常与 探索性问题、垂直问题、空间角问题结合,可以是小题,也可以是解答题的一个小题,题目的难度一 般不大,是高考中的得分点之一.

2

证直线和平面平行定理:已知直线 a ? 平面 ? , A, B ? a, C, D ? ? ,且 C、D、E 三点不共线,则 a∥ ? 的充要条件是存在有序实数对 ? , ? 使 AB ? ?CD ? ?CE . 常设 AB ? ?CD ? ?CE 求解 ? , ? 若 ? , ? 存 ( 在即证毕,若 ? , ? 不存在,则直线 AB 与平面相交).
A n


B

B

?
C A



n1

C

D E

? n2

?

?

例 1(2010 湖南理 18)在正方体 ABCD ? A B1C1D1 ,E 是棱 DD1 的中点。在棱 C1D1 上是否存在一点 1 F,使 B1F ∥平面 A BE ?证明你的结论。 1 审题要津:本题坐标系易建立,可用向量法求解. 解析:以 A 为坐标原点,如图建立坐标系,设正方形的棱长 B(2,0,0),E(0,2,1), A (0,0,2), B1 (2,0,2), 1 为 2,则

∴ BE =(-2,2,1), BA1 =(-2,0,2) , 设面 BEA1 的法向量为 m =( x , y , z ) ,则

??? ?

????

???? ??? ? m ? BE = ?2 x ? 2 y ? z =0 且 m ? BA1 = 2 x ? 2 z =0,取 x =1,
1, y =

则 z =-

3 3 ,∴ m =(1, ,-1),假设在棱 C1D1 上存在一点 F,使 B1F ∥平面 A BE ,设 F( x0 ,2, 1 2 2 ??? ? ??? ? 3 2)(0≤ x0 ≤2),则 BF =( x0 ? 2 ,2,2) 则 m ? BF = 1? ( x0 ? 2) ? ? 2 ? (?1) ? 2 =0, , 2
解得 x0 =1, ∴当 F 为 C1D1 中点时, B1F ∥平面 A BE .【点评】对于易建立坐标系的线面平行问题 1 的向量解法,有两种思路: (1)用共面向量定理,证明直线的方向向量能用平面内两条相交直线的方 向向量表示出来,即这三个向量共线,根据共面向量概念和直线在平面外,可得线面平行; (2)求出 平面法向量,然后证明法向量与直线的方向向量垂直即可.对于探索性问题,通常先假设成立,设出相 关点的坐标,利用相关知识,列出关于坐标的方程,若方程有解,则存在,否则不存在.注意, (1)设 点的坐标时,利用点在某线段上,设出点分线段所成的比,用比表示坐标可以减 少未知量,简化计算;(2)注意点的坐标的范围. 例 2 在三棱柱 ABC ? A1B1C1 中, 侧棱垂直于底面, 在底面 ABC 中 ?ABC = 90 ,D
0

是 BC 上一点, A B ∥面 AC1D , 1 为 B1C1 的中点, 且 1 求证: A BD1 ∥面 AC1D . 面 1 D 审题要津:本题的坐标系容易建立,可用向量法.

3

解析:以 B 点为原点,如图建立坐标系,设 AB= a ,BC= 2b , BB1 = c ,则 A( a ,0,0) C1 (0, 2b , ,

c ), B1 (0,0, c ), A1 ( a ,0, c ),
????

∴ D1 (0, b , c ),设 D(0, y0 ,0)(0≤ y0 ≤ 2b ) ,

∴ AD =(- a , y0 ,0), AC1 =(- a , 2b , c ), BA1 =( a ,0, c ), BD1 =(0, b , c ) , 设面 AC1D 的法向量为 m =( x1 , 1 , 1 ), m ? AD = ?ax1 ? y0 y1 =0 且 m ? AC1 = ?ax1 ? 2by1 ? cz1 =0, y z 则

???? ?

????

???? ?

????

???? ?

ay0 ? 2ab ay ? 2ab ,则 m =( y0 , a , 0 ) , 又∵ A B ∥面 AC1D , 1 c c ???? ay ? 2ab ab ∴ m ? BA = ay0 ? c ? 0 =0,解得 y0 = b , ∴ m =( b , a , ? ) , 1 c c
取 y1 = a ,则 x1 = y0 , z1 = 设面 A BD1 的法向量为 n =( x2 , y2 , z2 ),则 n ? BA1 = ax2 ? cz2 =0 且 n ? BD1 = by2 ? cz2 =0, 1 取 z2 =1, x2 = ? 则

????

???? ?

c c c c c m, , y2 = ? , n =( ? ,? , 则 1), n = ? ∴ ab a b a b

∴ m ∥ n,

∴面 A BD1 1

∥面 AC1D .【点评】对面面平行问题的向量方解法有两种思路, (1)利用向量证明一个面内两条相交 直线分别与另一个平面平行,根据面面判定定理即得; (2)求出两个平面的法向量,证明这两个法向 量平行,则这两个面就平行. 专题训练一 证明空间线面平行与垂直 1. 如图, 在直三棱柱 ABC-A1B1C1 中,AC=3,BC=4,AA1=4,点 D 是 AB 的中点, (I)求证: AC⊥BC1; (II)求证:AC 1//平面 CDB1; 解析: (1)证明线线垂直方法有两类:一是通过三垂线定理或逆定理证明,二是通过线面垂直来 证明线线垂直; (2)证明线面平行也有两类:一是通过线线平行得到线面平行,二是通过面面平行得 到线面平行.答案:解法一: (I)直三棱柱 ABC-A1B1C1,底面三边长 AC=3,BC=4AB=5, ∴ AC⊥BC,且 BC1 在平面 ABC 内的射影为 BC,∴ AC⊥BC1; (II)设 CB1 与 C1B 的交点为 E,连结 DE,∵ D 是 AB 的中点,E 是 BC1 的中点, ∴ DE//AC1,∵ DE ? 平面 CDB1,AC1 ? 平面 CDB1, ∴ AC1//平面 CDB1; 解法二:∵直三棱柱 ABC-A1B1C1 底面三边长 AC=3,BC=4,AB=5, ∴AC、BC、C1C 两两垂直,如图,以 C 为坐标原点,直线 CA、CB、C1C 分别为 x 轴、y 轴、z 轴,建立空间直角坐标系,则 C(0,0,0) ,A(3,0, A
1

z C
1 1

B E

3 0) 1(0,0,4) ,C ,B(0,4,0) 1(0,4,4) ,B ,D( ,2,0) 2
x

C A

B

y

4

(1)∵ AC =(-3,0,0) BC1 =(0,-4,0) , ,∴ AC ? BC1 =0,∴AC⊥BC1. (2) CB1 与 C1B 的交战为 E, E 0,2, .∵ DE = 设 则( 2) (- ∴DE∥AC1. 点评:2.平行问题的转化:
转化 转化

3 1 , , 1= 0,2) AC (-3,0, , DE ? AC1 , 4)∴ 2 2

面面平行

线面平行

线线平行;

主要依据是有关的定义及判定定理和性质定理.? 2. (two)如图所示,四棱锥 P—ABCD 中,AB ? AD,CD ? AD,PA ? 底面 ABCD,PA=AD=CD=2AB=2,M 为 PC 的中点。 (1)求证:BM∥ 平面 PAD; (2)在侧面 PAD 内找一点 N,使 MN ? 平面 PBD; (3)求直线 PC 与平面 PBD 所成角的正弦。 解析:本小题考查直线与平面平行,直线与平面垂直, 二面角等基础知识,考查空间想象能力和推理论证能力. 答案: (1)? M 是 PC 的中点,取 PD 的中点 E ,则

1 1 CD ,又 AB CD 2 2 ? 四边形 ABME 为平行四边形 ? BM ∥ EA , BM ? 平面PAD EA ? 平面PAD BM ∥ 平面PAD (4 分) ? (2)以 A 为原点,以 AB 、 AD 、 AP 所在直线为 x 轴、 y 轴、 z 轴建立空间直角坐标系,如图, 则 B?1,0,0) ? , C ?2,2,0? , D?0,2,0? , P?0,0,2? , M ?1,1,1? , E?0,1,1?
ME
在平面 PAD 内设 N ?0, y, z ? ,MN ? ?? 1, y ? 1, z ? 1? ,PB ? ?1,0,?2? ,DB ? ?1,?2,0?
?? ? ?? ? ?? ?


?? ?

MN ? PB
?? ?

?? ?

?? ?

?

MN ? PB ? ?1 ? 2 z ? 2 ? 0

?? ? ?? ?

?

z?

1 2



MN ? DB

?? ?

? MN ? DB ? ?1 ? 2 y ? 2 ? 0
MN ? 平面PBD

?? ?

? y?
(8 分)

1 ? 1 1? ? N ? 0, , ? ? N 是 AE 的 中 点 , 此 时 2 ? 2 2?
?? ?

(3) 设直线 PC 与平面 PBD 所成的角为 ? PC ? ?2,2,?2 ? ,MN ? ? ? 1,? ,? ? , PC, MN 设 为?

?? ?

? ?

1 2

1? 2?

?? ? ?? ?

5

cos? ?

PC? MN
??? ???

?? ?

?? ?

?

?2 2 3? 6 2

??

PC MN

2 3

s i n ? ?c o ? ? ? s

2 3

故直线 PC 与平面 PBD 所成角的正弦为 解法二: (1)? M 是 PC 的中点,取 PD 的中点 E ,则

2 3

(12 分)

1 1 CD ,又 AB CD 2 2 ? 四边形 ABME 为平行四边形 ? BM ∥ EA , BM ? 平面PAD EA ? 平面PAD (4 分) ? BM ∥ 平面PAD (2)由(1)知 ABME 为平行四边形 PA ? 底面ABCD? PA ? AB ,又 AB ? AD 同理 CD ? 平面PAD , AE ? 平面PAD ? AB ? 平面PAD CD ∥ ME , CD ? PD ,又 PD ? AE 为矩形 ? AB ? AE ?AB ME ME ? PD PD ? 平面ABME ? ? PD ? 平面P B D 平面PBD ? 平面A B M E 作 MF ? EB 故 MF ? 平面PBD MF 交 AE 于 ?
ME

N ,在矩形 ABME 内, AB ? ME ? 1 , AE ? 2 ? MF ?

2 2 , NE ? 2 3

N 为 AE 的中点

(8 分) (3)由(2)知 MF 为点 M 到平面 PBD 的距离, ?MPF 为直线 PC 与平面 PBD 所成的角,设 为 ? , sin ? ?

? 当点 N 为 AE 的中点时, MN ? 平面PBD

MF 2 2 ? ? 直线 PC 与平面 PBD 所成的角的正弦值为 MP 3 3

点评: (1)证明线面平行只需证明直线与平面内一条直线平行即可; (2)求斜线与平面所成的角只 需在斜线上找一点作已知平面的垂线,斜线和射影所成的角,即为所求角; (3)证明线面垂直只需证 此直线与平面内两条相交直线垂直变可.这些从证法中都能十分明显地体现出来

第二讲-------空间夹角
利用空间向量处理异面直线夹角、线面角、二面角等空间角问题 异面直线夹角、线面角、二面角等空间角问题是高考考查的热点和重点,常与探索性问题、平行 问题、垂直等问题结合,重点考查综合利用空间向量、空间平行与垂直的有关定理、空间角的相关概 念解决空间角问题的能力,是立体几何中的难点,难度为中档难度. (二) 、知识梳理,方法定位(学生完成复资 P132 页填空题,教师准对问题讲评) 1.空间中各种角包括:异面直线所成的角、直线与平面所成的角以及二面角。 (1)异面直线所成的角的范围是 (0,

?
2

] 。求两条异面直线所成的角的大小一般方法是通过平行移

动直线,把异面问题转化为共面问题来解决。 具体步骤如下:①利用定义构造角,可固定一条,平移另一条,或两条同时平移到某个特殊的位 置,顶点选择在特殊的位置上;②证明作出的角即为所求的角;③利用三角形来求角。

6

(2)直线与平面所成的角的范围是 [0,

?
2

] 。求直线和平面所成的角用的是射影转化法。

具体步骤如下: ①找过斜线上一点与平面垂直的直线; D ②连结垂足和斜足,得出斜线在平面的射影,确定出 所求的角; ③把该角置于三角形中计算。 注:斜线和平面所成的角,是它和平面内任何一条直 线所成的一 切角中的最小角,即若 θ 为线面角,α 为斜线与平面内任 何一条直线 所成的角,则有 ? ? ? ; A C (3)确定点的射影位置有以下几种方法: ? B ①斜线上任意一点在平面上的射影必在斜线在平 面的射影上; ②如果一个角所在的平面外一点到角的两边距离相等,那么这一点在平面上的射影在这个角的 平分线上;如果一条直线与一个角的两边的夹角相等,那么这一条直线在平面上的射影在这个角的 平分线上; ③两个平面相互垂直,一个平面上的点在另一个平面上的射影一定落在这两个平面的交线上; ④利用某些特殊三棱锥的有关性质,确定顶点在底面上的射影的位置: a.如果侧棱相等或侧棱与底面所成的角相等,那么顶点落在底面上的射影是底面三角形的外心; b. 如果顶点到底面各边距离相等或侧面与底面所成的角相等,那么顶点落在底面上的射影是底面 三角形的内心(或旁心); c. 如果侧棱两两垂直或各组对棱互相垂直,那么顶点落在底面上的射影是底面三角形的垂心; (4)二面角的范围在课本中没有给出,一般是指 (0, ? ] ,解题时要注意图形的位置和题目的要求。 作二面角的平面角常有三种方法

①棱上一点双垂线法:在棱上任取一点,过这点在两个平面内分别引棱的垂线,这两条射线所成 的角,就是二面角的平面角; ②面上一点三垂线法:自二面角的一个面上一点向另一面引垂线,再由垂足向棱作垂线得到棱上 的点(即垂足) ,斜足与面上一点连线和斜足与垂足连线所夹的角,即为二面角的平面角; ③空间一点垂面法:自空间一点作与棱垂直的平面,截二面角得两条射线,这两条射线所成的角 就是二面角的平面角。 斜面面积和射影面积的关系公式: S ? ? S ? cos ? ( S 为原斜面面积, S ? 为射影面积, ? 为斜面与射影 所成二面角的平面角)这个公式对于斜面为三角形,任意多边形都成立.是求二面角的好方法.当作二面角 的平面角有困难时,如果能找得斜面面积的射影面积,可直接应用公式,求出二面角的大小。 (5)用法向量求二面角 如图,有两个平面 α 与 β ,分别作这两个平面的法向 α 量 n1 与 n2 ,

n1
n2
7

β

则平面 α 与 β 所成的角跟法向量 n1 与 n2 所成的角相等或互补, 所以首先必须判断二面角是锐角还是 钝角。 (6)法向量求直线与平面所成的角 要求直线 a 与平面 α 所成的角 θ ,先求这个平面 α 的法向量 n 与直线 a 的夹角的余弦 cos n, a , 易知 θ = n, a 或者

?
2

? n, a 。

第二课时 用向量法求空间夹角 热点考点题型探析 题型 1:异面直线所成的角(1) .两条异面直线所成的角 求法:○先通过其中一条直线或者两条直线的平移,找出这两条异面直线所成的角,然后通过解三 1 角形去求得;○ 通过两条异面直线的方向量所成的角来求得,但是注意到异面直线所成角得范围是 2

(0, ] ,向量所成的角范围是 [0, ? ] ,如果求出的是钝角,要注意转化成相应的锐角。 2
例 1、在正方体 ABCD— A1 B1C1 D1 中,M 是棱 DD1 的中点,点 O 为底面 ABCD 的中心,P 为棱 A1B1 上任意 一点,则异面直线 OP 与 AM 所成角的大小为_____.

?

? 2

例 2、如图,正方体 ABCD— A1 B1C1 D1 中,E、F 分别是 AB、CC1 的中点,则异面直线 A1C 与 EF 所成角的 余弦值为_____

2 3

例 3、已知正方体 ABCD-A1B1C1D1 的棱长为 2,点 E 为棱 AB 的中点。 求:D1E 与平面 BC1D 所成角的大小(用余弦值 z 解析:建立坐标系如图, D1 则 A ? 2,0,0? 、 B ? 2,2,0 ? , C ? 0,2,0 ? ,

表示) C1

A1 ? 2,0,2? ,B1 ? 2,2,2? ,D1 ? 0,0,2? ,E ? 2,1,0? ,

A1

B1

???? ? AC ? ? ?2,2, ?2? , 1 ???? ? ??? ? ???? ? D1E ? ? 2,1, ?2? ,AB ? ? 0,2,0? ,BB1 ? ? 0,0,2? 。
x
8

D A E B

y C

不难证明 A1C 为平面 BC1D 的法向量,

???? ?

???? ???? ? ? ???? ???? ? ? A1C ?D1 E 3 ∵ cos A1C , D1 E ? ???? ???? ? 。 ? ? 9 A1C D1 E

∴ D1E 与平面 BC1D 所成的角的余弦值为

3 。 9

反思归纳:将异面直线间的夹角转化为空间向量的夹角。 例 4、[2012· 全国卷] 三棱柱 ABC-A1B1C1 中,底面边长和侧棱长都相等,∠BAA1=∠CAA1=60° , 则异面直线 AB1 与 BC1 所成角的余弦值为________. → → → → → → → → → [解析] 由题意知,AB1=AB+AA1,BC1=BB1+BC=BA+AC+AA1.又∠CAA1=∠BAA1=∠BAC → → → → → → → → =60° ,设边长、侧棱长为 1,则AB12=(AB+AA1)2=AB2+AA12+2AB· 1=3,所以|AB1|= 3,同理可 AA → 得|BC1|= 2. → → AB1· 1 BC → → → → → → → → → → → → →2 → → AB1· 1=AB· +AB· +AB· 1+AA1· +AA1· +AA1 =1,所以 cos〈AB1· 1〉= BC BA AC AA BA AC BC → → |AB1|· 1| |BC 1 6 = = . 3· 2 6 例 5、 [2012· 上海卷] 如图 1-3 所示, 在四棱锥 P-ABCD 中, 底面 ABCD 是矩形, PA⊥底面 ABCD.E 是 PC 的中点,已知 AB=2,AD=2 2,PA=2,求:(1)三角形 PCD 的面积; (2)异面直线 BC 与 AE 所成的角的大小.

图 1-3 解:(1)因为 PA⊥底面 ABCD,所以 PA⊥CD.又 AD⊥CD,所以 CD⊥平面 PAD. 1 从而 CD⊥PD.因为 PD= 22+?2 2?2=2 3,CD=2.所以三角形 PCD 的面积为 ×2×2 3=2 3. 2 (2)解法一:如图所示,建立空间直角坐标系,则 B(2,0,0),C(2,2 2,0),E(1, 2,1).

→ → AE· BC 4 2 → → → → AE=(1, 2,1),BC=(0,2 2,0),设AE与BC的夹角为 θ,则 cosθ= = = , → → 2×2 2 2 |AE||BC| π π ∴θ= .由此知,异面直线 BC 与 AE 所成的角的大小是 .解法二:取 PB 中点 F,连接 EF、AF,则 4 4 EF∥BC,从而∠AEF(或其补角)是异面直线 BC 与 AE 所成的角.

9

在△AEF 中,由 EF= 2、AF= 2、AE=2 知△AEF 是等腰直角三角形, π π 所以∠AEF= .因此,异面直线 BC 与 AE 所成的角的大小是 . 4 4 题型 2:直线与平面所成的角直线和平面所成的角 求法:○“一找二证三求” 1 ,三步都必须要清楚地写出来。○向量法,先求直线的方向量于平面的 2 法向量所成的角α ,那么所要求的角为

?
2

?? 或 ? ?

?
2

。 直 线 AB 与 平 面 所 成 角

??? ?? ? AB ? m ?? ? ? ? arc sin ??? ?? ( m 为平面 ? 的法向量). | AB || m |
A n


B

B

?
C A



n1

C

D E

? n2

?

?

例 1、 2010 全国)正方体 (

ABCD- A1B1C1D1 中,B B1 与平面

AC D1 所成角的余弦值为______.
审题要津:本题是正方体中的线面关系问题,可用空间向量法求解. 解析:如图建立坐标系,设正方体棱长为 1, BB1 与面 ACD 的夹角为 ? ,则 D(0,0,0),C(0,1,0), 1 B(1,1,0),A(1,0,0), D1 (0,0,1), B1 (1,1,1), ∴ AC =(-1,1,0) AD1 =(-1,0,1), BB1 =(0,0,1), , 设面 ACD1 的法向量 n = x , y ,z ) 则 0= AC ? n = ? x ? y 且 0= AD1 ? n = ?x ? z , x =1, y =1, ( , 取 则

??? ?

???? ?

????

????

???? ?

????? 3 6 | BB1 ? n | ,∴ = ,∴ cos ? = 【点评】对于线面夹角问题,若容 z =1, ∴ n =(1,1,1) sin ? = ????? 3 | BB1 | ? | n | 3
易建立坐标系,则常用坐标法,建立坐标系,求出线面夹角问题中三位直线的方向向量 m 和平面法向 量 n, 设线面角为 ? , 则直线方向向量 m 在平面法向量 n 方向上的投影的长度

| m?n| 与直线方向向量 |n|

m 的模之 | m | 比

| m?n| | m?n| 就是线面夹角的正弦值,即 sin ? = . | m || n | | m || n |

例 2、 (09 年高考试题)如图,直三棱柱 ABC—A1B1C1 中,底面是等腰直角三角形,∠ACB=90?,侧棱 AA1 =2,D、E 分别是 CC1 与 A1B 的中点,点 E 在平面 ABD 上的射影是△ABD 的重心 G。求 A1B 与平面 ABD 所

10

成角的大小(结果用余弦值表示) ; 解析:如图所示,建立坐标系,坐标 CA=2a,则 A(2a,0,0),B(0,2a,0),

z C1 A1 D D E K G x A C B y B1

原点为 C,设 D(0,0,1),

A1(2a, 2), (a, , 0, E a 1), G( 2a , 2a , 1 ) , 3 3 3 ??? ? ∵ GE ? ? a , ? a , ? 2 , 3 3 3 ??? ? BD ? ? 0, ?2a,1? ,

?

?

??? ??? ? ? GE ?BD ? 2 a 2 ? 2 ? 0 , 3 3 ??? ? ∴ a=1, GE ? ? 1 , ? 1 , ? 2 , 3 3 3

?

?

???? ??? ? ? ???? ??? ? ? ??? ? ???? ? A1 B ? GE 2 。 ? ? A1B ? ? ?2,2, ?2? ∵ GE 为平面 ABD 的法向量,且 cos A1 B, GE ? ???? ??? ? 3 A1 B GE

∴ A1B 与平面 ABD 所成角的余弦值是

2 。 3

反思归纳:先处理平面的法向量,再求直线的方向向量与法向量夹角间的夹角转化为线面角。 例 3、[2012· 全国卷] 如图 1-1,四棱锥 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 所成角的大小.

图 1-1 解:方法一:(1)因为底面 ABCD 为菱形,所以 BD⊥AC, 又 PA⊥底面 ABCD,所以 PC⊥BD.设 AC∩BD=F,连结 EF.因为 AC=2 2, 2 3 PC AC PA=2,PE=2EC,故 PC=2 3,EC= ,FC= 2,从而 = 6, = 6. 3 FC EC PC AC 因为 = ,∠FCE=∠PCA,所以△FCE∽△PCA,∠FEC=∠PAC=90° , FC EC 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, AG⊥平面 PBC, 故 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, AD?平面 PBC, 且 BC?平面 PBC, AD∥平面 PBC, 故 A、D 两点到平面 PBC 的距离相等,即 d=AG= 2. d 1 设 PD 与平面 PBC 所成的角为 α,则 sinα= = . PD 2

11

所以 PD 与平面 PBC 所成的角为 30° .

方法二:(1)以 A 为坐标原点,射线 AC 为 x 轴的正半轴,建立如图所示的空间直角坐标系 A-xyz. 4 2 2? 设 C(2 2,0,0),D( 2,b,0),其中 b>0,则 P(0,0,2),E? ,B( 2,-b,0). ? 3 ,0,3? → 于是PC=(2 2,0,-2), 2 2 2 2 → → → → → → BE=? ,b, ?,DE=? ,-b, ?,从而PC· =0,PC· =0, BE DE 3? 3? ?3 ?3 故 PC⊥BE,PC⊥DE.又 BE∩DE=E,所以 PC⊥平面 BDE. → → (2)AP=(0,0,2),AB=( 2,-b,0).设 m=(x,y,z)为平面 PAB 的法向量, → → 则 m· =0,m· =0,即 2z=0,且 2x-by=0, AP AB

令 x=b,则 m=(b, 2,0).设 n=(p,q,r)为平面 PBC 的法向量,则 2p 2 → → n· =0,n· =0,即 2 2p-2r=0 且 PC BE +bq+ r=0, 3 3 2 2 2 令 p=1,则 r= 2,q=- ,n=?1,- , 2?.因为面 PAB⊥面 PBC,故 m· n=0,即 b- =0, b b b ? ? → n· DP 1 → → → 故 b= 2,于是 n=(1,-1, 2),DP=(- 2,- 2,2),cos〈n,DP〉= = , 〈n,DP〉= → 2 |n||DP| → 60° .因为 PD 与平面 PBC 所成角和〈n,DP〉互余,故 PD 与平面 PBC 所成的角为 30°. 题型 3:二面角平面与平面所成的角 求法:○“一找二证三求” 1 ,找出这个二面角的平面角,然后再来证明我们找出来的这个角是我们要求 的二面角的平面角,最后就通过解三角形来求。○通过射影面积来求 cos? 2

?

S 射影 S原

(在其中一个平面

内找出一个三角形,然后找这个三角形在另外一个平面的射影,那么这个三角形的射影面积与原三角 形面积之比即为 cosα ,注意到我们要求的角为α 或π -α ) ○向量法,先求两个平面的法向量所成 ;3 的角为α ,那么这两个平面所成的二面角的平面角为α 或π -α 。 利用法向量求二面角的平面角定理: n1 , n 2 分别是二面角 ? ? l ? ? 中平面 ? , ? 的法向量, n1 , n 2 设 则

12

所成的角就是所求二面角的平面角或其补角大小( n1 , n 2 方向相同,则为补角, n1 , n 2 反方,则为其夹

?? ? ?? ? ?? ? m? n m? n 角).二面角 ? ? l ? ? 的平面角 ? ? arc cos ?? ? 或 ? ? arc cos ?? ? ( m , n 为平面 ? , ? 的法 | m || n | | m || n |
向量). 例 1、(2010 天津理 19) 在长方体 ABCD ? A B1C1D1 中, E 、 F 分别是棱 BC , CC1 上的点, 1

CF ? AB ? 2CE , AB : AD : AA1 ? 1: 2 : 4 (1)求异面直线 EF 与 A1D 所成角的余弦值; (2)求二面
角 A1 ? ED ? F 的正弦值。 审题要津:本题坐标系易建立,可以向量法. 解析:如图所示,建立空间直角坐标系,点 A 为坐标原点,设

? 3 ? AB ? 1 ,依题意得 D(0, 2,0) , F (1, 2,1) , A1 (0,0, 4) , E ?1, , 0 ? ? 2 ?
(1) 证 明 : 易 得 EF ? ? 0, ,1? , A D ? (0,2, ?4) , 于 是 1

???? ? ? 1 ? ? 2 ? ? ? ? ? ? ? ? ?? ? ? ? ? ? ? E ?? A D 3 ? F ? 3 1 c o s F 1 , D ? ? ? ? ? ? ??? ? 所以异面直线 EF 与 A1D 所成角的余弦值为 E A ? ? , 5 E F 1A D 5
??? ?

(2)解:设平面 EFD 的法向量 n = ( x, y, z ) ,则 n ? EF = 不妨令 x =1,可得 n =(1,2,-1),

??? 1 ? ??? ? 1 y ? z =0 且 n ? ED = ? x ? y =0, 2 2
??? ?

设平面 A1ED 的法向量 m =( m , n , p )则 m ? ED = ? m ? 取 p =1,则 n =2, m =1,则 m =(1,2,1) 于是 cos n,m =

???? ? 1 n =0 且 m ? DA1 = ?2n ? 4 p =0, 2

n?m 2 5 = ,从而 sin n,m = , |n || m | 3 3

所以二面角 A1 -ED-F 的正弦值为

5 3

【点评】 (1)对异面直线夹角问题,先求出两条异面直线的方向向量分别为 m 、 n ,在求出 m 、 n 的 夹角,设两异面直线的夹角 ? ,利用 cos ? = | cos m,n | 求出异面直线的夹角,注意: (1)异面直线夹 角与向量夹角的关系;(2)对二面角 ? ? l ? ? 的大小问题,先求出平面 ? 、 ? 的法向量 m 、 n ,再求

13

出 m 、 的夹角, ? 内取一点 A, ? 内取一点 B, 在 在 设二面角 ? ? l ? ? 大小为 ? , n ? AB 与 m ? AB 若 n 同号,则 ? = m,n ,若 n ? AB 与 m ? AB 异号,则 ? = ? ? m,n ,注意二面角大小与法向量夹角的关 系. 例 2、 (two)如图 6,正三棱柱 ABC ? A1 B1C1 的底面边长为 3,侧棱 一点,且 BD ? BC 。求二面角 B1 ? AD ? B 的大小。 1、解析: (1)取 BC 的中点 O,连 AO。 由题意:平面 ABC ? 平面 BCC1 B1 , AO ? BC ,∴ AO ? 平面 BCC1 B1 , 以 O 为原点,建立如图 6 所示空间直角坐标系,

??? ?

??? ?

??? ?

??? ?

AA1 ?

3 3 2 ,D 是 CB 延长线上

z
A C O B B1 D A1 C1

3 3 9 A(0,0, 3) B( ,0,0) D( ,0,0) 2 2 2 则 , , , 3 3 B1 , ( 3 ,0) 2 2 , B1 D ? 3,? ( 9 3 AD ? ( ,0,? 3) 2 2 ∴ ,

y

3 3 3 ,0) BB1 ? 0, ( 3 ,0) 2 2 , , BB1 ? 0, (

x

由题意

BB1 ? 平面 ABD, ∴

3 3 ,0) 2 为平面 ABD 的法向量。

设 平面 AB1 D 的法向量为 n2 ? ( x, y, z) ,

3 ?9 ? 2 x ? 2 3z ? 0 ? n2 ? AD ? 0 ? n2 ? AD ? ? ? 3 ? ? ? 3x ? 3y ? 0 ?n2 ? B1 D ?n2 ? B1 D ? 0 2 则? , ∴ ? , ∴ ? ,即
BB1 ? n2 | BB1 | ? | n2 |

3 ? 3y ?x ? 2 ? ? z ? 3x ? 。

3 3 n2 ? ( ,1, ) 2 2 ,由 ∴ 不妨设
?

cos ? BB1 , n2 ??

?

3 3 2 3 3?2 2

?

1 2


? 得 ? BB1 , n2 ?? 60 。 故所求二面角 B1 ? AD ? B 的大小为 60 。

评析: (1)用法向量的方法处理二面角的问题时,将传统求二面角问题时的三步曲:“找——证—— 求”直接简化成了一步曲:“计算”,这表面似乎谈化了学生的空间想象能力,但实质不然,向量法 对学生的空间想象能力要求更高,也更加注重对学生创新能力的培养,体现了教育改革的精神;

14

(2) 此法在处理二面角问题时, 可能会遇到二面角的具体大小问题, 如本题中若取

n2 ? ( ?

3 3 ,?1,? ) 2 2

时,会算得

cos ? BB1 , n2 ?? ?

1 2 ,从而所求二面角为 120? ,但依题意只为 60? 。因为二面角的大小有

时为锐角、直角,有时也为钝角。所以在计算之前不妨先依题意判断一下所求二面角的大小,然后根 据计算取“相等角”或取“补角”。 例 3、[2012· 浙江卷] 如图 1-5 所示,在四棱锥 P-ABCD 中,底面是边长为 2 3的菱形,∠BAD =120° ,且 PA⊥平面 ABCD,PA=2 6,M,N 分别为 PB,PD 的中点.(1)证明:MN∥平面 ABCD; (2)过点 A 作 AQ⊥PC,垂足为点 Q,求二面角 A-MN-Q 的平面角的余弦值.

图 1-5 解:(1)因为 M,N 分别是 PB,PD 的中点,所以 MN 是△PBD 的中位线,所以 MN∥BD. 又因为 MN?平面 ABCD,所以 MN∥平面 ABCD. (2)方法一:连结 AC 交 BD 于 O.以 O 为原点,OC,OD 所在直线为 x,y 轴,建立空间直角坐标系 Oxyz,如图所示.在菱形 ABCD 中,∠BAD=120° ,得 AC=AB=2 3,BD= 3AB=6. 又因为 PA⊥平面 ABCD,所以 PA⊥AC.在 Rt△PAC 中,AC=2 3,PA=2 6,AQ⊥PC,得 QC=2, PQ=4.由此知各点坐标如下,A(- 3,0,0),B(0,-3,0),C( 3,0,0),D(0,3,0),P(- 3,0,2 6), 3 3 3 3 3 2 6? M?- ,- , 6?,N?- , , 6?,Q? ,0, . 2 3 ? ? 2 ? ? 2 2 ? ?3 3 3 3 3 → → 设 m=(x,y,z)为平面 AMN 的法向量.由AM=? ,- , 6?,AN=? , , 6?知 2 ?2 ? ?2 2 ?

? 23x-3y+ 2 ? 3 3 ? 2 x+2y+
量.

6z=0, 取 z=-1,得 m=(2 2,0,-1).设 n=(x,y,z)为平面 QMN 的法向 6z=0.

5 3 3 6? → ? 5 3 3 6? → 由QM=?- ,QN= - 知 ? 6 ,-2, 3 ? ? 6 ,2, 3 ?

?-5 6 3x-3y+ 36z=0, 2 ? 5 3 3 6 ?- 6 x+2y+ 3 z=0,

取 z=5,得 n=(2 2,0,5).于是 cos〈m,n〉=

33 m· n = . |m|· |n| 33

15

33 . 33 方法二:在菱形 ABCD 中,∠BAD=120° ,得 AC=AB=BC=CD=DA,BD= 3AB. 又因为 PA⊥平面 ABCD,所以 PA⊥AB,PA⊥AC,PA⊥AD.所以 PB=PC=PD. 1 1 所以△PBC≌△PDC.而 M,N 分别是 PB,PD 的中点,所以 MQ=NQ,且 AM= PB= PD=AN. 2 2 取线段 MN 的中点 E,连结 AE,EQ,则 AE⊥MN,QE⊥MN,所以∠AEQ 为二面角 A-MN-Q 1 的平面角.由 AB=2 3,PA=2 6,故在△AMN 中,AM=AN=3,MN= BD=3,得 2 3 3 AE= .在直角△PAC 中,AQ⊥PC,得 AQ=2 2,QC=2,PQ=4. 2 PB2+PC2-BC2 5 在△PBC 中,cos∠BPC= = ,得 MQ= PM2+PQ2-2PM· PQcos∠BPC= 5. 2PB· PC 6 11 3 3 在等腰△MQN 中,MQ=NQ= 5,MN=3,得 QE= MQ2-ME2= .在△AEQ 中,AE= , 2 2 2 2 2 AE +QE -AQ 11 33 33 QE= ,AQ=2 2,得 cos∠AEQ= = .A-MN-Q 的平面角的余弦值为 . 2 2AE· QE 33 33 例 4、[2012· 安徽卷] 平面图形 ABB1A1C1C 如图 1-4(1)所示,其中 BB1C1C 是矩形,BC=2,BB1 所以二面角 A-MN-Q 的平面角的余弦值为

=4,AB=AC= 2,A1B1=A1C1= 5. 图 1-4 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 1-4(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.

18.解:(向量法):(1)证明: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 D1-xyz. 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· =0,因此AA1⊥BC,即 AA1⊥BC.(2)因为AA1=(0,3,-4),所以 AA1 =5,即 AA1=5. BC (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

| |

16

2 → → → → -BC-A1 的平面角.因为DA=(0,-1,0),DA1=(0,2,-4),所以 cos〈DA,DA1〉=- 2 1× 2 +?-4?2 5 5 =- .即二面角 A-BC-A1 的余弦值为- . 5 5

(综合法)(1)证明: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⊥面 BB1C1C,A1D1⊥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 綊 GD1,所以 AG 綊 DD1 綊 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. π 5 5 在 Rt△A1DD1 中, 1=4, 1D1=2, DD A 解得 sin∠D1DA1= , cos∠ADA1=cos?2+∠D1DA1?=- . ? ? 5 5 5 即二面角 A-BC-A1 的余弦值为- . 5 例 5、[2012· 山东卷] 在如图 1-5 所示的几何体中,四边形 ABCD 是等腰梯形,AB∥CD,∠DAB =60° ,FC⊥平面 ABCD,AE⊥BD,CB=CD=CF.(1)求证:BD⊥平面 AED;(2)求二面角 F-BD-C 的余弦值.

图 1-5 解:(1)证明:因为四边形 ABCD 是等腰梯形,AB∥CD,∠DAB=60° , 所以∠ADC=∠BCD=120° CB=CD,所以∠CDB=30° .又 ,因此∠ADB=90° ,AD⊥BD, 又 AE⊥BD,且 AE∩AD=A,AE,AD?平面 AED,所以 BD⊥平面 AED. (2)解法一:取 BD 的中点 G,连接 CG,FG,由于 CB=CD,因此 CG⊥BD, 又 FC⊥平面 ABCD,BD?平面 ABCD,所以 FC⊥BD,由于 FC∩CG=C,FC,CG?平面 FCG, 所以 BD⊥平面 FCG,故 BD⊥FG,所以∠FGC 为二面角 F-BD-C 的平面角.

在等腰三角形 BCD 中,由于∠BCD=120° ,

17

1 5 因此 CG= CB.又 CB=CF,所以 GF= CG2+CF2= 5CG,故 cos∠FGC= , 2 5 5 因此二面角 F-BD-C 的余弦值为 .解法二:由(1)知 AD⊥BD,所以 AC⊥BC. 5 又 FC⊥平面 ABCD,因此 CA,CB,CF 两两垂直,以 C 为坐标原点,分别以 CA,CB,CF

所在的直线为 x 轴,y 轴,z 轴,建立如图所示的空间直角坐标系, 3 1 3 3 → → 不妨设 CB=1.则 C(0,0,0),B(0,1,0),D? ,- ,0?,F(0,0,1).因此BD=? ,- ,0?,BF=(0, 2 ? 2 ? ?2 ?2 → → -1,1).设平面 BDF 的一个法向量为 m=(x,y,z),则 m· =0,m· =0, BD BF → 所以 x= 3y= 3z,取 z=1,则 m=( 3,1,1).由于CF=(0,0,1)是平面 BDC 的一个法向量, → m· CF 1 5 5 → 则 cos〈m,CF〉= = = ,所以二面角 F-BD-C 的余弦值为 . 5 → 5 5 |m||CF| 例 6、 [2012· 广东卷] 如图 1-5 所示, 在四棱锥 P-ABCD 中, 底面 ABCD 为矩形, PA⊥平面 ABCD, 点 E 在线段 PC 上,PC⊥平面 BDE.(1)证明:BD⊥平面 PAC; (2)若 PA=1,AD=2,求二面角 B-PC-A 的正切值.

图 1-5 PC⊥平面BDE ? ? ??PC⊥BD. 证明:(1) ? BD?平面BDE?
? PA⊥平面ABCD ? ??PA⊥BD.∵PA∩PC=P,PA?平面 PAC,PC?平面 PAC,∴BD⊥平面 PAC. BD?平面ABCD? ? (2)法一:如图所示,记 BD 与 AC 的交点为 F,连接 EF.

由 PC⊥平面 BDE,BE?平面 BDE,EF?平面 BDE, ∴PC⊥BE,PC⊥EF.即∠BEF 为二面角 B-PC-A 的平面角.由(1)可得 BD⊥AC, 所以矩形 ABCD 为正方形,AB=AD=2,AC=BD=2 2,FC=BF= 2. 在 Rt△PAC 中,PA=1,PC= PA2+AC2=3,即二面角 B-PC-A 的正切值为 3. → → → 法二:以 A 为原点,AB、AD、AP的方向分别作为 x、y、z 轴的正方向建立空间直角坐标系,如图 所示.

18

设 AB=b,则:A(0,0,0),B(b,0,0),C(b,2,0),D(0,2,0),P(0,0,1). → → → → 于是PC=(b,2,-1),DB=(b,-2,0).因为 PC⊥DB,所以PC· =b2-4=0, DB → 从而 b=2.结合(1)可得DB=(2,-2,0)是平面 APC 的法向量. → → → → 现设 n=(x,y,z)是平面 BPC 的法向量,则 n⊥BC,n⊥PC,即 n· =0,n· =0. BC PC → → 因为BC=(0,2,0),PC=(2,2,-1),所以 2y=0,2x-z=0.取 x=1,则 z=2,n=(1,0,2). → n· DB 2 1 3 → 令 θ=〈n,DB〉 ,则 cosθ= = = ,sinθ= ,tanθ=3. → 5· 2 2 10 10 |n||DB| 由图可得二面角 B-PC-A 的正切值为 3. (三) 、小结:本课要求大家理解和掌握运用向量法解决立体几何中:1、线面角的求法: 2、二面角 的求法:①AB,CD 分别是二面角 ? — l — ? 的两个面内与棱 l 垂直的异面直线,则二面角的大小为

AB, CD 。 3 、 设 n 1 , n 2 分 别 是 二 面 角 ? — l — ? 的 两 个 平 面 ?, ? 的 法 向 量 , 则
cos n1 , n 2 ?
深化理解。

n1 ? n 2 , n1 , n 2 就是二面角的平面角或其补角。教师引导学生反思归纳回顾,进一步 | n1 | ? | n 2 |

19

第三课时 用向量法求空间的距离 ——热点考点题型探析 2.空间的距离 (1)点到直线的距离:点P到直线 a 的距离为点P到直线 a 的垂线段的长,常先找或作直线 a 所 在平面的垂线,得垂足为A,过A作 a 的垂线,垂足为B连PB,则由三垂线定理可得线段PB即为 点P到直线 a 的距离。在直角三角形PAB中求出PB的长即可。 点到平面的距离:点P到平面 ? 的距离为点P到平面 ? 的垂线段的长.常用求法①作出点P到平 面的垂线后求出垂线段的长;②转移法,如果平面 ? 的斜线上两点A,B到斜足C的距离AB,AC 的比为 m: n ,则点A,B到平面 ? 的距离之比也为 m: n .特别地,AB=AC时,点A,B到平面 ? 的距离相等;③体积法 (2)异面直线间的距离:异面直线 a, b 间的距离为 a, b 间的公垂线段的长.常有求法①先证线段 AB为异面直线 a, b 的公垂线段,然后求出AB的长即可.②找或作出过 b 且与 a 平行的平面,则直线

a 到平面的距离就是异面直线 a, b 间的距离.③找或作出分别过 a, b 且与 b , a 分别平行的平面,则这 两平面间的距离就是异面直线 a, b 间的距离.④根据异面直线间的距离公式求距离。
(3)直线到平面的距离:只存在于直线和平面平行之间.为直线上任意一点到平面间的距离。 (4)平面与平面间的距离:只存在于两个平行平面之间.为一个平面上任意一点到另一个平面的 距离。 以上所说的所有距离:点线距,点面距,线线距,线面距,面面距都是对应图形上两点间的最短 距离。所以均可以用求函数的最小值法求各距离。 3.空间向量的应用 (1)用法向量求异面直线间的距离 E 如右图所示,a、b 是两异面直线, n 是 a 和 b 的法 E∈a , F∈b , 则 异 面 直 线 a 与 b 之 间 的 距 离 是 a 向 量 , 点

d?

EF ? n


n
(2)用法向量求点到平面的距离 如右图所示,已知 AB 是平面α 的 一条斜线, n 为平 b F A 面α 的法

n
向量,则 A 到平面α 的距离为 d ?

AB ? n


C α

B

n

(3)用法向量求直线到平面间的距离 首先必须确定直线与平面平行,然后将直线到平面的距离问题转化成直线上一点到平面的距离问 题。 (4)用法向量求两平行平面间的距离 首先必须确定两个平面是否平行,这时可以在一个平面上任取一点,将两平面间的距离问题转化 成点到平面的距离问题。求距离:

20

求距离的重点在点到平面的距离,直线到平面的距离和两个平面的距离可以转化成点到平面的距 离,一个点到平面的距离也可以转化成另外一个点到这个平面的距离。 四、教学过程 (一)热点考点题型探析 题型 1:异面直线间的距离异面直线间的距离

z

S

d?

CD ? n n

( l1 , l2 是两异面直线, 其公垂向量为 n , D A
x

?

C、D
O 图2 B C
y

分别是 l1 , l2 上任一点, d 为 l1 , l2 间的距离). 例 1、如图 2,正四棱锥 S ? ABCD 的高 SO ? 2 , 底边长 AB ? 2 。求异面直线 BD 和 SC 之间的距离? 分析:建立如图所示的直角坐标系,则
A ( 2 2 2 2 ,? ,0) B ( , ,0) 2 2 2 2 , ,

C (?

??? ? 2 2 2 2 2 2 ? , ,0) D (? ,? ,0) S (0, 0, 2) ? ??? ? ( 2, 2,0) CS ? ( , ? , 2) DB 2 2 2 2 2 2 , , 。 , 。

? ? ??? ? ??? ? ? 令向量 n ? ( x, y,1) ,且 n ? DB, n ? CS ,



? ??? ? ?n ? DB ? 0 ? ? ? ? ??? ? n ? CS ? 0 ?

? ( x, y ,1) ? ( 2, 2, 0) ? 0 ? ?x ? ? 2 ? x? y ?0 ?? ? ? 2 2 ?? ? ,? , 2) ? 0 ? ?( x, y ,1) ? ( ? x ? y ? 2 2 ? 0 , ? y ? 2 ,? n ? (? 2, 2,1) 。 ? 2 2 ? ? , ,

? 异面直线 BD 和 SC 之间的距离为:
2 2 ???? ? (? , , 0) ? (? 2, 2,1) OC ? n 2 2 1?1? 0 2 5 ? d? ? ? ? 2 2 2 (? 2, 2,1) 5 n (? 2) ? ( 2) ? 1 。

题型 2:点面距离(2) .点到平面的距离 求法: ○ “一找二证三求” 1 ,三步都必须要清楚地写出来。 ○ 等体积法。 ○ 向量法,利用公式 2 3

d?

| AB · | n |n|

(其中 A 为已知点,B 为这个平面内的任意一点, n 这个平面的法向量)

利用法向量求点到面的距离定理:如图,设 n 是平面 ? 的法向量,AB 是平面 ? 的一条射线,其中

21

A ?? ,则点 B 到平面 ? 的距离为

| AB ? n | |n|

.

例 2、如图,已知ABCD为边长是4的正方形, E,F分别是AB,AD的中点,GC垂直于A BCD所在的平面,且GC=2,求点B到 平面EFG的距离。 解 法 一 : 连 结 B F , B G ,



D F E A

O?
H E O E E B



S ?BEF

1 1 ? BE ? FA ? ? 2 ? 2 ? 2 2 2 , 1 3 BD ? 2 2 , CH ? AC , 2 4
2 2

又E,F分别是AB,AD的中点,

? EF ?

? GH ? GC ? CH

?3 ? ? 2 ?? 4 2? ?4 ? ? 22 。
2

2

S ?GEF ?

1 1 2 1 ? 2 2 ? 22 ? 2 11 VB ? EFG ? ? 2 11 ? h ? 11h VG ?BEF ? ? 2 ? 2 2 3 3 3 , , ,

?h ?

2 11 11 .

解法二.? E,F分别是AB,AD的中点,? EF//BD,? B到平面GEF的距离为BD上任 一点到平面GEF的距离,BD ? AC于O,EF//BD,

? EF ? AC, 又GC ? 平面ABCD,EF ? 平面ABCD,? EF ? GC,EF ? 平面GEF,?
平面GEF ? 平面GCH,过O点作 OO ? ? HG,则 OO ? ? 平面GEF, OO ? 为O到平面GCH的 距离,即B到平面GEF的距离。

OH ?

1 OH OO? 2 11 AC ? 2 ? , OO? ? 4 GC 11 。 由解法一知: GH ? 22 ,由 ?HO O ? ∽ ?HCG 得 GH

思维点拔:注意点距,线面距,面面距的转化,利用平面互相垂直作距离也是一种常用的方法。 [2012· 福建卷] 如图 1-3,在长方体 ABCD-A1B1C1D1 中,AA1=AD=1,E 为 CD 中点. (1)求证:B1E⊥AD1; (2)在棱 AA1 上是否存在一点 P,使得 DP∥平面 B1AE?若存在, AP 的长;若不存在,说明理由; 求 (3)若二面角 A-B1E-A1 的大小为 30° ,求 AB 的长.

22

图 1-3 → → → 18.解:(1)以 A 为原点,AB,AD,AA1的方向分别为 x 轴,y 轴,z 轴的正方向建立空间直角坐标 a → 系(如图).设 AB=a,则 A(0,0,0),D(0,1,0),D1(0,1,1),E?2,1,0?,B1(a,0,1),故 AD1=(0,1,1),B1E= ? ? → → ?-a,1,-1?,AB1=(a,0,1),AE=?a,1,0?. ? 2 ? ?2 ? a → → ∵AD1· 1E=- ×0+1×1+(-1)×1=0, B 2 ∴B1E⊥AD1.

(2)假设在棱 AA1 上存在一点 P(0,0,z0), → 使得 DP∥平面 B1AE.此时DP=(0,-1,z0). 又设平面 B1AE 的法向量 n=(x,y,z). ?ax+z=0, ? → → ∵n⊥平面 B1AE,∴n⊥AB1,n⊥AE,得?ax ? 2 +y=0. ? a 取 x=1,得平面 B1AE 的一个法向量 n=?1,-2,-a?. ? ? a 1 → 要使 DP∥平面 B1AE,只要 n⊥DP,有 -az0=0,解得 z0= . 2 2 1 又 DP?平面 B1AE,∴存在点 P,满足 DP∥平面 B1AE,此时 AP= . 2 (3)连接 A1D,B1C,由长方体 ABCD-A1B1C1D1 及 AA1=AD=1,得 AD1⊥A1D. ∵B1C∥A1D,∴AD1⊥B1C. 又由(1)知 B1E⊥AD1,且 B1C∩B1E=B1, → → ∴AD1⊥平面 DCB1A1.∴AD1是平面 A1B1E 的一个法向量,此时AD1=(0,1,1). → 设AD1与 n 所成的角为 θ, a - -a → 2 n· 1 AD 则 cosθ= = . → a2 |n||AD1| 2 1+ +a2 4 ∵二面角 A-B1E-A1 的大小为 30° , 3a 2 3 ∴|cosθ|=cos30° ,即 , 2= 2 5a 2 1+ 4 解得 a=2,即 AB 的长为 2. 19.G5、G6、G10、G11[2012· 重庆卷] 如图 1-2,在直三棱柱 ABC-A1B1C1 中,AB=4,AC=

23

BC=3,D 为 AB 的中点. (1)求点 C 到平面 A1ABB1 的距离; (2)若 AB1⊥A1C,求二面角 A1-CD-C1 的平面角的余弦值.

图 1-2 19.解:(1)由 AC=BC,D 为 AB 的中点,得 CD⊥AB.又 CD⊥AA1,故 CD⊥面 A1ABB1,所以点 C 到平面 A1ABB1 的距离为 CD= BC2-BD2= 5.

(2)解法一:如图,取 D1 为 A1B1 的中点,连结 DD1,则 DD1∥AA1∥CC1.又由(1)知 CD⊥面 A1ABB1, 故 CD⊥A1D,CD⊥DD1,所以∠A1DD1 为所求的二面角 A1-CD-C1 的平面角. 因 A1D 为 A1C 在面 A1ABB1 上的射影,又已知 AB1⊥A1C,由三垂线定理的逆定理得 AB1⊥A1D,从 AA1 而∠A1AB1、∠A1DA 都与∠B1AB 互余,因此∠A1AB1=∠A1DA,所以 Rt△A1AD∽Rt△B1A1A.因此 = AD A1B1 ,即 AA2=AD· 1B1=8,得 AA1=2 2. A 1 AA1 从而 A1D= AA2+AD2=2 3. 1 所以,在 Rt△A1DD1 中, DD1 AA1 6 cos∠A1DD1= = = . A1D A1D 3

解法二: 如图, D 作 DD1∥AA1 交 A1B1 于点 D1, 过 在直三棱柱中, 易知 DB, DC, 1 两两垂直. DD 以 D 为原点,射线 DB,DC,DD1 分别为 x 轴、y 轴、z 轴的正半轴建立空间直角坐标系 D-xyz. 设直三棱柱的高为 h,则 A(-2,0,0),A1(-2,0,h),B1(2,0,h),C(0, 5,0),C1(0, 5,h),从 → → 而AB1=(4,0,h),A1C=(2, 5,-h). → → 由AB1⊥A1C,有 8-h2=0,h=2 2. → → → 故DA1=(-2,0,2 2),CC1=(0,0,2 2),DC= (0, 5,0). → → 设平面 A1CD 的法向量为 m=(x1,y1,z1),则 m⊥DC,m⊥DA1,即

? 5y1=0, ? ?-2x1+2 2z1=0,
取 z1=1,得 m=( 2,0,1), → → 设平面 C1CD 的法向量为 n=(x2,y2,z2),则 n⊥DC,n⊥CC1,即

24

? 5y2=0, ? ?2 2z2=0,
取 x2=1,得 n=(1,0,0),所以 2 6 m· n cos〈m,n〉= = = . |m||n| 3 2+1· 1 所以二面角 A1-CD-C1 的平面角的余弦值为 6 . 3

18.G5、G10、G11[2012· 湖南卷] 如图 1-6,在四棱锥 P-ABCD 中,PA⊥平面 ABCD,AB=4, BC=3,AD=5,∠DAB=∠ABC=90° 是 CD 的中点. ,E (1)证明:CD⊥平面 PAE; (2)若直线 PB 与平面 PAE 所成的角和 PB 与平面 ABCD 所成的角相等, 求四棱锥 P-ABCD 的体积.

图 1-6 18.解:解法 1:(1)如下图(1),连结 AC.由 AB=4,BC=3,∠ABC=90° AC=5.又 AD=5,E 得 是 CD 的中点,所以 CD⊥AE.因为 PA⊥平面 ABCD,CD?平面 ABCD,所以 PA⊥CD.而 PA,AE 是平 面 PAE 内的两条相交直线,所以 CD⊥平面 PAE. (2)过点 B 作 BG∥CD,分别与 AE、AD 相交于点 F,G,连结 PF. 由(1)CD⊥平面 PAE 知,BG⊥平面 PAE.于是∠BPF 为直线 PB 与平面 PAE 所成的角,且 BG⊥AE. 由 PA⊥平面 ABCD 知,∠PBA 为直线 PB 与平面 ABCD 所成的角. PA BF 由题意∠PBA=∠BPF,因为 sin∠PBA= ,sin∠BPF= ,所以 PA=BF. PB PB 由∠DAB=∠ABC=90° 知,AD∥BC,又 BG∥CD, 所以四边形 BCDG 是平行四边形.故 GD=BC=3. 于是 AG=2. 在 Rt△BAG 中,AB=4,AG=2,BG⊥AF,所以 AB2 16 8 5 BG= AB2+AG2=2 5,BF= = = . BG 2 5 5 8 5 于是 PA=BF= . 5 1 1 又梯形 ABCD 的面积为 S= ×(5+3)×4=16,所以四棱锥 P-ABCD 的体积为 V= ×S×PA= 2 3 1 8 5 128 5 ×16× = . 3 5 15

解法 2:如上图(2),以 A 为坐标原点,AB,AD,AP 所在直线分别为 x 轴,y 轴,z 轴建立空间直 角坐标系.设 PA=h,则相关各点的坐标为:A(0,0,0),B(4,0,0),C(4,3,0),D(0,5,0),E(2,4,0),P(0,0, h). → → → (1)易知CD=(-4,2,0),AE=(2,4,0),AP=(0,0,h).

25

→ → → → 因为CD· =-8+8+0=0,CD· =0,所以 CD⊥AE,CD⊥AP.而 AP,AE 是平面 PAE 内的两 AE AP 条相交直线,所以 CD⊥平面 PAE. → → (2)由题设和(1)知,CD,PA分别是平面 PAE,平面 ABCD 的法向量.而 PB 与平面 PAE 所成的角和 → → → → ? CD· ? ? PA· ? PB PB → → → → PB 与平面 ABCD 所成的角相等,所以|cos〈CD,PB〉|=|cos〈PA,PB〉|,即? = . → →? ?→ → ? |PB |PB ?|CD|· |? ?|PA|· |? → → 由(1)知,CD=(-4,2,0),PA=(0,0,-h), → 又PB=(4,0,-h), 2 ? -16+0+0 ? ? 0+0+h ? 故? ?=? ?. ?2 5· 16+h2? ?h· 16+h2? 8 5 解得 h= . 5 1 1 1 又梯形 ABCD 的面积为 S= ×(5+3)×4=16,所以四棱锥 P-ABCD 的体积为 V= ×S×PA= 2 3 3 8 5 128 5 ×16× = . 5 15 题型 3:线面距离 例 3、已知正三棱柱 ABC ? A1 B1C1 的底面边长为 8, 对角线 B1C ? 10 ,D 是 AC 的中点。 (1)求点 B1 到 直线 AC 的距离。 (2)求直线 AB1 到平面 C1 BD 的距离。 解析: (1)连结 BD, B1 D ,由三垂线定理可得: A D B C

A1

C1

B1

B1 D ? AC ,所以 B1 D 就是 B1 点到直线 AC 的距离。
在 Rt?B1 BD 中

BB1 ? B1C 2 ? BC 2 ? 10 2 ? 8 2 ? 6, BD ? 4 3 .


? B1 D ? BD 2 ? B1 B 2 ? 2 21
(2) 因为 AC 与平面 BD 所以 AB1 到平面 BD

C1 交于AC的中点D, B1C ? BC1 ? E , AB1 //DE, 设 则 所以 AB1 //平面 C1 BD ,

C1 的距离等于A点到平面 BD C1 的距离,等于C点到平面 BD C1 的距离,也就等于

三棱锥 C ? BDC1 的高。

?VC?BDC1

1 1 12 13 ? hS ?BDC1 ? S ?BDC CC1 ?h ? ? VC1 ?BDC 3 13 所以,直线 AB1 到平面 BD C1 的 , 3 ,

26

12 13 距离是 13 。
思维点拔:求空间距离多用转化的思想。 例 4、如图,已知边长为 4 2 的正三角形 ABC 中,
E 、 F 分别为 BC 和 AC 的中点, PA ? 面 ABC ,且 PA ? 2 ,设平面 ? 过 PF 且与 AE 平行。 求 AE 与平面 ? 间的距离? ?? ?? ? ??? ? ??? ? ??? ? AP 、 AE 、 EC 的单位向量分别为 e1 、 e2 分析:设
?? ? ?? ?? ? ?? ? e3 ,选取{ e1 , e2 , e3 }作为空间向量的一组基底。

P

F A E B

C

?? ?? ?? ?? ?? ?? ? ? ? ? ??? ? ?? ??? ? ?? ??? ? ? ?? ? 易知 e1 ? e2 ? e1 ? e3 ? e2 ? e3 ? 0 , AP ? 2e1 , AE ? 2 6 e2 , EC ? 2 2 e3 ,



??? 1 ???? ??? 1 ??? ??? ? ? ? ? ?? ?? ? ?? ? ??? ??? ???? PA ? AC PA ? ( AE ? EC ) ? ? PF ? PA ? AF = 2 2 = = ?2e1 ? 6 e2 ? 2 e3 , ? ?? ?? ?? ? ? ? ??? ? ??? ? ? n ? xe1 ? ye2 ? e3 n ? AE, n ? PF ?

是平面 的一个法向量,则



?? 2 ? ? ? y?0 2 6 y e2 ? 0 ? ??? ? ? ? ?n ? AE ? 0 ? ? ?? ?? 2 ?? 2 ? ?? 2 ? 2 ? ? ? ??? ? ? ?2 x e1 ? 6 y e2 ? 2 e3 ? 0 ?x ? ?n ? PF ? 0 ,即 ? ? ? 2 ,

??? ? ? Ap ? n ? ? ? 2 ?? ?? ?n ? e1 ? e3 . n ? 直线 AE 与平面 ? 间的距离 d ? 2 =

?? ? 2 ?? ?? 2e1 ? ( e1 ? e3 ) 2 ?? 2 ? 2 ?? e1 ? e3 2
2

?

2 3 . 3

专题训练求空间图形中的角与距离 根据定义找出或作出所求的角与距离,然后通过解三角形等方法求值,注意“作、证、算”的有 机统一.解题时注意各种角的范围: 异面直线所成角的范围是 0°<θ≤90°, 其方法是平移法和补形法; 直线与平面所成角的范围是 0°≤θ≤90°,其解法是作垂线、找射影;二面角 0°≤θ≤180°,其方 法是:①定义法;②三垂线定理及其逆定理;③垂面法 另外也可借助空间 向量求这三种角的大小.
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5. (四川省成都市 2007 届高中毕业班第三次诊断性检测) 如图,四棱锥 P ? ABCD 中,侧面 PDC 是边长为 2 的正三角形,且与底 面垂直,底面 ABCD 是 ?ADC ? 60 的菱形, M 为 PB 的中点. (Ⅰ)求 PA 与底面 ABCD 所成角的大小; (Ⅱ)求证: PA ? 平面 CDM ; (Ⅲ)求二面角 D ? MC ? B 的余弦值. 解析:求线面角关键是作垂线,找射影,求异面直线所成的角采用平 移法 求二面角的大小也可应用面积射影法,比较好的方法是向量法 答案:(I)取 DC 的中点 O,由 ΔPDC 是正三角形,有 PO⊥DC.
?
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27

又∵平面 PDC⊥底面 ABCD,∴PO⊥平面 ABCD 于 O. 连结 OA,则 OA 是 PA 在底面上的射影.∴∠PAO 就是 PA 与底面所成角. ∵∠ADC=60° ,由已知 ΔPCD 和 ΔACD 是全等的正三角形,从而求得 OA=OP= 3 . ∴∠PAO=45° .∴PA 与底面 ABCD 可成角的大小为 45° . ??6 分 (II)由底面 ABCD 为菱形且∠ADC=60° ,DC=2,DO=1,有 OA⊥DC. 建立空间直角坐标系如图,则 A( 3, 0, 0), P(0, 0, 3), D(0, ?1, 0) , B( 3, 2, 0), C (0, 1, 0) . 由 M 为 PB 中点,∴ M ( ∴ DM ? (
??? ????? ? ????? 3 3 , 1, ). 2 2

???? ? 3 3 ??? , 2, ), PA ? ( 3, 0, ? 3), DC ? (0, 2, 0) . 2 2

∴ PA ? DM ?

3 3 ? 3 ? 2? 0 ? (? 3) ? 0 , 2 2

??? ???? ? PA ? DC ? 0 ? 3 ? 2 ? 0 ? 0 ? (? 3) ? 0 .

∴PA⊥DM,PA⊥DC. (III) CM ? (
???? ?

∴PA⊥平面 DMC.

??4 分

? 3 3 ??? ? , 0, ), CB ? ( 3, 1, 0) .令平面 BMC 的法向量 n ? (x, y, z) , 2 2 ? ? ? ???? ? ??? 则 n ? CM ? 0 ,从而 x+z=0; ??①, n ? CB ? 0 ,从而 3x ? y ? 0 . ??② ? 由①、②,取 x=?1,则 y ? 3, z ? 1 . ∴可取 n ? (?1, 3, 1) . ??? ? 由(II)知平面 CDM 的法向量可取 PA ? ( 3, 0, ? 3) , ? ? ??? ? 10 n ? PA ?2 3 10 ? ??? ? ∴ cos ? n, PA ?? ? ??? ? . ∴所求二面角的余弦值为- . ?? 5 5 | n | | PA | 5? 6

??6 分

法二: (Ⅰ)方法同上 (Ⅱ)取 AP 的中点 N ,连接 MN ,由(Ⅰ)知,在菱形 ABCD 中,由于 ?ADC ? 60 , 则 AO ? CD ,又 PO ? CD ,则 CD ? 平面APO ,即 CD ? PA ,
?

1 1 AB , CO // AB ,则 MN //CO , 2 2 OCMN 为 ? ,所以 MC // ON ,在 ?APO 中, AO ? PO , 则四边形 则 ON ? AP ,故 AP ? MC 而 MC ? CD ? C , 则 PA ? 平面MCD (Ⅲ)由(Ⅱ)知 MC ? 平面PAB ,则 ?NMB 为二面角 D ? MC ? B 的平面角,
又在 ?PAB 中,中位线 MN // 在

Rt

?PAB









PA ? 6,

PB ? PA2 ? AB 2 ?

6 ? 22 ? 10

2



cos ?PBA ?

AB 2 10 , ? ? PB 5 10
10 10 故,所求二面角的余弦值为 ? 5 5

cos ?NMB ? cos(? ? ?PBA) ? ?

点评:本题主要考查异面直线所成的角、线面角 及二面角的一般求法,综合性较强 用平移法求异 面直线所成的角,利用三垂线定理求作二面角的平面 角,是常用的方法.
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D1

C1

6. (2007 河北省唐山市三模)如图,在长

A1

B1

28

D

C

A

E

B

方体 ABCD ? A B1C1D1 中, AD ? AA ? 1, AB ? 2, 点 E 在线段 AB 上. 1 1 (Ⅰ)求异面直线 D1E 与 A D 所成的角; 1 (Ⅱ)若二面角 D1 ? EC ? D 的大小为 45? ,求点 B 到平面 D1EC 的距离. 解析:本题涉及立体几何线面关系的有关知识, 本题实质上求角度和距离,在求此类问题中,要将这些 量归结到三角形中,最好是直角三角形,这样有利于问题的解决,此外用向量也是一种比较好的方法. 答案:解法一: (Ⅰ)连结 AD1 。由已知, AA1D1D 是正方形,有 AD1 ? A D 。 1 ∵ AB ? 平面 AA1D1D ,∴ AD1 是 D1E 在平面 AA1D1D 内的射影。 根据三垂线定理, AD1 ? D1E 得,则异面直线 D1E 与 A D 所成的角为 90? 。 1 作 DF ? CE ,垂足为 F ,连结 D1F ,则 CE ? D1F 所以 ?DFD1 为二面角 D1 ? EC ? D 的平面角, ?DFD1 ? 45? . 于是 DF ? DD1 ? 1, D1F ? 2 易得 Rt ?BCE ? Rt ?CDF ,所以 CE ? CD ? 2 ,又 BC ? 1 ,所以 BE ? 3 。 设点 B 到平面 D1EC 的距离为 h . ∵ VB?CED1 ? VD?BCE , 即 ? CE ? D1 F ? h ?

1 1 3 2

1 1 ? BE ? BC ? DD1 , 3 2

∴ CE ? D1F ? h ? BE ? BC ? DD1 ,即 2 2h ? 3 ,∴ h ?

6 . 4

故点 B 到平面 D1EC 的距离为

6 。 4

解法二:分别以 DA, DB, DD1 为 x 轴、 y 轴、 z 轴,建立空间直角坐标系. (Ⅰ)由 A1 (1,0,1) ,得 DA ? (1,0,1) 1 设 E (1, a, 0) ,又 D1 (0,0,1) ,则 D1E ? (1, a, ?1) 。 ∵ DA ? D1E ? 1 ? 0 ?1 ? 0 ∴ DA ? D1E 1 1 则异面直线 D1E 与 A D 所成的角为 90? 。 1

???? ?

???? ?

???? ???? ? ?

???? ?

???? ?

29

(Ⅱ) m ? (0,0,1) 为面 DEC 的法向量,设 n ? ( x, y, z ) 为面 CED1 的法向量,则

n ? ( x, y, z ) | cos ? m, n ?|?
∴ z 2 ? x2 ? y 2 .

| m?n| ? | m || n |

|z| x ?y ?z
2 2 2

? cos 45? ?

2 2



由 C (0, 2,0) ,得 DC ? (0,2, ?1) ,则 n ? D1C ,即 n ? D1C ? 0 1 ∴ 2y ? z ? 0 由①、②,可取 n ? ( 3,1, 2) 又 CB ? (1,0,0) ,所以点 B 到平面 D1EC 的距离 ②

???? ?

???? ?

???? ?

??? ?

??? ? | CB ? n | 3 6 。 d? ? ? |n| 4 2 2
长方体 ABCD— A1 B1C1 D1 中, AB=4, AD=6,AA1 ? 4 , 是 A1C1 的中点, 在线段 BC 上, M P 且|CP|=2, Q 是 DD1 的中点,求: (1)异面直线 AM 与 PQ 所成角的余弦值; (2)M 到直线 PQ 的距离; (3)M 到平面 AB1P 的距离。 解析: (1)方法一: 如图,建立空间直角坐标系 B—xyz,则 A(4,0,0) ,M(2,3,4) ,P(0,4,0) ,Q(4,6, 2) , ∴ AM ? (?2,3,4) , PQ ? (4,2,2)

? AM |? (?2) 2 ? 32 ? 4 2 ? 29 |

| PQ |? 4 2 ? 2 2 ? 2 2 ? 24 AM ? PQ ? (?2) ? 4 ? 3 ? 2 ? 4 ? 2 ? 6 故异面直线 AM 与 PQ 所成角的余弦值为 ? cos AM, PQ ? AM ? PQ | AM | | PQ | ? 174 58
174 58

方法二:

? AM ? AA1 ? A1M ? AA1 ?
∴ AM ? PQ

1 1 A1B1 ? A1D1 , PQ ? PC ? CD ? DQ 2 2

30

1 1 A 1 B1 ? A 1 D1 )( PC ? CD ? DQ) 2 2 1 1 ? A 1 D1 ? PC ? A 1 B1 ? CD ? AA1 ? DQ 2 2 AM ? PQ 174 1 1 ?cos AM, PQ ? ? ? ? 6 ? 2 ? ? 4 ? (?4) ? 4 ? 2 ? 6 58 2 2 | AM | ? | PQ | 2 2 2 ?| AM |? 4 ? 2 ? 3 ? 29 ? (AA1 ? | PQ |? 4 2 ? 2 2 ? 2 2 ? 24
故异面直线 AM 与 PQ 所成角的余弦值为

174 58

(2)∵ QM ? (?2,?3,2), QP ? (?4,?2,?2) ,

∴ QM在QP 上的射影的模 ?

QM ? QP | QP |

? ?
2

(?2) ? (?4) ? (?3) ? (?2) ? 2 ? (?2) (?4) 2 ? (?2) 2 ? (?2) 2 10 24 ? 5 6 6

?5 6 ? 25 462 ? 故 M 到 PQ 的距离为 | QM | ?? ? 6 ? ? 17 ? 6 ? 6 ? ?
2

(3)设 n ? ( x , y, z) 是平面 AB1 P 的某一法向量,则 n ? AB1 , n ? AP ,

?? 4 x ? 4 z ? 0 ∵ AB1 ? (?4,0,4), AP ? (?4,4,0) ∴ ? ?? 4 x ? 4 y ? 0
因此可取 n ? (1,1,1) ,由于 MA ? (2,?3,?4) ,那么点 M 到平面 AB1 P 的距离为

d?

5 3 | MA ? n | | 2 ? 1 ? (?3) ? 1 ? (?4) ? 1 | 5 3 ,故 M 到平面 AB1 P 的距离为 。 ? ? 3 |n| 3 3

(三) 、小结: 1.这些角是对点、直线、平面所组成空间图形的位置进行定性分析和定量计算的重要组成部分,学习 时要深刻理解它们的含义,并能综合应用空间各种角的概念和平面几何知识(特别是余弦定理)熟练 解题。特别注意:空间各种角的计算都要转化为同一平面上来,这里要特别注意平面角的探求;2.把 空间问题转化为平面问题,从解决平面问题而使空间问题得以解决。求角的三个基本步骤:“作”、 “证”、“算”。3.求空间中线面的夹角或距离需注意以下几点:①注意根据定义找出或作出所求的 成角或距离,一般情况下,力求明确所求角或距离的位置;②作线面角的方法除平移外,补形也是常 用的方法之一;求线面角的关键是寻找两“足” (斜足与垂足) ,而垂足的寻找通常用到面面垂直的性 质定理;③求二面角高考中每年必考,复习时必须高度重视.二面角的平角的常用作法有三种: 根据定义或图形特征作;根据三垂线定理(或其逆定理)作,难点在于找到面的垂线。解决办法,先 找面面垂直,利用面面垂直的性质定理即可找到面的垂线;作棱的垂面。作二面角的平面角应把握先

31

S? 找后作的原则。此外在解答题中一般不用公式“cosθ = S ”求二面角否则要适当扣分。④求点到平
面的距离常用方法是直接法与间接法,利用直接法求距离需找到点在面内的射影,此时常考虑面面垂 直的性质定理与几何图形的特殊性质。而间接法中常用的是等积法及转移法;⑤求角与距离的关键是 将空间的角与距离灵活转化为平面上的角与距离,然后将所求量置于一个三角形中,通过解三角形最 终求得所需的角与距离。4.注意数学中的转化思想的运用: (1)常用等角定理或平行移动直线及平面 的方法转化所求角的位置; (2)常用平行线间、平行线面间或平行平面间距离相等为依据转化所求距 离的位置; (3)常用割补法或等积(等面积或等体积)变换解决有关距离及体积问题。 第四讲 探索性问题 7. (2007

年 4 月济南市)如图所示:边长为 2 的正方形 ABFC 和高为 2 的直角梯形 ADEF

所在的平面互相垂直且 DE= 2 ,ED//AF 且∠DAF=90°。 (1)求 BD 和面 BEF 所成的角的余弦; (2)线段 EF 上是否存在点 P 使过 P、A、C 三点的平面和直线 DB 垂直,若存在,求 EP 与 PF 的 比值;若不存在,说明理由。

1 , 3 , 5 解析:1.先假设存在,再去推理,下结论: 2.运用推理证明计算得出结论,或先利用条件特例得 出结论,然后再根据条件给出证明或计算。 答案: (1)因为 AC、AD、AB 两两垂直,建立如图坐标系, 则 B(2,0,0) ,D(0,0,2) , E(1,1,2) ,F(2,2,0) , 则 DB ? (2,0,0), BE ? (?1,1,2), BF ? (0,2,0) 设平面 BEF 的法向量 n ? ( x, y, z),则 ? x

? y ? 2 z ? 0, y ? 0 ,则可取 n ? (2,1,0) ,
∴向量 DB和n ? (2,0,1) 所成角的余弦为

2?2 ? 0 ? 2 2 2 ? 12 2 2 ? (?2) 2

?

10 。 10

32

即 BD 和面 BEF 所成的角的余弦

10 。 10

(2)假设线段 EF 上存在点 P 使过 P、A、C 三点的平面和直线 DB 垂直,不妨设 EP 与 PF 的比值

1 ? 2m 1 ? 2m 2 , , ), 1? m 1? m 1? m 1 ? 2m 1 ? 2m 2 1 ? 2m 1 2 , , ), ,向量 CP ? ( ,? , ), 则向量 AP ? ( 1? m 1? m 1? m 1? m 1? m 1? m 1 ? 2m 1 ? 2m 2 1 ?0 ? (?2) ? 0, 所以 m ? 。 所以 2 1? m 1? m 1? m 2
为 m,则 P 点坐标为 ( 点评:本题考查了线线关系,线面关系及其相关计算,本题采用探索式、开放式设问方式,对学 生灵活运用知识解题提出了较高要求。 8. (2007 安徽·文) 如图,在三棱锥 V ? ABC 中, VC ⊥底面ABC , AC ⊥ BC , D 是 AB 的中点, 且 AC ? BC ? a ,∠VDC ? ? ? 0 ? ? ? (I)求证:平面 VAB ⊥ 平面 VCD ; (II)试确定角 ? 的值,使得直线 BC 与平面 VAB 所成的角为

? ?

π? ?. 2?
π . 6


解析:本例可利用综合法证明求解,也可用向量法求解. 答案:解法 1: (Ⅰ)∵ AC ? BC ? a ,∴△ ACB 是等腰三角形,又 D 是 AB 的中点, ∴ CD ? AB ,又 VC ? 底面 ABC .∴VC ? AB .于是 AB ? 平面 VCD . A 又 AB ? 平面 VAB ,∴ 平面 VAB ? 平面 VCD . (Ⅱ) 过点 C 在平面 VCD 内作 CH ? VD 于 H ,则由(Ⅰ)知 CD ? 平面 VAB . 连接 BH ,于是 ?CBH 就是直线 BC 与平面 VAB 所成的角. 依题意 ?CBH ?

C D B

π 2 ,所以在 Rt△CHD 中, CH ? a sin ? ; 6 2 π a π π 2 ? ,∴sin ? ? .∵ 0 ? ? ? ,∴? ? . 6 2 2 4 2

在 Rt△BHC 中, CH ? a sin 故当 ? ?

π π 时,直线 BC 与平面 VAB 所成的角为 . 4 6

, , 解法 2: (Ⅰ)以 CA CB CV 所在的直线分别为 x 轴、 y 轴、 z 轴,建立如图所示的空间直角坐标

0,, 0,, 0) 0 0, 系,则 C (0, 0) A(a, 0) B(0,a,,D ? , ,?,V ? 0, ? 于是, VD ? ? , , ??? ? ?a a ?2 2 ?

?a a ?2 2

? ?

? ? ?

? 2 a tan ? ? , ? 2 ?

? ? ? ??? ? a a ? ??? 2 a tan ? ? , CD ? ? , ,? , AB ? (?a,a, . 0 0) ? 2 ?2 2 ? ?

33

从而 AB CD ? (?a,a,· ? , ,? ? ? · 0) 0

??? ??? ? ?

?a a ?2 2

? ?

1 2 1 2 a ? a ? 0 ? 0 ,即 AB ? CD . 2 2
z V

· 0) ? 同理 AB VD ? (?a,a,· ? , ,

??? ??? ? ?

?a a ?2 2 ?

? 2 1 1 a tan ? ? ? ? a 2 ? a 2 ? 0 ? 0 , ? 2 2 2 ?

即 AB ? VD .又 CD ? VD ? D ,∴ AB ? 平面 VCD . 又 AB ? 平面 VAB . ∴ 平面 VAB ? 平面 VCD . (Ⅱ)设平面 VAB 的一个法向量为 n ? ( x,y,z ) , C B D A x y

??? ? 则由 n AB ? 0,n VD ? 0 . · ·

??ax ? ay ? 0, ? 得 ?a a 2 az tan ? ? 0. ? x? y? ?2 2 2 ??? ? 可取 n ? (11 2 cot ? ) ,又 BC ? (0 ? a 0) , , , , ,
??? ? π n BC · a 2 ? sin ? , 于是 sin ? ??? ? ? 2 6 2 n· BC a 2 ? 2 cot ? ·
即 sin ? ? 故交 ? =

π π 2 ∵ 0 ? ? ? ,∴? = . 2 4 2

π π 时,直线 BC 与平面 VAB 所成的角为 . 4 6

解法 3: (Ⅰ)以点 D 为原点,以 DC,DB 所在的直线分别为 x 轴、 y 轴,建立如图所示的空间直角 坐标系,

0,, ? 则 D(0, 0) A ? 0, ???? ? ? ?

? ? ?

? ? ? ? ? ? ? 2 2 2 2 2 a,?,B ? 0, a,?,C ? ? 0? 0? a, 0 ? , V ? ? 0,? a, 0, a tan ? ? , ? 2 ? 2 ? 2 ? 2 2 ? ? ? ? ? ? ?

于是 DV ? ? ?

? ? ???? ? ? ??? 2 2 2 a, 0, a tan ? ? , DC ? ? ? a, 0 ? , AB ? (0,2a, . 0,? 0) ? ? 2 2 2 ? ? ?
? ? ? ? 2 a, 0 ? ? 0 ,即 AB ? DC . 0,? 2 ? ? 2 2 a, 0, a tan ? ? ? 0 ,即 AB ? DV . ? 2 2 ?

从而 AB DC ? (0 2a 0)· ? ? · , ,

??? ???? ?

· 0) 同理 AB DV ? (0, 2a, ? ?

??? ???? ?

? ? ?

34

又 DC ? DV ? D , ∴ AB ? 平面 VCD . 又 AB ? 平面 VAB , ∴ 平面 VAB ? 平面 VCD . (Ⅱ)设平面 VAB 的一个法向量为 n ? ( x,y,z ) ,

? 2ay ? 0, ??? ? ???? ? 则由 n AB ? 0,n DV ? 0 ,得 ? · · 2 2 ax ? az tan ? ? 0. ?? ? 2 2
可取 n ? (tan ?,1) ,又 BC ? ? ? 0,

V

??? ?

? ? ?

? 2 2 a, ? a,? , 0? 2 2 ?
A

C B D x

y

2 ??? ? a tan ? π n BC · 2 ? sin ? , 于是 sin ? ??? ? 2 ? 6 2 n· BC a 1 ? tan 2 ? ·
π π π π , 0 ? ? ? , ? = . 故角 ? ? 时, ∵ ∴ 2 2 4 4 π 即直线 BC 与平面 VAB 所成角为 . 6
即 sin ? ?

点评:证明两平面垂直一般用面面垂直的判定定理,求线面角一是找线在平面上的射影在直角三 角形中求解,但运用更多的是建空间直角坐标系,利用向量法求解 18. G11[2012· G4、 辽宁卷] 如图 1-4, 直三棱柱 ABC-A′B′C′,∠BAC=90° ,AB=AC=λAA′,点 M, 分别为 A′B 和 B′C′的中点. N (1)证明:MN∥平面 A′ACC′; (2)若二面角 A′-MN-C 为直二面角,求 λ 的值.

图 1-4 18.解:(1)(证法一) 连结 AB′,AC′,由已知∠BAC=90° , AB=AC,三棱柱 ABC-A′B′C′为直三棱柱. 所以 M 为 AB′中点. 又因为 N 为 B′C′的中点. 所以 MN∥AC′. 又 MN?平面 A′ACC′, AC′?平面 A′ACC′, 因此 MN∥平面 A′ACC′. (证法二) 取 A′B′中点 P,连结 MP,NP, M,N 分别为 AB′与 B′C′的中点,所以 MP∥AA′,PN∥A′C′, 所以 MP∥平面 A′ACC′,PN∥平面 A′ACC′,又 MP∩NP=P, 因此平面 MPN∥平面 A′ACC′,而 MN?平面 MPN, 因此 MN∥平面 A′ACC′. (2)以 A 为坐标原点,分别以直线 AB,AC,AA′为 x 轴,y 轴,z 轴建立直角坐标系 O-xyz,如图

35

1-5 所示.

图 1-5 设 AA′=1,则 AB=AC=λ, 于是 A(0,0,0),B(λ,0,0),C(0,λ,0),A′(0,0,1),B′(λ,0,1),C′(0,λ,1). λ 1 λ λ 所以 M?2,0,2?,N?2,2,1?. ? ? ? ? 设 m=(x1,y1,z1)是平面 A′MN 的法向量, λ 1 x - z =0, ?m· → =0, 2 1 21 ? A′M 由? 得 λ 1 → ?m· =0 ? MN y + z =0, 2 1 21

? ? ?

可取 m=(1,-1,λ). 设 n=(x2,y2,z2)是平面 MNC 的法向量, λ λ → - x2+ y2-z2=0, ?n· =0, 2 2 ? NC 由? 得 λ 1 → ?n· =0 ? MN y + z =0. 2 2 22

? ? ?

可取 n=(-3,-1,λ). 因为 A′-MN-C 为直二面角,所以 m· n=0. 即-3+(-1)×(-1)+λ2=0,解得 λ= 2. 18.G4、G5、G11[2012· 福建卷] 如图 1-3,在长方体 ABCD-A1B1C1D1 中,AA1=AD=1,E 为 CD 中点.(1)求证:B1E⊥AD1;(2)在棱 AA1 上是否存在一点 P,使得 DP∥平面 B1AE?若存在,求 AP 的长;若不存在,说明理由;(3)若二面角 A-B1E-A1 的大小为 30° ,求 AB 的长.

图 1-3 → → → 18.解:(1)以 A 为原点,AB,AD,AA1的方向分别为 x 轴,y 轴,z 轴的正方向建立空间直角坐标 a → 系(如图).设 AB=a,则 A(0,0,0),D(0,1,0),D1(0,1,1),E?2,1,0?,B1(a,0,1),故 AD1=(0,1,1),B1E= ? ? → → ?-a,1,-1?,AB1=(a,0,1),AE=?a,1,0?. ? 2 ? ?2 ? a → → ∵AD1· 1E=- ×0+1×1+(-1)×1=0, B 2 ∴B1E⊥AD1.

36

(2)假设在棱 AA1 上存在一点 P(0,0,z0), → 使得 DP∥平面 B1AE.此时DP=(0,-1,z0). 又设平面 B1AE 的法向量 n=(x,y,z). ?ax+z=0, ? → → ∵n⊥平面 B1AE,∴n⊥AB1,n⊥AE,得?ax ? 2 +y=0. ? a 取 x=1,得平面 B1AE 的一个法向量 n=?1,-2,-a?. ? ? a 1 → 要使 DP∥平面 B1AE,只要 n⊥DP,有 -az0=0,解得 z0= . 2 2 1 又 DP?平面 B1AE,∴存在点 P,满足 DP∥平面 B1AE,此时 AP= . 2 (3)连接 A1D,B1C,由长方体 ABCD-A1B1C1D1 及 AA1=AD=1,得 AD1⊥A1D. ∵B1C∥A1D,∴AD1⊥B1C. 又由(1)知 B1E⊥AD1,且 B1C∩B1E=B1, → → ∴AD1⊥平面 DCB1A1.∴AD1是平面 A1B1E 的一个法向量,此时AD1=(0,1,1). → 设AD1与 n 所成的角为 θ, a - -a → 2 n· 1 AD 则 cosθ= = . → a2 |n||AD1| 2 1+ +a2 4 ∵二面角 A-B1E-A1 的大小为 30° , 3a 2 3 ∴|cosθ|=cos30° ,即 = , 5a2 2 2 1+ 4 解得 a=2,即 AB 的长为 2. 16.G4、G5[2012· 江苏卷] 如图 1-4,在直三棱柱 ABC-A1B1C1 中,A1B1=A1C1,D,E 分别是棱 BC,CC1 上的点(点 D 不同于点 C),且 AD⊥DE,F 为 B1C1 的中点. 求证:(1)平面 ADE⊥平面 BCC1B1; (2)直线 A1F∥平面 ADE. 16.证明:(1)因为 ABC-A1B1C1 是直三棱柱,所以 CC1⊥平面 ABC, 又 AD?平面 ABC,所以 CC1⊥AD. 又因为 AD⊥DE,CC1,DE?平面 BCC1B1,CC1∩DE=E, 所以 AD⊥平面 BCC1B1.又 AD?平面 ADE, 所以平面 ADE⊥平面 BCC1B1. (2)因为 A1B1=A1C1,F 为 B1C1 的中点,所以 A1F⊥B1C1. 因为 CC1⊥平面 A1B1C1,且 A1F?平面 A1B1C1, 所以 CC1⊥A1F. 又因为 CC1,B1C1?平面 BCC1B1,CC1∩B1C1=C1, 所以 A1F⊥平面 BCC1B1. 由(1)知 AD⊥平面 BCC1B1,所以 A1F∥AD. 又 AD?平面 ADE,A1F?平面 ADE,所以 A1F∥平面 ADE. 19.B12、G7、G11[2012· 湖北卷] 如图 1-7 所示,∠ACB=45° ,BC=3,过动点 A 作 AD⊥BC, 垂足 D 在线段 BC 上且异于点 B,连结 AB,沿 AD 将△ABD 折起,使∠BDC=90° (如图 1-8). (1)当 BD 的长为多少时,三棱锥 A-BCD 的体积最大? (2)当三棱锥 A-BCD 的体积最大时,设点 E,M 分别为棱 BC,AC 的中点,试在棱 CD 上确定一

37

点 N,使得 EN⊥BM,并求 EN 与平面 BMN 所成角的大小.

图 1-7 图 1-8 19.解:(1)方法 1:在题图所示的△ABC 中,设 BD=x(0<x<3),则 CD=3-x. 由 AD⊥BC,∠ACB=45° 知,△ADC 为等腰直角三角形,所以 AD=CD=3-x. 由折起前 AD⊥BC 知,折起后,AD⊥DC,AD⊥BD,且 BD∩DC=D,所以 AD⊥平面 BCD. 1 1 又∠BDC=90° ,所以 S△BCD= BD· CD= x(3-x). 2 2 1 1 1 1 1 2x+?3-x?+?3-x??3 2 于是 VA-BCD= AD·△BCD= (3-x)·x(3-x)= · S 2x(3-x)(3-x)≤ ? 3 3 2 12 12? 3 ? =3. 当且仅当 2x=3-x,即 x=1 时,等号成立, 故当 x=1,即 BD=1 时,三棱锥 A-BCD 的体积最大. 1 1 1 1 方法 2:同方法 1,得 VA-BCD= AD·△BCD= (3-x)·x(3-x)= (x3-6x2+9x). S 3 3 2 6 1 3 1 令 f(x)= (x -6x2+9x),由 f′(x)= (x-1)(x-3)=0,且 0<x<3,解得 x=1. 6 2 当 x∈(0,1)时,f′(x)>0,当 x∈(1,3)时,f′(x)<0,所以当 x=1 时,f(x)取得最大值. 故当 BD=1 时,三棱锥 A-BCD 的体积最大. (2)方法 1:以点 D 为原点,建立如图(a)所示的空间直角坐标系 D-xyz. 由(1)知,当三棱锥 A-BCD 的体积最大时,BD=1,AD=DC=2. 1 → 于是可得 D(0,0,0),B(1,0,0),C(0,2,0),A(0,0,2),M(0,1,1),E?2,1,0?,且BM=(-1,1,1). ? ? 1 → 设 N(0,λ,0),则EN=?-2,λ-1,0?. ? ? → → 因为 EN⊥BM 等价于EN· =0, BM 1 1 1 ? 1 ? 即?-2,λ-1,0?· ? ? (-1,1,1)=2+λ-1=0,故 λ=2,N?0,2,0?. 1 所以当 DN= (即 N 是 CD 的靠近点 D 的一个四等分点)时,EN⊥BM. 2 → ?n⊥BN, ? 1 → 设平面 BMN 的一个法向量为 n=(x,y,z),由? 及BN=?-1,2,0?, ? ? → ?n⊥BM, ?
? ?y=2x, 得? 可取 n=(1,2,-1). ?z=-x. ? 设 EN 与平面 BMN 所成角的大小为 θ, 1 1 → 则由EN=?-2,-2,0?,n=(1,2,-1),可得 ? ? ? 1 ? → ? n· ? ?-2-1? EN 3 sinθ=cos(90° -θ)=? = = ,即 θ=60° . 2 →? 2 |EN ?|n|· |? 6× 2 故 EN 与平面 BMN 所成角的大小为 60° .

38

方法 2:由(1)知,当三棱锥 A-BCD 的体积最大时,BD=1,AD=CD=2. 如图(b),取 CD 的中点 F,连结 MF,BF,EF,则 MF∥AD. 由(1)知 AD⊥平面 BCD,所以 MF⊥平面 BCD. 如图(c),延长 FE 至 P 点使得 FP=DB,连 BP,DP,则四边形 DBPF 为正方形, 所以 DP⊥BF.取 DF 的中点 N,连结 EN,又 E 为 FP 的中点,则 EN∥DP, 所以 EN⊥BF,因为 MF⊥平面 BCD,又 EN?平面 BCD,所以 MF⊥EN. 又 MF∩BF=F,所以 EN⊥面 BMF,又 BM?面 BMF,所以 EN⊥BM. 因为 EN⊥BM 当且仅当 EN⊥BF,而点 F 是唯一的,所以点 N 是唯一的. 1 即当 DN= (即 N 是 CD 的靠近点 D 的一个四等分点),EN⊥BM. 2 5 连结 MN,ME,由计算得 NB=NM=EB=EM= , 2 所以△NMB 与△EMB 是两个共底边的全等的等腰三角形. 如图(d)所示,取 BM 的中点 G.连结 EG,NG, 则 BM⊥平面 EGN,在平面 EGN 中,过点 E 作 EH⊥GN 于 H, 则 EH⊥平面 BMN.故∠ENH 是 EN 与平面 BMN 所成的角. 2 在△EGN 中,易得 EG=GN=NE= ,所以△EGN 是正三角形, 2 故∠ENH=60° ,即 EN 与平面 BMN 所成角的大小为 60° . 第五讲 折叠、展开问题 10.G5、G7[2012· 浙江卷] 已知矩形 ABCD,AB=1,BC= 2.将△ABD 沿矩形的对角线 BD 所在的直线进行翻折,在翻折过程中,( ) A.存在某个位置,使得直线 AC 与直线 BD 垂直 B.存在某个位置,使得直线 AB 与直线 CD 垂直 C.存在某个位置,使得直线 AD 与直线 BC 垂直 D.对任意位置,三对直线“AC 与 BD”,“AB 与 CD”,“AD 与 BC”均不垂直 10.B [解析] 本题主要考查空间几何体的判定与分析问题.考查空间想象能力和动手操作能力. 对于 AB⊥CD,因为 BC⊥CD,由线面垂直的判定可得 CD⊥平面 ACB,则有 CD⊥AC,而 AB= CD=1,BC=AD= 2,可得 AC=1,那么存在 AC 这样的位置,使得 AB⊥CD 成立,故应选 B. [点评] 解决折叠问题时,可以先通过实际操作,找到可行性后再加以合理判断与分析.实际解决 此类问题时可以通过草稿纸加以折叠分析后直接判断.

9. (2006 年辽宁高考)已知正方形 ABCD

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E 、 F 分别是 AB 、 CD 的中点,将 ? ADE 沿 DE 折

39

起,如图所示,记二面角 A ? DE ? C 的大小为 ? (0 ? ? ? ? ) (I) 证明 BF // 平面 ADE ; (II) 若 ? ACD 为 正 三 角 形 , 试 判 断 点 A 在 平 面

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B C D E内的射影 G 是否在直线 EF 上,证明你的结论,
并求角 ? 的余弦值
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分析:充分发挥空间想像能力, 重点抓住不变的位 置和数量关系,借助模型图形得出结论,并给出证明. 解: (I)证明:EF 分别为正方形 ABCD 得边 AB、CD 的中点,
A B G E
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? EB//FD,且 EB=FD, ? 四边形 EBFD 为平行四边形
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C F D

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? BF//ED.
? EF ? 平面AED, 而BF ? 平面AED ,? BF // 平面 ADE
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(II)如右图,点 A 在平面 BCDE 内的射影 G 在直线 EF 上,过点 A 作 AG 垂直于平面 BCDE,垂足为 G, 连结 GC,GD
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? ? ACD 为正三角形,? AC=AD.

? CG=GD.
? G 在 CD 的垂直平分线上, ? 点 A 在平面 BCDE 内的射影 G 在直线 EF 上,
过 G 作 GH 垂直于 ED 于 H,连结 AH,则 AH ? DE ,所以 ?AHD 为二面角 A-DE-C 的平面角
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?AHG ? ? .
设原正方体的边长为 2a,连结 AF,在折后图的 ? AEF 中,AF= 3a ,EF=2AE=2a,即 ? AEF 为直角三角 形, AG ? EF ? AE ? AF .

? AG ?

2 3 a. a 在 Rt ? ADE 中, AH ? DE ? AE ? AD ? AH ? 2 5
a 2 5
, cos ? ?

? GH ?

GH 1 ? AH 4

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点评:在平面图形翻折成空间图形的这类折叠问题中,一般来说,位于同一平面内的几何元素相 对位置和数量关系不变:位于两个不同平面内的元素,位置和数量关系要发生变化,翻折问题常用的

40

添辅助线的方法是作棱的垂线。关键要抓不变的量. 16.G5、G7、G9、G10[2012· 北京卷] 如图 1-9(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 1-8(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.

图 1-9 16.解:(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, 所以 DE⊥A1C. 又因为 A1C⊥CD,

所以 A1C⊥平面 BCDE. (2)如右图,以 C 为坐标原点,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,y,z),则 → → n· 1B=0,n· =0. A BE → → 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, → 因为CM=(0,1, 3), → ? CM ? 4 2 → 所以 sinθ=|cos(n,CM)|=? n· ?= = . 8× 4 2 ?|n||CM|? π 所以 CM 与平面 A1BE 所成角的大小为 . 4 (3)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].

41

设平面 A1DP 的法向量为 m=(x,y,z),则 → → m· 1D=0,m· =0. A DP → → 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, p . 3 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. 18.G4、G5、G11[2012· 福建卷] 如图 1-3,在长方体 ABCD-A1B1C1D1 中,AA1=AD=1,E 为 CD 中点. (1)求证:B1E⊥AD1; (2)在棱 AA1 上是否存在一点 P,使得 DP∥平面 B1AE?若存在, AP 的长;若不存在,说明理由; 求 (3)若二面角 A-B1E-A1 的大小为 30° ,求 AB 的长.

图 1-3 → → → 18.解:(1)以 A 为原点,AB,AD,AA1的方向分别为 x 轴,y 轴,z 轴的正方向建立空间直角坐标 a → 系(如图).设 AB=a,则 A(0,0,0),D(0,1,0),D1(0,1,1),E?2,1,0?,B1(a,0,1),故 AD1=(0,1,1),B1E= ? ? → → ?-a,1,-1?,AB1=(a,0,1),AE=?a,1,0?. ? 2 ? ?2 ? a → → ∵AD1· 1E=- ×0+1×1+(-1)×1=0, B 2 ∴B1E⊥AD1.

(2)假设在棱 AA1 上存在一点 P(0,0,z0), → 使得 DP∥平面 B1AE.此时DP=(0,-1,z0). 又设平面 B1AE 的法向量 n=(x,y,z). ?ax+z=0, ? → → ∵n⊥平面 B1AE,∴n⊥AB1,n⊥AE,得?ax ? ? 2 +y=0. a 取 x=1,得平面 B1AE 的一个法向量 n=?1,-2,-a?. ? ?

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a 1 → 要使 DP∥平面 B1AE,只要 n⊥DP,有 -az0=0,解得 z0= . 2 2 1 又 DP?平面 B1AE,∴存在点 P,满足 DP∥平面 B1AE,此时 AP= . 2 (3)连接 A1D,B1C,由长方体 ABCD-A1B1C1D1 及 AA1=AD=1,得 AD1⊥A1D. ∵B1C∥A1D,∴AD1⊥B1C. 又由(1)知 B1E⊥AD1,且 B1C∩B1E=B1, → → ∴AD1⊥平面 DCB1A1.∴AD1是平面 A1B1E 的一个法向量,此时AD1=(0,1,1). → 设AD1与 n 所成的角为 θ, a - -a → 2 n· 1 AD 则 cosθ= = . → a2 |n||AD1| 2 1+ +a2 4 ∵二面角 A-B1E-A1 的大小为 30° , 3a 2 3 ∴|cosθ|=cos30° ,即 = , 5a2 2 2 1+ 4 解得 a=2,即 AB 的长为 2.

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