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2018版高考数学大一轮复习第八章立体几何与空间向量8.8立体几何中的向量方法(二)

时间:2017-07-27


第八章 立体几何与空间向量 8.8 立体几何中的向量方法(二)—— 求空间角和距离试题 理 北师大版

1.两条异面直线所成角的求法 设 a,b 分别是两异面直线 l1,l2 的方向向量,则

l1 与 l2 所成的角 θ
范围 求法 π (0, ] 2 |a·b| cos θ = |a||b|

a 与 b 的夹角 β
[0,π ]

a·b cos β = |a||b|

2.直线与平面所成角的求法 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 与 n |a·n| 的夹角为 β ,则 sin θ =|cos β |= . |a||n| 3.求二面角的大小 (1)如图①,AB,CD 分别是二面角 α -l-β 的两个面内与棱 l 垂直的直线,则二面角的大 → → 小 θ =〈AB,CD〉 .

(2)如图②③,n1,n2 分别是二面角 α -l-β 的两个半平面 α ,β 的法向量,则二面角的 大小 θ 满足|cos θ |=|cos〈n1,n2〉|,二面角的平面角大小是向量 n1 与 n2 的夹角(或其补 角).

【知识拓展】 利用空间向量求距离(供选用) (1)两点间的距离 → 2 2 2 设点 A(x1, y1, z1), 点 B(x2, y2, z2), 则|AB|=|AB|= ?x1-x2? +?y1-y2? +?z1-z2? . (2)点到平面的距离
1

如图所示,已知 AB 为平面 α 的一条斜线段,n 为平面 α 的法向量,则 B 到平面 α 的距离 → |AB·n| → 为|BO|= . |n|

【思考辨析】 判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”) (1)两直线的方向向量所成的角就是两条直线所成的角.( × ) (2)直线的方向向量和平面的法向量所成的角就是直线与平面所成的角.( × ) (3)两个平面的法向量所成的角是这两个平面所成的角.( × ) π π (4)两异面直线夹角的范围是(0, ],直线与平面所成角的范围是[0, ],二面角的范围是 2 2 [0,π ].( √ ) (5)若二面角 α -a-β 的两个半平面 α ,β 的法向量 n1,n2 所成角为 θ ,则二面角 α -a -β 的大小是 π -θ .( × )

1.(2016·烟台模拟)已知两平面的法向量分别为 m=(0,1,0),n=(0,1,1),则两平面所成 的二面角为( A.45° C.45°或 135° 答案 C ) B.135° D.90°

m·n 1 2 解析 cos〈m,n〉= = = ,即〈m,n〉=45°. |m||n| 1× 2 2
∴两平面所成的二面角为 45°或 180°-45°=135°. 1 2.已知向量 m,n 分别是直线 l 和平面 α 的方向向量和法向量,若 cos〈m,n〉=- ,则 2

l 与 α 所成的角为(
A.30° 答案 A B.60°

) C.120° D.150°

1 解析 设 l 与 α 所成角为 θ ,∵cos〈m,n〉=- , 2 1 ∴sin θ =|cos〈m,n〉|= ,∵0°≤θ ≤90°,∴θ =30°.故选 A. 2

2

3.(2016·郑州模拟)如图,在空间直角坐标系中有直三棱柱 ABC-A1B1C1,CA=CC1=2CB,则 直线 BC1 与直线 AB1 所成角的余弦值为( )

A.

5 5

B.

5 3

C.

5 6

D.

5 4

答案 A → 解析 设 CA=2,则 C(0,0,0),A(2,0,0),B(0,0,1),C1(0,2,0),B1(0,2,1),可得向量AB1= → → → (-2,2,1),BC1=(0,2,-1),由向量的夹角公式得 cos〈AB1,BC1〉= 1 5 = ,故选 A. 5 5 0+4-1 4+4+1× 0+4+1



4.(教材改编)如图,正三棱柱(底面是正三角形的直棱柱)ABC-A1B1C1 的底面边长为 2,侧棱 长为 2 2,则 AC1 与侧面 ABB1A1 所成的角为______________________________.

答案

π 6

→ → → 解析 以 A 为原点,以AB,AE(AE⊥AB),AA1所在直线为坐标轴(如图)建立空间直角坐标系, 设 D 为 A1B1 中点,

→ 则 A(0,0,0),C1(1, 3,2 2),D(1,0,2 2),∴AC1=(1, 3,2 2), →

AD=(1,0,2 2).
∠C1AD 为 AC1 与平面 ABB1A1 所成的角,

3

cos∠C1AD= → → |AC1||AD| = ?1, 3,2 2?×?1,0,2 2? 12× 9 = 3 , 2

AC1·AD





? π? 又∵∠C1AD∈?0, ?, 2? ?
π ∴∠C1AD= . 6 5.P 是二面角 α -AB-β 棱上的一点,分别在平面 α 、β 上引射线 PM、PN,如果∠BPM= ∠BPN=45°,∠MPN=60°,那么二面角 α -AB-β 的大小为________. 答案 90° 解析 不妨设 PM=a,PN=b,如图,

作 ME⊥AB 于 E,NF⊥AB 于 F, ∵∠EPM=∠FPN=45°, ∴PE= 2 2 a,PF= b, 2 2

→ → → → → → ∴EM·FN=(PM-PE)·(PN-PF) → → → → → → → → =PM·PN-PM·PF-PE·PN+PE·PF =abcos 60°-a× 2 2 2 2 bcos 45°- a×bcos 45°+ a× b 2 2 2 2

= - - + =0, 2 2 2 2 → → ∴EM⊥FN, ∴二面角 α -AB-β 的大小为 90°.

ab ab ab ab

题型一 求异面直线所成的角 例 1 (2015·课标全国Ⅰ)如图,四边形 ABCD 为菱形,∠ABC=120°,E,F 是平面 ABCD 同 一侧的两点,BE⊥平面 ABCD,DF⊥平面 ABCD,BE=2DF,AE⊥EC.

4

(1)证明:平面 AEC⊥平面 AFC; (2)求直线 AE 与直线 CF 所成角的余弦值. (1)证明 如图所示,连接 BD,设 BD∩AC=G,连接 EG,FG,EF.

在菱形 ABCD 中,不妨设 GB=1. 由∠ABC=120°, 可得 AG=GC= 3. 由 BE⊥平面 ABCD,AB=BC=2,可知 AE=EC. 又 AE⊥EC,所以 EG= 3,且 EG⊥AC. 在 Rt△EBG 中,可得 BE= 2,故 DF= 在 Rt△FDG 中,可得 FG= 6 . 2 2 3 2 2 2 2 ,可得 EF= ,从而 EG +FG =EF ,所 2 2 2 . 2

在直角梯形 BDFE 中,由 BD=2,BE= 2,DF= 以 EG⊥FG. 又 AC∩FG=G,可得 EG⊥平面 AFC. 因为 EG?平面 AEC,所以平面 AEC⊥平面 AFC.

→ → → (2)解 如图,以 G 为坐标原点,分别以GB,GC的方向为 x 轴,y 轴正方向,|GB|为单位长度, 建立空间直角坐标系,由(1)可得 A(0,- 3,0),E(1,0, 2),

F?-1,0,

? ?

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

→ 所以AE=(1, 3, 2), →

CF=?-1,- 3,

? ?

2? ?. 2?
5

→ → 故 cos〈AE,CF〉 = 3 =- . → → 3 |AE||CF| 3 . 3

AE·CF

→ →

所以直线 AE 与直线 CF 所成角的余弦值为 思维升华

用向量法求异面直线所成角的一般步骤(1)选择三条两两垂直的直线建立空间直

角坐标系;(2)确定异面直线上两个点的坐标,从而确定异面直线的方向向量; (3)利用向量的夹角公式求出向量夹角的余弦值; (4)两异面直线所成角的余弦值等于两向量夹角余弦值的绝对值. 如图所示正方体 ABCD-A′B′C′D′,已知点 H 在 A′B′C′D′的对角线

B′D′上,∠HDA=60°.求 DH 与 CC′所成的角的大小.

解 如图所示,以 D 为原点,DA 为单位长度,建立空间直角坐标系,

→ → 则DA=(1,0,0),CC′=(0,0,1). → 设DH=(m,m,1)(m>0), → → 由已知, 〈DH,DA〉=60°, → → → → → → 由DA·DH=|DA|·|DH|·cos〈DH,DA〉 , 可得 2m= 2m +1, 解得 m= 2 , 2
2

2 2 → ∴DH=( , ,1), 2 2 2 2 ×0+ ×0+1×1 2 2 2 → → ∵cos〈DH,CC′〉= = , 2 1× 2
6

→ → 又∵〈DH,CC′〉∈[0°,180°], → → ∴〈DH,CC′〉=45°, 即 DH 与 CC′所成的角为 45°.

题型二 求直线与平面所成的角 例 2 (2016·全国丙卷)如图,四棱锥 PABCD 中,PA⊥底面 ABCD,AD∥BC,AB=AD=AC=3,

PA=BC=4,M 为线段 AD 上一点,AM=2MD,N 为 PC 的中点.

(1)证明 MN∥平面 PAB; (2)求直线 AN 与平面 PMN 所成角的正弦值. 2 (1)证明 由已知得 AM= AD=2. 3 取 BP 的中点 T,连接 AT,TN,

1 由 N 为 PC 中点知 TN∥BC,TN= BC=2. 2 又 AD∥BC,故 TN 綊 AM,四边形 AMNT 为平行四边形,于是 MN∥AT. 因为 AT?平面 PAB,MN 平面 PAB,所以 MN∥平面 PAB.

(2)解 取 BC 的中点 E,连接 AE. 由 AB=AC 得 AE⊥BC, 从而 AE⊥AD,AE=

AB2-BE2=

?BC? AB2-? ?2= 5. 2 ? ?

→ 以 A 为坐标原点,AE的方向为 x 轴正方向,建立如图所示的空间直角坐标系. 由题意知, P(0,0,4) , M(0,2,0) , C( 5 , 2,0) , N ?

? 5 ? → → ,1,2? , PM = (0,2 ,- 4) , PN = ?2 ?

7

? 5 ? → ? 5 ? ? ,1,-2?,AN=? ,1,2?. ?2 ? ?2 ?
设 n=(x,y,z)为平面 PMN 的法向量,则 → ? ?n·PM=0, ? ?n·→ PN=0, ? 2y-4z=0, ? ? 即? 5 x+y-2z=0, ? ?2

可取 n=(0,2,1).

→ |n·AN| 8 5 → 于是|cos〈n,AN〉|= = . → 25 |n||A N | 8 5 设 AN 与平面 PMN 所成的角为 θ ,则 sin θ = , 25 8 5 ∴直线 AN 与平面 PMN 所成角的正弦值为 . 25 思维升华 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, 取其余角就 是斜线和平面所成的角. 在平面四边形 ABCD 中,AB=BD=CD=1,AB⊥BD,CD⊥BD.将△ABD 沿 BD 折起, 使得平面 ABD⊥平面 BCD,如图所示.

(1)求证:AB⊥CD; (2)若 M 为 AD 中点,求直线 AD 与平面 MBC 所成角的正弦值. (1)证明 ∵平面 ABD⊥平面 BCD,平面 ABD∩平面 BCD=BD,AB?平面 ABD,AB⊥BD, ∴AB⊥平面 BCD. 又 CD?平面 BCD,∴AB⊥CD. (2)解 过点 B 在平面 BCD 内作 BE⊥BD,如图.

8

由(1)知 AB⊥平面 BCD,BE?平面 BCD,BD?平面 BCD. ∴AB⊥BE,AB⊥BD. → → → 以 B 为坐标原点, 分别以BE, BD,BA的方向为 x 轴,y 轴,z 轴的正方向建立空间直角坐标系. 1 1 依题意,得 B(0,0,0),C(1,1,0),D(0,1,0),A(0,0,1),M(0, , ), 2 2 1 1 → → → 则BC=(1,1,0),BM=(0, , ),AD=(0,1,-1). 2 2 设平面 MBC 的法向量 n=(x0,y0,z0), → ? ?n·BC=0, 则? ?n·→ BM=0, ?

x0+y0=0, ? ? 即?1 1 y0+ z0=0, ? 2 2 ?

取 z0=1,得平面 MBC 的一个法向量 n=(1,-1,1). 设直线 AD 与平面 MBC 所成角为 θ , → |n·AD| 6 → 则 sin θ =|cos〈n,AD〉|= = , → 3 |n||AD| 即直线 AD 与平面 MBC 所成角的正弦值为 题型三 求二面角 6 . 3

例 3 (2016·山东)在如图所示的圆台中,AC 是下底面圆 O 的直径,EF 是上底面圆 O′的直 径,FB 是圆台的一条母线.

(1)已知 G,H 分别为 EC,FB 的中点,求证:GH∥平面 ABC; 1 (2)已知 EF=FB= AC=2 3,AB=BC,求二面角 F-BC-A 的余弦值. 2 (1)证明 设 FC 的中点为 I,连接 GI,HI,在△CEF 中,因为点 G 是 CE 的中点,

所以 GI∥EF. 又 EF∥OB,所以 GI∥OB. 在△CFB 中,因为 H 是 FB 的中点,所以 HI∥BC,又 HI∩GI=I,
9

所以平面 GHI∥平面 ABC. 因为 GH?平面 GHI,所以 GH∥平面 ABC. (2)解 连接 OO′,则 OO′⊥平面 ABC.

又 AB=BC,且 AC 是圆 O 的直径,所以 BO⊥AC. 以 O 为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系. 由题意得 B(0,2 3,0),

C(-2 3,0,0).过点 F 作 FM 垂直 OB 于点 M,
所以 FM= FB -BM =3,可得 F(0, 3,3). → → 故BC=(-2 3,-2 3,0),BF=(0,- 3,3). 设 m=(x,y,z)是平面 BCF 的一个法向量. 由? → ? ?m·BC=0, → ? ?m·BF=0,
2 2

?-2 3x-2 3y=0, 可得? ?- 3y+3z=0. ? ?
3? ?, 3?

可得平面 BCF 的一个法向量 m=?-1,1, 因为平面 ABC 的一个法向量 n=(0,0,1),

m·n 7 所以 cos〈m,n〉= = . |m||n| 7
所以二面角 F-BC-A 的余弦值为 7 . 7

思维升华 利用向量法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. (2016·天津)如图, 正方形 ABCD 的中心为 O, 四边形 OBEF 为矩形, 平面 OBEF⊥ 平面 ABCD,点 G 为 AB 的中点,AB=BE=2.

10

(1)求证:EG∥平面 ADF; (2)求二面角 O—EF—C 的正弦值; 2 (3)设 H 为线段 AF 上的点,且 AH= HF,求直线 BH 和平面 CEF 所成角的正弦值. 3 (1)证明 依题意,OF⊥平面 ABCD, → → → 如图,以 O 为原点,分别以AD,BA,OF的方向为 x 轴,y 轴,z 轴的正方向建立空间直角坐标 系,依题意可得

O(0,0,0),A(-1,1,0),B(-1,-1,0),C(1,-1,0), D(1,1,0),E(-1,-1,2),F(0,0,2),G(-1,0,0).

→ → 依题意,AD=(2,0,0),AF=(1,-1,2). 设 n1=(x1,y1,z1)为平面 ADF 的法向量, → ? ?n1·AD=0, 则? → ? ?n1·AF=0,
?2x1=0, ? 即? ?x1-y1+2z1=0, ?

不妨取 z1=1,可得 n1=(0,2,1), → → 又EG=(0,1,-2),可得EG·n1=0, 又因为直线 EG 平面 ADF,所以 EG∥平面 ADF.

→ → → (2)解 易证OA=(-1,1,0)为平面 OEF 的一个法向量, 依题意, EF=(1,1,0), CF=(-1,1,2). 设 n2=(x2,y2,z2)为平面 CEF 的法向量,

?n2·→ EF=0, ? 则? ?n2·→ CF=0, ?

11

即?

?x2+y2=0, ? ?-x2+y2+2z2=0, ?

不妨取 x2=1,可得 n2=(1,-1,1). → OA·n2 6 → 因此有 cos〈OA,n2〉= =- , → 3 |OA|·|n2| 3 → 于是 sin〈OA,n2〉= . 3 所以二面角 O—EF—C 的正弦值为 2 2 (3)解 由 AH= HF,得 AH= AF. 3 5 → 因为AF=(1,-1,2), 2 4? → 2 → ?2 所以AH= AF=? ,- , ?, 5 5? 5 ?5 3 . 3

? 3 3 4? 进而有 H?- , , ?, ? 5 5 5?
→ ?2 8 4? 从而BH=? , , ?. ?5 5 5? → BH·n2 7 → 因此 cos〈BH,n2〉= =- . → 21 |BH||n2| 所以直线 BH 和平面 CEF 所成角的正弦值为 题型四 求空间距离(供选用) 7 . 21

例 4 如图,△BCD 与△MCD 都是边长为 2 的正三角形,平面 MCD⊥平面 BCD,AB⊥平面 BCD,

AB=2 3,求点 A 到平面 MBC 的距离.

解 如图,取 CD 的中点 O,连接 OB,OM,因为△BCD 与△MCD 均为正三角形,所以 OB⊥CD,

OM⊥CD,又平面 MCD⊥平面 BCD,所以 MO⊥平面 BCD.
12

以 O 为坐标原点,直线 OC,BO,OM 分别为 x 轴,y 轴,z 轴,建立空间直角坐标系.

因为△BCD 与△MCD 都是边长为 2 的正三角形, 所以 OB=OM= 3, 则 O(0,0,0),C(1,0,0),M(0,0, 3),B(0,- 3,0),A(0,- 3,2 3), → → 所以BC=(1, 3,0),BM=(0, 3, 3). 设平面 MBC 的法向量为 n=(x,y,z), → ? ?n⊥BC, 由? ?n⊥→ BM ? → ? ?n·BC=0, 得? ?n·→ BM=0, ? 即?

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

取 x= 3,可得平面 MBC 的一个法向量为 n=( 3,-1,1). → 又BA=(0,0,2 3), → |BA·n| 2 15 所以所求距离为 d= = . |n| 5 思维升华 求点面距一般有以下三种方法: (1)作点到面的垂线,点到垂足的距离即为点到平面的距离; (2)等体积法; (3)向量法.其中向量法在易建立空间直角坐标系的规则图形中较简便. (2016·四川成都外国语学校月考)如图所示, 在四棱锥 P-ABCD 中, 侧面 PAD⊥ 底面 ABCD,侧棱 PA=PD= 2,PA⊥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;
13

(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 若不存在,请说明理由. 解 (1)在△PAD 中,PA=PD,O 为 AD 中点, ∴PO⊥AD.

6 PQ ?若存在,求出 的值; 3 QD

又∵侧面 PAD⊥底面 ABCD,平面 PAD∩平面 ABCD=AD,PO?平面 PAD, ∴PO⊥平面 ABCD. 在△PAD 中,PA⊥PD,PA=PD= 2,∴AD=2. 在直角梯形 ABCD 中,O 为 AD 的中点,AB⊥AD, ∴OC⊥AD. 以 O 为坐标原点,OC 为 x 轴,OD 为 y 轴,OP 为 z 轴建立空间直角坐标系,如图所示,

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)为平面 POC 的法向量, → → PB·OA 3 → → cos〈PB,OA〉= = , → → 3 |PB||OA| ∴PB 与平面 POC 所成角的余弦值为 → (2)∵PB=(1,-1,-1), 设平面 PCD 的法向量为 u=(x,y,z), → ? ?u·CP=-x+z=0, 则? → ? ?u·PD=y-z=0. 取 z=1,得 u=(1,1,1). → |PB·u| 3 则 B 点到平面 PCD 的距离 d= = . |u| 3 → → (3)假设存在,且设PQ=λ PD(0≤λ ≤1). 6 . 3

14

→ ∵PD=(0,1,-1), → → → ∴OQ-OP=PQ=(0,λ ,-λ ), → ∴OQ=(0,λ ,1-λ ), ∴Q(0,λ ,1-λ ). 设平面 CAQ 的法向量为 m=(x,y,z),

?m·→ AC=x+y=0, ? 则? ?m·→ AQ=?λ +1?y+?1-λ ?z=0. ?
取 z=1+λ ,得 m=(1-λ ,λ -1,λ +1). 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 6 , 3

|m·n| 6 ∴|cos〈m,n〉|= = . |m||n| 3 整理化简,得 3λ -10λ +3=0. 1 解得 λ = 或 λ =3(舍去), 3
2

PQ 1 ∴存在,且 = . QD 2

6.利用空间向量求解空间角

典例 (12 分)如图,在四棱锥 P-ABCD 中,PA⊥底面 ABCD,AD⊥AB,AB∥DC,AD=DC=AP =2,AB=1,点 E 为棱 PC 的中点.

(1)证明:BE⊥DC; (2)求直线 BE 与平面 PBD 所成角的正弦值; (3)若 F 为棱 PC 上一点,满足 BF⊥AC,求二面角 F-AB-P 的余弦值. 规范解答 (1)证明 依题意,以点 A 为原点建立空间直角坐标系如图,可得 B(1,0,0),C(2,2,0),
15

D(0,2,0),P(0,0,2).

[1 分] 由 E 为棱 PC 的中点,得 E(1,1,1). →

BE=(0,1,1),DC=(2,0,0),
→ → 故BE·DC=0,所以 BE⊥DC. → → (2)解 BD=(-1,2,0),PB=(1,0,-2). 设 n=(x,y,z)为平面 PBD 的一个法向量, → ? ?n·BD=0, 则? → ? ?n·PB=0, 分] 可得 n=(2,1,1). → n·BE 2 3 → 于是有 cos〈n,BE〉= = = , → 3 6× 2 |n||BE| 所以,直线 BE 与平面 PBD 所成角的正弦值为 3 . 3 [7 分]
? ?-x+2y=0, ?x-2z=0. ?



[3 分]

即?

不妨令 y=1,

[5

→ → → → (3)解 BC=(1,2,0),CP=(-2,-2,2),AC=(2,2,0),AB=(1,0,0). → → 由点 F 在棱 PC 上,设CF=λ CP,0≤λ ≤1, → → → → → 故BF=BC+CF=BC+λ CP=(1-2λ ,2-2λ ,2λ ). → → 由 BF⊥AC,得BF·AC=0, 3 因此,2(1-2λ )+2(2-2λ )=0,解得 λ = , 4 1 1 3 → 即BF=(- , , ). 2 2 2 设 n1=(x,y,z)为平面 FAB 的一个法向量, → ? ?n1·AB=0, 则? → ? ?n1·BF=0, [9 分]

x=0, ? ? 即? 1 1 3 - x+ y+ z=0. ? ? 2 2 2
16

不妨令 z=1,可得 n1=(0,-3,1). 取平面 ABP 的法向量 n2=(0,1,0),

n1·n2 -3 3 10 则 cos〈n1,n2〉= = =- . |n1||n2| 10 10×1
易知,二面角 F-AB-P 是锐角, 3 10 所以其余弦值为 . 10 [12 分]

利用向量求空间角的步骤: 第一步:建立空间直角坐标系; 第二步:确定点的坐标; 第三步:求向量(直线的方向向量、平面的法向量)坐标; 第四步:计算向量的夹角(或函数值); 第五步:将向量夹角转化为所求的空间角; 第六步:反思回顾.查看关键点、易错点和答题规范.

1.若直线 l 的方向向量与平面 α 的法向量的夹角等于 120°,则直线 l 与平面 α 所成的角 等于( A.120° C.30° 答案 C 解析 设直线 l 与平面 α 所成的角为 β ,直线 l 与平面 α 的法向量的夹角为 γ . 1 则 sin β =|cos γ |=|cos 120°|= . 2 又∵β ∈[0°,90°],∴β =30°,故选 C. 2.(2016·广州模拟)二面角的棱上有 A,B 两点,直线 AC,BD 分别在这个二面角的两个半平 面内,且都垂直于 AB.已知 AB=4,AC=6,BD=8,CD=2 17,则该二面角的大小为( A.150° B.45° C.60° 答案 C → → 解析 如图所示,二面角的大小就是〈AC,BD〉 . D.120° ) ) B.60° D.60°或 30°

17

→ → → → ∵CD=CA+AB+BD, →2 →2 →2 →2 → → → → → → ∴CD =CA +AB +BD +2(CA·AB+CA·BD+AB·BD) →2 →2 →2 → → =CA +AB +BD +2CA·BD. → → 1 2 2 2 2 ∴CA·BD= [(2 17) -6 -4 -8 ]=-24. 2 → → AC·BD 1 → → → → 因此AC·BD=24,cos〈AC,BD〉= = , → → 2 |AC||BD| → → ∴〈AC,BD〉=60°,故二面角为 60°. 3.在正方体 ABCD-A1B1C1D1 中,点 E 为 BB1 的中点,则平面 A1ED 与平面 ABCD 所成的锐二面角 的余弦值为( A. 1 2 ) 2 B. 3 C. 3 3 D. 2 2

答案 B 解析 以 A 为原点建立如图所示的空间直角坐标系,设棱长为 1,

1 则 A1(0,0,1),E(1,0, ),D(0,1,0), 2 1 → → ∴A1D=(0,1,-1),A1E=(1,0,- ). 2 → ? ?A1D·n1=0, 设平面 A1ED 的一个法向量为 n1=(1,y,z),则有? → ?A ? 1E·n1=0,

y-z=0, ? ? 即? 1 1- z=0, ? ? 2

∴?

?y=2, ? ? ?z=2.

∴n1=(1,2,2).

∵平面 ABCD 的一个法向量为 n2=(0,0,1), 2 2 ∴cos〈n1,n2〉= = , 3×1 3
18

2 即所成的锐二面角的余弦值为 . 3 4.(2016·长春模拟)在三棱锥 P-ABC 中,PA⊥平面 ABC,∠BAC=90°,D,E,F 分别是棱

AB,BC,CP 的中点,AB=AC=1,PA=2,则直线 PA 与平面 DEF 所成角的正弦值为(
A. 1 5 2 5 B. 5 C. 5 5 2 D. 5

)

答案 C 解析 以 A 为原点,AB,AC,AP 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,

由 AB=AC=1,PA=2, 1 1 1 1 得 A(0,0,0),B(1,0,0),C(0,1,0),P(0,0,2),D( ,0,0),E( , ,0),F(0, ,1). 2 2 2 2 1 1 1 → → → ∴PA=(0,0,-2),DE=(0, ,0),DF=(- , ,1). 2 2 2 设平面 DEF 的法向量为 n=(x,y,z), → ? ?n·DE=0, 则由? ?n·→ DF=0, ?
? ?y=0, ?-x+y+2z=0. ?

得?

取 z=1,则 n=(2,0,1), 设直线 PA 与平面 DEF 所成的角为 θ , → |PA·n| 5 则 sin θ = = , → 5 |PA||n| ∴直线 PA 与平面 DEF 所成角的正弦值为 5 .故选 C. 5

5.已知正四棱柱 ABCD-A1B1C1D1 中,AB=2,CC1=2 2,E 为 CC1 的中点,则直线 AC1 到平面

BDE 的距离为(
A.2 B. 3 答案 D

) C. 2 D.1

解析 以 D 为原点, DA, DC, DD1 所在直线分别为 x 轴, y 轴, z 轴建立空间直角坐标系(如图),

19

则 D(0,0,0),A(2,0,0),B(2,2,0),C(0,2,0),C1(0,2,2 2),E(0,2, 2),易知 AC1∥平 面 BDE. 设 n=(x,y,z)是平面 BDE 的法向量, → ? ?n·DB=2x+2y=0, 则? → ? ?n·DE=2y+ 2z=0. → 取 y=1,则 n=(-1,1,- 2)为平面 BDE 的一个法向量,又DA=(2,0,0), ∴点 A 到平面 BDE 的距离是 → |n·DA| |-1×2+0+0| d= = =1. 2 2 2 |n| ?-1? +1 +?- 2? 故直线 AC1 到平面 BDE 的距离为 1. 6.如图所示,三棱柱 ABC-A1B1C1 的侧棱长为 3,底面边长 A1C1=B1C1=1,且∠A1C1B1=90°,D → → 点在棱 AA1 上且 AD=2DA1,P 点在棱 C1C 上,则PD·PB1的最小值为( )

A. C.

5 2 1 4

1 B.- 4 5 D.- 2

答案 B 解析 建立如图所示的空间直角坐标系,则 D(1,0,2),B1(0,1,3),

→ → 设 P(0,0,z),则PD=(1,0,2-z),PB1=(0,1,3-z),
20

5 2 1 → → ∴PD·PB1=0+0+(2-z)(3-z)=(z- ) - , 2 4 5 1 → → 故当 z= 时,PD·PB1取得最小值为- . 2 4 7. (2016·合肥模拟)在长方体 ABCD-A1B1C1D1 中, AB=2, BC=AA1=1, 则直线 D1C1 与平面 A1BC1 所成角的正弦值为________. 答案 1 3

解析 如图,建立空间直角坐标系,

则 D1(0,0,1),C1(0,2,1),A1(1,0,1),B(1,2,0). → ∴D1C1=(0,2,0),

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





令 y=1,得 n=(2,1,2),

设直线 D1C1 与平面 A1BC1 所成角为 θ ,则 → |D1C1·n| 2 1 sin θ =|cos〈D1C1,n〉|= = = , → 2×3 3 |D1C1||n| → 1 即直线 D1C1 与平面 A1BC1 所成角的正弦值为 . 3 8.在正四棱柱 ABCD-A1B1C1D1 中,AA1=2AB,则直线 CD 与平面 BDC1 所成角的正弦值等于 ________. 答案 2 3

解析 以 D 为坐标原点,建立空间直角坐标系,如图,

21

→ → 设 AA1=2AB=2, 则 D(0,0,0), C(0,1,0), B(1,1,0), C1(0,1,2), 则DC=(0,1,0), DB=(1,1,0),

DC1=(0,1,2).
→ → 设平面 BDC1 的法向量为 n=(x,y,z),则 n⊥DB,n⊥DC1, 所以有?
?x+y=0, ? ?y+2z=0, ?



令 y=-2,得平面 BDC1 的一个法向量为 n=(2,-2,1).

设 CD 与平面 BDC1 所成的角为 θ , → |n·DC| 2 → 则 sin θ =|cos〈n,DC〉|= = . → 3 |n||DC| 9.(2016·石家庄模拟)已知点 E,F 分别在正方体 ABCD-A1B1C1D1 的棱 BB1,CC1 上,且 B1E= 2EB,CF=2FC1,则平面 AEF 与平面 ABC 所成的二面角的正切值为________. 答案 2 3

解析 如图,建立空间直角坐标系,

设 DA=1,由已知条件得

A(1,0,0),E(1,1, ),F(0,1, ),AE=(0,1, ),AF=(-1,1, ),
设平面 AEF 的法向量为 n=(x,y,z), → ? ?n·AE=0, 平面 AEF 与平面 ABC 所成的二面角为 θ ,由图知 θ 为锐角,由? ?n·→ AF=0, ? 1 y+ z=0, ? ? 3 得? 2 -x+y+ z=0. ? ? 3
22

1 3

2 3



1 3



2 3

令 y=1,z=-3,x=-1,则 n=(-1,1,-3), 取平面 ABC 的法向量为 m=(0,0,-1), 3 11 2 则 cos θ =|cos〈n,m〉|= ,tan θ = . 11 3 10.(2017·江西新余一中调研)如图,在直三棱柱 ABC-A1B1C1 中,底面 ABC 是等腰直角三角 形,且斜边 AB=2 2,侧棱 AA1=3,点 D 为 AB 的中点,点 E 在线段 AA1 上,AE=λ AA1(λ 为 实数).

(1)求证:不论 λ 取何值时,恒有 CD⊥B1E; 1 (2)当 λ = 时,求平面 CDE 与平面 ABC 所成的锐二面角的余弦值. 3 (1)证明 在等腰直角三角形 ABC 中,AC=BC, 点 D 为 AB 的中点,∴CD⊥AB. 又在直三棱柱 ABC-A1B1C1 中,AA1⊥平面 ABC,

CD?平面 ABC,∴AA1⊥CD,
又 AA1∩AB=A,∴CD⊥平面 ABB1A1, 又 B1E?平面 ABB1A1, ∴不论 λ 取何值时,恒有 CD⊥B1E. (2)解 方法一 由(1)知,CD⊥平面 ABB1A1,

DE⊥CD,AD⊥CD,
即∠ADE 为二面角 E-CD-A 的平面角, 1 1 ∵λ = ,∴AE=1,又 AD= AB= 2, 3 2 ∴DE= AD +AE = 3,∴cos∠ADE= =
2 2

AD DE

6 . 3 6 . 3

∴平面 CDE 与平面 ABC 所成的锐二面角的余弦值大小为

方法二 分别以 CA,CB,CC1 所在直线为 x,y,z 轴建立空间直角坐标系, 则 C(0,0,0),D(1,1,0),E(2,0,1),B1(0,2,3),

C1(0,0,3),
→ → ∴CD=(1,1,0),CE=(2,0,1), 设平面 CDE 的一个法向量为 n=(x,y,z),
23

→ ? ?n·CD=x+y=0, 则? ?n·→ CE=2x+z=0, ? 令 x=1,得 n=(1,-1,-2). → 平面 ABC 的一个法向量为CC1=(0,0,3). → |n·CC1| → ∴|cos〈n,CC1〉|= → |n||CC1| = 6 3× 1 +?-1? +?-2?
2 2

2



6 , 3 6 . 3

∴平面 CDE 与平面 ABC 所成的锐二面角的余弦值为

1 11.(2016·四川)如图,在四棱锥 PABCD 中,AD∥BC,∠ADC=∠PAB=90°,BC=CD= AD.E 2 为棱 AD 的中点,异面直线 PA 与 CD 所成的角为 90°.

(1)在平面 PAB 内找一点 M,使得直线 CM∥平面 PBE,并说明理由; (2)若二面角 P-CD-A 的大小为 45°,求直线 PA 与平面 PCE 所成角的正弦值. 解 (1)在梯形 ABCD 中,AB 与 CD 不平行.延长 AB,DC,相交于点 M(M∈平面 PAB),点 M 即 为所求的一个点.

理由如下: 由已知,BC∥ED 且 BC=ED. 所以四边形 BCDE 是平行四边形, 从而 CM∥EB. 又 EB?平面 PBE,CM 平面 PBE, 所以 CM∥平面 PBE. (说明:延长 AP 至点 N,使得 AP=PN,则所找的点可以是直线 MN 上任意一点) (2)方法一 由已知,CD⊥PA,CD⊥AD,PA∩AD=A, 所以 CD⊥平面 PAD,

24

从而 CD⊥PD. 所以∠PDA 是二面角 P-CD-A 的平面角, 所以∠PDA=45°, 设 BC=1,则在 Rt△PAD 中,PA=AD=2. 过点 A 作 AH⊥CE,交 CE 的延长线于点 H,连接 PH,

易知 PA⊥平面 ABCD, 从而 PA⊥CE,且 PA∩AH=A,于是 CE⊥平面 PAH. 又 CE?平面 PCE, 所以平面 PCE⊥平面 PAH. 过 A 作 AQ⊥PH 于 Q,则 AQ⊥平面 PCE, 所以∠APH 是 PA 与平面 PCE 所成的角. 在 Rt△AEH 中,∠AEH=45°,AE=1,所以 AH= 3 2 2 2 在 Rt△PAH 中,PH= PA +AH = . 2 2 . 2

AH 1 所以 sin∠APH= = . PH 3
方法二 由已知,CD⊥PA,CD⊥AD,PA∩AD=A, 所以 CD⊥平面 PAD. 于是 CD⊥PD. 从而∠PDA 是二面角 P-CD-A 的平面角.所以∠PDA=45°. 由∠PAB=90°,且 PA 与 CD 所成的角为 90°,可得 PA⊥平面 ABCD. 设 BC=1,则在 Rt△PAD 中,PA=AD=2. → → 作 Ay⊥AD,以 A 为原点,以AD,AP的方向分别为 x 轴,z 轴的正方向,建立如图所示的空间 直角坐标系,

则 A(0,0,0),P(0,0,2),C(2,1,0),E(1,0,0). → → → 所以PE=(1,0,-2),EC=(1,1,0),AP=(0,0,2).
25

设平面 PCE 的法向量为 n=(x,y,z). → ? ?n·PE=0, 由? ?n·→ EC=0, ?
? ?x-2z=0, ?x+y=0. ?

得?

设 x=2,解得 n=(2,-2,1).

设直线 PA 与平面 PCE 所成角为 α , → |n·AP| → 则 sin α =|cos〈n,AP〉|= → |n||AP| = 1 = . 2× 2 +?-2? +1 3
2 2 2

2

1 所以直线 PA 与平面 PCE 所成角的正弦值为 . 3 12.(2016·潍坊模拟)如图, 边长为 2的正方形 ADEF 与梯形 ABCD 所在的平面互相垂直. 已 1 知 AB∥CD,AB⊥BC,DC=BC= AB=1,点 M 在线段 EC 上. 2

(1)证明:平面 BDM⊥平面 ADEF; π (2)判断点 M 的位置,使得平面 BDM 与平面 ABF 所成的锐二面角为 . 3 (1)证明 ∵DC=BC=1,DC⊥BC,∴BD= 2, 又 AD= 2,AB=2,∴AD +BD =AB , ∴∠ADB=90°,∴AD⊥BD. 又平面 ADEF⊥平面 ABCD,平面 ADEF∩平面 ABCD=AD,∴BD⊥平面 ADEF, 又 BD?平面 BDM, ∴平面 BDM⊥平面 ADEF. (2)解 在平面 DAB 内过点 D 作 DN⊥AB,垂足为 N, ∵AB∥CD,∴DN⊥CD, 又平面 ADEF⊥平面 ABCD,平面 ADEF∩平面 ABCD=AD,DE⊥AD, ∴ED⊥平面 ABCD,∴DN⊥ED, 以 D 为坐标原点,DN 所在的直线为 x 轴,DC 所在的直线为 y 轴,DE 所在的直线为 z 轴,建 立空间直角坐标系如图所示.
2 2 2

26

∴B(1,1,0),C(0,1,0),E(0,0, 2),N(1,0,0), → → 设 M(x0,y0,z0),EM=λ EC(0≤λ <1), ∴(x0,y0,z0- 2)=λ (0,1,- 2), ∴x0=0,y0=λ ,z0= 2(1-λ ), ∴M(0,λ , 2(1-λ )). 设平面 BDM 的法向量为 n1=(x,y,z), → ? ?n1·DM=0, 则? → ? ?n1·DB=0, → → 又DM=(0,λ , 2(1-λ )),DB=(1,1,0),

?λ y+ 2?1-λ ?z=0, ∴? ?x+y=0,
令 x=1,得 y=-1,z= 故 n1=(1,-1, λ , 2?1-λ ? λ

)是平面 BDM 的一个法向量. 2?1-λ ?

→ ∵平面 ABF 的一个法向量为DN=(1,0,0), → ∴|cos〈n1,DN〉|= 1
2

λ 1+1+ 2 2?1-λ ?

1 2 = ,得 λ = , 2 3

2 2 ∴M(0, , ), 3 3 ∴点 M 在线段 CE 的三等分点且靠近点 C 处.

27


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