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全国通用2017届高考数学一轮总复习第八章立体几何8.5空间向量及其应用空间角课件理


高考理数
§8.5 空间向量及其应用、空间角

知识清单
一、空间向量 1.向量共线的充要条件、共面向量定理和空间向量基本定理 (1)向量共线的充要条件 对空间任意两个向量a,b(b≠0),a∥b的充要条件是 存在实数λ,使得a=λb .

OP =? OA +ta,? (*) 推论:如图所示,点P在l上的充要条件是?

??? ? ??? ?

AB =a,则(*)可化为? OP = 其中a叫直线l的方向向量,t∈R,在l上取?
??? ? OB . ?

??? ?

??? ?

OA +t? AB 或? OP =(1-t)? OA +t ?

??? ?

??? ?

??? ?

??? ?

(2)共面向量定理的向量表达式为p= xa+yb

,其中x,y∈R,a,b为不共线向量,推论的表达式为

???? ???? ???? ??? ? MP MA MB OP ? =x? +y? 或对空间任意一点O有? =

???? ???? ???? ? OM MA MB ? +x? +y?

??? ? ???? ? ??? ? ??? ? OP OM OA OB 或? =u? +v? +w? ,其中u

+v+w=1.
(3)空间向量基本定理 如果三个向量a,b,c不共面,那么对空间任一向量p,存在有序实数组{x,y,z},使得p= 把{a,b,c}叫做空间的一个基底. 2.空间向量的数量积及运算律 (1)数量积及相关概念 (i)两向量的夹角 已知两个非零向量a,b,在空间内任取一点O,作? OA =a,? OB =b,则 记作 <a,b> ,其范围是
?
2
??? ? ??? ?

xa+yb+zc

,

∠AOB 叫做向量a与b的夹角, 互相垂直 ,记作a⊥b.

0≤<a,b>≤π ,若<a,b>=? ,则称a与b

(ii)两向量的数量积 已知空间两个非零向量a,b,则 |a||b|cos<a,b> a· b=|a||b|cos<a,b> . 叫做向量a,b的数量积,记作 a· b ,即

(2)空间向量数量积的运算律

(i)结合律:(λa)· b= λ(a· b) ; (ii)交换律:a· b= b· a ; (iii)分配律:a· (b+c)= a· b+a· c . 3.空间向量的坐标表示及应用 (1)数量积的坐标运算 若a=(a1,a2,a3),b=(b1,b2,b3), 则a· b= a1b1+a2b2+a3b3 . (2)共线与垂直的坐标表示 设a=(a1,a2,a3),b=(b1,b2,b3),a,b均为非零向量, 则a∥b? a=λb(λ∈R) (3)模、夹角和距离公式 设a=(a1,a2,a3),b=(b1,b2,b3), 则|a|=?a =? a ? a1=λb1,a2=λb2,a3=λb3(λ∈R) ,a⊥b? a· b=0 ? a1b1+a2b2+a3b3=0 .

?

2 2 2 a1 . ? a2 ? a3

cos<a,b>=?=

a ?b | a || b |

?
2

a1b1 ? a2b2 ? a3b3
2 1

2 2 2 a ?. a2 ? a3 ? b12 ? b2 ? b32

若A(a1,b1,c1),B(a2,b2,c2), 则dA、B=|? |= AB
??? ?

? (a. ? a )
1

2

? (b2 ? b1 ) 2 ? (c2 ? c1 ) 2

二、立体几何中的向量方法(Ⅰ)——证明平行与垂直
1.用向量证明空间中的平行关系 (1)设直线l1和l2的方向向量分别为v1和v2,则l1∥l2(或l1与l2重合)? v1∥v2 . (2)设直线l的方向向量为v,与平面α共面的两个不共线向量分别为v1和v2,则l∥α或l?α? 存在两个实数x,y,使v=xv1+yv2 . .

(3)设直线l的方向向量为v,平面α的法向量为u,则l∥α或l?α? v⊥u (4)设平面α,β的法向量分别为u1,u2,则α∥β? u1∥u2 . 2.用向量证明空间中的垂直关系

(1)设直线l1和l2的方向向量分别为v1和v2,则l1⊥l2? v1⊥v2 ? v1· v2=0 .

(2)设直线l的方向向量为v,平面α的法向量为u,则l⊥α? v∥u (3)设平面α和β的法向量分别为u1和u2,则α⊥β? u1⊥u2 ? 三、立体几何中的向量方法(Ⅱ)——求空间角与距离 1.线直线的方向向量与平面的法向量的确定

. u 1· u2=0 .

(1)找直线的方向向量:在直线上任取一非零向量可作为它的方向向量. (2)平面的法向量可利用方程组求出:设a,b是平面α内两不共线向量,n为平面α的法向量,则求法
?n ? a ? 0, 向量的方程组为? ? ?n ? b ? 0.

2.空间向量与空间角的关系 (1)设异面直线l1,l2的方向向量分别为m1,m2,则l1与l2所成的角θ满足cos θ= |cos<m1,m2>| .

(2)设直线l的方向向量和平面α的法向量分别为m和n,则直线l与平面α所成角θ满足sin θ= |cos<m,n>| .

(3)求二面角的大小
??? ? ??? ? (i)如图a,AB、CD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= <? ,? > CD AB

.

?
(ii)如图b、c,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>或-cos<n1,n2> . 3.点到面的距离的求法 如图,设A为平面α内的一点,B为平面α外的一点,n为平面α的法向量,则B到平面α的距离d=
??? ? | AB ? n | |n|

?

.

?
【知识拓展】 1.理解空间向量、空间点的坐标的意义,掌握向量加法、减法、数乘、点乘的坐标表示以及两 点间的距离公式、夹角公式.利用空间向量的坐标运算可将立体几何中平行、垂直、夹角、距 离等问题转化为向量的坐标运算,如(1)判断线线平行或三点共线,可以转化为证a∥b(b≠0)?a= λb;(2)证明线线垂直,转化为证a⊥b?a· b=0,若a=(x1,y1,z1),b=(x2,y2,z2),则转化为证x1x2+y1y2+z1z2=0; (3)在立体几何中求线段的长度问题时,转化为a· a=|a|2,或利用空间两点间的距离公式;(4)在计算
a ?即可 b 异面直线所成的角(或线面角、二面角)时,转化为求向量的夹角,即利用公式cos θ=? . | a || b |

2.利用空间向量解决立体几何中的平行问题

(1)证明两条直线平行,只需证明这两条直线的方向向量是共线向量,但要注意说明这两条直线 不共线.

(2)证明线面平行的方法 ①证明直线的方向向量与平面的法向量垂直,但要说明直线不在平面内. ②证明能够在平面内找到一个向量与已知直线的方向向量共线,也要说明直线不在平面内. ③利用共面向量定理,即证明直线的方向向量与平面内的两个不共线向量是共面向量.同时要注 意强调直线不在平面内. 3.向量法通过空间坐标系把空间图形的性质代数化,避免了寻找平面角和垂线段等诸多麻烦,使 空间点、线、面的位置关系的判定和计算程序化、简单化.主要是建系、设点、计算向量的坐 标、利用数量积的夹角公式计算. 4.求点到平面距离的方法:①垂面法:借助面面垂直的性质来作垂线,其中过已知点确定已知面的 垂面是关键;②等体积法,转化为求三棱锥的高;③等价转化法;④法向量法.

突破方法
方法1 异面直线所成的角
1.求异面直线所成的角常采用“平移法”,平移的方法一般有三种:将图中已有的平行线平
移;利用特殊点(线段的端点或中点)作平行线平移;补形平移.计算异面直线所成的角通常放在三 角形中进行. 2.几何法求异面直线所成角的一般步骤:

?

3.向量法求异面直线所成角 建立空间直角坐标系后,确定两直线的方向向量a,b,则两直线所成角θ满足cos θ=?
a ?b . | a |?| b |

例1 如图,已知两个正四棱锥P-ABCD与Q-ABCD的高分别为1,2,AB=4. (1)证明:PQ⊥平面ABCD;

(2)求异面直线AQ与PB所成角的余弦值; (3)求点P到面QAD的距离. 解题导引 (1)连结AC,BD, 设AC∩BD=O→证PO⊥面ABCD, QO⊥面ABCD→P,O,Q 共线→结论 (2)建立空间直 角坐标系→写出P,A,Q,
???? ,? ??? ? B的坐标→写出? AQ PB 的坐标→求角的余弦值
???? ,? ??? ? (3)写出D,? AD PQ 的坐标→求面QAD的

法向量→求距离 解析 (1)证明:如图,连结AC,BD,设AC∩BD=O,连结OP,OQ. ∵P-ABCD与Q-ABCD都是正四棱锥,

∴PO⊥平面ABCD,QO⊥平面ABCD, 从而P、O、Q三点在一条直线上. ∴PQ⊥平面ABCD.

?
(2)由题设知,四边形ABCD是正方形,∴AC⊥BD. 由(1)知,PQ⊥平面ABCD,分别以CA,DB,QP所在直线为x,y,z轴建立空间直角坐标系O-xyz,由条件 得P(0,0,1),A(2?2 ,0,0),Q(0,0,-2),B(0,2?2 ,0), ∴? PB =(0,2?2 ,-1). AQ =(-2?2 ,0,-2),?
???? ??? ? ? ???? ??? 3 AQ ? PB 于是cos<? PB >= ???? ??? ? =? . AQ ,? | AQ || PB | 9

????

??? ?

?

3. 从而异面直线AQ与PB所成角的余弦值为? 9

??? ? ???? PQ AD 2 2 2 (3)由(2)得D(0,-2?,0),?=(-2?,-2?,0),?=(0,0,-3),设n=(x,y,z)是面QAD的法向量, ???? ? n ? AQ ? 0, ? ? 2 x ? z ? 0, 由? 得 ? ? ???? ? n ? AD ? 0 ? ? x ? y ? 0. ? 不妨取x=1,得n=(1,-1,-?2 ). ??? ? | PQ ?? n| .3 2 ∴点P到面QAD的距离d= = 2 |n|

? ?

?

1-1 (2014课标Ⅱ,11,5分)直三棱柱ABC-A1B1C1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 2 B.? 5
30 C.? 10 2 D.? 2

)

答案 C 解析 解法一:取BC的中点Q,连结QN,AQ,易知BM∥QN,则∠ANQ即为所求, 设BC=CA=CC1=2, 则AQ=?,AN=?,QN=?,
5 5 6

2 2 2 ∴cos∠ANQ=? ? =? ? , 5?6?5 AN= ? NQ ?= AQ

2 AN ? NQ

2 5? 6

6 2 30

30 10

故选C.

?
解法二:以C1为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系,

?
设BC=CA=CC1=2, 则A(2,0,2),N(1,0,0),M(1,1,0),B(0,2,2),
???? ???? ? ? ???? ???? ???? ? ???? 30 AN ? BM ?1 ? 4 3 ∴? BM >= ???? ???? ? =? AN ,? BM =(1,-1,-2), ∴cos<? AN =(-1,0,-2),? =? =? ,故选C. | AN || BM | 5? 6 30 10

?

方法2
2.求线面角的常用方法:

平行与垂直、直线与平面所成的角

1.用向量法证明平行(或垂直)只需证明a∥b(或a· b=0).

(1)找:即找出直线与平面所成的角,再通过解三角形求解,具体步骤为: ①寻找过斜线上一点与平面垂直的直线,或过斜线上一点作平面的垂线,确定垂足的位置; ②连结垂足和斜足得到斜线在平面内的射影,斜线与其射影所成的锐角或直角即为所求的角; ③将该角归结为某个三角形的内角(一般是直角三角形),通过解三角形(可能需要解多个三角

形)求得该角或其三角函数值.
h .其中,θ为线面角,h为点B到平面α的距离,l为斜线段AB的长.(如图所示) (2)算:①公式法:sin θ=? l

②向量法:如图所示,设l为平面α的斜线,l∩α=A,a为l的方向向量,n为平面α的法向量,φ为l与α所成
的角,则sin φ=|cos <a,n>|=?
| a?n| . | a || n |

例2 (2015课标Ⅱ,19,12分)如图,长方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=16,BC=10,AA1=8,点E,F分别在A1 B1,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. 解析 (1)交线围成的正方形EHGF如图:

?
(2)作EM⊥AB,垂足为M,则AM=A1E=4,EM=AA1=8. 因为EHGF为正方形,所以EH=EF=BC=10. 于是MH=? EH 2 ? EM 2 =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D-xyz,则A(10,0,0),H(1 0,10,0),E(10,4,8),F(0,4,8),? FE =(10,0,0),? HE =(0,-6,8). 设n=(x,y,z)是平面EHGF的法向量,
??? ? n ? FE ? 0, 即 ?10 x ? 0, ? 则 ? ??? ? ? ? ?n ? HE ? 0, ??6 y ? 8 z ? 0,
??? ? ???? ??? ?

?

?

所以可取n=(0,4,3).

??? ? ??? ? ??? ? | n ? AF | 4 5 AF =(-10,4,8),故|cos<n,? AF >|= ??? ? =? . 又? | n || AF | 15

?

所以AF与平面EHGF所成角的正弦值为? . 2-1 (2013天津,17,13分)如图,四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,侧棱A1A⊥底面ABCD,AB∥DC,AB⊥ AD,AD=CD=1,AA1=AB=2,E为棱AA1的中点. (1)证明B1C1⊥CE; (2)求二面角B1-CE-C1的正弦值;
2 ,求线段AM的长. (3)设点M在线段C1E上,且直线AM与平面ADD1A1所成角的正弦值为? 6

4 5 15

?
解析 解法一:如图,以点A为原点建立空间直角坐标系,依题意得A(0,0,0),B(0,0,2),C(1,0,1),B1(0,

2,2),C1(1,2,1),E(0,1,0).

?
(1)证明:易得? B1C1 =(1,0,-1),? CE =(-1,1,-1), 于是? ? B1C1 · CE =0,所以B1C1⊥CE. (2)? B1C =(1,-2,-1). 设平面B1CE的法向量m=(x,y,z),
???? ? ? m ? B1C ? 0, ? x ? 2 y ? z ? 0, ? 则 ? ??? 即? 消去x,得y+2z=0, ? ? x ? y ? z ? 0, ? ? ?m ? CE ? 0,

???? ?

??? ?

???? ? ??? ?

????

?

?

不妨令z=1,可得一个法向量为m=(-3,-2,1). 由(1),B1C1⊥CE,又CC1⊥B1C1,可得B1C1⊥平面CEC1,

???? ? B C 故?=(1,0, -1)为平面CEC1的一个法向量. 1 1 ????? ???? ? m ? B1C1 2 7 于是cos<m,? =?=?, ?4 ????? B1>= C1 7 14 ? 2 | m | ? | B1C1 | ???? ? 21 从而sin<m,? B1>= C1 ?. 7

?

21 所以二面角B1-CE-C1的正弦值为? .

7 ??? ? ???? ? ???? ??? ? ???? ? ???? ? ???? (3)? =(0,1,0),?EC =(1,1,1).设?=λEM ?=(λ,λ ,λ? ),0≤λ≤1,有?=?+?=( λ? ,λ+1, λ).可取 AE AM AE EM ?=(0, EC 1 1

??? ? AB

0,2)为平面ADD1A1的一个法向量.
???? ??? ? =? | AM ? AB | 设θ为直线AM与平面ADD1A1所成的角,则sin θ=|cos<? ,?? >|= ? AM AB
???? ? ??? ? ???? ? ??? ? | AM | ? | AB | 2λ λ 2 ? ( λ ? 1) 2 ? λ 2 ? 2

=?. λ
3λ 2 ? 2 λ ? 1 于是?=? ?,所以AM 1 =?. λ ,解得λ=2 3 3λ 2 ? 2 λ ? 1 6
5 2 3 2

解法二:(1)证明:因为侧棱CC1⊥底面A1B1C1D1,B1C1?平面A1B1C1D1,所以CC1⊥B1C1.经计算可得B1 E=?,B1C1=?,EC1=?,从而B1E2=B1?+E2 ?,所以在△ B1EC1中,B1C1⊥C1E,又CC1,C1E?平面CC1 2
C1 C1

E,CC1∩C1E=C1,所以B1C1⊥平面CC1E,又CE?平面CC1E,故B1C1⊥CE.

?
(2)过B1作B1G⊥CE于点G,连结C1G. 由(1),B1C1⊥CE,故CE⊥平面B1C1G, 得CE⊥C1G,所以∠B1GC1为二面角B1-CE-C1的平面角.在△CC1E中,由CE=C1E=?3 ,CC1=2,可得C1
2 6 21 G=? .在Rt△B1C1G中,B1G=?,42 所以sin∠B1GC1=?,即二面角 B1-CE-C1的正弦值为?. 21 3 3 7 7

(3)连结D1E,过点M作MH⊥ED1于点H,可得MH⊥平面ADD1A1,连结AH,AM,则∠MAH为直线AM 与平面ADD1A1所成的角.
2 x,AH=? 34 设AM=x,从而在Rt△AHM中,有MH=? x. 6 6

2 2 在Rt△C1D1E中,C1D1=1,ED1=?,2 得EH=?MH 2 =?x.在△AEH中,∠AEH=135°,AE=1,由AH =AE +

1 3

17 2 1 2 2 EH2-2AE· EHcos 135°,得? x =1+? x +?x, 18 9
3

整理得5x -2?2 x-6=0,解得x=?.所以线段 AM的长为?. 2 2
2

方法3

二面角

1.求二面角的大小的关键是作出二面角的平面角,作二面角的平面角的方法: 作法一(定义法):在二面角的棱上找一特殊点,过该点在两个半平面内分别作垂直于棱的射线.如 图(1),∠AOB为二面角α-l-β的平面角.

?
作法二(垂面法):过棱上一点作棱的垂直平面,该平面与二面角的两个半平面产生交线,这两条交 线的夹角即为二面角的平面角.如图(2),∠AOB为二面角α-l-β的平面角. 作法三(垂线法):过二面角的一个半平面内一点作另一个半平面所在平面的垂线,过垂足作棱的 垂线,利用线面垂直可找到二面角的平面角或其补角.如图(3),∠ABO为二面角α-l-β的平面角.

2.若AB,CD分别是二面角α-l-β的两个平面内与棱l垂直的异面直线,则二面角(或其补角)的大小
AB 与? CD 的夹角,如图(4). 就是向量? ??? ?
??? ?

平面α与β相交于直线l,平面α的法向量为n1,平面β的法向量为n2,<n1,n2>=θ,则二面角α-l-β为θ或π1 θ.设二面角的大小为φ,则|cos φ|=|cos θ|=?

| n ? n2 | ,如图(5)(6). | n1 || n2 |

例3 (2012课标全国,19,12分)如图,直三棱柱ABC-A1B1C1中,AC=BC=? AA1,D是棱AA1的中点,DC1 ⊥BD. (1)证明:DC1⊥BC; (2)求二面角A1-BD-C1的大小.

1 2

?
解题导引 (1)证DC1⊥DC→证DC1⊥平面BCD→结论

(2)建立空间
直角坐标系→求面A1B1BD 的法向量→求面C1BD 的法向量→求角 解析 (1)由题设知,三棱柱的侧面为矩形. 由于D为AA1的中点,故DC=DC1.
1 AA1,可得D? 2 +DC2=C? 2,所以DC1⊥DC. 又AC=? C C 2
1 1

而DC1⊥BD,DC∩BD=D,所以DC1⊥平面BCD. 又BC?平面BCD,故DC1⊥BC. (2)由(1)知BC⊥DC1,且BC⊥CC1,则BC⊥平面ACC1, 所以CA,CB,CC1两两相互垂直. 以C为坐标原点,? 的方向为x轴的正方向,? 的方向为y轴的正方向,|?|为单位长 ,建立如图所 CA CB CA 示的空间直角坐标系C-xyz.
??? ? ??? ? ??? ?

?
由题意知A1(1,0,2),B(0,1,0),D(1,0,1),C1(0,0,2).
??? ? ???? ? ???? ? 则? =(0,0,-1), ?=(1,-1,1), ?=(-1,0,1). BD AD DC
1 1

设n=(x,y,z)是平面A1B1BD的法向量,
??? ? ? n ? BD ? 0, ? x ? y ? z ? 0, ? 则 ? ????? 即?可取 n=(1,1,0). ? z ? 0. n ? A D ? 0, ? ? ? 1

?

??? ? ? m ? BD ? 0, 同理,设m是平面C1BD的法向量,则 ? ? ? ???? ? ?m ? DC1 ? 0.

?

可取m=(1,2,1).
n= ?m 从而cos<n,m>=? ?. | n |?| m | 3 2

故二面角A1-BD-C1的大小为30°. 3-1 (2014江西,19,12分)如图,四棱锥P-ABCD中,ABCD为矩形,平面PAD⊥平面ABCD. (1)求证:AB⊥PD;

(2)若∠BPC=90°,PB=?,PC=2,问AB为何值时,四棱锥P-ABCD的体积最大?并求此时平面BPC
2

与平面DPC夹角的余弦值.

?
解析 (1)证明:ABCD为矩形,故AB⊥AD. 又平面PAD⊥平面ABCD, 平面PAD∩平面ABCD=AD, 所以AB⊥平面PAD,故AB⊥PD. (2)过P作AD的垂线,垂足为O,过O作BC的垂线,垂足为G,连结PG.

?

故PO⊥平面ABCD,BC⊥平面POG,BC⊥PG. 在Rt△BPC中,PG=? ,GC=? ,BG=? . 设AB=m,则OP=?PG 2 ? OG 2 =? ? m2 ,故四棱锥P-ABCD的体积V=? · ?6 · m· ? ? m2 =??8 ? 6m2 .
2? 8 2 因为m?8 ? 6m =?8m ? 6m = ?6 ? ?m ? ? ? , 3? 3 ?
2 2 4

2 3 3

2 6 3

6 3

4 3

1 3

4 3

m 3

?

2

故当m=? ,即AB=? 时,四棱锥P-ABCD的体积最大.
? 6 6 ? ? 6 2 6 ? ? 2 6 ? 此时,建立如图所示的坐标系,各点的坐标为O(0,0,0),B? ,? ,0 ? ,C? , ,0 ? ,D? ,0 ? ,P ? ? ? 0, ? 3 3 ? ? 3 3 ? ? 3 ? ? ? ? 0,0, ? 6 ?. ? 3 ? ? 3 3 3 ? ? 3 ?

6 3

6 3

??? ? ? 6 2 6 ??? ? ??? ? ? ? 6 ? ,? 6 故? , ,? ,0,0 ? . PC =? CD =? ? ? BC =(0,?6 ,0),? ??

? ??? ? ??? ? ? 6 x ? 2 6 y ? 6 ? 0, 设平面BPC的一个法向量为n1=(x,y,1),则由n1⊥? 解得x=1,y=0, PC ,n1⊥? BC 得 ? 3 3 3 ? 6 y ? 0, ?

?

n1=(1,0,1).
? ? 同理可求出平面DPC的一个法向量为n2=? ? 0, ,1? . 2 1 ? ?
1 从而平面BPC与平面DPC夹角θ的余弦值为cos θ=?

| n ? n2 | = | n1 || n2 |

?1 1
2? 4

=? .
?1

10 5

方法4

空间中的距离

空间中的距离主要包括点到点、点到线、点到面的距离,基本上只考查点到面的距离,结合 体积问题,考查形式大致有两类:①直接求空间距离;②已知空间距离,求相关的量或参数(如高, 长度等). 求空间距离常用的方法: (1)几何法: 直接法:利用线线垂直、线面垂直、面面垂直等性质定理与判定定理,作出空间距离的垂线段, 再通过解三角形求出距离.其中,找垂足是作垂线段的关键,一般可借助线面垂直的判定定理作 面的垂线.因此,要善于挖掘条件中的线线垂直,用以作平面的垂线段. 间接法:利用等体积法、特殊值法等转化求解.

(2)向量法:

求点到平面的距离: 如图所示,已知点B(x0,y0,z0),平面α内一点A(x1,y1,z1),平面α的一个法向量n,直线AB与平面α所成的
AB AB AB 角为φ,θ=<n,? >,则sin φ=|cos <n,?>|=|cos θ|.由数量积的定义知,n· ?=|AB n|· |?|· cos θ,所以点B ??? ? ??? ? 到平面α的距离d=|? |· sin φ=|?|· |cos θ|= AB AB ??? ? ??? ? ??? ? ??? ?
??? ? | n ? AB | . |n|

?

例4 (2014课标Ⅱ,18,12分)如图,四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为矩形,PA⊥平面ABCD,E为PD 的中点. (1)证明:PB∥平面AEC; (2)设二面角D-AE-C为60°,AP=1,AD=?3 ,求三棱锥E-ACD的体积.

?
解析 (1)连结BD交AC于点O,连结EO. 因为ABCD为矩形,所以O为BD的中点.

?
?,0),E

又E为PD的中点,所以EO∥PB. 又EO?平面AEC,PB?平面AEC,所以PB∥平面AEC. (2)因为PA⊥平面ABCD,ABCD为矩形,所以AB,AD,AP两两垂直.
??? ? ? 如图,以A为坐标原点,? 的方向为 x轴的正方向,|???? |AP 为单位长 ,建立空间直角坐标系A-xyz,则D(0, AB
3

? ? , = 3? 1 ? ??? ? , ?. AE ? 0,
?

?

2 2?

? 3 1? , ? ? 0, 2 2? ?
??? ?

设B(m,0,0)(m>0),则C(m,? AC =(m,? 3 ,0),? 3 ,0). 设n1=(x,y,z)为平面ACE的法向量,
??? ? ?mx ? 3 y ? 0, ? ? 3 ? n ? AC ? 0, ? ? 1 则 ? ??? 即? 3 可取 n , ? 1, 3 1= ? ? ?. 1 m y ? z ? 0, ? ? ? ?n1 ? AE ? 0, ? ? 2 2

?

?

?

又n2=(1,0,0)为平面DAE的一个法向量,
1, 由题设得|cos<n1,n2>|=? 2

3 1 3 即?=?, 解得 m = ? . 2 3 ? 4m
2 2 2 1 . 因为E为PD的中点,所以三棱锥E-ACD的高为? 1 × 1?×?×3 1 3 三棱锥E-ACD的体积V=? 3 ?×?=?. 3 2 2 2
8

4-1 (2014大纲全国,19,12分)如图,三棱柱ABCA1B1C1中,点A1在平面ABC内的射影D在AC上,∠ACB=90°,BC=1,AC=CC1=2. (1)证明:AC1⊥A1B; (2)设直线AA1与平面BCC1B1的距离为?,求二面角A1-AB-C的大小.
3

?
解析 解法一:(1)证明:因为A1D⊥平面ABC,A1D?平面AA1C1C, 所以平面AA1C1C⊥平面ABC.

又因为BC⊥AC,所以BC⊥平面AA1C1C. 连结A1C.因为侧面AA1C1C为菱形,所以AC1⊥A1C. 由三垂线定理得AC1⊥A1B. (2)因为BC⊥平面AA1C1C,BC?平面BCC1B1, 所以平面AA1C1C⊥平面BCC1B1. 作A1E⊥CC1,E为垂足,则A1E⊥平面BCC1B1, 又因为直线AA1∥平面BCC1B1, 所以A1E为直线AA1与平面BCC1B1的距离,A1E=?3 , 因为A1C为∠ACC1的平分线,所以A1D=A1E=?3 . 作DF⊥AB,F为垂足,连结A1F. 由三垂线定理得A1F⊥AB, 所以∠A1FD为二面角A1-AB-C的平面角. 由AD=?=12得D为 2AC中点,
AA1 ? A1 D

DF=? ?? =BC ?,tan5∠A1FD=?=?A .D 1 × AC
1

2

AB

5

DF

15

15 . 所以二面角A1-AB-C的大小为arctan?

解法二:以C为坐标原点,射线CA为x轴的正半轴,CB的长为单位长,建立如图所示的空间直角坐 标系C-xyz. 由题设知A1D与z轴平行,z轴在平面AA1C1C内.

AB =(-2,1,0),? AA1 =(a-2,0,c). AC =(-2,0,0),? (1)证明:设A1(a,0,c),由题设得a≤2,A(2,0,0),B(0,1,0),则?

??? ?

??? ?

????

AC1 =? AA1 =(a-4,0,c),? BA1 =(a,-1,c). AC +? ?
2 2 (a ? 2) 2 ? c 2 =2,即a -4a+c =0.① AA1 |=2得? 由|?

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

????

???? ? ???? 2 AC BA1 =a -4a+c2=0,所以AC1⊥A1B. 于是? 1 · ?

(2)设平面BCC1B1的法向量为m=(x,y,z),
???? ??? ? 则m⊥? BB1 , CB ,m⊥? ???? ??? ? 即m· ? ? BB1 =0. CB =0,m· ???? ???? ??? ? 因为? BB1 =? AA1 =(a-2,0,c), CB =(0,1,0),?

所以y=0,且(a-2)x+cz=0. 令x=c,则z=2-a,所以m=(c,0,2-a).
??? ? ??? ? ??? ? 2c | CA ?m| = 点A到平面BCC1B1的距离为|? |cos <m· ? =c. CA |· CA >|= 2 2 |m| c ? (2 ? a ) 又依题设,点A到平面BCC1B1的距离为?3 ,所以c=?3 . ???? 代入①解得a=3(舍去)或a=1,于是? AA1 =(-1,0,?3 ). ????? ? ???? ??? ? 设平面? 的法向量 n =( p , q , r ), 则 n ⊥ ? ABA1 AA1 ,n⊥? AB ,

?

?

???? ? ? ? n ? AA ? 1 ? 0, 即 ? ? p ? 3r ? 0, 所以 ? ??? ? ? ? ? ??2 p ? q ? 0. ?n ? AB ? 0, 令p=? 3 ,则q=2? 3 ,r=1,所以n=(? 3 ,2? 3 ,1).

?

?

又因为p=(0,0,1)为平面ABC的法向量, 所以cos <n,p>=?
1 n? p =? . | n || p | 4 1 4

所以二面角A1-AB-C的大小为arccos? .


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