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高考调研数学8-8


高考调研

高三数学(新课标版· 理)

第八章 立体几何

第八章

立体几何

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第8课时

空间向量的应用(二)

角与距离

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2012· 考纲下载
能够利用向量的方法,解决异面直线的夹角线面角、 面面角问题,会解决距离问题,体会向量法在立几中的应 用.

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请注意!
在高考中,本部分知识是考查的重点内容之一,主要 考查异面直线所成角、线面角和面面角的概念的理解,关 于距离及其计算,题型既可在选择题、填空题中出现,也 可在大题中出现,属于中档题,综合性较强,与平行垂直 联系较多.

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1.利用空间向量求空间角 (1)两条异面直线所成的角 ①定义:设 a,b 是两条异面直线,过空间任一点 O 作直线 a′∥a,b′∥b,则 a′与 b′所夹的 锐角或直角 叫做 a 与 b 所成的角.
π (0,2] ②范围:两异面直线所成角 θ 的取值范围是 .

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③向量求法:设直线 a,b 的方向向量为 a,b,其夹
? a· b? ? |cosφ |=? |b|? ?|a |·

角为 φ,则有 cosθ=

.

(2)直线与平面所成的角 ①定义:直线和平面所成的角,是指直线与它在这个 平面内的射影所成的角.

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π [0, ] 2 . ②范围: 直线和平面所成的角 θ 的取值范围是

③向量求法:设直线 l 的方向向量为 a,平面的法向 量为 u,直线与平面所成的角为 θ,a 与 u 的夹角为 φ,则 有 sinθ= |cosφ | 或 cosθ= sinφ.

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(3)二面角 ①二面角的取值范围是 [0,π]. ②二面角的向量求法: (ⅰ)若 AB、CD 分别是二面角 α—l—β 的两个面内与 → → 棱 l 垂直的异面直线, 则二面角的大小就是向量AB与CD的 夹角(如图①).

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(ⅱ)设 n1,n2 分别是二面角 α—l—β 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②③).

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2.利用空间向量求空间距离 (1)点面距离的求法 已知 AB 为平面 α 的一条斜线段,n 为平面 α 的法向量,
→ |AB → AB,n → |AB· n| = . |n|

→ 则 B 到平面 α 的距离为|BO|=

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(2)线面距、面面距均可转化为点面距离,用求点面 距的方法进行求解.

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(3)两异面直线的距离的求法. 若 CD 是异面直线 a,b 的公垂线段(其中 n 与 a,b 均垂 直,A、B 分别为两异面直线上的任意两点),a、b 间的距离: → |AB· n| d= |n| .

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1. 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°

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解析 =45° ,

m· n 1 2 m,n = = = ,∴ m,n |m|· |n| 2 2

∴二面角为 45° 或 135° .

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2. 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° B.60° D.60° 或 30° )

答案 C

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3.如图所示,在空间直角坐标系中,有一棱长为 a 的正方体 ABCO—A′B′C′D′,A′C 的中点 E 与 AB 的中点 F 的距离为( )
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A. 2a C.a

2 B. a 2 1 D. a 2

答案 B

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解析

由图易知 A(a,0,0) , B(a , a,0) , C(0 , a,0) ,

a a a a A′(a,0,a).∴F(a, ,0),E( , , ). 2 2 2 2 ∴|EF|= = a2 a a2 a2 ?a-2? +?2-2? +?0-2?

a2 a2 2 + = a. 4 4 2

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4.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( ) 30 B. 10 3 10 D. 10

10 A. 10 2 15 C. 10

答案 B

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解析

建立坐标系如图.

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则 A(1,0,0),E(0,2,1),B(1,2,0),C1(0,2,2). → → BC1=(-1,0,2),AE=(-1,2,1), → → BC AE 30 → → 1· cos〈 BC1,AE〉= = .所以异面直线 BC1 10 → → |BC1|· |AE| 30 与 AE 所成角的余弦值为 . 10

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5.(2012· 沧州七校联考)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( A.30° C.60° ) B.45° D.90°

答案 B

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解析

以 A 点为坐标原点,AP、AB、AD 分别为 x、

y、z 轴建系且设 AB=1, ∴C(1,1,0),D(0,1,0),P(0,0,1), ∴设面 CDP 的法向量为 n=(x,y, z), ? → ?n· CD=?x,y,z??-1,0,0?=-x=0 ∴? → ? n · PD =?x,y,z??0,-1,1?=-y+z=0, ?

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令 y=1,∴n=(0,1,1). → 又∵AD为面 ABP 的一个法向量, → n· AD 1 2 → ∴cos〈 n, AD〉= = = , → 2 2 |n||AD| ∴二面角为 45° .

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题型一
例1

异面直线所成的角

(2011· 陕西理)如图,在△ABC 中,∠ABC=60° ,∠

BAC=90° , AD 是 BC 上的高, 沿 AD 把△ABD 折起, 使∠BDC =90° .

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(1)证明:平面 ADB⊥平面 BDC; → → (2)设 E 为 BC 的中点,求AE与DB夹角的余弦值.

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【解析】 (1)∵折起前 AD 是 BC 边上的高, ∴当△ABD 折起后,AD⊥DC,AD⊥DB, 又 DB∩DC=D, ∴AD⊥平面 BDC, ∵AD?平面 ABD, ∴平面 ABD⊥平面 BDC.

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(2)

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由∠BDC=90° 及(1)知 DA,DB,DC 两两垂直,不 → → → 妨设|DB |=1,以 D 为坐标原点,以 DB,DC, DA所在直 线为 x,y,z 轴建立如图所示的空间直角坐标系,易得 1 3 D(0,0,0),B(1,0,0),C(0,3,0),A(0,0, 3),E( , ,0), 2 2

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→ 1 3 → ∴AE=( , ,- 3),DB=(1,0,0), 2 2 → → AE· DB → → → → ∴AE与DB夹角的余弦值为 cos 〈 AE, DB〉 = → → |AE|· |DB| 1 2 22 = . 22 22 ×1 4



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探究 1 求一对异面直线所成角: 一是按定义平移转 化为两相交直线的夹角;二是在异面直线上各取一向量, 转化为两向量的夹角或其补角, 无论哪种求法, 都应注意 角的范围的限定.

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思考题 1 如下图所示,在四棱锥 P-ABCD 中,底 面 ABCD 是一直角梯形,∠BAD=90° ,AD∥BC,AB= BC=a,AD=2a,且 PA⊥底面 ABCD,PD 与底面成 30° 角. (1)若 AE⊥PD,E 为垂足,求证:BE⊥PD; (2)求异面直线 AE 与 CD 所成角的余弦值.

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(1)【证明】

∵PA⊥平面 ABCD,∴PA⊥AB.

再由 AB⊥AD,得 AB⊥平面 PAD. ∴AB⊥PD,又∵AE⊥PD,∴PD⊥平面 ABE,故 BE ⊥PD.

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(2)【解析】 如图所示,以 A 为原点,AB、AD、AP 所在直线为坐标轴,建立空间直角坐标系,则点 C、

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D 的坐标分别为(a,a,0),(0,2a,0).

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∵PA⊥平面 ABCD,∠PDA 是 PD 与底面 ABCD 所 成的角. ∴∠PDA=30° . 于是,在 Rt△AED 中, 由 AD=2a,得 AE=a, 过 E 作 EF⊥AD,垂足为 F,在 Rt△AFE 中, 1 3 由 AE=a,∠EAF=60° ,得 AF= 2a,EF= 2 a.
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1 3 ∴E(0, a, a). 2 2

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1 3 → → 于是,AE=(0, a, a),CD=(-a,a,0). 2 2 → → 设AE与CD的夹角为 θ,则由 → → AE· CD cosθ= → → |AE|· |CD| 1 3 0· ?-a?+ a· a+ a· 0 2 2 2 = . 4 1 2 3 2 2 2 2 2 0 +?2a? +? 2 a? · ?-a? +a +0
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题型二

线面角

例 2 如下图所示,在四棱锥 P-ABCD 中,底面 ABCD 是矩形,PA⊥平面 ABCD,PA=AD=2,AB=1,BM⊥PD 于 点 M.

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(1)求证:AM⊥PD; (2)求直线 CD 与平面 ACM 所成的角的余弦值.

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【解析】 ABCD, ∴PA⊥AB.

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(1)证明:∵PA⊥平面 ABCD,AB?平面

∵AB⊥AD,AD∩PA=A,AD?平面 PAD, PA?平面 PAD. ∴AB⊥平面 PAD. ∵PD?平面 PAD,∴AB⊥PD. ∵BM⊥PD,AB∩BM=B,AB?平面 ABM, BM?平面 ABM,
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∴PD⊥平面 ABM. ∵AM?平面 ABM,∴AM⊥PD. (2)解法一:由(1)知,AM⊥PD,又 PA=AD, 则 M 是 PD 的中点, 在 Rt△PAD 中,得 AM= 2. 在 Rt△CDM 中,得 MC= MD2+DC2= 3, ∴MC2+AM2=AC2=5,即△AMC 为直角三角形,

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1 6 ∴S△ACM=2AM· MC= 2 .

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设点 D 到平面 ACM 的距离为 h, 由 VD-ACM=VM-ACD, 1 1 1 6 得 S△ACM· h= S△ACD·PA,解得 h= . 3 3 2 3 设直线 CD 与平面 ACM 所成的角为 θ, h 6 3 则 sinθ= = ,∴cosθ= . 3 CD 3 3 ∴直线 CD 与平面 ACM 所成的角的余弦值为 3 .

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解法二:如图所示,以点 A 为坐标原点,建立空间 直角坐标系 A-xyz,

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则 A(0,0,0),P(0,0,2),B(1,0,0),C(1,2,0),D(0,2,0), M(0,1,1). → → → ∴AC=(1,2,0),AM=(0,1,1),CD=(-1,0,0). 设平面 ACM 的一个法向量为 n=(x,y,z), → → 则 n⊥ AC,n⊥ AM可得

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?x+2y=0, ? ? ? ?y+z=0.

令 z=1,得 x=2,y=-1. ∴n=(2,-1,1). 设直线 CM 与平面 ACM 所成的角为 α,则

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→ |CD· n| 6 sinα= = . 3 → |CD|· |n| 3 ∴cosα= . 3 3 ∴直线 CD 与平面 ACM 所成的角的余弦值为 . 3

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探究 2

求直线和平面所成的角也有传统法和向量

法两种. 传统法关键是找斜线在平面内的射影, 从而找出 线面角; 向量法则可建立坐标系, 利用向量的运算求解. 用 向量法可避开找角的困难, 但计算较繁, 所以要注意计算 上不要失误.

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思考题 2

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(1)(2012· 江苏四市调研)在正方体 ABCD-

A1B1C1D1 中,F 是 BC 的中点,点 E 在 D1C1 上,且 D1E 1 = D1C1,试求直线 EF 与平面 D1AC 所成角的正弦值. 4

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【解析】

→ → → 设正方体棱长为 1,以 DA,DC,DD1为

单位正交基底,建立如下图所示坐标系 D-xyz,则各点 1 1 的坐标分别为 B1(1,1,1) , E(0 , , 1) , F( , 1,0),连接 4 2 DB1,

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→ → 1 3 所以DB1=(1,1,1),EF=(2,4,-1), → 由题意可知,DB1为平面 D1AC 的一个法向量, → → DB1 , EF 1 3 → → 1× +1× -1×1 DB1· EF 2 4 = = = → → 1 9 |DB1||EF| 3× + +1 4 16

87 . 87 87 所以直线 EF 与平面 D1AC 所成角的正弦值为 87 .
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(2)(2009· 全国Ⅰ)已知三棱柱 ABC-A1B1C1 的侧棱与 底面边长都相等, A1 在底面 ABC 上的射影为 BC 的中点, 则异面直线 AB 与 CC1 所成的角的余弦值为( 3 A. 4 7 C. 4 5 B. 4 3 D. 4 )

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【解析】

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记 BC 的中点为 D,直线 AB 与 AA1 所成

的角是 θ, 该三棱柱的各棱长为 a, 则有 A1D⊥平面 ABC, 3 a AD 2 3 且 cos∠A1AD= = = ,cosθ=cos∠A1AD· cos∠ 2 AA1 a 3 π 3 CAD= · cos = ,于是直线 AB 与 CC1 所成的角的余弦 2 6 4 3 值等于4,选 D.
【答案】 D

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题型三

二面角

例 3 (2011· 全国新课标理)如下图, 四棱锥 P-ABCD 中, 底面 ABCD 为平行四边形,∠DAB=60° ,AB=2AD,PD⊥底 面 ABCD.

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(1)证明:PA⊥BD; (2)若 PD=AD,求二面角 A-PB-C 的余弦值.

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【解析】 (1)因为∠DAB=60° ,AB=2AD, 由余弦定理得 BD= 3AD. 从而 BD2+AD2=AB2,故 BD⊥AD. 又 PD⊥底面 ABCD,可得 BD⊥PD. 所以 BD⊥平面 PAD.故 PA⊥BD.

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(2)

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如上图,以 D 为坐标原点,AD 的长为单位长,射线 DA 为 x 轴的正半轴建立空间直角坐标系 D-xyz,则 A(1,0,0),B(0, 3,0),C(-1, 3,0),P(0,0,1). → → → AB=(-1, 3, 0), PB=(0, 3, -1), BC=(-1,0,0).

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设平面 PAB 的法向量 n=(x,y,z), ? → ?n· AB=0, 则? → ? n · PB =0. ?
?-x+ 3y=0, ? 即? ? ? 3y-z=0.

因此可取 n=( 3,1, 3).

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? → ?m· PB=0, 设平面 PBC 的法向量为 m,则 ? → ? BC=0. ?m· -4 可取 m=(0,-1,- 3),则 cos〈 m, n〉= = 2 7 2 7 - . 7 2 7 故二面角 A-PB-C 的余弦值为- . 7

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探究 3

(1)当空间直角坐标系容易建立时, 用向量法

较为简洁明快.(2)用法向量求二面角的大小时,有时不 易判断两法向量的大小就是二面角的大小(相等或互补), 但我们完全可以根据图形得出结论, 这是因为二面角是钝 二面角还是锐二面角一般是比较明显的.

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思考题 3 正方体 ABCD-A1B1C1D1 的棱长为 1,点 F 为 A1D 的中点. (1)证明:A1B∥平面 AFC; (2)求二面角 B-AF-C 的余弦值.

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【解析】

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以顶点 A 为原点建立如图所示的空间直

角坐标系 A-xyz,则 A(0,0,0),B(1,0,0),C(1,1,0),A1(0, 1 1 0,1),F(0, , ),B1(1,0,1). 2 2

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(1)设 n=(x,y,1)是平面 AFC 的一个法向量. 1 1 → → → AF=(0,2,2),AC=(1,1,0),A1B=(1,0,-1), ? → ?n· AF=0 ∵? → ? n · AC =0 ?
? ?x=1 ∴? ? ?y=-1 ? ?y+1=0 ,∴? ? ?x+y=0





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∴n=(1,-1,1), → A1B· n=1+0-1=0, → ∴A1B⊥n,又 A1B?平面 AFC,∴A1B∥平面 AFC.

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(2)设 m=(x,y,1)是平面 BAF 的一个法向量, → AB=(1,0,0), ? → ?m· AB=0 ∵? → ? m · AF =0 ?
? ?x=0 ,∴? ? ?y=-1

,∴m=(0,-1,1).

1+1 m· n 6 cos〈m,n〉=|m|· |n|= 2× 3= 3 ,

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又 m 与 n 所成角的大小与二面角 B-AF-C 的大小 相等, 6 ∴二面角 B-AF-C 的余弦值为 3 .

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题型四

用空间向量求距离

例 4 (2010· 江西)如下图,△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.

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【解析】 解法一:取 CD 中点 O,连接 OB,OM, 则 OB=OM= 3,OB⊥CD,MO⊥CD.又平面 MCD⊥平 面 BCD,则 MO⊥平面 BCD,所以 MO∥AB,MO∥平面 ABC.M,O 到平面 ABC 的距离相等.作 OH⊥BC 于 H, 连接 MH,则 MH⊥BC.

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3 求得 OH=OC· sin60° =2, MH= 3 15 ? 3?2+? 2 ?2= 2 .

设点 A 到平面 MBC 的距离为 d,由 VA-MBC=VM-ABC 得 1 1 · S · d= · S · OH. 3 △MBC 3 △ABC

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1 1 15 1 1 3 即 × ×2× d= × ×2×2 3× , 3 2 2 3 2 2 2 15 解得 d= 5 .

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解法二:取 CD 中点 O,连 OB,OM,则 OB⊥CD, OM⊥CD.又平面 MCD⊥平面 BCD,则 MO⊥平面 BCD. 取 O 为原点,直线 OC、BO、OM 为 x 轴、y 轴、z 轴, 建立空间直角坐标系,如上图.OB=OM= 3,则各点坐 标分别为 C(1,0,0),M(0,0, 3),B(0,- 3,0),A(0, - 3,2 3).

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设 n=(x,y,z)是平面 MBC 的一个法向量,则 → → BC=(1, 3,0),BM=(0, 3, 3). → 由 n⊥ BC得 x+ 3y=0, → 由 n⊥ BM得 3y+ 3z=0. → 取 n=( 3,-1,1).BA=(0,0,2 3),则 → |BA· n| 2 3 2 15 d= = = 5 . |n| 5

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探究 4 1.求距离常用的方法大致分为以下三种: ①把距离问题转化为解三角形的问题; ②体积法也是一种常用的方法; ③运用向量的方法有时会使问题迎刃而解.

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2.点到平面的距离,直线到平面的距离,两平行平 面间的距离, 异面直线间的距离等都是高考考查的重点内 容,可以和多种知识相结合,是诸多知识的交汇.

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思考题 4 如图所示,四棱锥 S—ABCD 的底面是矩 形,AB=a,AD=2,SA=1,且 SA⊥底面 ABCD,若边 → → BC 上存在异于 B、C 的一点 P,使得 PS ⊥PD.

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(1)求 a 的最大值; (2)当 a 取最大值时,求平面 SCD 的一个单位法向量 n0 及点 P 到平面 SCD 的距离.

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→ 【解析】 (1)建立如图空间直角坐标系,设|BP|=x,

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则 A(0,0,0),S(0,0,1),D(0,2,0),P(a,x,0), → ∴PS =(-a,-x,1), → PD=(-a,2-x,0). → → → → ∵PS ⊥PD,∴PS· PD=0, 即 a2-x(2-x)=0,即 a2=-x2+2x=-(x-1)2+1. 则 x=1∈(0,2)时,a 的最大值为 1.

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(2)设平面 SCD 的一个法向量为 n=(x,y,z), ? → ?n⊥ SC, 则? → ? n ⊥ SD , ? ? → ?n· SC=0, ∴? → ? n · SD =0. ?

→ → ∵C(1,2,0),SC=(1,2,-1),SD=(0,2,-1), → PC=(0,1,0),
?x+2y-z=0, ? ∴? ? ?2y-z=0,

取 y=1,

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则 z=2,x=0,∴ n=(0,1,2). 1 5 2 5 n ∴n0= = (0,1,2)=(0, , ). 5 5 |n| 5 → ∵P 到平面 SCD 的距离 d 等于 PC在 n0 上的射影长. → ∴d=|PC → PC,n0 → |PC· n0| → = = |PC· n0| |n0 |

5 2 5 5 =|(0,1,0)· (0, 5 , 5 )|= 5 .

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1.角的计算与度量总要进行转化,这体现了转化的 思想,主要将空间角转化为平面角或两向量的夹角. 2.用向量的数量积来求解两异面直线所成的角,简 单、 易掌握. 其基本程序是选基底, 表示两直线方向向量, 计算数量积,若能建立空间直角坐标系,则更为方便.

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3.找直线和平面所成的角常用方法是过线上一点作 面的垂线或找线上一点到面的垂线,或找(作)垂面,将其 转化为平面角,或用向量求解,或解直角三角形. 4.二面角的求解方法一般有作垂面法、三垂线定理 法、面积射影法、向量法等,特别是对“无”棱(图中没 有棱)的二面角, 应先找出棱或借助平面法向量夹角求解. 5.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.

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请做:课时作业(四十六 )

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