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2014年高三数学大一轮复习配套课件(浙江专用·人教版A)第八章 立体几何8.8


数学

浙(理)

§8.8 立体几何中的向量方法(Ⅱ) ——求空间角、距离
第八章 立体几何

基础知识·自主学习
要点梳理
1.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,n,则直线 l 与平面 α 所成角 θ 满足 sin θ= |cos〈m,n〉| .
难点正本 疑点清源
1. 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.

基础知识

题型分类

思想方法

练出高分

基础知识·自主学习
要点梳理
(3)求二面角的大小 1° 如图①,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 → → AB,CD〉 . 角的大小 θ=〈 ____________
难点正本 疑点清源
2.利用平面的法向量求 二面角的大小时,当 求出两半平面 α 、 β 的向量 n1,n2 时,要 根据向量坐标在图形 中观察法向量的方

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 cos〈n1, n2〉 的大小 θ 满足 cos θ=________________
或-cos〈n1, n2〉 . ________________
基础知识 题型分类 思想方法

向,从而确定二面角 与向量 n1,n2 的夹角 是相等,还是互补.

练出高分

基础知识·自主学习
要点梳理
2.点面距的求法 如图, 设 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 → |AB· n| |n| 的距离 d=_________.
难点正本 疑点清源
3 .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 移法;④法向量法.

基础知识

题型分类

思想方法

练出高分

基础知识·自主学习
基础自测

题号
1 2 3 4 5

答案
4 11 33
30°

解析

60° 或 120°
2 2a 15 5
题型分类 思想方法 练出高分

基础知识

题型分类·深度剖析
题型一 求异面直线所成的角
思维启迪 解析 探究提高

【例 1】 如图,已知正方 体 ABCD—A1B1C1D1 的 棱长为 2,点 E 是正方 形 BCC1B1 的中心,点 F、G 分别是棱 C1D1、AA1 的中点, 设点 E1、G1 分别是点 E、G 在平面 DCC1D1 内的正投影. (1)证明:直线 FG1⊥平面 FEE1; (2)求异面直线 E1G1 与 EA 所成角的 正弦值.
基础知识 题型分类

思想方法

练出高分

题型分类·深度剖析
题型一 求异面直线所成的角
思维启迪 解析 探究提高

【例 1】 如图,已知正方 体 ABCD—A1B1C1D1 的 棱长为 2,点 E 是正方 形 BCC1B1 的中心,点 F、G 分别是棱 C1D1、AA1 的中点, 设点 E1、G1 分别是点 E、G 在平面 DCC1D1 内的正投影. (1)证明:直线 FG1⊥平面 FEE1; (2)求异面直线 E1G1 与 EA 所成角的 正弦值.
基础知识 题型分类

本题可方便地建立空间直角坐 标系,通过点的坐标得到向量 坐标,然后求解.

思想方法

练出高分

题型分类·深度剖析
题型一 求异面直线所成的角
思维启迪 解析 探究提高

【例 1】 如图,已知正方 体 ABCD—A1B1C1D1 的 棱长为 2,点 E 是正方 形 BCC1B1 的中心,点 F、G 分别是棱 C1D1、AA1 的中点, 设点 E1、G1 分别是点 E、G 在平面 DCC1D1 内的正投影. (1)证明:直线 FG1⊥平面 FEE1; (2)求异面直线 E1G1 与 EA 所成角的 正弦值.
基础知识 题型分类

(1) 证 明

以 D → 、 为原点, DD 1 →、 → 分别为 z DC DA 轴、y 轴、x 轴的 1 → 正向, |DD1|为 1 个单位长度建 2 立空间直角坐标系.

由题设知点 E、F、G1、E1 的坐 标分别为(1,2,1), (0,1,2), (0,0,1), (0,2,1),
思想方法 练出高分

题型分类·深度剖析
题型一 求异面直线所成的角
思维启迪 解析 探究提高

【例 1】 如图,已知正方 体 ABCD—A1B1C1D1 的 棱长为 2,点 E 是正方 形 BCC1B1 的中心,点 F、G 分别是棱 C1D1、AA1 的中点, 设点 E1、G1 分别是点 E、G 在平面 DCC1D1 内的正投影. (1)证明:直线 FG1⊥平面 FEE1; (2)求异面直线 E1G1 与 EA 所成角的 正弦值.
基础知识 题型分类

→ =(0,1,-1),FG → =(0, ∴FE 1 1 → =(-1,0,0), -1,-1),EE
1

→ → → → ∴ FG1 · EE1 = 0 , FG1 · FE1 = 0 ? → ⊥EE → ,FG → ⊥FE →, FG
1 1 1 1

又∵EE1∩FE1=E1. ∴FG1⊥平面 FEE1.
(2)解 由题意知点 A 的坐标为 (2,0,0),

思想方法

练出高分

题型分类·深度剖析
题型一 求异面直线所成的角
思维启迪 解析 探究提高

【例 1】 如图,已知正方 体 ABCD—A1B1C1D1 的 棱长为 2,点 E 是正方 形 BCC1B1 的中心,点 F、G 分别是棱 C1D1、AA1 的中点, 设点 E1、G1 分别是点 E、G 在平面 DCC1D1 内的正投影. (1)证明:直线 FG1⊥平面 FEE1; (2)求异面直线 E1G1 与 EA 所成角的 正弦值.
基础知识 题型分类

→· → EA E 1G1 → ,E→ ∴cos〈EA G 〉= 1 1 → |E→ |EA|· G|
1 1

→ 又由(1)可知EA=(1, -2, -1), E→ G =(0,-2,0),
1 1

6 =3, → ,E→ ∴sin〈EA 1G1〉= 3 → → 2 1-cos 〈EA,E1G1〉= 3 .

思想方法

练出高分

题型分类·深度剖析
题型一 求异面直线所成的角
思维启迪 解析 探究提高

【例 1】 如图,已知正方 体 ABCD—A1B1C1D1 的 棱长为 2,点 E 是正方 形 BCC1B1 的中心,点 F、G 分别是棱 C1D1、AA1 的中点, 设点 E1、G1 分别是点 E、G 在平面 DCC1D1 内的正投影. (1)证明:直线 FG1⊥平面 FEE1; (2)求异面直线 E1G1 与 EA 所成角的 正弦值.
基础知识 题型分类

用向量方法求两条异面直线所 成的角, 是通过两条直线的方向 向量的夹角来求解, 而两异面直 ? π? 线所成角的范围是 θ∈?0,2?, ? ? 两向量的夹角 α 的范围是[0, π], 所以要注意二者的区别与联系, 应有 cos θ=|cos α|.
思想方法 练出高分

题型分类·深度剖析
变式训练 1

→、 解 以 A 为原点,AB 示 , 在 长 方 体 → → 分别为 x 轴、y AD、AA 1 ABCD—A1B1C1D1 中, 轴、z 轴的正向建立空间 已知 AB=4,AD=3, 直角坐标系,则有 D1(0,3,2) , E(3,0,0) , AA1=2.E、F 分别是线 → =(1,3,2), → F (4,1,0) , C (4,3,2) , 于是 EC FD 1 1 1 段 AB、BC 上的点,且 EB = BF = 1. 求 直 线 =(-4,2,2),设 EC1 与 FD1 所成的角为 β,
→ → |EC1· FD1| EC1 与 FD1 所成的角的 则: cos β= → → |EC1|· |FD1| 余弦值. 1×?-4?+3×2+2×2 21 = 2 2 2 2 2 2= 14 , 1 +3 +2 × ?-4? +2 +2 21 ∴直线 EC1 与 FD1 所成的角的余弦值为 14 . 动画展示
基础知识 题型分类 思想方法 练出高分

如图所

题型分类·深度剖析
题型二 求直线与平面所成的角
思维启迪 解析 探究提高

【例 2】 如图, 已知 四 棱 锥 P—ABCD 的底面为等腰梯 形,AB∥CD, AC⊥BD,垂足为 H,PH 是四棱锥 的高,E 为 AD 的中点. (1)证明:PE⊥BC; (2)若∠APB=∠ADB=60° , 求直线 PA 与平面 PEH 所成角的正弦值.

基础知识

题型分类

思想方法

练出高分

题型分类·深度剖析
题型二 求直线与平面所成的角
思维启迪 解析 探究提高

【例 2】 如图, 已知 四 棱 锥 P—ABCD 的底面为等腰梯 形,AB∥CD, AC⊥BD,垂足为 H,PH 是四棱锥 的高,E 为 AD 的中点. (1)证明:PE⊥BC; (2)若∠APB=∠ADB=60° , 求直线 PA 与平面 PEH 所成角的正弦值.

平面的法向量是利用向量方法解 决位置关系或夹角的关键,本题 可通过建立坐标系,利用待定系 数法求出平面 PEH 的法向量.

基础知识

题型分类

思想方法

练出高分

题型分类·深度剖析
题型二 求直线与平面所成的角
思维启迪 解析 探究提高

【例 2】 如图, 已知 四 棱 锥 P—ABCD 的底面为等腰梯 形,AB∥CD, AC⊥BD,垂足为 H,PH 是四棱锥 的高,E 为 AD 的中点. (1)证明:PE⊥BC; (2)若∠APB=∠ADB=60° , 求直线 PA 与平面 PEH 所成角的正弦值.

(1)证明

以 H 为原

点, HA , HB , HP 所在直线分别为 x, y,z 轴, 线段 HA 的 长为单位长度,建立空间直角坐 标系(如图),
则 A(1,0,0),B(0,1,0).

设 C(m,0,0), P(0,0, n) (m<0, n>0), ?1 m ? 则 D(0,m,0),E?2, 2 ,0?. ? ?
思想方法 练出高分

基础知识

题型分类

题型分类·深度剖析
题型二 求直线与平面所成的角
思维启迪
?

【例 2】 如图, 已知 四 棱 锥 P—ABCD 的底面为等腰梯 形,AB∥CD, AC⊥BD,垂足为 H,PH 是四棱锥 的高,E 为 AD 的中点. (1)证明:PE⊥BC; (2)若∠APB=∠ADB=60° , 求直线 PA 与平面 PEH 所成角的正弦值.

解析
?

探究提高

?1 m ? → →= 可 得 PE = ?2, 2 ,-n? , BC

(m,-1,0). → → m m 因为PE· BC= 2 - 2 +0=0, 所以 PE⊥BC. (2)解 由已知条件可得 3 m=- 3 ,n=1,
? ? ? 3 3 ? ? 故 ,0,0 ,D 0,- ,0?, 3 3 ? ? ? ?1 ? 3 E? ,- ,0?,P(0,0,1). 6 ?2 ? ? C?- ?

基础知识

题型分类

思想方法

练出高分

题型分类·深度剖析
题型二 求直线与平面所成的角
思维启迪 解析 探究提高

【例 2】 如图, 已知 四 棱 锥 P—ABCD 的底面为等腰梯 形,AB∥CD, AC⊥BD,垂足为 H,PH 是四棱锥 的高,E 为 AD 的中点. (1)证明:PE⊥BC; (2)若∠APB=∠ADB=60° , 求直线 PA 与平面 PEH 所成角的正弦值.

设 n=(x,y,z)为平面 PEH 的法向量,
→ ? ? ?1x- 3y=0, ?n· HE=0, 6 则? 即?2 → ? ? HP=0, ?z=0. ? n·

→ 因此可以取 n=(1, 3,0).又PA= (1,0,-1),

2 → 所以|cos〈PA,n〉|= . 4

所以直线 PA 与平面 PEH 所成角的 2 正弦值为 . 4
思想方法 练出高分

基础知识

题型分类

题型分类·深度剖析
题型二 求直线与平面所成的角
思维启迪 解析 探究提高

【例 2】 如图, 已知 四 棱 锥 P—ABCD 的底面为等腰梯 形,AB∥CD, AC⊥BD,垂足为 H,PH 是四棱锥 的高,E 为 AD 的中点. (1)证明:PE⊥BC; (2)若∠APB=∠ADB=60° , 求直线 PA 与平面 PEH 所成角的正弦值.

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 (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.

两个方向向量的夹角(或其补角);

基础知识

题型分类

思想方法

练出高分

题型分类·深度剖析
变式训练 2 已知三棱锥 P-ABC 中,PA⊥平面 ABC, 1 AB⊥AC,PA=AC= AB,N 为 AB 上一点,且 AB 2

=4AN,M,S 分别为 PB,BC 的中点. (1)证明:CM⊥SN;(2)求 SN 与平面 CMN 所成角的大小.

(1)证明

设 PA=1,以 A 为原点,AB,AC,AP 所

在直线分别为 x,y,z 轴的正方向建立空间直角坐
1 1 1 则 P(0,0,1),C(0,1,0),B(2,0,0),M(1,0, ),N( ,0,0),S(1, ,0). 2 2 2 1 → 1 1 → 所以CM=(1,-1,2),SN=(-2,-2,0). 1 1 → → 因为CM· SN=- + +0=0, 2 2 所以 CM⊥SN.
基础知识 题型分类 思想方法 练出高分

标系如图所示,

题型分类·深度剖析
(2)解 设平面 CMN 的法向量为 n=(x,y,z), 1 → ?n· ? CM=x-y+2z=0 则? . ? ? 1 1 → ?n· ? ,-1,0?= x-y=0 CN=?x,y,z?· ? ?2 ? 2 1 ∴y= x,z=-x,取 x=2, 2 则 n=(2,1,-2)为平面 CMN 的一个法向量. → n· SN → ∴cos〈n· SN〉= → |n|· |SN| ? 1 1 ? ?- ,- ,0? ?2,1,-2?· 2 ? 2 ? 2 = =- 2 . ? ? ? ? 1 1 22+1+?-2?2· ?-2?2+?-2?2+02 ? ? ? ? → ∴〈n· SN〉=135° ,
故 SN 与平面 CMN 夹角的大小为 45° .
基础知识 题型分类 思想方法 练出高分

题型分类·深度剖析
题型三
【例 3】

求二面角
(2012· 广东)如图所示,
思维启迪 解析

探究提高

在四棱锥 P - ABCD 中,底面 ABCD 为 矩 形 , PA⊥ 平 面 ABCD, 点 E 在线段 PC 上, PC⊥ 平面 BDE.

(1)证明:BD⊥平面 PAC; (2)若 PA=1,AD=2,求二面角 B—PC—A 的正切值.
基础知识 题型分类 思想方法 练出高分

题型分类·深度剖析
题型三
【例 3】

求二面角
(2012· 广东)如图所示,
思维启迪 解析

探究提高

在四棱锥 P - ABCD 中,底面 ABCD 为 矩 形 , PA⊥ 平 面 ABCD, 点 E 在线段 PC 上, PC⊥ 平面 BDE.

利 用 图 中 的 PA⊥ 平 面 ABCD 、 ABCD 为矩形的条件建立空间直角 坐标系,转化为向量问题.

(1)证明:BD⊥平面 PAC; (2)若 PA=1,AD=2,求二面角 B—PC—A 的正切值.
基础知识 题型分类 思想方法 练出高分

题型分类·深度剖析
题型三
【例 3】

求二面角
(2012· 广东)如图所示,
思维启迪 解析

探究提高

在四棱锥 P - ABCD 中,底面 ABCD 为 矩 形 , PA⊥ 平 面 ABCD, 点 E 在线段 PC 上, PC⊥ 平面 BDE.

(1)证明

∵PA⊥平面 ABCD,BD

?平面 ABCD, ∴PA⊥BD.

同 理 由 PC⊥ 平 面 BDE 可 证 得 PC⊥BD.
又 PA∩PC=P,∴BD⊥平面 PAC.
(2)解 如图, 分别

(1)证明:BD⊥平面 PAC; (2)若 PA=1,AD=2,求二面角 B—PC—A 的正切值.
基础知识 题型分类

以射线 AB,AD, AP 为 x 轴,y 轴, z 轴的正半轴建立空间直角坐标系.
思想方法 练出高分

题型分类·深度剖析
题型三
【例 3】

求二面角
(2012· 广东)如图所示,
探究提高 思维启迪 解析 由(1)知 BD⊥平面 PAC,

在四棱锥 P - ABCD 中,底面 ABCD 为 矩 形 , PA⊥ 平 面 ABCD, 点 E 在线段 PC 上, PC⊥ 平面 BDE.

又 AC?平面 PAC, ∴BD⊥AC.

(1)证明:BD⊥平面 PAC; (2)若 PA=1,AD=2,求二面角 B—PC—A 的正切值.
基础知识 题型分类

故矩形 ABCD 为正方形, ∴AB=BC=CD=AD=2. ∴A(0,0,0) , B(2,0,0) , C(2,2,0) , D(0,2,0),P(0,0,1). → → → ∴PB=(2,0, -1), BC=(0,2,0), BD

=(-2,2,0). 设平面 PBC 的一个法向量为 n=(x,y,z),
思想方法 练出高分

题型分类·深度剖析
题型三
【例 3】

求二面角
(2012· 广东)如图所示,
思维启迪 解析

探究提高

在四棱锥 P - ABCD 中,底面 ABCD 为 矩 形 , PA⊥ 平 面 ABCD, 点 E 在线段 PC 上, PC⊥ 平面 BDE.

→ = 0, ? ?n· PB 则? → = 0, ? BC ?n·



? x+0· y-z=0, ?2· ? ? x+2· y+0· z= 0, ?0· ? ?z=2x, ∴? 取 x=1 得 ? y = 0 , ?

n=(1,0,2).

→ =(-2,2,0) ∵BD⊥平面 PAC, ∴BD 为平面 PAC 的一个法向量. → n · BD 10 → cos 〈n,BD〉= =- 10 . → |n|· |BD|
思想方法 练出高分

(1)证明:BD⊥平面 PAC; (2)若 PA=1,AD=2,求二面角 B—PC—A 的正切值.
基础知识 题型分类

题型分类·深度剖析
题型三
【例 3】

求二面角
(2012· 广东)如图所示,
思维启迪 解析

探究提高

在四棱锥 P - ABCD 中,底面 ABCD 为 矩 形 , PA⊥ 平 面 ABCD, 点 E 在线段 PC 上, PC⊥ 平面 BDE.

设二面角 B—PC—A 的平面为 α, π 由图知 0<α< , 2 10 ∴cos α= , 10 3 10 sin α= 1-cos α= . 10
2

(1)证明:BD⊥平面 PAC; (2)若 PA=1,AD=2,求二面角 B—PC—A 的正切值.
基础知识 题型分类

sin α ∴tan α=cos α=3,
即二面角 B-PC-A 的正切值为 3.

思想方法

练出高分

题型分类·深度剖析
题型三
【例 3】

求二面角
(2012· 广东)如图所示,
思维启迪 解析

探究提高

在四棱锥 P - ABCD 中,底面 ABCD 为 矩 形 , PA⊥ 平 面 ABCD, 点 E 在线段 PC 上, PC⊥ 平面 BDE.
求二面角最常用的方法就是分别求 出二面角的两个面所在平面的法向 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是锐角还

(1)证明:BD⊥平面 PAC; (2)若 PA=1,AD=2,求二面角 B—PC—A 的正切值.
基础知识 题型分类

是钝角.

思想方法

练出高分

题型分类·深度剖析
变式训练 3(2011· 辽宁)如图,四边形 ABCD 为正方 1 形,PD⊥平面 ABCD,PD∥QA,QA=AB= PD. 2 (1)证明:平面 PQC⊥平面 DCQ; (2)求二面角 Q—BP—C 的余弦值.

(1)证明 如图,以 D 为坐标原点,线段 DA 的长为单 位长,以 DA、DP、DC 所在直线为 x 轴、y 轴、z 轴建 立空间直角坐标系.
→ → 依题意有 Q(1,1,0),C(0,0,1),P(0,2,0),则DQ=(1,1,0),DC=(0,0,1), → =(1,-1,0). PQ →· → =0,PQ →· → =0, 所以PQ DQ DC
即 PQ⊥DQ,PQ⊥DC. 又 DQ∩DC=D,所以 PQ⊥平面 DCQ.
基础知识 题型分类 思想方法 练出高分

题型分类·深度剖析
又 PQ?平面 PQC,所以平面 PQC⊥平面 DCQ. → =(1,0,0),BP → =(-1,2,-1). (2)解 依题意有 B(1,0,1),CB

设 n=(x,y,z)是平面 PBC 的法向量,
→ ? ?n· CB=0, 则? → =0, ? BP ?n·
? ?x=0, 即? ? ?-x+2y-z=0.

因此可取 n=(0,-1,-2).

→ =0, ? ?m· BP 同理,设 m 是平面 PBQ 的法向量,则? → =0, ? PQ ?m·

15 可取 m=(1,1,1).所以 cos〈m,n〉=- . 5 15 故二面角 Q—BP—C 的余弦值为- 5 .
基础知识 题型分类 思想方法 练出高分

题型分类·深度剖析
题型四
【例 4】

求空间距离
在三棱锥 S—ABC 中,
思维启迪 解析

探究提高

△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,如图所示. 求点 B 到平面 CMN 的距离.

基础知识

题型分类

思想方法

练出高分

题型分类·深度剖析
题型四
【例 4】

求空间距离
在三棱锥 S—ABC 中,
思维启迪 解析

探究提高

△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,如图所示. 求点 B 到平面 CMN 的距离.

由平面 SAC⊥平面 ABC,SA=SC, BA=BC, 可知本题可以取 AC 中点 O 为坐标原点,分别以 OA,OB, OS 所在直线为 x 轴,y 轴,z 轴建 立空间直角坐标系, 用向量法求解.

基础知识

题型分类

思想方法

练出高分

题型分类·深度剖析
题型四
【例 4】

求空间距离
在三棱锥 S—ABC 中,
探究提高 思维启迪 解析 解 取 AC 的中点 O,连接 OS、

△ABC 是边长为 4 的正三角 形,平面 SAC⊥平面 ABC,SA

∴AC⊥SO,AC⊥BO. =SC=2 3, M、 N 分别为 AB、 ∵平面 SAC⊥平面 ABC, 平面 SAC∩平面 ABC=AC, SB 的中点,如图所示. 求点 B 到平面 CMN 的距离. ∴SO⊥平面 ABC,
又∵BO?平面 ABC,∴SO⊥BO.
如图所示,分别以 OA, OB,OS 所在直线为 x 轴,y 轴,z 轴,建立空 间直角坐标系 Oxyz,
基础知识 题型分类 思想方法 练出高分

OB.∵SA=SC,AB=BC,

题型分类·深度剖析
题型四
【例 4】

求空间距离
在三棱锥 S—ABC 中,
思维启迪 解析

探究提高

△ABC 是边长为 4 的正三角 形,平面 SAC⊥平面 ABC,SA

则 B(0,2 3 , 0) , C( - 2,0,0) , S(0,0,2 2),

=SC=2 3, M、 N 分别为 AB、 M(1, 3,0),N(0, 3, 2). SB 的中点,如图所示. → =(3, 3,0),MN → =(-1,0, ∴CM 求点 B 到平面 CMN 的距离. → =(-1, 3,0). 2),MB

设 n=(x,y,z)为平面 CMN 的一个 法向量,
→ ? ?CM · n=3x+ 3y=0 则? , 取 z=1, → ? n=-x+ 2z=0 ?MN·
基础知识 题型分类 思想方法 练出高分

题型分类·深度剖析
题型四
【例 4】

求空间距离
在三棱锥 S—ABC 中,
思维启迪 解析

探究提高

△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,如图所示. 求点 B 到平面 CMN 的距离.

则 x= 2,y=- 6, ∴n=( 2,- 6,1). ∴点 B 到平面 CMN 的距离 d= → |n· MB| 4 2 |n| = 3 .

基础知识

题型分类

思想方法

练出高分

题型分类·深度剖析
题型四
【例 4】

求空间距离
在三棱锥 S—ABC 中,
思维启迪 解析

探究提高

△ABC 是边长为 4 的正三角

点到平面的距离,利用向量法求解 形,平面 SAC⊥平面 ABC,SA 比较简单,它的理论基础仍出于几 =SC=2 3, M、 N 分别为 AB、 何法.如本题,事实上,作 BH⊥平 → → → SB 的中点,如图所示. 面 CMN 于 H.由BH=BM+MH及 求点 B 到平面 CMN 的距离. → → → → BH· n = n· BM , ∴|BH· n|= |n· BM |= → |n· BM| → → | BH |· |n| , ∴| BH | = ,即 d= |n| → |n· BM| . |n|
基础知识 题型分类 思想方法 练出高分

题型分类·深度剖析
变式训练 4(2012· 大纲全国)已知正四棱柱 ABCD-A1B1C1D1 中,AB =2,CC1=2 2,E 为 CC1 的中点,则直线 AC1 与平面 BED 的距离 为 A.2 B. 3 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),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· BD=2x+2y=0 则? . → ? DE=2y+ 2z=0 ?n·
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变式训练 4(2012· 大纲全国)已知正四棱柱 ABCD-A1B1C1D1 中,AB =2,CC1=2 2,E 为 CC1 的中点,则直线 AC1 与平面 BED 的距离 为 A.2 B. 3 C. 2 D.1 ( D )

取 y=1,则 n=(-1,1,- 2)为平面 BDE 的一个法向量. → =(2,0,0), 又DA
∴点 A 到平面 BDE 的距离是 →| |n· DA d= |n| = |-1×2+0+0| 2 2 2=1. ?-1? +1 +?- 2?

故直线 AC1 到平面 BED 的距离为 1.
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答题模板 12.利用空间向量求角
典例:(14 分)如图,已知在长方体 ABCD—A1B1C1D1 中,

AB=2,AA1=1,直线 BD 与平面 AA1B1B 所成的角为 30° ,AE 垂直 BD 于点 E,F 为 A1B1 的中点. (1)求异面直线 AE 与 BF 所成角的余弦值; (2)求平面 BDF 与平面 AA1B 所成二面角(锐角)的余弦值.

审 题 视 角

规 范 解 答

温 馨 提 醒

基础知识

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答题模板 12.利用空间向量求角
典例:(14 分)如图,已知在长方体 ABCD—A1B1C1D1 中,

AB=2,AA1=1,直线 BD 与平面 AA1B1B 所成的角为 30° ,AE 垂直 BD 于点 E,F 为 A1B1 的中点. (1)求异面直线 AE 与 BF 所成角的余弦值; (2)求平面 BDF 与平面 AA1B 所成二面角(锐角)的余弦值.

审 题 视 角

规 范 解 答

温 馨 提 醒

(1)研究的几何体为长方体,AB=2,AA1=1. (2)所求的是异面直线所成的角和二面角. (3)可考虑用空间向量法求解.

基础知识

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答题模板 12.利用空间向量求角
典例:(14 分)如图,已知在长方体 ABCD—A1B1C1D1 中,

AB=2,AA1=1,直线 BD 与平面 AA1B1B 所成的角为 30° ,AE 垂直 BD 于点 E,F 为 A1B1 的中点. (1)求异面直线 AE 与 BF 所成角的余弦值; (2)求平面 BDF 与平面 AA1B 所成二面角(锐角)的余弦值.

审 题 视 角


规 范 解 答

温 馨 提 醒

(1)以 A 为坐标原点,以 AB,AD,AA1 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). 2分
由于 AB=2,BD 与平面 AA1B1B 的夹角为 30° ,
2 3 即∠ABD=30° ,∴AD= 3 , ? ? 2 3 ? ? ∴A(0,0,0),B(2,0,0),D?0, ,0?,F(1,0,1). 3 ? ?
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4分

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答题模板 12.利用空间向量求角
典例:(14 分)如图,已知在长方体 ABCD—A1B1C1D1 中,

AB=2,AA1=1,直线 BD 与平面 AA1B1B 所成的角为 30° ,AE 垂直 BD 于点 E,F 为 A1B1 的中点. (1)求异面直线 AE 与 BF 所成角的余弦值; (2)求平面 BDF 与平面 AA1B 所成二面角(锐角)的余弦值.

规 范 解 答 审 题 视 角 又 AE⊥BD,故由平面几何知识得 AE=1, ?1 ? 3 ? 从而 E? , ,0? ?, 2 2 ? ? ?1 3 ? → → =(-1,0,1), ? 因为AE=? , ,0? , BF ? 2 ?2 ? ?1 ? 1 3 → → ? ∴AE· BF=? , ,0? · ( - 1,0,1) =- , ? 2 2 2 ? ? → → |AE|=1,|BF|= 2,
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温 馨 提 醒
5分

7分

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答题模板 12.利用空间向量求角
典例:(14 分)如图,已知在长方体 ABCD—A1B1C1D1 中,

AB=2,AA1=1,直线 BD 与平面 AA1B1B 所成的角为 30° ,AE 垂直 BD 于点 E,F 为 A1B1 的中点. (1)求异面直线 AE 与 BF 所成角的余弦值; (2)求平面 BDF 与平面 AA1B 所成二面角(锐角)的余弦值.

规 范 解 答 审 题 视 角 设 AE 与 BF 所成角为 θ1, ? 1? →· → | ?-2? |AE BF 2 ? ? 则 cos θ1= = =4. → → 1 × 2 |AE||BF|
2 故异面直线 AE 与 BF 所成角的余弦值为 4 . (2)设平面 BDF 的法向量为 n=(x,y,z),
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温 馨 提 醒

10分

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答题模板 12.利用空间向量求角
典例:(14 分)如图,已知在长方体 ABCD—A1B1C1D1 中,

AB=2,AA1=1,直线 BD 与平面 AA1B1B 所成的角为 30° ,AE 垂直 BD 于点 E,F 为 A1B1 的中点. (1)求异面直线 AE 与 BF 所成角的余弦值; (2)求平面 BDF 与平面 AA1B 所成二面角(锐角)的余弦值.

审 题 视 角

规 范 解 答

温 馨 提 醒

?-x+z=0 → =0 ? ? ?n· BF 由? ,得? 2 3 → - 2 x + y=0, ? ? BD=0 ?n· 3 ?

∴z=x,y= 3x,取 x=1,得 n=(1, 3,1).
? ? 2 3 → ? ? 求得平面 AA1B 的一个法向量为 m=AD=?0, , 0 ?. 3 ? ?

12分

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答题模板 12.利用空间向量求角
典例:(14 分)如图,已知在长方体 ABCD—A1B1C1D1 中,

AB=2,AA1=1,直线 BD 与平面 AA1B1B 所成的角为 30° ,AE 垂直 BD 于点 E,F 为 A1B1 的中点. (1)求异面直线 AE 与 BF 所成角的余弦值; (2)求平面 BDF 与平面 AA1B 所成二面角(锐角)的余弦值.

审 题 视 角

规 范 解 答

温 馨 提 醒

设平面 BDF 与平面 AA1B 的所成二面角的大小为 θ2. |m· n| 则 cos θ2=|cos〈m,n〉|=|m||n|

|0+2+0| 15 = = 5 . 2 3 3 × 5
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14分

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答题模板 12.利用空间向量求角
典例:(14 分)如图,已知在长方体 ABCD—A1B1C1D1 中,

AB=2,AA1=1,直线 BD 与平面 AA1B1B 所成的角为 30° ,AE 垂直 BD 于点 E,F 为 A1B1 的中点. (1)求异面直线 AE 与 BF 所成角的余弦值; (2)求平面 BDF 与平面 AA1B 所成二面角(锐角)的余弦值. 规 范 解 答 审 题 视 角 温 馨 提 醒
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.

基础知识

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答题模板 12.利用空间向量求角
典例:(14 分)如图,已知在长方体 ABCD—A1B1C1D1 中,

AB=2,AA1=1,直线 BD 与平面 AA1B1B 所成的角为 30° ,AE 垂直 BD 于点 E,F 为 A1B1 的中点. (1)求异面直线 AE 与 BF 所成角的余弦值; (2)求平面 BDF 与平面 AA1B 所成二面角(锐角)的余弦值.

审 题 视 角

规 范 解 答

温 馨 提 醒

(1)利用向量求角是高考的热点,几乎每年必考,主要是突出向量的工具性作用. (2)本题易错点是在建立坐标系时不能明确指出坐标原点和坐标轴,导致建系 不规范. 否则易错.
基础知识 题型分类 思想方法 练出高分

(3)将向量的夹角转化成空间角时, 要注意根据角的概念和图形特征进行转化,

思想方法·感悟提高
1.若利用向量求角,各类角都可以转化为向量的夹角来运算. (1)求两异面直线 a、b 的夹角 θ,须求出它们的方向向量 a,b 的

方 法 与 技 巧

夹角,则 cos θ=|cos〈a,b〉|. (2)求直线 l 与平面 α 所成的角 θ 可先求出平面 α 的法向量 n 与直线 l 的方向向量 a 的夹角.则 sin θ=|cos〈n,a〉|. (3)求二面角 α—l—β 的大小 θ,可先求出两个平面的法向量 n1, n2 所成的角,则 θ=〈n1,n2〉或 π-〈n1,n2〉 .

2.求点到平面的距离,若用向量知识,则离不开以该点为端点的 平面的斜线段.

基础知识

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思想方法

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思想方法·感悟提高

1.利用向量求角,一定要注意将向量夹角转化为各空

失 误 与 防 范

间角. 因为向量夹角与各空间角的定义、 范围不同.

2.求点到平面的距离,有时利用等积法求解可能更方便. 3.求二面角要根据图形确定所求角是锐角还是钝角.

基础知识

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思想方法

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1 2 3

A组
4

专项基础训练
5 6 7 8 9

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1 2 3

A组
4

专项基础训练
5 6 7 8 9

1. 已知正方体 ABCD—A1B1C1D1 如图所示,则直 线 B1D 和 CD1 所成的角为 A.60° B.45° C.30° ( ) D.90°

解 析

基础知识

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1 2 3

A组
4

专项基础训练
5 6 7 8 9

1. 已知正方体 ABCD—A1B1C1D1 如图所示,则直 线 B1D 和 CD1 所成的角为 A.60° B.45° C.30° ( D ) D.90°

解 析
以 A 为原点,AB、AD、AA1 所在直线分别为 x,y,z 轴建立空 间直角坐标系,设正方体边长为 1,则射线 CD1、B1D 的方向向 → → → → 量分别是CD1=(-1,0,1),B1D=(-1,1,-1),cos〈CD1,B1D〉 1+0-1 = =0, 2× 3

∴两直线所成的角为 90° .
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1 2 3

A组
4

专项基础训练
5 6 7 8 9

2.在空间直角坐标系 Oxyz 中,平面 OAB 的一个法向量为 n=(2, -2,1),已知点 P(-1,3,2),则点 P 到平面 OAB 的距离 d 等于 ( A.4 B. 2 C.3 D.1 )

解 析

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1 2 3

A组
4

专项基础训练
5 6 7 8 9

2.在空间直角坐标系 Oxyz 中,平面 OAB 的一个法向量为 n=(2, -2,1),已知点 P(-1,3,2),则点 P 到平面 OAB 的距离 d 等于 ( B ) A.4 B. 2 C.3 D.1

解 析
P 点到平面 OAB 的距离为
→· |OP n| |-2-6+2| d= |n| = =2,故选 B. 9
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1 2 3

A组
4

专项基础训练
5 6 7 8 9

3. 如图所示,已知正方体 ABCD—A1B1C1D1,E、F 分别是正方形 A1B1C1D1 和 ADD1A1 的中心,则 EF 和 CD 所成的角是 A.60° B.45° C.30° ( ) D.90°

解 析

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1 2 3

A组
4

专项基础训练
5 6 7 8 9

3. 如图所示,已知正方体 ABCD—A1B1C1D1,E、F 分别是正方形 A1B1C1D1 和 ADD1A1 的中心,则 EF 和 CD 所成的角是 A.60° B.45° C.30° ( ) D.90°

解 析

以 D 为原点,分别以射线 DA、

DC、DD1 为 x 轴、y 轴、z 轴的非负半轴建立空 间直角坐标系 Dxyz,设正方体的棱长为 1,

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

? 1 1? → → EF=?0,-2,-2?,DC=(0,1,0), ? ?

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1 2 3

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4

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5 6 7 8 9

3. 如图所示,已知正方体 ABCD—A1B1C1D1,E、F 分别是正方形 A1B1C1D1 和 ADD1A1 的中心,则 EF 和 CD 所成的角是 A.60° B.45° C.30° ( B ) D.90°

→ → EF · DC 2 → → ∴cos〈EF,DC〉= =- , 2 → → |EF||DC| → → ∴〈EF,DC〉=135° ,
∴异面直线 EF 和 CD 所成的角是 45° . 提醒 两异面直线的方向向量的夹角与异面直线所成的角相等

解 析

或互补.
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A组

专项基础训练

1 7 9 2 3 4 6 8 5 4.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 1 2 3 2 A. B. C. D. 2 3 3 2

(

)

解 析

基础知识

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练出高分

A组

专项基础训练

1 7 9 2 3 4 6 8 5 4.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 1 2 3 2 A. B. C. D. 2 3 3 2

( 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?1,0,2?,D(0,1,0), ? ? 1? → → ? ? ∴A1D=(0,1,-1),A1E= 1,0,-2?, ? ?

? ?y-z=0, 设平面 A1ED 的一个法向量为 n1=(1, y, z), 则? 1 1 - ? ? 2z=0,

?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 2 即所成的锐二面角的余弦值为 . 3

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1 2 3

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4

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5 6 7 8 9

5.如图所示, 在三棱柱 ABC—A1B1C1 中, AA1⊥底面 ABC, AB=BC=AA1,∠ABC=90° ,点 E、F 分别是棱 AB、 BB1 的中点,则直线 EF 和 BC1 所成的角是________.

解 析

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1 2 3

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4

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5 6 7 8 9

5.如图所示, 在三棱柱 ABC—A1B1C1 中, AA1⊥底面 ABC, AB=BC=AA1,∠ABC=90° ,点 E、F 分别是棱 AB、

60° . BB1 的中点,则直线 EF 和 BC1 所成的角是________
解 析
以 BC 为 x 轴,BA 为 y 轴,BB1 为 z 轴,建立空 间直角坐标系.
设 AB=BC=AA1=2, → → 则 C1(2,0,2), E(0,1,0), F(0,0,1), 则EF=(0, -1,1), BC1=(2,0,2), →· → =2, ∴EF BC 1 2 1 → → ∴cos〈EF,BC1〉= = , 2×2 2 2

∴EF 和 BC1 所成的角为 60° .
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1 2 3

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4

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5 6 7 8 9

6.长方体 ABCD—A1B1C1D1 中,AB=AA1=2,AD=1,E 为 CC1 的中点,则异面直线 BC1 与 AE 所成角的余弦值为________.

解 析

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练出高分

练出高分
1 2 3

A组
4

专项基础训练
5 6 7 8 9

6.长方体 ABCD—A1B1C1D1 中,AB=AA1=2,AD=1,E 为 CC1
30 10 的中点,则异面直线 BC1 与 AE 所成角的余弦值为________ .

解 析

建立坐标系如图,

则 A(1,0,0),E(0,2,1),B(1,2,0),C1(0,2,2), → =(-1,0,2),AE → =(-1,2,1), ∴BC
1

→ → BC1· AE 30 → → ∴cos〈BC1,AE〉= = 10 . → → |BC1||AE|

基础知识

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A组

专项基础训练

1 9 2 3 4 6 7 8 5 7.设正方体 ABCD—A1B1C1D1 的棱长为 2,则点 D1 到平面 A1BD
的距离是________.

解 析

基础知识

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练出高分

A组

专项基础训练

1 9 2 3 4 6 7 8 5 7.设正方体 ABCD—A1B1C1D1 的棱长为 2,则点 D1 到平面 A1BD
2 3 的距离是________ . 3

解 析

如图建立空间直角坐标系,

则 D1(0,0,2),A1(2,0,2),D(0,0,0),B(2,2,0),

→ → → ∴D 1A1=(2,0,0),DA1=(2,0,2),DB=(2,2,0),
设 平 面 A1BD 的 一 个 法 向 量 n = (x , y , z) , 则 → ? ?n· DA1=2x+2z=0 ? .令 x=1,则 n=(1,-1,-1), → =2x+2y=0 ? DB ?n· → |D n| 2 2 3 1A1· ∴点 D1 到平面 A1BD 的距离 d= |n| = = 3 . 3
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1 2 3

A组
4

专项基础训练
5 6 7 8 9

8.(10 分)如图,四棱锥 P—ABCD 中,PD⊥平面 ABCD,PA 与平面 ABD 所成的角为 60° ,在四 边形 ABCD 中, ∠ADC=∠DAB=90° , AB=4, CD=1,AD=2. (1)建立适当的坐标系,并写出点 B,P 的坐标; (2)求异面直线 PA 与 BC 所成的角的余弦值.

解 析

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练出高分

练出高分
1 2 3

A组
4

专项基础训练
5 6 7 8 9

8.(10 分)如图,四棱锥 P—ABCD 中,PD⊥平面 ABCD,PA 与平面 ABD 所成的角为 60° ,在四 边形 ABCD 中, ∠ADC=∠DAB=90° , AB=4, CD=1,AD=2. (1)建立适当的坐标系,并写出点 B,P 的坐标; (2)求异面直线 PA 与 BC 所成的角的余弦值.

解 析



(1)建立如图空间直角坐标系,

∵∠ADC=∠DAB=90° ,AB=4,CD=1,AD=2, ∴A(2,0,0),C(0,1,0),B(2,4,0). 由 PD⊥平面 ABCD,得∠PAD 为 PA 与平面 ABCD 所成的角, ∴∠PAD=60° . 在 Rt△PAD 中,由 AD=2,得 PD=2 3,∴P(0,0,2 3).
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练出高分
1 2 3

A组
4

专项基础训练
5 6 7 8 9

8.(10 分)如图,四棱锥 P—ABCD 中,PD⊥平面 ABCD,PA 与平面 ABD 所成的角为 60° ,在四 边形 ABCD 中, ∠ADC=∠DAB=90° , AB=4, CD=1,AD=2. (1)建立适当的坐标系,并写出点 B,P 的坐标; (2)求异面直线 PA 与 BC 所成的角的余弦值.

解 析
→ =(2,0,-2 3),BC → =(-2,-3,0), (2)∵PA → → ∴cos〈PA,BC〉
2×?-2?+0×?-3?+?-2 3?×0 13 = =- , 13 4 13

13 ∴PA 与 BC 所成的角的余弦值为 13 .
题型分类

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思想方法

练出高分

练出高分
1 2

A组

专项基础训练
7 8 9

3 4 6 5 9.(12 分)如图,在底面为直角梯形的四棱锥

P—ABCD 中,AD∥BC,∠ABC=90° ,PA⊥平面 ABCD,PA=3,AD=2,AB=2 3,BC=6. (1)求证:BD⊥平面 PAC; (2)求二面角 P—BD—A 的大小.

解 析

基础知识

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练出高分
1 2

A组

专项基础训练
7 8 9

3 4 6 5 9.(12 分)如图,在底面为直角梯形的四棱锥

P—ABCD 中,AD∥BC,∠ABC=90° ,PA⊥平面 ABCD,PA=3,AD=2,AB=2 3,BC=6. (1)求证:BD⊥平面 PAC; (2)求二面角 P—BD—A 的大小.

解 析

(1)证明

如图,建立空间直角坐标系,

则 A(0,0,0),B(2 3,0,0), C(2 3,6,0),D(0,2,0),P(0,0,3), → =(0,0,3),AC → =(2 3,6,0),BD → =(-2 3,2,0). ∴AP →· → =0,BD →· → =0.∴BD⊥AP,BD⊥AC. ∴BD AP AC 又∵PA∩AC=A,∴BD⊥面 PAC.
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练出高分
1 2

A组

专项基础训练
7 8 9

3 4 6 5 9.(12 分)如图,在底面为直角梯形的四棱锥

P—ABCD 中,AD∥BC,∠ABC=90° ,PA⊥平面 ABCD,PA=3,AD=2,AB=2 3,BC=6. (1)求证:BD⊥平面 PAC; (2)求二面角 P—BD—A 的大小.

解 析

(2)解

设平面 ABD 的法向量为 m=(0,0,1),

设平面 PBD 的法向量为 n=(x,y,z), → → → 则 n· BD=0,n· BP=0.∵BP=(-2 3,0,3),
? ?-2 ∴? ? ?-2

?y= 3x, ? 3x+2y=0, 解得? 2 3 3x+3z=0 z= x. ? 3 ?
题型分类 思想方法 练出高分

基础知识

练出高分
1 2

A组

专项基础训练
7 8 9

3 4 6 5 9.(12 分)如图,在底面为直角梯形的四棱锥

P—ABCD 中,AD∥BC,∠ABC=90° ,PA⊥平面 ABCD,PA=3,AD=2,AB=2 3,BC=6. (1)求证:BD⊥平面 PAC; (2)求二面角 P—BD—A 的大小.

解 析
m· n 1 令 x= 3,则 n=( 3,3,2),∴cos〈m,n〉= = . |m||n| 2
∴二面角 P—BD—A 的大小为 60° .

基础知识

题型分类

思想方法

练出高分

练出高分
1 2

B组
3

专项能力提升
4 5 6 7

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1 2

B组
3

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4 5 6 7

1.在正方体 ABCD—A1B1C1D1 中,M,N 分别为棱 AA1 和 BB1 的 → → 中点,则 sin〈CM,D1N〉的值为 ( ) 1 4 2 2 A. B. 5 C. 5 D. 9 9 9 3

解 析

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4 5 6 7

1.在正方体 ABCD—A1B1C1D1 中,M,N 分别为棱 AA1 和 BB1 的 → → 中点,则 sin〈CM,D1N〉的值为 ( B ) 1 4 2 2 A. B. 5 C. 5 D. 9 9 9 3

解 析
设正方体的棱长为 2, 以 D 为坐标原点, DA 为 x 轴,DC 为 y 轴,DD1 为 z 轴建立空间直角坐 → =(2,-2,1),D → 标系,可知CM 1N=(2,2,-1), 1 4 5 → → → → cos〈CM,D1N〉=- ,sin〈CM,D1N〉= . 9 9
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2.在正三棱柱 ABC—A1B1C1 中,AB=AA1,则 AC1 与平面 BB1C1C 所成角的正弦值为 2 15 A. B. 2 5 ( 6 C. 4 6 D. 3 )

解 析

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2.在正三棱柱 ABC—A1B1C1 中,AB=AA1,则 AC1 与平面 BB1C1C 所成角的正弦值为 2 15 A. B. 2 5 ( C ) 6 C. 4 6 D. 3

解 析
建立如图所示的空间直角坐标系, 设 AB=2, 则 C1( 3, → =( 3,1,-2),平面 BB C C 的 1,0)、A(0,0,2),AC
1 1 1

一个法向量为 n=(1,0,0),所以 AC1 与平面 BB1C1C 所 →· |AC 3 6 1 n| 成角的正弦值为 = = .故选 C. → ||n| 8 4 |AC 1
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1 2 3 4 5 3. 如图,设动点 P 在棱长为 1 的正方体 ABCD D1P —A1B1C1D1 的对角线 BD1 上,记 =λ.当 D1B

∠APC 为钝角时,则 λ 的取值范围是 ( ) ? ? ?1 ? ?1 ? 1? 1? A.?0,3? B.?0,2? C.?2,1? D.?3,1? ? ? ? ? ? ? ? ?

解 析

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5 1 2 3 4 3. 如图,设动点 P 在棱长为 1 的正方体 ABCD D1P —A1B1C1D1 的对角线 BD1 上,记 =λ.当 D1B

∠APC 为钝角时,则 λ 的取值范围是 ( ) ? ? ?1 ? ?1 ? 1? 1? A.?0,3? B.?0,2? C.?2,1? D.?3,1? ? ? ? ? ? ? ? ?
→、 →、 → 为单位正交基底, 由题设可知, 以DA DC DD 1 建立如图所示的空间直角坐标系 Dxyz,则有 A(1,0,0),B(1,1,0),C(0,1,0),D1(0,0,1). → → → 由D1B=(1,1,-1)得D1P=λD1B=(λ,λ,-λ), → =PD → +D → 所以PA A
1 1

解 析

=(-λ,-λ,λ)+(1,0,-1)=(1-λ,-λ,λ-1),
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5 1 2 3 4 3. 如图,设动点 P 在棱长为 1 的正方体 ABCD D1P —A1B1C1D1 的对角线 BD1 上,记 =λ.当 D1B

∠APC 为钝角时,则 λ 的取值范围是 ( ) ? ? ?1 ? ?1 ? 1? 1? A.?0,3? B.?0,2? C.?2,1? D.?3,1? ? ? ? ? ? ? ? ?

解 析

→ → → PC=PD1+D1C=(-λ,-λ,λ)+(0,1,-1)

=(-λ,1-λ,λ-1).

显然∠APC 不是平角,所以∠APC 为钝角等价于 → → PA · PC → → cos∠APC=cos〈PA,PC〉= <0, → → |PA||PC| → → 这等价于PA· PC<0,
即(1-λ)(-λ)+(-λ)(1-λ)+(λ-1)2
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5 1 2 3 4 3. 如图,设动点 P 在棱长为 1 的正方体 ABCD D1P —A1B1C1D1 的对角线 BD1 上,记 =λ.当 D1B

∠APC 为钝角时,则 λ 的取值范围是 ( D ) ? ? ?1 ? ?1 ? 1? 1? A.?0,3? B.?0,2? C.?2,1? D.?3,1? ? ? ? ? ? ? ? ?

解 析
1 =(λ-1)(3λ-1)<0,得 <λ<1. 3

因此,λ

?1 ? 的取值范围为?3,1?. ? ?

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5 1 2 3 4 4.(2012· 陕西)如图所示,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 夹角的余弦值为_______.

解 析

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5 1 2 3 4 4.(2012· 陕西)如图所示,在空间直角坐标系中有 直三棱柱 ABC-A1B1C1,CA=CC1=2CB,则 5 5 直线 BC1 与直线 AB1 夹角的余弦值为_______ .

解 析

利用向量法求解.

不妨令 CB=1,则 CA=CC1=2. 可得 O(0,0,0),B(0,0,1),C1(0,2,0),A(2,0,0),B1(0,2,1), → → ∴BC1=(0,2,-1),AB1=(-2,2,1), → → 4-1 BC AB1 1 5 → → 1· ∴cos〈BC1,AB1〉= = = = 5 >0. → → 5× 9 5 |BC1||AB1| → → ∴BC1 与AB1 的夹角即为直线 BC1 与直线 AB1 的夹角, 5 ∴直线 BC1 与直线 AB1 夹角的余弦值为 5 .
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5 1 7 2 3 4 6 5.(2012· 大纲全国)三棱柱 ABC-A1B1C1 中,底面边长和侧棱长都

相等, ∠BAA1=∠CAA1=60° , 则异面直线 AB1 与 BC1 所成角的 余弦值为________.

解 析

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5 1 7 2 3 4 6 5.(2012· 大纲全国)三棱柱 ABC-A1B1C1 中,底面边长和侧棱长都

相等, ∠BAA1=∠CAA1=60° , 则异面直线 AB1 与 BC1 所成角的 余弦值为________.

解 析

连接 A1B 交 AB1 于点 O,取 A1C1

的中点 D,连接 B1D、DO.
∵O、D 分别为 A1B、A1C1 的中点,

∴OD∥BC1,∴∠DOB1 或其补角即为异面直线 AB1 与 BC1 所成的角.
3 设各棱长为 a,则 DB1= a. 2 3 ∵∠A1AB=60° ,∴OB1=AO= a. 2 → =BB → +BC → =AA → +AC → -AB →, 又∵BC
1 1 1

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5 1 7 2 3 4 6 5.(2012· 大纲全国)三棱柱 ABC-A1B1C1 中,底面边长和侧棱长都

相等, ∠BAA1=∠CAA1=60° , 则异面直线 AB1 与 BC1 所成角的
6 余弦值为________ 6 .

解 析

→2 → → → 2 ∴BC1 =(AA1+AC-AB)

→ 2+2AA →· → →2 → AB → -2AC →· → +AB →2 =AA AB 1 1 AC+AC -2AA1·

=a2+2a2cos 60° +a2-2a2cos 60° -2a2cos 60° +a2=2a2, → |= 2a.∴OD=1BC = 2a. ∴|BC 1 2 1 2 在△DOB1 中,由余弦定理得 ? 3 ? ? ? ? ? ? ?2 ? 2 ?2 ? 3 ?2 ? 2 a? +? 2 a? -? 2 a? 6 ? ? ? ? ? ? cos∠DOB1= =6, 3 2 2·2 a·2 a 6 ∴AB1 与 BC1 所成角的余弦值为 6 .

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6.在四面体 P-ABC 中,PA,PB,PC 两两垂直,设 PA=PB= PC=a,则点 P 到平面 ABC 的距离为________.

解 析

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6.在四面体 P-ABC 中,PA,PB,PC 两两垂直,设 PA=PB= 3 PC=a,则点 P 到平面 ABC 的距离为________ 3a .

根据题意,可建立如图所示的空间直角坐标系 Pxyz,则 P(0,0,0),A(a,0,0),B(0,a,0),C(0,0,a). 过点 P 作 PH⊥平面 ABC,交平面 ABC 于点 H, 则 PH 的长即为点 P 到平面 ABC 的距离. ∵PA=PB=PC,∴H 为△ABC 的外心. 又∵△ABC 为正三角形,∴H 为△ABC 的重心, ?a a a? 可得 H 点的坐标为?3,3,3?. ? ? ?a ?2 ?a ?2 ?a ?2 3 ? ? ? ? ? ? -0 + -0 + -0 = a. ∴PH= 3 ?3 ? ?3 ? ?3 ? 3 ∴点 P 到平面 ABC 的距离为 a. 3

解 析

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2

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5 7 3 4 6 7.(13 分)(2012· 北京)如图(1),在 Rt△ABC 中,∠C=90° ,BC=3,

AC=6.D,E 分别是 AC,AB 上的点,且 DE∥BC,DE=2,将 △ADE 沿 DE 折起到△A1DE 的位置,使 A1C⊥CD,如图(2).

(1)求证:A1C⊥平面 BCDE; (2)若 M 是 A1D 的中点,求 CM 与平面 A1BE 所成角的大小; (3)线段 BC 上是否存在点 P,使平面 A1DP 与平面 A1BE 垂直? 说明理由.
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解 析

(1)证明

∵AC⊥BC,DE∥BC,∴DE⊥AC.

∴DE⊥A1D,DE⊥CD,∴DE⊥平面 A1DC, 又 A1C?平面 A1DC,∴DE⊥A1C. 又∵A1C⊥CD,∴A1C⊥平面 BCDE. (2)解 如图所示, 以 C 为坐标原点,建立空间直角坐标系 C-xyz
则 A1(0,0,2 3),D(0,2,0),M(0,1, 3),B(3,0,0),E(2,2,0). → → 设平面 A1BE 的法向量为 n=(x,y,z),则 n· A1B=0,n· BE=0. → → 又A1B=(3,0,-2 3),BE=(-1,2,0),
? ?3x-2 3z=0, ∴? ? ?-x+2y=0.

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解 析

令 y=1,则 x=2,z= 3,

∴n=(2,1, 3). 设 CM 与平面 A1BE 所成的角为 θ. → ∵CM=(0,1, 3), ? → ? CM ? 4 2 → ? n· ∴sin θ=|cos〈n,CM〉|=? = = . → ? 8× 4 2 |CM|? ?|n|· π ∴CM 与平面 A1BE 所成角的大小为4. (3)解 线段 BC 上不存在点 P,使平面 A1DP 与平面 A1BE 垂直.
理由如下:

假设这样的点 P 存在,设其坐标为(p,0,0),其中 p∈[0,3] .

设平面 A1DP 的法向量为 m=(x′,y′,z′),
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4 5 6 7

→ → 则 m· A1D=0,m· DP=0. → → 又A1D=(0,2,-2 3),DP=(p,-2,0),

解 析

? ?2y′-2 3z′=0, ∴? ? ?px′-2y′=0.

p 令 x′=2,则 y′=p,z′= , 3 ? p? ? ∴m=?2,p, ? ?. 3 ? ?

平面 A1DP⊥平面 A1BE,当且仅当 m· n=0,
即 4+p+p=0.

解得 p=-2,与 p∈[0,3] 矛盾. ∴线段 BC 上不存在点 P,使平面 A1DP 与平面 A1BE 垂直.
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