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2014福建高考文科数学第二轮专题复习专题17 空间向量及应用(教师版)

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2014 福建高考文科数学第二轮专题复习 专题 17
★★★高考在考什么
【考题回放】 1.在正方体 A1B1C1D1-ABCD 中,M、N 分别是棱 A1A 和 B1B 的中点,若 θ 为直 线 CM 与 D1N 所成的角,则 sinθ 等于 ( ) A.

空间向量及应用

2.直三棱柱 ABC-A1B1C1 中,∠ACB=900,AC=AA1=a,则点 A 到平面 A1BC 的距 离是( C ) S 2 A .a B. 2 a C. a D. 3 a 2 D 3.如图,正四面体 S-ABC 中,D 为 SC 的中点,则 BD 与 SA 所成角的余弦值是( C ) C A 3 2 3 2 A. B. C. D. 3 3 6 6 B 4.在正三棱锥 P-ABC 中,M、N 分别是侧棱 PB、PC 的中点, 若截面 AMN⊥侧面 PBC,则此三棱锥的侧棱与底面所成角的正切值是( C ) A.

1 9

B.

2 3

C.

2 5 7

D.

4 5 9

5.在直三棱柱 ABC-A1B1C1 中, ? BAC=900,AB=BB1=1,直线 B1C 与平面 ABC 成 300 角,则二面角 B-B1C-A 的正弦值 6 。
3

3 2

B. 2

C.

5 2

D.

6 2

6.在三棱锥 S—ABC 中,△ABC 是边长为 4 的正三角形,平面 SAC⊥平面 ABC, SA=SC=2 3 ,M、N 分别为 AB、SB 的中点。 (1)证明:AC⊥SB; (2)求二面角 N—CM—B 的大小; (3)求点 B 到平面 CMN 的距离. 【专家解答】 (1)取 AC 中点 O,连结 OS、OB. ∵SA=SC,AB=BC,∴AC⊥SO 且 AC⊥BO. ∵平面 SAC⊥平面 ABC, ∴SO⊥面 ABC, ∴SO⊥BO.如图建立空间直角坐标系 O-xyz.则 A(2,0,0) ,B(0,2 3 ,0) , C(-2,0,0) ,S(0,0,2 2 ) ,M(1, 3 ,0),N(0, 3 , 2 ). ∴ AC =(-4,0,0) , SB =(0,2 3 ,-2 2 ) , ∵ AC · (0,2 3 ,-2 2 )=0, ∴AC⊥SB. SB =(-4,0,0)· (2)由(1)得 CM =(3, 3 ,0) , MN =(-1,0, 2 ) .
《专题 17 空间向量及应用》第 1 页(共 12 页)

设 n=(x,y,z)为平面 CMN 的一个法向量, ∴n=( 2 ,- 6 ,1), 又 OS =(0,0,2 2 )为平面 ABC 的一个法向量, ∴cos(n, OS )=

1 1 .∴二面角 N-CM-B 的大小为 arccos . 3 | n | ?OS | 3
=

n ? OS

(3)由(1)(2)得 MB =(-1, 3 ,0),n=( 2 ,- 6 ,1)为平面 CMN 的一个法向量 ∴点 B 到平面 CMN 的距离 d=

| n ? MB | 4 2 = . 3 |n|

★★★高考要考什么
【考点透视】 用空间向量可以解决的立体几何问题有: 1.利用两个向量共线和共面定理,可证明有关线线平行,线面平行,面面平行问题 2.利用两个向量垂直的充要条件可以证明有关线线,线面,面面垂直问题 3.利用两个向量的夹角公式可以求解有关角的问题 4.利用向量的模及向量在单位向量上的射影可以求解有关的距离问题 【热点透析】 空间向量解立体几何问题的基本步骤是: 1.建立适当的坐标系; 2.确定相关点的坐标; 3.求平面的法向量; 4.利用公式求答案。

★★★突破重难点
【范例 1】如图, 在直三棱柱 ABC ? A 1B 1C1 中,

AC ? 3, BC ? 4, AB ? 5, AA1 ? 4 ,点 D 为 AB 的中点 A1 (Ⅰ)求证 AC ? BC1 ; (Ⅱ) 求证: AC1 // 平面 CDB1 ; (Ⅲ)求异面直线 AC1 与 B1C 所成角的余弦值 A 解: ∵直三棱锥 ABC ? A 1B 1C1 底面三边长 x AC ? 3, BC ? 4, AB ? 5 , AC, BC, CC1 两两垂直
王新敞
奎屯 新疆

C1 z
E

B1

B C D y

3 ,2,0) 2 ???? ? ???? ? ???? ? ???? ? ???? ? ???? ? (Ⅰ)? AC1 ? (?3,0,0), BC1 ? (0,4,4) ,? AC1 ? BC1 ? 0,? AC1 ? BC1
如图建立坐标系,则 C(0,0,0),A(3,0,0),C1(0,0,4),B(0,4,0),B1(0,4,4),D(
王新敞
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(Ⅱ)设 CB1 与 C1B 的交点为 E,则 E(0,2,2),

???? 1 ???? ? ???? ???? ? ???? ???? ? 3 ? DE ? AC1 ,? DE // AC1 ? DE ? (? ,0, 2), AC1 ? (?3,0, 4), 2 2 ? DE ? 平面CDB1 , AC1 ? 平面CDB1, ? AC1 // 平面CDB1 ???? ? ???? ???? ? ???? ???? ? ???? AC1 ?CB1 2 2 ? ???? ? , (Ⅲ)? AC1 ? (?3,0,4), CB1 ? (0,4,4), ? cos ? AC1 , CB1 ?? ???? 5 | AC1 || CB1 |
王新敞
奎屯 新疆

《专题 17

空间向量及应用》第 2 页(共 12 页)

∴异面直线 AC1 与 B1C 所成角的余弦值为

2 2 5

王新敞
奎屯

新疆

【点晴】在具有三维直角的立体几何题中常使用空间向量方法,证明线面垂直即证 明直线的方向向量与平面的法向量平行,另外注意异面直线所成角为锐角。 1 【文】如图,在三棱锥 P-ABC 中,AB⊥BC,AB=BC= PA,点 O、D 分别是 2 AC、PC 的中点,OP⊥底面 ABC. P (Ⅰ) 求证 OD ∥平面 PAB (Ⅱ) 求直线 OD 与平面 PBC 所成角的大小; D 解析 (1)? OP ? 平面ABC,OA ? OC,AB ? BC, ? OA ? OB,OA ? OP,OB ? OP. 以O为原点,射线OP为非负z轴,建立空间直 C

角坐标系O ? xyz ?如图?,

A

O

? 2 ? ? ? ? ? 2 2 设AB ? a,则A ? ? 2 a,0,0 ? ?, B? ? 0, 2 a,0 ? ?,C ? ? ? 2 a,0,0 ? ? ? ? ? ? ? ? 设OP ? h,则P ? 0,0, h ?.

B

z

P D

Ⅰ ? ??

D为PC的中点,

???? ? 2 ??? ? ? 2 ? 1 ? A ? OD ? ? ? a ,0, h , 又 PA ?? a,0, ?h ? ? ? 4 ? ? ?, x 2 2 ? ? ? ? ???? ? ???? ??? ? 1 ??? ? OD ? ? PA. ? OD∥PA. ? OD∥平面PAB. 2 ???? ? 7 2 14 ? ? a, 0 , a? , ?Ⅱ? ? PA ? 2a, ? h ? a, ? OD ? ? ? 2 4 ? ? 4 ?

O B

C

y

? ? 1? 可求得平面PBC的法向量n ? ? ? ?1,1, 7 ? ?, ? ? ???? ? ???? ? OD ? n 210 ? cos?OD, n? ? ???? ? ? . 设OD与平面PBC所成的角为?, 30 OD ? n
???? ? 210 210 则 sin ? ? cos?OD, n? ? , ? OD与平面PBC所成的角为arcsin 。 30 30 【点晴】注意空间坐标系的选取,证明线面平行即证明直线的方向向量与平面的法 向量垂直,另外注意线面所成的角与直线方向向量和法向量所成角的关系。 【范例 2】如图,以正四棱锥 V—ABCD 底面中心 O 为坐标原点建立空间直角坐标 系 O—xyz,其中 Ox//BC,Oy//AB.E 为 VC 中点,正正四棱锥底面边长为 2a,高为 h.
(Ⅰ)求 cos ? BE, DE ?; (Ⅱ)记面 BCV 为 α,面 DCV 为 β,若∠BED 是二面 角 α—VC—β 的平面角,求∠BED. 解: (I)由题意知 B(a,a,0),C(―a,a,0),

《专题 17

空间向量及应用》第 3 页(共 12 页)

D(―a,―a,0),E ( ? 由此得 BE ? (?

a a h , , ), 2 2 2

3a a h a 3a h ,? , ), DE ? ( , , ), 2 2 2 2 2 2

3a a a 3a h h 3a 2 h 2 ? BE ? DE ? (? ? ) ? (? ? ) ? ? ? ? ? , 2 2 2 2 2 2 2 4 3a a h 1 | BE |?| DE |? (? ) 2 ? (? ) 2 ? ( ) 2 ? 10a 2 ? h 2 . 2 2 2 2
??? ??? ? BE ? DE ?6a 2 ? h2 2 4 ??? ? ? cos ? BE , DE ?? ??? ? . 2 2 | BE | ? | DE | 1 10a \ ?2 ? h2 ? 1 10a 2 ? h2 10a ? h 2 2 BE ? CV (II)若∠BED 是二面角 α—VC—β 的平面角,则 BE?CV ,即有 =0. ??? 3a a h 又由 C(-a,a,0) ,V(0,0,h) ,有 CV ? (a,?a, h) 且 BE ? ( ? , ? , ), 2 2 2 2 2 2 ??? ??? 3a a h ? BE ? CV ? ? ? ? ? 0, 即 h ? 2a, 这时有 2 2 2
? 6a 2 ? h2 ? 6a 2 ? ( 2a)2 1 cos ? BE, DE ?? ? ?? . 2 2 2 2 10a ? h 3 10a ? ( 2a) 1 1 ? ?BED ?? BE , DE ?? arccos( ? ) ? ? ? arccos . 3 3
【点晴】本小题主要考查应用向量知识解决立体几何的能力,注意面面所成角与两 法向量所成角的关系。 【文】 如图, 直三棱柱 ABC—A1B1C1 中, ∠ACB=90° , AC=1, CB= 2 , 侧棱 AA1=1, 侧面 AA1B1B 的两条对角线交点为 D,B1C1 的中点为 M。 A' A 求证:(1)CD⊥平面 BDM; (2) 求面 B1BD 与面 CBD 所成二面角的大小。 D 解:以 C 为原点建立坐标系。 (1) B

??? ??? ?

?

3a 2

?

h2

?

2,0, 0 , B1

? ?

2,1, 0 , A1 ? 0,1,1? , D ?

?

? ?

? 2 ? 2 1 1? , , ?, M ? ,1, 0 ? , 2 2 2? ? 2 ?

C M B B'

C'

??? ? ? 1 1? ? 2 1 1 ? ??? , , ? , A1 B ? 2, ?1, ?1 , DM ? ? 0, , ? ? , ? 2 2? ? 2 2 2? ??? ? ???? ??? ? ???? ? 则 CD ? A 1B ? 0, CD ? DM ? 0,?CD ? A 1B, CD ? DM ,
CD ? ?

?? ?

?

?

∵A1B、DM 为平面 BDM 内两条相交直线,∴CD⊥平面 BDM。 (2) 设 BD 的中点为 G,连结 B1G, 则

? ? ? ? ? 3 2 1 1 ? ??? 2 1 1 ? ???? 2 3 1? G? , , , BD ? ? , , , B G ? ? ? ? 4 4 4? ? 2 2 2? 1 ?? ?? 4 ,? 4, 2 ? ?, ? ? ? ? ? ? ??? ? ???? ? ? BD ? B1G ? 0,? BD ? B1G.又CD ? BD ,
《专题 17 空间向量及应用》第 4 页(共 12 页)

?? ? ??? ??? ? ???? ? CD ? B1G 3 ? ??? ? ? ∴ CD与B1G 的夹角 ? 等于所求二面角的平面角. ? cos ? ? ?? .
| CD | ? | B1G | 3

所以所求的二面角等于 ? ? arccos

3 . 3

【点晴】本小题坐标系的建立容易想到,用直线与平面内两不共线向量垂直来证明 线面垂直是根据立体几何的判定定理,另注意面面所成角与两法向量所成角间的转换。 【范例 3】如图,已知正三棱柱 ABC-A1B1C1 的侧棱长和底面边长均为 1,M 是底 面 BC 边上的中点,N 是侧棱 CC1 上的点,且 CN=2C1N. (Ⅰ)求二面角 B1-AM-N 的平面角的余弦值; (Ⅱ)求点 B1 到平面 AMN 的距离。 解(Ⅰ)建立如图所示的空间直角坐标系,则 B1 (0,0,1),

1 2 3 1 ,0),C(0,1,0), N (0,1, ) , A ( ? , , 0 ), 2 3 2 2 ???? ? ???? ? ???? ? 1 1 2 3 所以 AM ? ( ,0,0) , MB1 ? (0, ? ,1) , MN ? (0, , ) 2 2 3 2 ???? ? ???? ? 3 1 因为 MB1 ?AM ? ? 0 ? 0 ? (? ) ? 0 ?1 ? 0 ???? ? 2 ???? ? ???? ? ???? ? 2 所以 MB1 ? AM ,同法可得 MN ? AM 。
M(0, 故﹤ MB1, MN ﹥为二面角 B1 —AM—N 的平面角

???? ? ???? ?

???? ? ???? ? ???? ? ???? ? MB1 ? MN 5 ∴ cos ﹤ MB1, MN ﹥= ???? . ? ???? ? ? 5 MB1 ? MN
故二面角 B1 —AM—N 的平面角的余弦值为

5 。 5

(Ⅱ)设 n=(x, y, z)为平面 AMN 的一个法向量,则由 n ? AM , n ? MN 得

???? ?

???? ?

? 3 ?x ? 0 x?0 ? 3 ? 2 ? ?? 4 , 故可取 n ? (0, ? ,1) ? 4 y?? z ?1 y ? 2 z ? 0 ? 3 ? ? 3 ?2 ???? ? ???? ? MB1 ? n 2 5 ? 设 MB1 与 n 的夹角为 a,则 cos a ? ???? 。 ? 3 MB1 ? n
所 以 B1 到 平 面 AMN 的 距 离 为
P

???? ? 5 2 5 MB1 ? cos a ? ? ? 1。 2 5
【点晴】本小题坐标系的建立有点特殊,同学 们可试在另外坐标系下的方法。注意如何使用向量 形式下求各种立体几何中距离的问题,考查应用向
《专题 17 A

D B

C

空间向量及应用》第 5 页(共 12 页)

Q

量解决数学问题的能力. 【文】如图,已知两个正四棱锥 P-ABCD 与 Q-ABCD 的高都是 2,AB=4. (Ⅰ)证明 PQ⊥平面 ABCD; (Ⅱ)求异面直线 AQ 与 PB 所成的角; (Ⅲ)求点 P 到平面 QAD 的距离. 解: (Ⅰ)连结 AC、BD,设 AC ? BD ? O . 由 P -ABCD 与 Q- ABCD 都是正四棱锥,所以 PO⊥平面 ABCD ,QO⊥平面 ABCD.从而 P、O、Q 三点在一条直线上,所以 PQ⊥平面 ABCD. (Ⅱ) 由题设知, ABCD 是正方形, 所以 AC⊥BD. 由 (Ⅰ) , QO⊥平面 ABCD. 故 可分别以直线 CA、DB、QP 为 x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系(如图) , 由题条件,相关各点的坐标分别是 z P(0,0,2) ,A( 2 2 ,0,0) , Q(0,0,-2) ,B(0, 2 2 ,0) . 所以 AQ ? (?2 2 ,0,?2) PB ? (0,2 2 ,?2)
P

???? ??? ? ???? ??? ? AQ ? PB 1 cos ? AQ, PB ?? ???? ??? ? ? . AQ ? PB 3

D O A x B y

C

故直线 AQ 与 PB 所成的角是 arccos . (Ⅲ)由(Ⅱ) ,点 D(0,- 2 2 ,0) ,
Q

1 3

AD ? (?2 2 ,?2 2 ,0) , PQ ? (0,0,?4) ,设 n ? ( x, y, z) 是平面 QAD 的一个法向量,

? ?n ? AQ ? 0 ? ? 2x ? z ? 0 由? 得? .取 x=1,得 n ? (1,?1,? 2 ) . ? ?x ? y ? 0 ?n ? AD ? 0 ?
所以点 P 到平面 QAD 的距离 d

?

PQ ? n n

??? ? ?

? 2 2.

【点晴】本小题坐标系的建立还可以与 ABCD 的边平行,同学们不妨一试。注意 如何使用向量形式下求各种距离的问题,其中求法向量向量解决几何问题的关键。 【范例 4】如图,在棱长为 1 的正方体 ABCD ? A1B1C1D1 中, P 是侧棱 CC1 上的 一点, CP ? m 。 (Ⅰ) 、试确定 m ,使直线 AP 与平面 BDD1B1 所成角的正切值为 3 2 ; (Ⅱ) 、在线段 AC 1 1 上是否存在一个定点 Q ,使得对任意的 m , D 1Q 在平面 APD 1 上的射影垂直于 AP ,并证明你的结论。 解: (1)建立如图所示的空间直角坐标系,则 A(1,0,0),B(1,1,0),P(0,1,m),C(0,1,0), D(0,0,0), B1(1,1,1), D1(0,0,1).所以 BD ? (?1, ?1,0), BB1 ? (0,0,1),

??? ?

???? ?

??? ? ??? ? AP ? (?1,1, m), AC ? (?1,1,0).
《专题 17

空间向量及应用》第 6 页(共 12 页)

又由 AC ? BD ? 0, AC ? BB1 ? 0知 AC为

???? ??? ?

? ???? ????

????

平面BB1 D1 D 的一个法向量.
设 AP 与 面BDD1 B1   所成的角为 ? ,

??? ? ???? | AP ? AC | 2 ? ???? ? 则 sin ? ? cos( ? ? ) ? ??? 2 | AP | ? | AC | 2 ? 2 ? m2

?

依题意有: 故当 m ?

2 2? 2?m
2

?

3 2 1 ? (3 2)
2

,解得 m ?

1 . 3

1 时,直线 AP与平面BDD1 B1所成的角的正切值为3 2 。 3 (2)若在 A1 C1 上存在这样的点 Q ,设此点的横坐标为 x , ???? ? 则 Q( x,1 ? x,1), DQ ? ( x,1 ? x,0) 。 1
依题意,对任意的 m 要使 D1Q 在平面 APD1 上的射影垂直于 AP。等价于

???? ? ??? ? ????? 1 D1Q ? AP ? AP ? D1Q ? 0 ? x ? (1 ? x) ? 0 ? x ? 2 即 Q 为 A1 C1 的中点时,满足题设的要求.

【点晴】 空间向量解决立体几何的开放性或探索性问题的关键是对未知点坐标的设 法,从而建立方程得以解决,注意总结各种常见类型的坐标系以及坐标系各种点坐标的 寻求。 【文】如图,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. (Ⅰ)求证 AM∥平面 BDE; (Ⅱ)求二面角 A—DF—B 的大小; (Ⅲ)试在线段 AC 上确定一点 P,使得 PF 与 BC 所成的角是 60?。 解: (Ⅰ)建立如图所示的空间直角坐标系. 设 AC ? BD ? N ,连接 NE,则点 N、E 的坐

2 2 2 2 , ,0) 、 ,? ,1) , (0,0,1), ∴NE=( ? 2 2 2 2 2 2 , ,1) 又点 A、M 的坐标分别是( 2, 2,0 ) 、 ( 2 2 2 2 ,? ,1) ∴ AM =( ? 2 2
标分别是( ∴NE=AM 且 NE 与 AM 不共线, ∴NE∥AM. 又∵ NE ? 平面 BDE, AM ? 平面 BDE,∴AM∥平面 BDF. (Ⅱ)∵AF⊥AB,AB⊥AD,AF ? AD ? A, ∴AB⊥平面 ADF. ∴ AB ? (? 2 ,0,0) 为平面 DAF 的法向量.
《专题 17 空间向量及应用》第 7 页(共 12 页)

2 ,? 2 2 ∴NE· NF=( ? ,? 2
∵NE· DB=( ?

2 ,1) · (? 2 , 2 ,0) =0, 2 2 ,1) · ( 2 , 2 ,0) =0 2

得 NE⊥DB,NE⊥NF, ∴NE 为平面 BDF 的法向量 ∴cos<AB,NE>=

1 ,∴AB 与 NE 的夹角是 60? . 2

即所求二面角 A—DF—B 的大小是 60? . (Ⅲ)设 P(t,t,0)(0≤t≤ 2 )得 PF ? ( 2 ? t, 2 ? t,1), ∴CD=( 2 ,0,0)又∵PF 和 CD 所成的角是 60? . ∴ cos60? ? 解得 t ?

( 2 ? t) ? 2 ( 2 ? t)2 ? ( 2 ? t)2 ? 1 ? 2

2 3 2 或t ? (舍去) ,即点 P 是 AC 的中点. 2 2

【点晴】本题前两个小题较简单, (Ⅰ)用到了立体几何的判定定理; (Ⅱ)注意法 向量的求法; (Ⅲ)用未知数设不定点是空间向量解决立体几何问题的难点,注意总结 各种常见类型的坐标系以及坐标系各种点坐标的寻求。

★★★自我提升
1.如果向量 a=(1,0,1),b=(0,1,1)分别平行于平面 α,β 且都与此两平面的交线 l 垂直, 则二面角 α-l-β 的大小是 ( D ) A. 90° B. 30° C.45° D.60° 2.已知正三棱柱 ABC-A1B1C1 的所有棱长都相等,D 是 A1C1 的 中点,则直线 AD 与平面 B1DC 所成角的正弦值为( D ) . D1 C1 1 3 4 3 O A. B. C. D. A1 2 5 5 2 B1 3.如图,正方体 ABCD-A1B1C1D1 的棱长为 1,O 是底
A1

面 A1B1C1D1 中心, 则 O 到平面 ABC1D1 的距离为 ( B ) A.

1 2

B.

2 4

C.

2 2

D.

3 2

D A
A1

C
A1

A1

B
A1

4. 在正方体 ABCD-A1B1C1D1 中, 截面 A1BD 与底面 ABCD 所成的二面角 A1-BD-A 的正切值为( B ) A.1 B. 2 C. 3 D .2 5.正方体 ABCD-A1B1C1D1 的棱长为 a,那么 (1) 直线 BA1 与 CC1 所成角的大小为 45° 。 (2) 直线 BA1 与 B1C 所成角的大小为 60° 。 (3) 异面直线 BC 与 AA1 的距离为 a 。 (4) 异面直线 BA1 与 CC1 的距离为 a 。
《专题 17

D1 A1

C1 B1

空间向量及应用》第 8 页(共 12 页)
D A C

B

6.已知直四棱柱 ABCD ? A 1B 1C1D 1 中, AA 1 ? 2 ,底面

ABCD 是直角梯形, ?A ? 90? , AB // CD , AB ? 4 , AD ? 2 ,

DC ? 1 ,则异面直线 BC1 与 DC 所成的角为 arccos
别是 AE, CD1 的中点, AD ? AA 1 ? a, AB ? 2a (Ⅰ)求证: MN // 面 ADD1 A 1;

3 17 。 17 7.如图, 在长方体 ABCD ? A1B1C1D1 中,E , P 分别是 BC , A1D1 的中点,M , N 分

(Ⅱ)求二面角 P ? AE ? D 的大小; (Ⅲ)求三棱锥 P ? DEN 的体积。 方法一 解: (Ⅰ)证明:取 CD 的中点 K ,连结 MK , NK ∵ M , N , K 分别为 AK , CD1 , CD 的中点 ∵ MK // AD, NK // DD1

NK // 面 ADD1 A1 ∴ MK // 面 ADD1 A 1,
∴面 MNK // 面 ADD1 A 1 ∴ MN // 面 ADD1 A 1 (Ⅱ)设 F 为 AD 的中点 ∵ P 为 A1D1 的中点 ∴ PF // D1D ∴ PF ? 面 ABCD 作 FH ? AE , 交 AE 于 H , 连结 PH , 则由三垂线定理得 AE ? PH , 从而 ? PHF 为二面角 P ? AE ? D 的平面角。

a 17 , EF ? 2a, AE ? a, 2 2 a ? 2a AF ? EF 2 2a FH ? ? ? 从而 AE 17 17 a 2
在 Rt ?AEF 中, AF

?

PF DD1 17 ? ? FH FH 2 17 故二面角 P ? AE ? D 的大小为 arctan 2
在 Rt ?PFH 中, tan ?PFH ?

1 1 1 5 2 S矩形ECD1P ? BC ? CD1 ? ? a ? a 2 ? 4a 2 ? a 2 4 4 4 作 DQ ? CD1 ,交 CD1 于 Q ,由 A1 D1 ? 面 CDD1C1 得 AC 1 1 ? DQ
(Ⅲ) S?NEP ? ∴ DQ ? 面 BCD1 A 1 ∴在 Rt ?CDD1 中, DQ ?

CD ? DD1 2 ? a CD1 5
空间向量及应用》第 9 页(共 12 页)

《专题 17

1 1 S ?NEP ? DQ ? a 3 3 6 方法二:以 D 为原点, DA, DC, DD1 所在直 线分别为 x 轴, y 轴, z 轴,建立直角坐标系,则
∴ VP ? DEN ? VD ? ENP ?

A? a,0,0? , B ? a,2a,0? , C ? 0,2a,0? , A1 ? a,0, a ? , D1 ? 0,0, a ?
∵ E , P, M , N 分别是 BC, A 1D 1 , AE, CD 1 的中点

a? ?a ? ?a ? ? 3a ? ? , a, 0 ? , N ? 0, a, ? , 2? ?2 ? ?2 ? ? 4 ? ? ? ???? ? ? ? ???? ? ? 3 a? (Ⅰ) MN ? ? ? a, 0, ? , 取 n ? ? 0,1,0? ,显然 n ? 面 ADD1 A 1 , MN ? n ? 0 , 2? ? 4 ???? ? ? ∴ MN ? n 又 MN ? 面 ADD1 A ∴ MN // 面 ADD1 A 1 1
∴ E ? , 2a, 0 ? , P ? , 0, a ? , M ? (Ⅱ)过 P 作 PH ? AE ,交 AE 于 H ,取 AD 的中点 F ,则 F ?

?a ? , 0, 0 ? ?2 ?

??? ? a ? ???? ? a ? 设 H ? x, y,0? ,则 HP ? ? ? ? x, ? y, a ? , HF ? ? ? x, ? y, 0 ? ?2 ? ?2 ?

? 又 AE ? ? ? ? , 2a, 0 ? 由 AP ? AE ? 0 ,及 H 在直线 AE 上, a ? 2
2

??? ?

??? ? ??? ?

?

? a a ?? ? x ? 2ay ? 0 33 2 a, y ? a 可得 ? 4 ,解得 x ? 2 34 17 ? 4 x ? y ? 4a ? ???? ??? ? ???? ??? ? ??? ? 8a 2a ? ???? ? 8a 2a ? HF ? AE ? 0 HF ? AE ∴ HP ? ? ∴ , 即 ? , ? , a , HF ? ? , ? , 0 ? ? ? ?
? 17 17 ? ? 17 17 ? ??? ? ???? ∴ HP 与 HF 所夹的角等于二面角 P ? AE ? D 的大小 ??? ? ???? ??? ? ???? HP ? HF 2 cos HP, HF ? ??? ? ???? ? 21 HP ? HF
故二面角 P ? AE ? D 的大小为 arccos

(Ⅲ)设 n1 ? ? x1 , y1 , z1 ? 为平面 DEN 的法向量,则 n1 ? DE, n1 ? DN

??

2 21 21

??

??? ? ??

????

??? ? ?a ? ?a a ? ??? ? ???? ? ? 2? ?2 ? ? ?2 ? ?a x ? 2ay1 ? 0 ? ?? ? x1 ? ?4 y1 ?2 1 ∴? 即 ? ∴可取 n1 ? ? 4, ?1,2 ? ? z1 ? ?2 y1 ? 2y ? a z ? 0 1 1 ? ? 2
又 DE ? ? , 2a,0 ? , DN ? ? 0, a, ? , DP ? ? ,0, a ?

《专题 17

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??? ? ?? DP ? n1 2a ? 2a 4a ∴ P 点到平面 DEN 的距离为 d ? ? ?? ? 16 ? 1 ? 4 21 n1 ???? ???? ???? ???? ???? ???? DE ? DN 8 21 ∵ cos DE , DN ? ???? ???? ? , sin DE, DN ? 85 85 DE ? DN
? ???? ??? ? ???? 1 ??? 21 2 DE ? DN ? sin DE, DN ? a 2 8 1 1 21 2 4a a3 ∴ VP ? DEN ? S?DEN ? d ? ? a ? ? 3 3 8 21 6 8 .在直三棱柱 ABC ? A1 B2 C3 中,底面是以 ?ABC 为直角的等腰直角三角形, AC ? 2a , BB1 ? 3a , D 为 A1C1 的中点, E 为 B1C 的中点, (1)求直线 BE 与 A1C 所成的角; ??? ? (2)在线段 AA1 上是否存在点 F ,使 CF ? 平面 B1 DF ?若存在,求出 AF ;
∴ S?DEN ? 若不存在,说明理由。 解:以 B 为原点, BA 为 x 轴, BC 为 y 轴, BB1 为 z 轴,建立空间直角坐标系 (1) ? AC ? 2a, ?ABC ? 90? ? AB ? BC ? 2 ? a

? B(0,0,0), C(0, 2a,0) , A( 2a,0,0), A1 ( 2a,0,3a), C1 (0, 2a,3a),

2 3 2 2 a, a ) a, a,3a) E (0, 2 2 2 2 2 3 a, a ) ?CA1 ? ( 2a,? 2a,3a) BE ? (0, 2 2 11 ? CA1 ? 13a , BE ? a 2 9 7 ? CA1 ? BE ? 0 ? a 2 ? a 2 ? a 2 2 2

B1 (0,0, 3a) , D(

? cos? ?

CA1 ? BE CA1 ? BE

?

7 143 143

7 143 143 (2)假设存在点 F ,使 CF ? 平面 B1 DF ,只要 CF ? B1 F 且 CF ? B1 D
故直线 BE 与 A1C 所成的角为 arccos 不妨设 AF ? b, 则 F ( 2a,0, b) ,

?CF ? ( 2a,? 2a, b), B1 F ? ( 2a,0, b ? 3a), B1 D ? ( ?CF ? B1 D ? a 2 ? a 2 ? 0 ,
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2 2 a, a,0), 2 2

? CF ? B1 D 恒成立

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CF ? B1 F ? 2a 2 ? b(b ? a) ? 0 ? b ? a 或 b ? 2a 故 b ? a 或 b ? 2a 时, CF ? 平面 B1 DF

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