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2018版高考数学(人教A版理)一轮复习课件:第7章 第7节 立体几何中的向量方法_图文

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高三一轮总复习
抓 基 础 · 自 主 学 习

第七节

立体几何中的向量方法

课 [考纲传真] 1.理解直线的方向向量与平面的法向量.2.能用向量语言表述 时 分 线线、 线面、 面面的平行和垂直关系.3.能用向量方法证明有关直线和平面位置关 层 明 训 考 系的一些简单定理(包括三垂线定理).4.能用向量方法解决直线与直线、直线与平 练 向 · 题 面、 平面与平面的夹角的计算问题, 了解向量方法在研究立体几何问题中的应用. 型 突 破

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1.直线的方向向量与平面的法向量 (1) 直线的方向向量:如果表示非零向量 a 的 有 向 线 段 所 在 直 线 与 直 线

平行或重合 ,则称此向量 a 为直线 l 的方向向量. l_____________
(2)平面的法向量:直线 l⊥α,取直线 l 的方向向量 a,则 向量a 叫做平面 α 的法向量.

高三一轮总复习 2.空间位置关系的向量表示

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3.求两条异面直线所成的角 设 a,b 分别是两异面直线 l1,l2 的方向向量,则

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4.求直线与平面所成的角 设直线 l 的方向向量为 a, 平面 α 的法向量为 n, 直线 l 与平面 α 所成的角为 θ,

|a· n| |a||n| 则 sin θ= |cos〈a,n〉| =________.

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5.求二面角的大小 (1)若 AB,CD 分别是二面角 αlβ 的两个面内与棱 l 垂直的异面直线,则二面 → → 向量 AB 与CD 角的大小就是 的夹角(如图 771①).

图 771 (2)设 n1,n2 分别是二面角 αlβ 的两个面 α,β 的法向量,则向量 n1 与 n2 的夹 角(或其补角)的大小就是二面角的平面角的大小(如图 772②③).

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1.(思考辨析)判断下列结论的正误.(正确的打“√”,错误的打“×”) (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.( )

? ? π? π? (4)两异面直线夹角的范围是?0,2?,直线与平面所成角的范围是?0,2?,二面 ? ? ? ?

角的范围是[0,π].

[答案] (1)× (2)× (3)× (4)√

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2.(教材改编)设 u=(-2,2,t),v=(6,-4,4)分别是平面 α,β 的法向量.若 α⊥β,则 t=( A.3 C.5 ) B.4 D.6

C [∵α⊥β,则 u· v=-2×6+2×(-4)+4t=0, ∴t=5.]

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3. (2014· 全国卷Ⅱ)直三棱柱 ABCA1B1C1 中, ∠BCA=90° , M, N 分别是 A1B1, A1C1 的中点,BC=CA=CC1,则 BM 与 AN 所成角的余弦值为( 1 A.10 30 C. 10 2 B.5 2 D. 2 )

C [建立如图所示的空间直角坐标系 Cxyz, 设 BC=2, 则 B(0,2,0), → → A(2,0,0),M(1,1,2),N(1,0,2),所以BM=(1,-1,2),AN=(-1,0,2),故 → → |BM· AN| 3 30 BM 与 AN 所成角 θ 的余弦值 cos θ= = = .] → → 6× 5 10 |BM|· |AN|

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4.如图 773 所示,在正方体 ABCDA1B1C1D1 中,O 是底面正方形 ABCD 的 中心, M 是 D1D 的中点, N 是 A1B1 的中点, 则直线 ON, AM 的位置关系是________.

图 773

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→ → → 垂直 [以 A 为原点,分别以AB,AD,AA1所在直线为 x,y,z 轴,建立空间 直角坐标系(图略),设正方体的棱长为 1,则
? ?1 1 ? 1? A(0,0,0),M?0,1,2?,O?2,2,0?, ? ? ? ?

?1 ? ? ? 1? ? 1 → → ?0,- ,1?=0,∴ON N?2,0,1?,AM· ON=?0,1,2?· 2 ? ? ? ?? ?

与 AM 垂直.]

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5.(2017· 唐山模拟)过正方形 ABCD 的顶点 A 作线段 PA⊥平面 ABCD,若 AB =PA,则平面 ABP 与平面 CDP 所成的二面角为________.
45° [如图,建立空间直角坐标系,设 AB=PA=1,则 A(0,0,0),D(0,1,0), P(0,0,1),由题意,AD⊥平面 PAB,设 E 为 PD 的中点,连接 AE,则 AE⊥PD,又 CD⊥平面 PAD,

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∴CD⊥AE,从而 AE⊥平面 PCD. 1 1? → → ? → ? ? 0 , , ∴AD=(0,1,0), AE= 平面 PCD 的法向量, 且 〈AD, 2 2 分别是平面 PAB,
? ?

→ AE〉=45° . 故平面 PAB 与平面 PCD 所成的二面角为 45° .]

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利用向量证明平行与垂直问题

如图 774 所示, 在底面是矩形的四棱锥 PABCD 中, PA⊥底面 ABCD, E,F 分别是 PC,PD 的中点,PA=AB=1,BC=2. 【导学号:01772274】 (1)求证:EF∥平面 PAB; (2)求证:平面 PAD⊥平面 PDC.
图 774

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[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
?1 ? ? → 1? 1? → ? 1 → → ? ? ? ? ? ? E 2,1,2 ,F 0,1,2 ,EF= -2,0,0 ,AP=(0,0,1),AD=(0,2,0),DC= ? ? ? ? ? ?

→ (1,0,0),AB=(1,0,0).3 分

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1→ → → → (1)因为EF=-2AB,所以EF∥AB,即 EF∥AB. 又 AB?平面 PAB,EF?平面 PAB, 所以 EF∥平面 PAB.6 分

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→ → (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.9 分 又因为 AP∩AD=A,AP?平面 PAD,AD?平面 PAD, 所以 DC⊥平面 PAD. 因为 DC?平面 PDC, 所以平面 PAD⊥平面 PDC.12 分

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[规律方法]

1.利用向量证明平行与垂直,充分利用已知的线面垂直关系构建

空间直角坐标系,准确写出相关点的坐标,从而将几何证明转化为向量运算.其 中灵活建系是解题的关键. 2.运用向量知识判定空间位置关系,不可忽视几何定理满足的条件,如用直 线的方向向量与平面的法向量垂直来证明线面平行,必需强调直线在平面外.

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[变式训练 1] (2017· 北京房山一模)如图 775, 四棱锥 PABCD 的底面为正方 形,侧棱 PA⊥底面 ABCD,且 PA=AD=2,E,F,H 分别是线段 PA,PD,AB 的 中点. 求证:(1)PB∥平面 EFH; (2)PD⊥平面 AHF.

图 775

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[证明] 建立如图所示的空间直角坐标系 Axyz. ∴A(0,0,0), B(2,0,0), C(2,2,0), D(0,2,0), P(0,0,2), E(0,0,1), F(0,1,1), H(1,0,0).3 分

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→ → (1)∵PB=(2,0,-2),EH=(1,0,-1), → → ∴PB=2EH,∴PB∥EH. ∵PB?平面 EFH,且 EH?平面 EFH, ∴PB∥平面 EFH.6 分 → → → (2)PD=(0,2,-2),AH=(1,0,0),AF=(0,1,1), → → ∴PD· AF=0×0+2×1+(-2)×1=0,9 分 → → PD· AH=0×1+2×0+(-2)×0=0, ∴PD⊥AF,PD⊥AH. 又∵AF∩AH=A,∴PD⊥平面 AHF.12 分

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线面角与异面直线所求的角

?角度 1 求异面直线所成的角 将正方形 ABCD 沿对角线 AC 折起,当以 A,B,C,D 四点为顶点 的三棱锥体积最大时,异面直线 AD 与 BC 所成的角为( ) 【导学号:01772275】 π A.6 π C.3 π B.4 π D.2

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C [不妨以△ABC 为底面,则由题意当以 A,B,C,D 为顶点的三棱锥体积 最大,即点 D 到底面△ABC 的距离最大时,平面 ADC⊥平面 ABC. 设点 O 是 AC 的中点,连接 BO,DO. 则易知 BO,CO,DO 两两互相垂直.

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以 O 为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系,令 BO=CO=DO=1. 则 O(0,0,0),A(0,-1,0),D(0,0,1),B(1,0,0),C(0,1,0), → → 于是AD=(0,1,1),BC=(-1,1,0), → → AD · BC 1 1 → → 因此 cos〈AD,BC〉= = = . → → 2× 2 2 |AD|· |BC| π 所以异面直线 AD 与 BC 所成的角为3.]

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[规律方法] 1.利用向量法求异面直线所成的角.

(1)选好基底或建立空间直角坐标系; (2)求出两直线的方向向量 ν1,ν2; |ν1· ν2| (3)代入公式|cos〈ν1,ν2〉|= 求解. |ν1||ν2| 2.两异面直线所成角的范围是
? π? θ∈?0,2?,两向量的夹角 ? ?

α 的范围是[0,π],

当异面直线的方向向量的夹角为锐角或直角时,就是该异面直线的夹角;当异面 直线的方向向量的夹角为钝角时,其补角才是异面直线的夹角.

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?角度 2 求直线与平面所成的角
(2015· 全国卷Ⅱ)如图 776 所示,长方体 ABCDA1B1C1D1 中,AB= 16,BC=10,AA1=8,点 E,F 分别在 A1B1,D1C1 上,A1E=D1F=4.过点 E,F 的 平面 α 与此长方体的面相交,交线围成一个正方形. (1)在图中画出这个正方形(不必说明画法和理由); (2)求直线 AF 与平面 α 所成角的正弦值.

图 776

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[解] (1)交线围成的正方形 EHGF 如图所示.5 分

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(2)作 EM⊥AB,垂足为 M,则 AM=A1E=4,EM=AA1=8, 因为四边形 EHGF 为正方形,所以 EH=EF=BC=10. 于是 MH= EH2-EM2=6,所以 AH=10. → 以 D 为坐标原点,DA的方向为 x 轴正方向,建立如图所示的空间直角坐标系 → → Dxyz,则 A(10,0,0),H(10,10,0),E(10,4,8),F(0,4,8),FE=(10,0,0),HE=(0,-6, 8).8 分

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→ ? ? ?n· FE=0, ?10x=0, 设 n=(x,y,z)是平面 EHGF 的法向量,则? 即? ? → ?-6y+8z=0, ? HE=0, ?n· 所以可取 n=(0,4,3). → |n· AF| 4 5 → → 又AF=(-10,4,8),故|cos〈n,AF〉|= → = 15 . |n||AF| 4 5 所以 AF 与平面 EHGF 所成角的正弦值为 15 .12 分

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[规律方法] 1.利用向量法求线面角的方法

(1)分别求出斜线和它在平面内的射影,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 角或钝角的补角,取其余角就是斜线和平面所成的角. 2.(1)求直线与平面所成的角,不要误认为是直线的方向向量与平面法向量的 夹角. (2)若求线面角的余弦值,要利用平方关系 sin2θ+cos2θ=1 求值.

高三一轮总复习 利用空间向量求二面角
(2016· 全国卷Ⅰ)如图 777,在以 A,B,C,D,E,F 为顶点的五面 体中,面 ABEF 为正方形,AF=2FD,∠AFD=90° ,且二面角 DAFE 与二面角 CBEF 都是 60° .

图 777 (1)证明:平面 ABEF⊥平面 EFDC; (2)求二面角 EBCA 的余弦值.

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[解] (1)证明:由已知可得 AF⊥DF,AF⊥FE, 所以 AF⊥平面 EFDC.2 分 又 AF?平面 ABEF,故平面 ABEF⊥平面 EFDC.4 分

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(2)过 D 作 DG⊥EF,垂足为 G. 由(1)知 DG⊥平面 ABEF. → → 以 G 为坐标原点,GF的方向为 x 轴正方向,|GF|为单位长,建立如图所示的 空间直角坐标系 Gxyz.6 分 由(1)知∠DFE 为二面角 DAFE 的平面角,故∠DFE=60° ,则|DF|=2,|DG| = 3,可得 A(1,4,0),B(-3,4,0),E(-3,0,0),D(0,0, 3).

高三一轮总复习 由已知得 AB∥EF,所以 AB∥平面 EFDC.8 分
又平面 ABCD∩平面 EFDC=CD,故 AB∥CD,CD∥EF. 由 BE∥AF,可得 BE⊥平面 EFDC, 所以∠CEF 为二面角 CBEF 的平面角,∠CEF=60° . 从而可得 C(-2,0, 3). → → → → 所以EC=(1,0, 3),EB=(0,4,0),AC=(-3,-4, 3),AB=(-4,0,0). 设 n=(x,y,z)是平面 BCE 的法向量, → ? ? ?n· EC=0, ?x+ 3z=0, 则? 即? ? → ?4y=0, ? EB=0, ?n·

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所以可取 n=(3,0,- 3).10 分 → ? ?m· AC=0, 设 m 是平面 ABCD 的法向量,则? → ? m · AB =0, ? 同理可取 m=(0, 3,4). 2 19 n· m 则 cos〈n,m〉= =- 19 . |n||m| 2 19 故二面角 EBCA 的余弦值为- 19 .12 分

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[规律方法] 1.求解本题要抓住几点:(1)充分利用垂线,建立恰当的直角坐标 系; (2)确定二面角 DAFE 与二面角 CBEF 的平面角;(3)从空间图形能判定二面 角 EBCA 为钝角. 2.利用向量计算二面角大小的常用方法: (1)找法向量法: 分别求出二面角的两个半平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)找与棱垂直的方向向量法: 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.

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[变式训练 2] (2017· 郑州质检)如图 778,在梯形 ABCD 中,AB∥CD,AD=DC=CB=1, ∠BCD=120° ,四边形 BFED 为矩形,平面 BFED⊥平面 ABCD,BF=1.

(1)求证:AD⊥平面 BFED;

图 778

(2)点 P 在线段 EF 上运动,设平面 PAB 与平面 ADE 所成锐二面角为 θ,试求 θ 的最小值.

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[解] (1)证明:在梯形 ABCD 中, ∵AB∥CD,AD=DC=CB=1,∠BCD=120° ,∴AB=2. ∴BD2=AB2+AD2-2AB· AD· cos 60° =3. ∴AB2=AD2+BD2,∴AD⊥BD.2 分 ∵平面 BFED⊥平面 ABCD, 平面 BFED∩平面 ABCD=BD,DE?平面 BFED,DE⊥DB, ∴DE⊥平面 ABCD, 则 DE⊥AD. 又 DE∩BD=D,∴AD⊥平面 BFED.5 分

高三一轮总复习 (2)由(1)知可建立以直线 DA,DB,DE 为 x 轴,y 轴,z 轴的如图所示的空间
直角坐标系,令 EP=λ(0≤λ≤ 3),

则 D(0,0,0),A(1,0,0),B(0, 3,0),P(0,λ,1), → → ∴AB=(-1, 3,0),BP=(0,λ- 3,1).

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设 n1=(x,y,z)为平面 PAB 的法向量, → ? ? ? n1 · AB=0, ?-x+ 3y=0, 由? 得? ? → ??λ- 3?y+z=0, ? n · BP = 0 , ? 1 取 y=1,则 n1=( 3,1, 3-λ).10 分 ∵n2=(0,1,0)是平面 ADE 的一个法向量,

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|n1· n2| 1 ∴cos θ= = |n1||n2| 3+1+? 3-λ?2×1 = . ?λ- 3? +4
2

1

1 ∵0≤λ≤ 3,∴当 λ= 3时,cos θ 有最大值2. π ∴θ 的最小值为3.12 分

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利用空间向量解决探索性问题

如图 779①所示,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 ADCB, 如图 779 ②所示.

① 图 779



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(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 EDFC 的余弦值; (3)在线段 BC 上是否存在一点 P,使 AP⊥DE?证明你的结论.

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[解] (1)如图,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.3 分

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(2)以 D 为原点,建立如图所示的空间直角坐标系, 则 A(0,0,2),B(2,0,0),C(0,2 3,0),E(0, 3,1),F(1, 3,0),易知平面 → CDF 的法向量为DA=(0,0,2).5 分 设平面 EDF 的法向量为 n=(x,y,z), → ? ?DF · n=0, 则? → ? n=0, ?DE·
? ?x+ 3y=0, 即? ? ? 3y+z=0.

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取 n=(3,- 3,3), → DA · n 21 → cos〈DA,n〉= = 7 , → |DA|· |n| 21 ∴二面角 EDFC 的余弦值为 7 .8 分

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→ → (3)设 P(x,y,0),则AP· DE= 3y-2=0, 2 3 ∴y = 3 . → → 又BP=(x-2,y,0),PC=(-x,2 3-y,0). → → ∵BP∥PC, ∴(x-2)(2 3-y)=-xy,

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∴ 3x+y=2 3.10 分 2 3 4 把 y= 3 代入上式得 x=3, → 1→ ∴BP=3BC, ∴在线段 BC 上存在点
?4 2 3 ? ? ? P? , , 0 ?,使 3 3 ? ?

AP⊥DE.12 分

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[规律方法]

1.根据题目的条件进行综合分析和观察猜想, 找出点或线的位置,

并用向量表示出来,然后再加以证明,得出结论. 2.假设所求的点或参数存在,并用相关参数表示相关点,根据线、面满足的 垂直、平行关系,构建方程(组)求解,若能求出参数的值且符合该限定的范围,则 存在,否则不存在.

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[变式训练 3] 如图 7710,在长方体 ABCD A1B1C1D1 中,AA1=AD=1,E 为 CD 中点.

图 7710

(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.

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[解]

→ → → 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

立如图所示的空间直角坐标系.设 AB=a.1 分

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?a ? → (1)证明: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), ? ? ? a → ? B1E=?-2,1,-1?.3 分 ? ?

a → → 因为B1E· AD1=-2×0+1×1+(-1)×1=0, → → 因此B1E⊥AD1, 所以 B1E⊥AD1.5 分

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(2)存在满足要求的点 P, 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), 再设平面 B1AE 的一个法向量为 n=(x,y,z).
? a → → ? AB1=(a,0,1),AE=?2,1,0?.7 分 ? ?

ax+z=0, ? ? → → 因为 n⊥平面 B1AE,所以 n⊥AB1,n⊥AE,得?ax +y=0, ? ?2

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a 取 x=1,则 y=-2,z=-a, 则平面 B1AE 的一个法向量
? ? a n=?1,-2,-a?.10 ? ?



1 a → 要使 DP∥平面 B1AE,只要 n⊥DP,有2-az0=0,解得 z0=2. 1 所以存在点 P,满足 DP∥平面 B1AE,此时 AP=2.12 分

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[思想与方法] 1.用向量法解决立体几何问题,是空间向量的一个具体应用,体现 了向量的工具性,这种方法可把复杂的推理证明、辅助线的作法转化为 空间向量的运算,降低了空间想象演绎推理的难度,体现了由“形”转 “数”的转化思想. 2. 用向量来求空间角, 都需将各类角转化成对应向量的夹角来计算, 问题的关键在于确定对应线段的向量.

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[易错与防范] 1.用向量知识证明立体几何问题,仍然离不开立体几何中的定理.若 用直线的方向向量与平面的法向量垂直来证明线面平行, 必需强调直线在平 面外. 2.利用向量求角,一定要注意将向量夹角转化为各空间角.因为向量 夹角与各空间角的定义、范围不同. 3.求二面角要根据图形确定所求角是锐角还是钝角.


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