3986.net
小网站 大容量 大智慧
赞助商链接
当前位置:首页 >> 数学 >>

高中数学用空间向量解立体几何问题方法归纳


用空间向量解立体几何题型与方法 平行垂直问题基础知识 直线 l 的方向向量为 a=(a1,b1,c1).平面α ,β的法向量 u=(a3,b3,c3),v=(a4,

b4,c4)
(1)线面平行:l∥α ?a⊥u?a·u=0?a1a3+b1b3+c1c3=0 (2)线面垂直:l⊥α ?a∥u?a=ku?a1=ka3,b1=kb3,c1=kc3 (3)面面平行:α ∥β ?u∥v?u=kv?a3=ka4,b3=kb4,c3=kc4 (4)面面垂直:α ⊥β ?u⊥v?u·v=0?a3a4+b3b4+c3c4=0 例 1、如图所示,在底面是矩形的四棱锥 P?ABCD 中,PA⊥底面 ABCD,E,F 分别是 PC,

PD 的中点,PA=AB=1,BC=2.
(1)求证:EF∥平面 PAB; (2)求证:平面 PAD⊥平面 PDC. [证明] 以 A 为原点,AB,AD,AP 所在直线分别为 x 轴,y 轴,z 轴,建立空间直角坐标

?1 1? 系如图所示,则 A(0,0,0),B(1,0,0),C(1,2,0),D(0,2,0),P(0,0,1),所以 E? ,1, ?, 2? ?2
F?0,1, ?, EF =?- ,0,0?, PB =(1,0,-1), PD =(0,2,-1), AP =(0,0,1),
2? ? ? 2 ? ???? ??? ? ??? ? AD =(0,2,0), DC =(1,0,0), AB =(1,0,0).

?

1?

??? ?

? 1

?

??? ?

??? ?

??? ?

??? ? ? ??? ? ??? ? 1 ??? (1)因为 EF =- AB ,所以 EF ∥ AB ,即 EF∥AB. 2
又 AB? 平面 PAB,EF? 平面 PAB,所以 EF∥平面 PAB. (2)因为 AP · DC =(0,0,1)·(1,0,0)=0, AD · DC =(0,2,0)·(1,0,0)=0, 所以 AP ⊥ DC , AD ⊥ DC ,即 AP⊥DC,AD⊥DC. 又 AP∩AD=A,AP? 平面 PAD,AD? 平面 PAD,所以 DC⊥平面 PAD.因为 DC? 平面

??? ? ????

??? ? ????

??? ?

????

??? ?

????

第 1 页 共 1 页

PDC,
所以平面 PAD⊥平面 PDC.

使用空间向量方法证明线面平行时, 既可以证明直线的方向向量和平面内一条直线的方 向向量平行, 然后根据线面平行的判定定理得到线面平行, 也可以证明直线的方向向量与平 面的法向量垂直;证明面面垂直既可以证明线线垂直,然后使用判定定理进行判定,也可以 证明两个平面的法向量垂直. 例 2、在直三棱柱 ABC?A1B1C1 中,∠ABC=90°,BC=2,CC1=4,点 E 在线段 BB1 上, 且 EB1=1,D,F,G 分别为 CC1,C1B1,C1A1 的中点. 求证:(1)B1D⊥平面 ABD; (2)平面 EGF∥平面 ABD. 证明:(1)以 B 为坐标原点,BA、BC、BB1 所在的直线分别为 x 轴、y 轴、z 轴建立空 间直角坐标系,如图所示,则 B(0,0,0),D(0,2,2),B1(0,0,4),设 BA=a,则 A(a,0,0), 所以 BA =(a,0,0), BD =(0,2,2), B1 D =(0,2,-2),

??? ?

??? ?

???? ?

? ? ???? ? ??? ???? ? ??? B1 D · BA =0, B1 D · BD =0+4-4=0,即 B1D⊥BA,B1D⊥BD.
又 BA∩BD=B,因此 B1D⊥平面 ABD. (2)由(1)知,E(0,0,3),G? ,1,4?,F(0,1,4),则 EG =? ,1,1?, EF =(0,1,1), ?2 ? ?2 ?

?a

?

??? ?

?a

?

??? ?

? ???? ? ??? ???? ? ???? B1 D · EG =0+2-2=0, B1 D · EF =0+2-2=0,即 B1D⊥EG,B1D⊥EF.
又 EG∩EF=E,因此 B1D⊥平面 EGF. 利用空间向量求空间角基础知识 (1)向量法求异面直线所成的角:若异面直线 a,b 的方向向量分别为 a,b,异面直线所成 |a·b| 的角为θ ,则 cos θ =|cos〈a,b〉|= . |a||b|
第 2 页 共 2 页

结合(1)可知平面 EGF∥平面 ABD.

(2)向量法求线面所成的角:求出平面的法向量 n,直线的方向向量 a,设线面所成的角为θ , 则 sin θ =|cos〈n,a〉|= . |n||a| |n·a|

(3)向量法求二面角:求出二面角α -l-β的两个半平面α 与β的法向量 n1,n2, |n1·n2| 若二面角α -l-β 所成的角θ 为锐角,则 cos θ =|cos〈n1,n2〉|= ; |n1||n2| |n1·n2| 若二面角α -l-β 所成的角θ 为钝角,则 cos θ =-|cos〈n1,n2〉|=- . |n1||n2| 例 1、如图,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 A1 B =(2,0,-4),C1 D =(1,
-1,-4).

???? ?

???? ?

???? ? ???? ? A1 B · C1 D ???? ? ???? ? 18 3 10 ? ???? ? = 因为 cos〈 A1 B , C1 D 〉= ???? = , 10 | A1 B || C1 D | 20× 18
3 所以异面直线 A1B 与 C1D 所成角的余弦值为 10 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 ABA1 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 .

??? ?

???? ?

??? ?

???? ?

第 3 页 共 3 页

由|cos θ |=?

? n1·n2 ? 2 2 5 ?= = ,得 sin θ = . 3 9× 1 3 ?|n1||n2|?
5 . 3

因此,平面 ADC1 与平面 ABA1 所成二面角的正弦值为

例 2、如图,三棱柱 ABC?A1B1C1 中,CA=CB,AB=AA1,∠BAA1=60°. (1)证明:AB⊥A1C; (2)若平面 ABC⊥平面 AA1B1B,AB=CB,求直线 A1C 与平面 BB1C1C 所成角的正弦 值. [解] (1)证明:取 AB 的中点 O,连接 OC,OA1,A1B. 因为 CA=CB,所以 OC⊥AB. 由于 AB=AA1,∠BAA1=60°,故△AA1B 为等边三角形,所以 OA1⊥AB. 因为 OC∩OA1=O,所以 AB⊥平面 OA1C. 又 A1C? 平面 OA1C,故 AB⊥A1C. (2)由(1)知 OC⊥AB,OA1⊥AB.又平面 ABC⊥平面 AA1B1B,交线为 AB, 所以 OC⊥平面 AA1B1B,故 OA,OA1,OC 两两相互垂直. 以 O 为坐标原点, OA 的方向为 x 轴的正方向,| OA |为单位长,建立如图所示的空间 直角坐标系 O?xyz. 则 BC =(1,0, 由题设知 A(1,0,0),A1(0, 3), BB1 = AA1 =(-1, 3,0),C(0,0, 3),B(-1,0,0). 3, 3).

??? ?

??? ?

??? ?

???? ?

???? ?

3,0), A1C =(0,-

???? ?

设 n=(x,y,z)是平面 BB1C1C 的法向量,

??? ? ? ?n· BC =0, ? 则? ???? n · =0. BB ? ? 1

? ?x+ 3z=0, 即? ? ?-x+ 3y=0.

可取 n=(

3,1,-1).

???? ? n· A1C ???? ? 10 ???? ? =- 故 cos ? n, A1C ?= . 5 |n|| A1C |
第 4 页 共 4 页

所以 A1C 与平面 BB1C1C 所成角的正弦值为

10 . 5

(1)运用空间向量坐标运算求空间角的一般步骤: ①建立恰当的空间直角坐标系;②求出相关点的坐标;③写出向量坐标;④结合公式进 行论证、计算;⑤转化为几何结论. (2)求空间角应注意: ①两条异面直线所成的角α 不一定是直线的方向向量的夹角β ,即 cos α =|cos β |. ②两平面的法向量的夹角不一定是所求的二面角,有可能两法向量夹角的补角为所求. 例 3、如图,在四棱锥 S?ABCD 中,AB⊥AD,AB∥CD,CD=3AB=3, 平面 SAD⊥平面 ABCD,E 是线段 AD 上一点,AE=ED= (1)证明:平面 SBE⊥平面 SEC; (2)若 SE=1,求直线 CE 与平面 SBC 所成角的正弦值. 解: (1)证明: ∵平面 SAD⊥平面 ABCD, 平面 SAD∩平面 ABCD=AD, SE? 平面 SAD, 3,SE⊥AD.

SE⊥AD,∴SE⊥平面 ABCD. ∵BE? 平面 ABCD,∴SE⊥BE. ∵AB⊥AD,AB∥ CD, CD=3AB=3,AE=ED= 3,∴∠AEB=30°,∠CED=60°. ∴∠BEC=90°,
即 BE⊥CE. 又 SE∩CE=E,∴BE⊥平面 SEC. ∵BE? 平面 SBE,

∴平面 SBE⊥平面 SEC. (2)由(1)知,直线 ES,EB,EC 两两垂直.如图,以 E 为原点,EB 为 x 轴,EC 为 y 轴,

ES 为 z 轴,建立空间直角坐标系.则 E(0,0,0),C(0,2 3,0),S(0,0,1),B(2,0,0),所以 CE
=(0,-2 3,0), CB =(2,-2

??? ?

??? ?

3,0), CS =(0,-2

???

3,1).

设平面 SBC 的法向量为 n=(x,y,z),

第 5 页 共 5 页

??? ? ? ?n· CB =0, 则? ??? ? ?n· CS =0.

? ?2x-2 3y=0, 即? ? ?-2 3y+z=0.

令 y=1,得 x=

3,z=2

3,

则平面 SBC 的一个法向量为 n=(

3,1,2

3).

1 ??? ? |= , 设直线 CE 与平面 SBC 所成角的大小为θ ,则 sin θ =| |n|·| CE | 4 1 故直线 CE 与平面 SBC 所成角的正弦值为 . 4 例 4、如图是多面体 ABC?A1B1C1 和它的三视图.

n· CE

??? ?

(1)线段 CC1 上是否存在一点 E, 使 BE⊥平面 A1CC1?若不存在, 请说明理由, 若存在, 请找出并证明; (2)求平面 C1A1C 与平面 A1CA 夹角的余弦值. 解: (1)由题意知 AA1, AB, AC 两两垂直, 建立如图所示的空间直角坐标系, 则 A(0,0,0),

A1(0,0,2),B(-2,0,0),C(0,-2,0),C1(-1,-1,2),则 CC1 =(-1,1,2), A1C1 =(-1,
-1,0), A1C =(0,-2,-2).设 E(x,y,z),则 CE =(x,y+2,z),

???? ?

?????

???? ?

??? ?

??? ? ???? ? ???? ? EC1 =(-1-x,-1-y,2-z).设 CE =λ EC1 (λ >0),

第 6 页 共 6 页

x=-λ -λ x, ? ? 则?y+2=-λ -λ y, ? ?z=2λ -λ z,

则 E?

? -λ ?1+λ



-2-λ 1+λ



2λ ? 1+λ ?

?,

??? ? ?2+λ -2-λ 2λ ? , , ?. BE =? ?1+λ 1+λ 1+λ?

??? ? ????? ? BE · A1C1 =0, ? ? ???? ? 由? ??? BE · =0, A C ? ? 1

2+λ 2+λ - ? ? 1+λ+1+λ=0, 得? -2-λ 2λ + ? ? 1+λ 1+λ=0,

解得λ =2,

所以线段 CC1 上存在一点 E, CE =2 EC1 ,使 BE⊥平面 A1CC1.

??? ?

???? ?

????? ? ?m· A1C1 =0, ? (2) 设 平 面 C1A1C 的 法 向 量 为 m = (x , y , z) , 则 由 ? ???? ?m· A1C =0, ?



? ?-x-y=0, ? ?-2y-2z=0, ?
取 x=1, 则 y=-1, z=1.故 m=(1, -1,1), 而平面 A1CA 的一个法向量为 n=(1,0,0),

m·n 1 3 3 则 cos 〈m, n〉 = = = , 故平面 C1A1C 与平面 A1CA 夹角的余弦值为 . 3 3 |m||n| 3
利用空间向量解决探索性问题 例 1、如图 1,正△ABC 的边长为 4,CD 是 AB 边上的高,E,F 分别是 AC 和 BC 边的 中点,现将△ABC 沿 CD 翻折成直二面角 A?DC?B(如图 2).

第 7 页 共 7 页

(1)试判断直线 AB 与平面 DEF 的位置关系,并说明理由; (2)求二面角 E?DF?C 的余弦值; (3)在线段 BC 上是否存在一点 P,使 AP⊥DE?如果存在,求出 请说明理由. [解] (1)在△ABC 中,由 E,F 分别是 AC,BC 中点,得 EF∥AB.又 AB? 平面 DEF,EF ? 平面 DEF,∴AB∥平面 DEF. (2)以点 D 为坐标原点,以直线 DB,DC,DA 分别为 x 轴、y 轴、z 轴,建立空间 直角坐标系,则 A(0,0,2),B(2,0,0),C(0,2 3,0),E(0, 3,1),F(1, 3,0),

BP

BC

的值;如果不存在,

???? ??? ? ??? ? DF =(1, 3,0), DE =(0, 3,1), DA =(0,0,2). ??? ? 平面 CDF 的法向量为 DA =(0,0,2).设平面 EDF 的法向量为 n=(x,y,z),
???? ? ? DF ·n=0, ? 则? ??? DE ·n=0, ? ?

即?

? ?x+ 3y=0, ? ? 3y+z=0,

取 n=(3,-

3,3),

??? ? ??? ? DA ·n 21 21 ? cos〈 DA ,n〉= ??? = ,所以二面角 E?DF?C 的余弦值为 . 7 7 | DA ||n|
(3)存在.设 P(s,t,0),有 AP =(s,t,-2),则 AP · DE = 又 BP =(s-2,t,0), PC =(-s,2 ∴ 3s+t=2 3. 2 把 t=

??? ?

??? ? ??? ?

2 3t-2=0,∴t=

3 3



??? ?

??? ?

3-t,0),∵ BP ∥ PC ,∴(s-2)(2

? ??? ? ???

3-t)=-st,

? ??? ? 1 ??? 3 4 代入上式得 s= ,∴ BP = BC , 3 3 3

第 8 页 共 8 页

∴在线段 BC 上存在点 P,使 AP⊥DE. 此时,

BP 1

BC 3

= .

? 1 ? 空间向量法最适合于解决立体几何中的探索性问题,它无需进行复杂的作图、 论证、推理,只需通过坐标运算进行判断. ? 2 ? 解题时,把要成立的结论当作条件,据此列方程或方程组,把“是否存在”问 题转化为“点的坐标是否有解,是否有规定范围内的解”等,所以为使问题的解决更简单、 有效,应善于运用这一方法. 例 2、.如图所示,在直三棱柱 ABC?A1B 1C1 中,∠ACB=90°,AA1=BC=2AC=2. (1)若 D 为 AA1 中点,求证:平面 B1CD⊥平面 B1C1D; (2)在 AA1 上是否存在一点 D,使得二面角 B1?CD?C1 的大小为 60°? 解:(1)证明:如图所示,以点 C 为原点,CA,CB,CC1 所在直线分别为 x,y,z 轴建 立空间直角坐标系.则 C(0,0,0),A(1,0,0),B1(0,2,2),C1(0,0,2),D(1,0,1), 即 C1 B1 =(0,2,0), DC1 =(-1,0,1), CD =(1,0,1). 由 C1 B1 · CD =(0,2,0)·(1,0,1)=0+0+0=0,得 C1 B1 ⊥ CD ,即 C1B1⊥CD. 由 DC1 · CD =(-1,0,1)·(1,0,1)=-1+0+1=0,得 DC1 ⊥ CD ,即 DC1⊥CD. 又 DC1∩C1B1=C1,∴CD⊥平面 B1C1D.又 CD? 平面 B1CD,∴平面 B1CD⊥平面 B1C1D. (2)存在.当 AD= 2 2

?????

???? ?

??? ?

? ????? ???

?????

??? ?

? ???? ? ???

???? ?

??? ?

AA1 时,二面角 B1?CD?C1 的大小为 60°.理由如下:

设 AD=a,则 D 点坐标为(1,0,a), CD =(1,0,a), CB1 =(0,2,2), 设平面 B1CD 的法向量为 m=(x,y,z),

??? ?

????

???? ? ?m· CB1 =0 则? ??? ? ? ?m· CD =0

? ?2y+2z=0, ?? 令 z=-1,得 m=(a,1,-1). ? ?x+az=0,

第 9 页 共 9 页

??? ? ??? ? |m· CB | 1 1 ??? ? = 又∵ CB =(0,2,0)为平面 C1CD 的一个法向量,则 cos 60°= = , |m|·| CB | a2+2 2
解得 a= 2(负值舍去),故 AD= 2= 2 2

AA1.∴在 AA1 上存在一点 D 满足题意.

空间直角坐标系建立的创新问题 空间向量在处理空间问题时具有很大的优越性,能把“非运算”问题“运算”化,即通过直 线的方向向量和平面的法向量解决立体几何问题. 解决的关键环节之一就是建立空间直角坐 标系,因而建立空间直角坐标系问题成为近几年试题新的命题点. 一、经典例题领悟好 例 1、如图,四棱锥 P?ABCD 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. (1)学审题——审条件之审视图形 建系 PA⊥面ABCD 由条件知 AC⊥BD ――→ DB,AC 分别为 x,y 轴―→写出 A,B,C,D 坐标 ――――――――→

PF=CF AF⊥PB ???? ??? ? 设 P 坐标 ――→ 可得 F 坐标 ――→ AF · PB =0―→得 P 坐标并求 PA 长.
(2) 学审题 由 (1) ― →

??? ? AD



???? AF



??? ? AB







向量n1,n2分别为平面FAD、平面FAB的法向量 ??? ? ???? ―――――――――――――――――――→ n1· AD =0 且 n1· AF =0―→求得 n1·n2―→ 求得夹角余弦. [解] (1)如图,连接 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

??? ?

??? ?

??? ?

第 10 页 共 10 页

轴的正方向,建立空间直角坐标系 O?xyz,则 OC=CDcos π -OC=3.又 OD=CDsin = 3

π =1.而 AC=4,得 AO=AC 3 3,0,0).

3,故 A(0,-3,0),B(

3,0,0),C(0,1,0),D(-

因 PA⊥底面 ABCD,可设 P(0,-3,z).由 F 为 PC 边中点,知 F?0,-1, ?.又 AF 2? ? =?0,2, ?, PB =( 2? ? 去-2 3),

?

z?

????

?

z?

??? ?

3,3,-z),AF⊥PB,故 AF · PB =0,即 6- =0,z=2 2

???? ??? ?

z2

3(舍

所以| PA |=2

??? ?

3. 3,3,0), AB =(

(2)由(1)知 AD =(-

??? ?

??? ?

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),

? ??? ? ???? ?- 3x1+3y1=0, 由 n1· AD =0,n1· AF =0,得? ? ?2y1+ 3z1=0,

因此可取 n1=(3, 3,-2).

? ??? ? ???? ? 3x2+3y2=0, 由 n2· AB =0,n2· AF =0,得? ? ?2y2+ 3z2=0,

故可取 n2=(3,-

3,2).

n1·n2 1 从而法向量 n1,n2 的夹角的余弦值为 cos〈n1,n2〉= = . |n1|·|n2| 8
3 故二面角 B?AF?D 的正弦值为 7 .

8

建立空间直角坐标系的基本思想是寻找其中的线线垂直关系? 本题利用 AC⊥BD ? , 若图中存在交于一点的三条直线两两垂直,则以该点为原点建立空间直角坐标系.在没有明

第 11 页 共 11 页

显的垂直关系时, 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,注意建立的空间直角坐标系是右手系,正确确定坐标轴的名称. 例 2、如图,在空间几何体中,平面 ACD⊥平面 ABC,AB=BC=CA=DA=DC=BE =2.BE 与平面 ABC 所成的角为 60°, 且点 E 在平面 ABC 内的射影落在∠ABC 的平分线 上. (1)求证:DE∥平面 ABC; (2)求二面角 E?BC?A 的余弦值. 解:证明:(1)易知△ABC,△ACD 都是边长为 2 的等边三角形, 取 AC 的中点 O,连接 BO,DO,则 BO⊥AC,DO⊥AC. ∵平面 ACD⊥平面 ABC, ∴DO⊥平面 ABC. 作 EF⊥平面 ABC,则 EF∥DO. 根据题意,点 F 落在 BO 上, 3,∴四边形 DEFO 是平行四边形,DE∥OF.

∴∠EBF=60°, 易求得 EF=DO=

∵DE? 平面 ABC,OF? 平面 ABC,∴DE∥平面 ABC. (2)建立如图所示的空间直角坐标系 O?xyz,可求得平面 ABC 的一个法向量为 n1=(0,0,1). 可得 C(-1,0,0),B(0, -1, 3). 3,0),E(0, 3-1, 3),则 CB =(1,

??? ?

3,0), BE =(0,

??? ?

设平面 BCE 的法向量为 n2=(x,y,z),则可得 n2· CB =0,n2· BE =0, 即(x,y,z)·(1, 3,0)=0,(x,y,z)·(0,-1, 3)=0,可取 n2=(-3, 3,1).

??? ?

??? ?

n1·n1 13 故 cos〈n1,n2〉= = . 又由图知,所求二面角的平面角是锐角, 13 |n1|·|n2|
故二面角 E?BC?A 的余弦值为 13 . 13 专题训练 1.如图所示,在多面体 ABCD-A1B1C1D1 中,上、下两个底面 A1B1C1D1 和 ABCD 互

第 12 页 共 12 页

相平行,且都是正方形,DD1⊥底面 ABCD,AB∥A1B1,AB=2A1B1=2DD1=2a. (1)求异面直线 AB1 与 DD1 所成角的余弦值; (2)已知 F 是 AD 的中点,求证:FB1⊥平面 BCC1B1. 解:以 D 为原点,DA,DC,DD1 所在直线分别为 x 轴,y 轴,z 轴,建立如图所示的空间 直角坐标系,则 A(2a,0,0),B(2a,2a,0),C(0,2a,0),D1(0,0,a),F(a,0,0),B1(a,a,a),

C1(0,a,a).

???? ? ???? ? AB1 · DD1 ???? ? ???? ? ???? ? ???? ? ? ???? ? = (1)∵ AB1 =(-a,a,a), DD1 =(0,0,a),∴cos〈 AB1 , DD1 〉= ???? | AB1 |·| DD1 |
3 , 3 所以异面直线 AB1 与 DD1 所成角的余弦值为 3 . 3

(2)证明:∵ BB1 =(-a,-a,a), BC =(-2a,0,0), FB1 =(0,a,a),

???? ?

??? ?

????

???? ???? ? ? ? FB1 · BB1 =0, ? ∴? ???? ??? ? ? FB1 · BC =0.

∴FB1⊥BB1,FB1⊥BC.

∵BB1∩BC=B,∴FB1⊥平面 BCC1B1. 2.如图,在三棱柱 ABC?A1B1C1 中,AA1C1C 是边长为 4 的正方形,平面 ABC⊥平面

AA1C1C, AB=3,BC=5.
(1)求证:AA1⊥平面 ABC; (2)求二面角 A1?BC1?B1 的余弦值; (3)证明:在线段 BC1 上存在点 D,使得 AD⊥A1B,并求

BD BC1

的值.

第 13 页 共 13 页

解:(1)证明:因为四边形 AA1C1C 为正方形,所以 AA1⊥AC. 因为平面 ABC⊥平面 AA1C1C,且 AA1 垂直于这两个平面的交线 AC,所以 AA1⊥平面

ABC.
(2)由(1)知 AA1⊥AC,AA1⊥AB. 由题知 AB=3,BC=5,AC=4,所以 AB⊥AC. 如图,以 A 为原点建立空间直角坐标系 A?xyz,则 B(0,3,0),A1(0,0,4),B1(0,3,4),

C1(4,0,4),

???? ? ????? A1 B =(0,3,-4), A1C1 =(4,0,0).设平面 A1BC1 的法向量为 n=(x,y,z),
???? ? ? n · =0, A B ? 1 则? ????? ? ?n· A1C1 =0.
? ?3y-4z=0, 即? ?4x=0. ?

令 z=3,则 x=0,y=4,所以 n=(0,4,3).

同理可得,平面 B1BC1 的一个法向量为 m=(3,4,0).所以 cos〈 n,m〉= 16 由题知二面角 A1?BC1?B1 为锐角,所以二面角 A1?BC1?B1 的余弦值为 . 25 (3)证明:设 D(x,y,z)是直线 BC1 上一点,且 BD =λ BC1 . 所以(x,y-3,z)=λ (4,-3,4).解得 x=4λ ,y=3-3λ ,z=4λ .

16 = . |n||m| 25

n·m

??? ?

???? ?

??? ? ??? ? ???? ? 9 所以 AD =(4λ ,3-3λ ,4λ ).由 AD · A1 B =0,即 9-25λ =0,解得λ = . 25
9 因为 ∈[0,1],所以在线段 BC1 上存在点 D,使得 AD⊥A1B. 25 此时, 9 =λ = . BC1 25 5,AB=

BD

3.如图(1),四边形 ABCD 中,E 是 BC 的中点,DB=2,DC=1,BC=

AD= 2.将图(1)沿直线 BD 折起,使得二面角 A?BD?C 为 60°,如图(2).

第 14 页 共 14 页

(1)求证:AE⊥平面 BDC; (2)求直线 AC 与平面 ABD 所成角的余弦值. 1 解:(1)证明:取 BD 的中点 F,连接 EF,AF,则 AF=1,EF= ,∠AFE=60°. 2

由余弦定理知 AE=

?1? 1 3 12+? ?2-2×1× cos 60°= . 2 2 ?2?

∵AE2+EF2=AF2,∴AE⊥EF. ∵AB=AD,F 为 BD 中点.∴BD⊥AF. 又 BD=2,DC=1,BC= =BC2, 即 BD⊥CD.又 E 为 BC 中点,EF∥CD,∴BD⊥EF.又 EF∩AF=F, ∴BD⊥平面 AEF.又 BD⊥AE,∵BD∩EF=F,∴AE⊥平面 BDC. (2)以 E 为原点建立如图所示的空间直角坐标系,则 A?0,0, 5,∴BD2+DC2

? ? ?

3? ?, 2 ? ?

C?-1, ,0?,B?1,- ,0?,

? ?

1 2

? ?

? ?

1

? ?

2

? D?-1,- ,0?, DB =(2,0,0), DA =?1, , ?
2

?

1

? ?

??? ?

??? ?

? ?

1 2

? ? 3? 1 3? ?, ??? ? ?. = AC - 1 , ,- ? ? 2 ? 2 2 ? ? ?

设平面 ABD 的法向量为 n=(x,y,z),

第 15 页 共 15 页

??? ? ? ?n· DB =0 ? 由? ??? ? ?n· DA =0

2x=0, ? ? 得? 1 3 x+ y+ z=0, ? ? 2 2

取 z=

3,

则 y=-3,又∵n=(0,-3,

3).

??? ? ??? ? n· AC 6 ??? ? =- . ∴cos〈n, AC 〉= 4 |n|| AC |
故直线 AC 与平面 ABD 所成角的余弦值为 4.如图所示,在矩形 ABCD 中,AB=3 10 . 4 5,AD=6,BD 是对角线,过点 A 作 AE⊥

BD,垂足为 O,交 CD 于 E,以 AE 为折痕将△ADE 向上折起,使点 D 到点 P 的位置,且 PB= 41.

(1)求证:PO⊥平面 ABCE; (2)求二面角 E?AP?B 的余弦值. 解: (1)证明: 由已知得 AB=3 ∴Rt△AOD∽Rt△BAD,∴ 在△POB 中,PB= = 5, AD=6, ∴BD=9. 在矩形 ABCD 中, ∵AE⊥BD,

DO AD AD BD

,∴DO=4,∴BO=5.

41,PO=4,BO=5,∴PO2+BO2=PB2,

∴PO⊥OB.又 PO⊥AE,AE∩OB=O,∴PO⊥平面 ABCE. (2)∵BO=5,∴AO=

AB2-OB2=2 5.
5,0,0),B(0,5,0),

以 O 为原点,建立如图所示的空间直角坐标系,则 P(0,0,4),A(2

第 16 页 共 16 页

??? ? ??? ? PA =(2 5,0,-4), PB =(0,5,-4). ??? ? ? ?n1· PA =0, ? 设 n1=(x,y,z)为平面 APB 的法向量.则? ??? n · =0, PB ? 1 ?
取 x=2 5得 n1=(2

? ?2 5x-4z=0, 即? ? ?5y-4z=0.

5,4,5).又 n2=(0,1,0)为平面 AEP 的一个法向量, 4 61 = , 61 61×1 61 61 4

n1·n2 ∴cos〈n1,n2〉= = |n1|·|n2|
4 故二面角 E?AP?B 的余弦值为

. 2,PA⊥

5.如图,在四棱锥 P?ABCD 中,侧面 PAD⊥底面 ABCD,侧棱 PA=PD=

PD,底面 ABCD 为直角梯形,其中 BC∥AD,AB⊥AD,AB=BC=1,O 为 AD 中点.
(1)求直线 PB 与平面 POC 所成角的余弦值; (2)求 B 点到平面 PCD 的距离; (3)线段 PD 上是否存在一点 Q, 使得二面角 Q?AC?D 的余弦值为 的值;若不存在,请说明理由. 解: (1)在△PAD 中, PA=PD, O 为 AD 中点, 所以 PO⊥AD.又侧面 PAD⊥底面 ABCD, 平面 PAD∩平面 ABCD=AD,PO? 平面 PAD,所以 PO⊥平面 ABCD. 又在直角梯形 ABCD 中,连接 OC,易得 OC⊥AD,所以以 O 为坐标原点,OC,OD, 6 PQ ?若存在, 求出 3 QD

OP 所在直线分别为 x,y,z 轴建立空间直角坐标系,则 P(0,0,1),A(0,-1,0),B(1,-
1,0),C(1,0,0),D(0,1,0), ∴ PB =(1,-1,-1),易证 OA⊥平面 POC,∴ OA =(0,-1,0)是平面 POC 的法向量,

??? ?

??? ?

? ??? ? ??? ? ??? ? ??? PB · OA 3 6 ? = . ∴直线 PB 与平面 POC 所成角的余弦值为 . ? ??? cos〈 PB , OA 〉= ??? 3 | PB || OA | 3

第 17 页 共 17 页

(2) PD =(0,1,-1), CP =(-1,0,1).设平面 PDC 的一个法向量为 u=(x,y,z),

??? ?

??? ?

??? ? ?u· CP =-x+z=0, ? ? 则? ??? ?u· PD =y-z=0, ?
3 . 3

| BP ·u| 取 z=1, 得 u=(1,1,1). ∴B 点到平面 PCD 的距离为 d= |u|

??? ?



(3)假设存在一点 Q,则设 PQ =λ PD (0<λ <1).∵ PD =(0,1,-1), ∴ PQ =(0,λ ,-λ )= OQ - OP ,∴ OQ =(0,λ ,1-λ ),∴Q(0,λ ,1-λ ). 设平面 CAQ 的一个法向量为 m=(x,y,z),又 AC =(1,1,0),AQ=(0,λ +1,1-λ ),

??? ?

??? ?

??? ?

??? ?

??? ?

??? ?

??? ?

??? ?

??? ? ? m · =x+y=0, AC ? ? 则? ??? ?m· AQ =?λ +1?y+?1-λ ?z=0. ?

取 z=λ +1,得 m=(1-λ ,λ -1,λ +1),

又平面 CAD 的一个法向量为 n=(0,0,1),二面角 Q?AC?D 的余弦值为 |m·n|

6 , 3

所以|cos〈m,n〉|=

6 1 = ,得 3λ 2-10λ +3=0,解得λ = 或λ =3(舍), 3 |m||n| 3

所以存在点 Q,且

1 = . QD 2

PQ

6.如图,在四棱锥 S?ABCD 中,底面 ABCD 是直角梯形,侧棱 SA⊥底面 ABCD,AB 垂直于 AD 和 BC,SA=AB=BC=2,AD=1.M 是棱 SB 的中点. (1)求证:AM∥平面 SCD; (2)求平面 SCD 与平面 SAB 所成二面角的余弦值; (3)设点 N 是直线 CD 上的动点,MN 与平面 SAB 所成的角为θ ,求 sin θ 的最大值. 解: (1)以点 A 为原点建立如图所示的空间直角坐标系, 则 A(0,0,0), B(0,2,0), C(2,2,0),

D(1,0,0),
第 18 页 共 18 页

S(0,0,2),M(0,1,1).所以 AM =(0,1,1), SD =(1,0,-2), CD =(-1,-2,0).
设平面 SCD 的法向量是 n=(x,y,z),

???? ?

??? ?

??? ?

??? ? ? ? SD ·n=0, ? 则? ??? ? ? CD ·n=0,

即?

?x-2z=0, ? ? ?-x-2y=0.
???? ?

令 z=1,则 x=2,y=-1,

于是 n=(2,-1,1).∵ AM ·n=0,∴ AM ⊥n.又 AM? 平面 SCD, ∴AM∥平面 SCD. (2)易知平面 SAB 的一个法向量为 n1=(1,0,0). 设平面 SCD 与平面 SAB 所成的二面角 为φ , ?1,0,0? ·? 2,-1,1?? ? 2 ? n1·n ? ? ?=? ?=? 则|cos φ |=? ? ? ?1· | n | · | n | 1 1 · 6 ? ? ? ? ? 6 . 3 ∴平面 SCD 与平面 SAB 所成二面角的余弦值为 6 . 3

???? ?

? ?= 6,即 cos φ = 6? ? 3

(3)设 N(x,2x-2,0)(x∈[1,2]),则 MN =(x,2x-3,-1). 又平面 SAB 的一个法向量为 n1=(1,0,0), ∴ sin = ?

???? ?

θ

??x,2x-3,-1? ·? 1,0,0?? ? x ? ? ? = ? ? = ? ? ? 2 2 2 2 1? ·1 ? ? x +?2x-3? +? - ? 5x -12x+10?

? ? ?

? 1 1? 5-12· +10· x x?
1
2



1

?1? ?1? 10? ?2-12? ?+5 ? x? ? x?



1

?1 3? 7 10? - ?2+ ? x 5? 5

.

第 19 页 共 19 页

1 3 5 35 当 = ,即 x= 时,(sin θ )max= . x 5 3 7 7、如图,四边形 ABEF 和四边形 ABCD 均是直角梯形,∠FAB=∠DAB=90°,AF=AB =BC=2,AD=1,FA⊥CD. (1)证明:在平面 BCE 上,一定存在过点 C 的直线 l 与直线 DF 平行; (2)求二面角 F?CD?A 的余弦值. 解:(1)证明:由已知得,BE∥AF,BC∥AD,BE∩BC=B,AD∩AF=A, ∴平面 BCE∥平面 ADF. 设平面 DFC∩平面 BCE=l,则 l 过点 C. ∵平面 BCE∥平面 ADF,平面 DFC∩平面 BCE=l, 平面 DFC∩平面 ADF=DF. ∴DF∥l,即在平面 BCE 上一定存在过点 C 的直线 l,使得 DF∥l. (2)∵FA⊥AB,FA⊥CD,AB 与 CD 相交,∴FA⊥平面 ABCD. 故以 A 为原点,AD,AB,AF 分别为 x 轴,y 轴,z 轴建立空间直角坐标系,如图.由 已知得,D(1,0,0),C(2,2,0),F(0,0,2),∴ DF =(-1,0,2), DC =(1,2,0). 设平面 DFC 的一个法向量为 n=(x,y,z),

????

????

???? ? n · ? DF =0, 则? ???? ?n· DC =0 ?

??

? ?x=2z, ?x=-2y, ?

不妨设 z=1.

则 n=(2,-1,1),不妨设平面 ABCD 的一个法向量为 m=(0,0,1).

m·n 1 6 ∴cos〈m,n〉= = = ,由于二面角 F?CD?A 为锐角, 6 |m||n| 6
∴二面角 F?CD?A 的余弦值为 6 . 6

8、.如图,在四棱锥 P?ABCD 中,PD⊥平面 ABCD,四边形 ABCD 是菱形,AC=2,BD

第 20 页 共 20 页

=2

3,E 是 PB 上任意一点.

(1)求证:AC⊥DE; (2)已知二面角 A?PB?D 的余弦值为 正弦值. 解:(1)证明:∵PD⊥平面 ABCD,AC? 平面 ABCD,∴PD⊥AC, ∵四边形 ABCD 是菱形,∴BD⊥AC,又 BD∩PD=D,∴AC⊥平面 PBD, ∵DE? 平面 PBD,∴AC⊥DE. (2)在△PDB 中,EO∥PD,∴EO⊥平面 ABCD,分别以 OA,OB,OE 所在直线为 x 轴, 15 ,若 E 为 PB 的中点,求 EC 与平面 PAB 所成角的 5

? t? y 轴, z 轴建立空间直角坐标系, 设 PD=t, 则 A(1,0,0), B(0, 3, 0), C(-1,0,0), E?0,0, ?, ?
2?

P(0,- 3,t), AB =(-1, 3,0), AP =(-1,- 3,t).
由(1)知,平面 PBD 的一个法向量为 n1=(1,0,0),设平面 PAB 的法向量为 n2=(x,y,

??? ?

??? ?

??? ? ? ?n2· AB =0, ? z),则根据? ??? ? ?n2· AP =0

? ?-x+ 3y=0, 得? ? ?-x- 3y+tz=0,

令 y=1,得 n2=

? 2 3? ? ?. 3 , 1 , ? t ? ? ?

∵二面角 A?PB?D 的余弦值为 15 = ,解得 t=2 5 12 4+ 2 3

15 15 ,则|cos〈n1,n2〉|= ,即 5 5 3或 t=-2 3(舍去),∴P(0,- 3 ,2 3).

t

设 EC 与平面 PAB 所成的角为θ ,∵ EC =(-1,0,-

??? ?

3),n2=(

3,1,1),

??? ? 2 3 15 15 则 sin θ =|cos 〈 EC , n2〉 |= = , ∴EC 与平面 PAB 所成角的正弦值为 . 5 5 2× 5
9、如图 1,A,D 分别是矩形 A1BCD1 上的点,AB=2AA1=2AD=2,DC=2DD1,
第 21 页 共 21 页

把四边形 A1ADD1 沿 AD 折叠,使其与平面 ABCD 垂直,如图 2 所示,连接 A1B,D1C 得 几何体 ABA1?DCD1.

(1)当点 E 在棱 AB 上移动时,证明:D1E⊥A1D; π (2)在棱 AB 上是否存在点 E, 使二面角 D1?EC?D 的平面角为 ?若存在, 求出 AE 的长; 6 若不存在,请说明理由. 解:(1)证明,如图,以点 D 为坐标原点,DA,DC,DD1 所在直线为 x 轴,y 轴,z 轴建立空间直角坐标系 D?xyz, 则 D(0,0,0),A(1,0,0),C(0,2,0),A1(1,0,1),D1(0,0,1).设 E(1,t,0), 则 D1 E =(1,t,-1), A1 D =(-1,0,-1),∴ D1 E · A1 D =1×(-1)+t×0+(-1)×(- 1)=0, ∴D1E⊥A1D. (2)假设存在符合条件的点 E.设平面 D1EC 的法向量为 n=(x,y,z),由(1)知 EC =(-1,2 -t,0),

???? ?

???? ?

???? ? ???? ?

??? ?

??? ? ? ?n· EC =0, ? 则? ???? ?n· D1 E =0 ?

? ?-x+?2-t?y=0, 得? ?x+ty-z=0, ?

1 1 令 y= ,则 x=1- t,z=1, 2 2

? 1 1 ? ∴n=?1- t, ,1?是平面 D1EC 的一个法向量, ? 2 2 ?
显然平面 ECD 的一个法向量为 DD1 =(0,0,1),

???? ?

第 22 页 共 22 页

???? ? |n· DD1 | ???? ? ???? ? = 则 cos〈n, DD1 〉= |n|| DD1 |

1

? 1? 1 ?1- t?2+ +1 ? 2? 4

π 3 =cos ,解得 t=2- (0≤t≤2). 6 3

故存在点 E,当 AE=2-

3 π 时,二面角 D1?EC?D 的平面角为 . 3 6

第 23 页 共 23 页



推荐相关:

用空间向量解立体几何问题方法归纳(学生版)

用空间向量解立体几何问题方法归纳(学生版)_数学_高中教育_教育专区。用空间向量解立体几何问题方法归纳(学生版) 用空间向量解立体几何题型与方法一.平行垂直问题...


用空间向量解立体几何

用空间向量解立体几何 - 用空间向量解立体几何 平行垂直问题基础知识 直线 l 的方向向量为 a=(a1,b1,c1).平面 α,β 的法向量 u=(a3,b3,c3),v=(a4,...


数学选修2-1空间向量与立体几何解答题精选

数学选修2-1空间向量立体几何解答题精选_数学_高中教育_教育专区。【空间向量立体几何知识点归纳 垂直和平行涉及题目的解决方法须熟练掌握两类相互转化关系 1 ...


立体几何中的向量方法

立体几何中的向量方法_高三数学_数学_高中教育_教育专区。用空间向量解题的关键步骤是把所求向量用某个合适的基底表示,这里主要是用单位正交基底表示,就是适当地...


用空间向量法求解立体几何问题典例及解析

来论证和求解空间角、距离、线线关系以及线面关系相关问 题,是近年来高考数学的重点和热点,用空间向量解立体几何问题,极大地降低了求解立几的难度,很 大程度上...


用空间向量解决立体几何问题方法的优化探究

用空间向量解决立体几何问题方法的优化探究 - 用空间向量解决立体几何问题方法的优化探究 禹州市第一高级中学 吴自来 高中数学立体几何,主要考查学生的空间想象能力,...


2018届高三数学每天一练半小时向量法求解立体几何问题

2018届高三数学每天一练半小时向量法求解立体几何问题 - 训练目标 训练题型 会用空间向量解决立体几何的证明、求空间角、求距离问题. (1)用空间向量证明平行与...


空间向量与立体几何-2018年高考理科数学高频考点解归纳...

空间向量立体几何-2018年高考理科数学高频考点解归纳总结_高三数学_数学_高中教育_教育专区。空间向量立体几何-2018 年高考理科数学高频考点解归纳总结 高考考点 ...


空间向量与立体几何的教学反思

空间向量立体几何的教学反思遵义八中数学组 胡宇 ...2.了解空间向量的概念,了解 解空间向量的坐标的概念...用向量方法解决线线、线面、面面的夹角的计算问题...


空间向量解决立体几何

空间向量解决立体几何 - 1 空间直角坐标系构建三策略 利用空间向量方法解决立体几何问题, 关键是依托图形建立空间直角坐标系, 将其它向量 用坐标表示,通过向量运算...

网站首页 | 网站地图
3986 3986.net
文档资料库内容来自网络,如有侵犯请联系客服。zhit325@qq.com