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2015-2016学年高中数学 第三章 空间向量与立体几何本章小节 新人教A版选修2-1


【金版学案】2015-2016 学年高中数学 第三章 空间向量与立体几何 本章小节 新人教 A 版选修 2-1

知识点一 空间向量的线性运算 选定空间不共面的三个向量作基向量,并用它们表示出指定的向量,是用向量解决立体 几何问题的基本要求. 空间向量的运算主要包括空间向量的线性运算、 数量积运算以及空间向量的坐标运算. 空 间向量的运算法则、运算律与平面向量

基本一致. 例 1 如图,在四棱锥 SABCD 中,底面 ABCD 是边长为 1 的正方形,S 到 A、B、C、D 的距 离都等于 2.给出以下结论:

→ → → → ①SA+SB+SC+SD=0; → → → → ②SA+SB-SC-SD=0; → → → → ③SA-SB+SC-SD=0; → → → → ④SA·SB=SC·SD; → → ⑤SA·SC=0,其中正确结论的序号是________. → → → → → → 解析:容易推出:SA-SB+SC-SD=BA+DC=0,所以③正确;又因为底面 ABCD 是边长 → → → → 为 1 的正方形,SA=SB=SC=SD=2,所以SA·SB=2·2·cos∠ASB,SC·SD=2×2×cos∠ → → → → CSD,而∠ASB=∠CSD,于是SA·SB=SC·SD,因此④正确,其余三个都不正确,故正确结论 的序号是③④.
1

答案:③④ 知识点二 空间向量与空间位置关系 利用空间向量主要研究空间中的平行或垂直问题. (1)证明 线面平行问题可以有以下三种方法: ①利用线线平行证明线面平行. ②向量 p 与两个不共线的向量 a,b 共面的充要条件是存在实数对 x,y,使 p=xa+yb. 利用共面向量定理可以证明线面平行问题. ③设 n 为平面 α 的法向量,a 为直线 l 的方向向量,要证明 l∥α ,只需证明 a·n=0. (2)证明线面垂直的常用方法有: ①设 a 为直线 l 的方向向量,n 为平面 α 的法向量,则 a=λ n(λ 为非零实数)?a 与 n 共线?l⊥α . ②l 是交线 a,b 所在平面 α 外的直线,a,b 不共线,l,a,b 分别为直线 l,a,b 的 方向向量,则有 l·a=0 且 l·b=0?l⊥a 且 l⊥b?l⊥α . 例 2 如图, 在矩形 ABCD 中 AB=2BC, P、Q 分别为线段 AB、CD 的中点,EP⊥平面 ABCD. (1)求证:AQ∥平面 CEP; (2)求证:平面 AEQ⊥平面 DEP.

证明:(1)∵EP⊥矩形 ABCD 所在的平面,且 P、Q 均为 AB,DC 的中点,∴PQ ⊥AB,故以

P 为坐标原点,以 PA,PQ,PE 分别为 x 轴,y 轴,z 轴建系如右图.

2

令 AB=2,PE=a,则 A(1,0,0),Q(0,1,0),E(0,0,a),C(-1,1,0). → ∵AQ=(-1,1,0), →

PC=(-1,1,0),
→ → ∴AQ=PC, → → ∴AQ∥PC,∴AQ∥PC. ∵AQ?平面 EPC,PC? 平面 EPC, ∴AQ∥平面 EPC. (2)∵D(1,1,0),E(0,0,a), → → ∴PD=(1,1,0),PE=(0,0,a), → → ∴AQ·PD=(-1,1,0)·(1,1,0)=-1+1=0,



AQ·PE=(-1,1,0)·(0,0,a)=0.
→ → → → ∴AQ⊥PD,AQ⊥PE, 即 AQ⊥PD,AQ⊥PE,又 PD∩PE=P, ∴AQ⊥平面 EPD,AQ? 平面 AEQ, ∴平面 AEQ⊥平面 DEP. 例 3 如图所示,矩形 ABCD 的边 AB=a,BC=2,PA⊥平面 ABCD,PA=2,现有数据:a





3 ;a=1;a=2;a= 3;a=4.若在 BC 边上存在点 Q,使 PQ⊥QD,则 a 可以取所给数据 2

中的哪些值?并说明理由.

3

→ → 分析:建立空间直角坐标系,由 PQ⊥QD 得PQ·QD=0,再将该等式表示为坐标形式,利 用方程思想求解. 解析:建立如图所示的空间直角坐标系,

则 A(0,0,0),P(0,0,2),D(0,2,0). 设 Q(a,x,0)(BQ=x,0≤x≤2), → → 于是PQ=(a,x,-2),QD=(-a,2-x,0). → → 2 由 PQ⊥QD 得PQ·QD=-a +x(2-x)-2×0= 0, 即 x -2x+a =0,此方程有解,Δ ≥0,所以 0<a≤1. 当 a= 3 3 1 时,方程的解为 x= 或 x= ,满足 0≤x≤2. 2 2 2
2 2

当 a=1 时,方程的解为 x=1,满足 0≤x≤2. 因此满足条件的 a 的取值为 a= 知识点三 空间向量与空间角 1.求异面直线所成的角. 设两异面直线的方向向量分别为 n1、n2,那么这两条异面直线所成的角为θ =〈n1,n2〉
4

3 和 a=1. 2

或 θ =π -〈n1,n2〉 ,∴cos θ =|cos〈n1,n2〉|. 2.求二面角的大小. 如图,

设平面 α 、β 的法向量分别为 n1、n 2.因为两平面的法向量所成的角(或其补角)就等于 平面 α 、β 所成的锐二面角 θ ,所以 cos θ =|cos〈n1,n2〉|. 3.求斜线与平面所成的角. 如图,

设平面 α 的法向量为 n1,斜线 OA 的方向向量为 n2,斜线 OA 与平面所成的角为 θ ,则 sin θ =|cos〈n1,n2〉|. 四棱锥 PABCD 的底面是正方形,PA⊥底面 ABCD,PA=AD=2,点 M,N 分别在棱 PD,PC 上,且 PC⊥平面 AMN. (1)求 AM 与 PD 所成的角; (2)求二面角 PAMN 的余弦值; (3)求直线 CD 与平面 AMN 所成角的余弦值. 分析:建立空间直角坐标系,将所求角转化为空间向量所成的角. 解析:建立如图所示的空间直角坐标系

5

→ → 得 A(0,0,0),C(2,2,0),P(0,0,2),D(0,2,0),所以PC=(2,2,-2),PD= (0,2,-2). → → 设 M(x1,y1,z1),因为PM=λ PD, 所以(x1,y1,z1-2)=λ (0,2,-2),所以 x1=0,y1=2λ ,z1=-2λ +2, 所以 M(0,2λ ,2-2λ ). 因为 PC⊥平面 AMN,所以 PC⊥AM, → → 所以PC·AM=0, 所以(2,2,-2)·(0,2λ ,2-2λ )=0,得 4λ -2(2-2λ )=0, 1 所以 λ = ,M(0,1,1). 2 → → 设 N(x2,y2,z2),因为PN=tPC, 所以(x2,y2,z2-2)=t(2,2,-2), 所以 x2=2t,y2=2t,z2=-2t+2,所以 N(2t,2t,2-2t). → → → → 因为PC⊥AN,所以PC·AN=0, 所以(2t,2t,2-2t)·(2,2,-2)=0,所以 4t+4t-2(2-2t)=0, 1 ?2 2 4? 所以 t= ,所以 N? , , ?. 3 ?3 3 3? (0,1,1)·(0,2,-2) → → (1)因为 cos ?AM,PD?= =0, 0+1+1· 0+4+4 所以 AM 与 PD 所成的角为 90°. (2)因为 AB⊥平面 PAD,PC⊥平面 AMN, → → 所以AB,PC分别是平面 PAD,平面 AMN 的法向量.
6

→ → → → 因为AB·PC=(2,0,0)·(2,2,-2)=4,|AB|=2,|PC|=2 3, 4 3 → → 所以 cos ?AB,PC?= = , 4 3 3 所以二面角 PAMN 的余弦值为 3 . 3

→ (3)因为PC是平面 AMN 的法向量,所以 CD 与平面 AMN 所成的角即为 CD 与 PC 所成角的余 → → 角.因为CD·PC=(-2,0,0)·(2,2,-2)=-4, -4 3 → → 所以 cos ?CD,PC?= =- , 3 2×2 3 所以直线 CD 与 PC 所成角的余弦值为 3 , 3 6 . 3

即直线 CD 与平面 AMN 所成角的余弦值为 知识点四 空间向量与空间距离

计算两点之间的距离和线段的长度是几何度量最基本的课题.计算任何图形之间的距离 都可以转化为求两点之间的距离. 几种常见的距离的求法: (1) 求
2

A 、 B
2

两 点 间 的 距 离 一 般 用 |AB| =
2

→·→ = AB AB

(x1-x2) +(y1-y2) +(z1-z2) . (2)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 所成的角为 φ ,θ =〈n,AB〉 ,则 sin φ =|cos〈n,AB〉|=|cos θ |.由数量积 → → → → 的定义知, n·AB=|n|·|AB|cos θ , ∴点 B 到平面 α 的距离 d=|AB|· sin φ =|AB|· |cos → |n·AB| θ |= . |n| (3)求异面直线间的距离.
7

如图

若 CD 是异面直线 a、b 的公垂线,A、B 分别为 a、b 上的任意两点,令向量 n⊥a,n⊥b, , → → → → → → → → → → 则 n∥CD.则由AB=AC+CD+DB得,AB·n=AC·n+CD·n+DB·n,∴AB·n=CD·n. → → → → |AB·n| ∴|AB·n|=|CD|·|n|,∴|CD|= . |n| → |AB·n| ∴两异面直线 a、b 间的距离为 d= . |n| (4)求直线到平面的距离.

设直线 a∥平面 α ,A∈a,B∈α ,n 是平面 α 的法向量,过 A 作 AC⊥α ,垂足为 C, → 则AC∥n, → → → → ∵AB·n=(AC+CB)·n=AC·n. → → ∴|AB·n|=|AC|·|n|.
8

→ → |AB·n| ∴直线 a 到平面α 的距离为 d=|AC|= . |n| (5)求两平行平面间的距离. 设 n 是两平行平面的一个法向量,A、B 分别是两平行平面上的任意两点,则两平行平面 → |AB·n| 的距离 d= . |n|

如图,在四棱锥 PABCD 中,PA⊥平面 ABCD,底面 ABCD 是菱形,AB=2,∠BAD=60°. (1)求证:BD⊥平面 PAC; (2)若 PA=AB,求 PB 与 AC 所成角的余弦值; (3)当平面 PBC 与平面 PDC 垂直时,求 PA 的长.

(1)证明:因 为四边形 ABCD 是菱形,所以 AC⊥BD. 又因为 PA⊥平面 ABCD,所以 PA⊥BD,又 AC∩PA=A,所以 BD⊥平面 PAC. (2)解析:设 AC∩BD=O, 因为∠BAD=60°,PA=AB=2, 所以 BO=1,AO=CO= 3. 如图,以 O 为坐标原点,建立空间直角坐标系

9

则 P(0,- 3,2),A(0,- 3,0),B(1,0,0),C(0, 3,0). → → 所以PB=(1, 3,-2),AC=(0,2 3,0). 设 PB 与 AC 所成角为 θ ,则 → → |PB·AC| 6 6 cos θ = = = . → → 2 2×2 3 4 |PB||AC| → (3)解析:由(2)知BC=(-1, 3,0). → 设 P(0,- 3,t)(t>0),则BP=(-1,- 3,t). 设平面 PBC 的法向量 m=(x,y,z), → → 则BC·m=0,BP·m=0.

?-x+ 3y=0, 所以? ?-x- 3y+tz=0.
6? 6 ? 令 y= 3,则 x=3,z= .所以 m=?3, 3, ?.

t

?

t?

6? ? 同理,平面 PDC 的法向量 n=?-3, 3, ?.

?

t?

36 因为平面 PBC⊥平面 PDC,所以 m·n=0,即-6+ 2 =0,

t

解得 t= 6,所以 PA= 6.

一、选 择题

1.以下四组向量中,互相平行的组数为(

)

10

①a=(2,2,1),b=(3,-2,-2);②a=(8,4,-6),b=(4,2,-3);③a=(0, -1,1),b=(0,3,-3);④a=(-3,2,0),b=(4,-3,3). A.1 组 C.3 组 B.2 组 D.4 组

1 1.解析:∵②中 a=2b,∴a∥b;③中 a=- b,∴a∥b;而①④中的向量不平行. 3 答案:B 2.已知 a=(2,-3,1),b=(2,0,3),c=(0,0,2),则下列结论正确的是( A.a·b=b·c B.|a|=|b+c| C.|a+b-2c|=5 D.a+c=b 2.解析:对于 A:a·b=2×2-3×0+1×3=7,b·c=2×0+0×0+3×2=6,故 A 错. 对于 B:|a|= 4+9+1= 14,|b+c|= 2 +0 +5 = 29,故 B 错. 对于 C:a+b-2c=(4,-3,0).∴|a+b-2c|=5.故 C 正确. 答案:C 3.已知向量 e1、e2、e3 是两两垂直的单位向量,且 a=3e1+2e2-e3,b=e1+2e3,则
2 2 2

)

?1 ? (6a)·? b?等于( ?2 ?
A.15 B.3

) C.-3 D.5

?1 ? 2 2 3.解析:(6a)·? b?=3a·b=3(3e1+2e2-e3)·(e1+2e3)=9|e1| -6|e3| =3. ?2 ?
答案:B 4.已知 a,b,c 是不共面的三个向量,则能构成一个基底的一组向量是( A.2a,a-b,a+2b B.2b,b-a,b+2a C.a,2b,b-c D.c,a+c,a-c 3 4.解析:不共面的三个向量才可以构成基底,A 中,a+2b= (2a)+(-2)(a-b),三 2 3 个向量共面:B 中,b+2a= (2b)+(-2)(b-a),三个向量共面;D 中,a+c=2c+(a-c), 2 三个向量共面;只有 C 中的三个向量不共面. 答案:C 5.如图,AB=AC=BD=1,AB? 面 α ,AC⊥面 α ,BD⊥AB,BD 与面 α 成 30°角,则 C、 ).

D 间的距离为(

)

11

A.1 B.2 C. 2 D. 3

→ 2 → → → 2 5.解析:|CD| =|CA+AB+BD| → 2 → 2 → 2 → → → → → → =|CA| +|AB| +|BD| +2CA·AB+2AB·BD+2CA·BD =1+1+1+0+0+2×1 ×1×cos 120°=2. → ∴|CD|= 2. 答案:C 6. 已知空间三点 O(0, 0, 0), A(-1, 1, 0), B(0, 1, 1)在直线 OA 上有一点 H 满足 BH⊥OA, 则点 H 的坐标为( )

A.(-2,2,0) B.(2,-2,0)

? 1 1 ? C.?- , ,0? ? 2 2 ?

1 ? ?1 D.? ,- ,0? 2 2 ? ?

→ → 6.解析:由OA=(-1,1,0),且点 H 在直线 OA 上,可设 H(-λ ,λ ,0),则BH=(- → → λ ,λ -1,-1).又 BH⊥OA,∴BH·OA=0,即(-λ ,λ -1,-1)·(-1,1,0)=0,即 1 ? 1 1 ? λ +λ -1=0,解得λ = ,∴H?- , ,0?. 2 ? 2 2 ? 答案:C 7.已知二面角 α lβ 的大小为 60°,m,n 为异面直线,且 m⊥α ,n⊥β ,则 m,n 所 成的角为( A.30° C.90° ) B.60° D.120°

7.解析:二面角 α lβ 的大小为 60°,m,n 为异面直线, 且 m⊥α ,n⊥β ,则 m,n 所成的角为两条直线所成的角, ∴θ =60°,故选 B. 答案:B

12

8.如右图,正三棱柱 ABCA1B1C1 的各棱长都为 2,E,F 分别是 AB,A1C1 的中点,则 EF 的 长是( )

A.2 C. 5

B. 3 D. 7

8.解析:如图所示

取 AC 的中点 G,连 EG,FG,则易得 FG=2,EG=1,则 EF= 5,故选 C. 答案:C 二、填空题 9. 在△ABC 中, AB=AC=5, BC=6, PA⊥平面 ABC, PA=8, 则 P 到 BC 的距离是________.
13

9.解析:如图所示

以 BC 边上的垂线为 y 轴,建立空间直角坐标系,则 PD 的长即为所求,由 A(0,0,0),

P(0,0,8),D(0,4,0),则|PD|= 42+(-8)2=4 5.
答案:4 5 10.已知 a=(3,-2,-3),b=(-1,x-1,1),且 a 与 b 的夹角为钝角,则 x 的取 值范围是________. 10.解析:因为 a 与 b 的夹角为钝角,于是-1<cos〈a,b〉<0,因此 a·b<0,且 a 5? ?5 ? ? 与 b 的夹角不为π ,即 cos〈a,b〉≠-1.解得 x∈?-2, ?∪? ,+∞?. 3? ?3 ? ? 5? ?5 ? ? 答案:?-2, ?∪? ,+∞? 3? ?3 ? ? 11.已知 a=(x,2,-4),b=(-1,y,3),c=(1,-2,z),且 a,b,c 两两垂直, 则(x,y,z)=________. -x+2y-12=0, ? ? 11.解析:由题意知?x-4-4z=0, 解得 x=-64,y=-26,z=-17. ? ?-1-2y+3z=0, 答案:(-64,-26,-17) 12.已知|a|=3 2,|b|=4,m=a+b,n=a+λ b,? a,b ?=135°,且 m⊥n,则 实数 λ 等于________. 12. 解析: 因为 m·n=(a+b)·(a+λ b)=|a| +λ a·b+a·b+λ |b| =18+λ ×3 2 ×4×cos 135°+3 2×4×cos 135°+λ ×16=6-12λ +16λ =6+4λ , 3 所以 m·n=0=6+4λ ,所以 λ =- . 2 3 答案:- 2 三、解答题
2 2



14

13.(2013·新课标全国卷Ⅱ)如图,直三棱柱 ABCA1B1C1 中,D,E 分别是 AB,BB1 的中点,

AA1=AC=CB=

2 AB. 2

(1)证明:BC1∥平面 A1CD; (2)求二面角 DA1CE 的正弦值. 13.(1)证明:连接 AC1 交 A1C 于点 F,则 F 为 AC1 的中点. 又 D 是 AB 的中点,连接 DF,则 BC1∥DF. 因为 DF? 平面 A1CD,BC1?平面 A1CD, 所以 BC1∥平面 A1CD. (2)解析:由 AC=CB= 2 AB 得,AC⊥BC. 2

→ → → 以 C 为坐标原点,CA的方向为 x 轴正方向,CB的方向为 y 轴正方向,CC1的方向为 z 轴正 方向,建立如图所示的空间直角坐标系.

15

→ → 设 CA=2,则 D(1,1,0),E(0,2,1),A1(2,0,2),CD=(1,1,0),CE=(0,2,1),

CA1=(2,0,2).
设 n=(x1,y1,z1)是平面 A1CD 的法向量, → → 则 n·CD=0,且 n·CA1=0,即 x1+y1=0,且 2x1+2z1=0.可取 n=(1,-1,-1). 同理,设 m 是平面 A1CE 的法向量, → → 则 m·CE=0,且 m·CA1=0,可取 m=(2,1,-2).



n·m 3 6 从而 cos〈n,m〉= = ,故 sin〈n,m〉= . |n||m| 3 3
即二面角 DA1CE 的正弦值为 6 . 3

14.如下图,已知四棱锥 PABCD,底面 ABCD 为菱形,PA⊥平面 ABCD,∠ABC=60°,E,

F 分别是 BC,PC 的中点.
(1)证明:AE⊥PD; (2)若 H 为 PD 上的动点,EH 与平面 PAD 所成最大角的正切值为 弦值. 6 ,求二面角 EAFC 的余 2

16

14.(1)证明:由四边形 ABCD 为菱形, ∠ABC=60°,可得△ABC 为正三角形. 因为 E 为 BC 的中点,所以 AE⊥BC. 又 BC∥AD,因此 AE⊥AD. 因为 PA⊥平面 ABCD,AE? 平面 ABCD, 所以 PA⊥AE. 而 PA? 平面 PAD,AD? 平面 PAD 且 PA∩AD=A, 所以 AE⊥平面 PAD,又 PD? 平面 PAD. 所以 AE⊥PD. (2)解析:如下图,设 AB=2,H 为 PD 上任意一点,连接 AH、EH.由(1)知 AE⊥平面 PAD, 则∠EHA 为 EH 与平面 PAD 所成的角.在 Rt△EAH 中,AE= 3,所以当 AH 最短时,∠EHA 最 大,即当 AH⊥PD 时,∠EHA 最大,此时 tan∠EHA= =

AE AH

3

AH



6 ,因此 AH= 2,又 AD=2, 2

所以∠ADH=45°,所以 PA=2.因为 AE,A D,AP 两两垂直,以 A 为坐标原点,建立如下图所 示的空间直角坐标系,又 E、F 分别为 BC、PC 的中点,所以 A(0,0,0),B( 3,-1,0),

C( 3,1,0),D(0,2,0),P(0,0,2),E( 3,0,0),F?

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

17

? → → ? 3 1 所以AE=( 3,0,0),AF=? , ,1?.设平面AEF的一法向量为 m=(x1,y1,z1), ?2 2 ? ? 3x1=0, → ? ? ?m·AE=0, 则? 因此? 3 1 → x1+ y1+z1=0. ? ? ?m·AF=0, 2 ?2
取 z1=-1,则 m=(0,2,-1), 因为 BD⊥AC,BD⊥PA,PA∩AC=A, 所以 BD⊥平面 AFC, → 故BD为平面 AFC 的一法向量. → 又BD=(- 3,3,0), → m·BD 2×3 15 → 所以 cos〈m,BD〉= = = . → 5 5× 12 |m|·|BD| 因为二面角 EAFC 为锐角, 所以所求二面角的余弦值为 15 . 5

15.如图,已知在直三棱柱 ABCA1B1C1 中,AC⊥BC,D 为 AB 的中点,AC=BC=BB1.

求证:(1)BC1⊥AB1; (2)BC1∥平面 CA1D. 15.证明:如图,以 C1 为原点,分别以 C1A1,C1B1,C1C 所在直线为 x 轴,y 轴,z 轴建立
18

空间直角坐标系.

设 AC=BC=BB1=2,则 A(2,0,2),B(0,2,2),C(0,0,2),A1(2,0,0),

B1(0,2,0),C1 (0,0,0),D(1,1,2).
→ (1)由于BC1=(0,-2,-2), →

AB1=(-2,2,-2),
→ → 因此BC1·AB1=0-4+4=0, → → 因此BC1⊥AB1, 故 BC1⊥AB1. (2)取 A1C 的中点 E,连接 DE,由于 E(1,0,1), → → 所以ED=(0,1,1),又BC1=(0,-2,-2), 1→ → 所以ED=- BC1, 2 又 ED 和 BC1 不共线,所以 ED∥BC1, 又 DE? 平面 CA1D,BC1?平面 CA1D, 故 BC1∥平面 CA1D.

16.如下图,在棱长为 1 的正方体 ABCDA1B1C1D1 中,P 是侧棱 CC1 上的一点,CP=m.

19

(1)试确定 m,使直线 AP 与平面 BDD1B1 所成角的正切值为 3 2; (2)在线段 A1C1 上是否存在一个定点 Q,使得对任意的 m,D1Q 在平面 APD1 上的射影垂直 于 AP?并证明你的结论. 16.解析:方法一 (1)连接 AC,设 AC 交 BD 于 O,

AP 与平面 BDD1B1 交于点 G,连接 OG.

因为 PC∥平面 BDD1B1,平面 BDD1B1∩平面 APC=OG, 1 m 故 OG∥PC.所以 OG= PC= . 2 2 又 AO⊥DB,AO⊥BB1,所以 AO⊥平面 BDD1B1.故∠AGO 为 AP 与平面 BDD1B1 所成的角. 1 在 Rt△AOG 中,tan∠AGO=3 2,即 m= . 3 1 故当 m= 时,直线 AP 与平面 BDD1B1 所成的角的正切值为 3 2. 3 (2)依题意,要在 A1C1 上找一点 Q,使得 D1Q⊥AP. 可推测 A1C1 的中点 O1 即为所求的 Q 点. 因为 D1O1⊥A1C1,D1O1⊥AA1,AA1∩A1G1=A1,
20

所以 D1O1⊥面 ACC1A1. 又 AP? 平面 ACC1A1,故 D1O1⊥AP. 从而 D1O1 在平面 AD1P 上的射影与 AP 垂直. 方法二 (1)建立如下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).
→ → → → → 又由AC·BD=0,AC·BB1=0 知AC为平面 BB1D1D 的一个法向量. 设 AP 与平面 BDD1B1 所成的角为 θ , 则 sin θ =cos? 2 2· 2+m
2



?π -θ ?2

2 ?= |AP·AC| = . ? → 2 ? |AP|·|→ 2· 2+m AC| 3 2 1+(3 2) ,

→ →

依题意有 1 解得 m= . 3



2

1 故当 m= 时,直线 AP 与平面 BDD1B1 所成的角的正切值为 3 2. 3 → (2)若在 A1C1 上存在这样的点 Q,设此点的横坐标为 x,则 Q(x,1-x,1),D1Q=(x,1 -x,0). 依题意,对任意的 m 要使 D1Q 在平面 APD1 上的射影垂直于 AP,

21

1 → → → → ?1 1 ? 等价于D1Q⊥AP?AP·D1Q=0?-x+(1-x)=0?x= .所以 Q? , ,1?. 2 ?2 2 ? 即 Q 为 A1C1 的中点时,满足题设的要求.

22


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