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立体几何中的向量问题空间角与距离[高考数学总复习][高中数学课时训]


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立体几何中的向量问题空间角与距离

基础自测
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 答案 45°或 135° .

2.二面角的棱上有 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 答案 60° . .

3.如图所示,在棱长为 2 的正方体 ABCD—A1B1C1D1 中,O 是底面 ABCD 的中心,E、 F 分别是 CC1、AD 的中点,那么异面直线 OE 和 FD1 所成角的余弦值等于 答案

15 5
.

4.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 答案

2 a 2
.

5.(2008·福建理,6)如图所示,在长方体 ABCD—A1B1C1D1 中,AB=BC=2,AA1=1,则 BC1 与平面 BB1D1D 所成角的正弦值为 答案

10 5

例1

(2008·海南理,18)如图所示,已知点 P 在正方体 ABCD—A′B′C′D′的对角线

BD′上,∠PDA=60°. (1)求 DP 与 CC′所成角的大小; (2)求 DP 与平面 AA′D′D 所成角的大小. 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 D—xyz. 则 DA =(1,0,0) C C ? =(0,0,1). , 连接 BD,B′D′. 在平面 BB′D′D 中, 延长 DP 交 B′D′于 H. 设 DH =(m,m,1) (m>0),由已知〈 DH , DA 〉=60°, 由 DA · DH =| DA || DH |cos〈 DH , DA 〉,

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可得 2m= 2m 2 ? 1 . 解得 m=

2 2 2 ,所以 DH =( , ,1). 2 2 2

2 2 ?0 ? ? 0 ? 1? 1 2 2 2 (1)因为 cos〈 DH , C C ? 〉= = , 2 1? 2

所以〈 DH , C C ? 〉=45°, 即 DP 与 CC′所成的角为 45°. (2)平面 AA′D′D 的一个法向量是 DC =(0,1,0).
2 2 ?0 ? ? 1 ? 1? 0 1 2 2 因为 cos〈 DH , DC 〉= = , 2 1? 2

所以〈 DH , DC 〉=60°, 可得 DP 与平面 AA′D′D 所成的角为 30°. 例2 在三棱锥 S—ABC 中,△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. 解 取 AC 的中点 O,连接 OS、OB. ∵SA=SC,AB=BC, ∴AC⊥SO,AC⊥BO. ∵平面 SAC⊥平面 ABC, 平面 SAC∩平面 ABC=AC, ∴SO⊥平面 ABC,∴SO⊥BO. 如图所示,建立空间直角坐标系 O—xyz, 则 B(0,2 3 ,0) ,C(-2,0,0) ,S(0,0,2 2 ) , M(1, 3 ,0) ,N(0, 3 , 2 ). ∴ CM =(3, 3 ,0) MN =(-1,0, 2 ) MB =(-1, 3 ,0). , , 设 n=(x,y,z)为平面 CMN 的一个法向量,

?CM ? n ? 3x ? 3 y ? 0 ? 则? ,取 z=1, ?MN ? n ? -x ? 2 z ? 0 ?
则 x= 2 ,y=- 6 ,∴n=( 2 ,- 6 ,1).

n ? MB
∴点 B 到平面 CMN 的距离 d=

n

?

4 2 . 3

例 3 (16 分)如图所示,四棱锥 P—ABCD 中,底面 ABCD 是矩形,PA⊥底面 ABCD,PA=AB=1,AD= 3 ,点 F 是 PB 的中点,点 E 在边 BC 上移动.

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高考数学总复习课堂作业教案课后拓展学案课时练习与详解免费下载 (1)点 E 为 BC 的中点时,试判断 EF 与平面 PAC 的位置关系,并说明理由; (2)求证:无论点 E 在 BC 边的何处,都有 PE⊥AF; (3)当 BE 为何值时,PA 与平面 PDE 所成角的大小为 45°. (1)解 当点 E 为 BC 的中点时,EF 与平面 PAC 平行. ∵在△PBC 中,E、F 分别为 BC、PB 的中点,∴EF∥PC. 又 EF ? 平面 PAC,而 PC ? 平面 PAC, ∴EF∥平面 PAC. (2)证明 以 A 为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系 则 P(0,0,1) ,B(0,1,0) , F(0, 4分

1 1 , ) ,D( 3 ,0,0). 2 2

设 BE=x,则 E(x,1,0) ,
PE · AF =(x,1,-1)(0, ·

1 1 , )=0, 2 2
10 分

∴PE⊥AF. (3)解 设平面 PDE 的法向量为 m=(p,q,1),

由(2)知 PD =( 3 ,0,-1) PE =(x,1,-1) ,

?m ? PD ? 0 ? 1 x ? ? ? 由? ,得 m= ? ? 3 ,1 ? 3 ,1? . ? ? ?m ? PE ? 0 ?
而 AP =(0,0,1) ,依题意 PA 与平面 PDE 所成角为 45°, ∴sin45°=

12 分

m ? AP 2 = , 2 m AP
=
2



1 1 ? x ? ? ?1 ? ?1 ? 3 ? 3? ? ?

1 2

,

14 分

得 BE=x= 3 - 2 或 BE=x= 3 + 2 > 3 (舍去). 故 BE= 3 - 2 时,PA 与平面 PDE 所成角为 45°. 16 分

1.如图所示, DE 分别是⊙O、 1 的直径, 与两圆所在的平面均垂直, AF、 ⊙O AD AD=8.BC 是⊙O 的直径, AB=AC=6, OE∥AD. (1)求二面角 B-AD-F 的大小; (2)求直线 BD 与 EF 所成的角的余弦值. 解 (1)∵AD 与两圆所在的平面均垂直, ∴AD⊥AB,AD⊥AF, 故∠BAF 是二面角 B—AD—F 的平面角.

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高考数学总复习课堂作业教案课后拓展学案课时练习与详解免费下载 依题意可知,ABFC 是正方形, ∴∠BAF=45°. 即二面角 B—AD—F 的大小为 45°; (2)以 O 为原点,CB、AF、OE 所在直线为坐标轴,建立空间直角坐标系(如图所示) , 则 O(0,0,0) , A(0,-3 2 ,0) ,B(3 2 ,0,0) ,D(0,-3 2 ,8) , E(0,0,8) ,F(0,3 2 ,0) , ∴ BD =(-3 2 ,-3 2 ,8) EF =(0,3 2 ,-8). , cos〈 BD , EF 〉=

BD ? EF BD EF

=

0 ? 18 ? 64 100 ? 82

=-

82 . 10

设异面直线 BD 与 EF 所成角为 ? ,则 cos ? =|cos〈 BD , EF 〉|=

82 . 10 82 . 10

即直线 BD 与 EF 所成的角的余弦值为

2.已知:正四棱柱 ABCD—A1B1C1D1 中,底面边长为 2 2 ,侧棱长为 4,E、F 分别为棱 AB、BC 的中点. (1)求证:平面 B1EF⊥平面 BDD1B1; (2)求点 D1 到平面 B1EF 的距离. (1)证明 建立如图所示的空间直角坐标系,则 D(0,0,0) ,

B(2 2 ,2 2 ,0) ,E(2 2 , 2 ,0) , F( 2 ,2 2 ,0) 1(0,0,4) ,D , B1(2 2 ,2 2 ,4).
EF =(- 2 , 2 ,0) DB =(2 2 ,2 2 ,0) DD1 =(0,0,4) , , ,

∴ EF · BD =0, EF · DD1 =0. ∴EF⊥DB,EF⊥DD1,DD1∩BD=D, ∴EF⊥平面 BDD1B1. 又 EF ? 平面 B1EF,∴平面 B1EF⊥平面 BDD1B1. (2)解 由(1)知 D1 B1 =(2 2 ,2 2 ,0) ,

EF =(- 2 , 2 ,0) B1 E =(0,- 2 ,-4). ,

设平面 B1EF 的法向量为 n,且 n=(x,y,z) 则 n⊥ EF ,n⊥ B1 E 即 n· EF =(x,y,z)(- 2 , 2 ,0)=- 2 x+ 2 y=0, · n· B1 E =(x,y,z)(0,- 2 ,-4)=- 2 y-4z=0, · 令 x=1,则 y=1,z=-

2 ,∴n=(1,1,4

2 ) 4

∴D1 到平面 B1EF 的距离

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d=

D1 B1 ? n n

2 2 ?2 2
= =

? 2? ? 12 ? 12 ? ? ? ? 4 ? ? ?

2

16 17 . 17

3.如图所示,在四棱锥 P—ABCD 中,底面 ABCD 为矩形,侧棱 PA⊥底面 ABCD,AB= 3 , BC=1,PA=2,E 为 PD 的中点. (1)求直线 AC 与 PB 所成角的余弦值; (2)在侧面 PAB 内找一点 N,使 NE⊥平面 PAC,并求出 N 点到 AB 和 AP 的距离. 解 方法一 (1)建立如图所示的空间直角坐标系,

则 A、B、C、D、P、E 的坐标为 A(0,0,0) ,B( 3 ,0,0) 、C( 3 ,1,0) 、D(0,1,0) 、P(0,0, 2) 、 E(0,

1 ,1), 2

从而 AC =( 3 ,1,0) PB =( 3 ,0,-2). , 设 AC 与 PB 的夹角为 ? , 则 cos ? =

AC ? PB AC ? PB

=

3 2 7

=

3 7 , 14
3 7 . 14
1 ,1-z) ,由 NE⊥平面 PAC 可 2

∴AC 与 PB 所成角的余弦值为

(2)由于 N 点在侧面 PAB 内,故可设 N 点坐标为(x,0,z),则 NE =(-x, 得
?? 1 ? ?? ? x, ,1 ? z ? ? (0,0,2) ? 0 ? NE ? AP ? 0 2 ?? ? ? ,即 ? , ? 1 ? ?? ? x, ,1 ? z ? ? ( 3 ,1,0) ? 0 ? NE ? AC ? 0 ? ? ?? 2 ? ?

? ?z ? 1 ? 0 3 ? ?x ? 化简得 ? ,∴ ? 1 6 ?? 3 x ? 2 ? 0 ?z ? 1 ? ?
即 N 点的坐标为( 方法二

3 3 ,0,1) ,从而 N 点到 AB、AP 的距离分别为 1, . 6 6

(1)设 AC∩BD=O,

连接 OE,AE,BD, 则 OE∥PB, ∴∠EOA 即为 AC 与 PB 所成的角或其补角. 在△AOE 中,AO=1,OE= ∴由余弦定理得
1 1 7 5 PB= ,AE= PD= , 2 2 2 2

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7 5 ? 4 4 ?3 7 , cos∠EOA= 14 7 2? ?1 2 1?

即 AC 与 PB 所成角的余弦值为

3 7 . 14

(2)在平面 ABCD 内过 D 作 AC 的垂线交 AB 于 F,则∠ADF=
AD 2 3 = , cos ?ADF 3

? .连接 PF,则在 Rt△ADF 中, 6

DF=

AF=AD·tan∠ADF=

3 . 3

设 N 为 PF 的中点,连接 NE,则 NE∥DF. ∵DF⊥AC,DF⊥PA, ∴DF⊥平面 PAC,从而 NE⊥平面 PAC. ∴N 点到 AB 的距离为

1 AP=1, 2

N 点到 AP 的距离为

1 3 AF= . 2 6

一、填空题 1.在正方体 ABCD—A1B1C1D1 中,M 是 AB 的中点,则 sin〈 DB1 , CM 〉的值等于 答案 .

210 15
.

2.正方体 ABCD—A1B1C1D1 的棱长为 1,O 是 A1C1 的中点,则点 O 到平面 ABC1D1 的距离为 答案

2 4
.

3.(2008·全国Ⅰ理,11)已知三棱柱 ABC—A1B1C1 的侧棱与底面边长都相等,A1 在底面 ABC 内的射影为△ ABC 的中心,则 AB1 与底面 ABC 所成角的正弦值等于 答案

2 3
.

4.P 是二面角 ? —AB— ? 棱上的一点,分别在 ? 、 ? 平面上引射线 PM、PN,如果∠BPM=∠BPN=45°,∠ MPN=60°,那么二面角 ? —AB— ? 的大小为 答案 90° .

5.正方体 ABCD—A1B1C1D1 的棱长为 1,E、F 分别为 BB1、CD 的中点,则点 F 到平面 A1D1E 的距离为 答案

3 5 10
.

6.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

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高考数学总复习课堂作业教案课后拓展学案课时练习与详解免费下载 答案 60° .

7.如图所示,已知正三棱柱 ABC—A1B1C1 的所有棱长都相等,D 是 A1C1 的中点,则直线 AD 与 平面 B1DC 所成角的正弦值为 答案

4 5

8.正四棱锥 S—ABCD 中,O 为顶点在底面上的射影,P 为侧棱 SD 的中点,且 SO=OD,则直线 BC 与平面 PAC 所成的角是 答案 30° 二、解答题 9.如图所示,在几何体 ABCDE 中,△ABC 是等腰直角三角形,∠ABC=90°, BE 和 CD 都垂直于平面 ABC,且 BE=AB=2,CD=1,点 F 是 AE 的中点. 求 AB 与平面 BDF 所成角的正弦值. 解 以点 B 为原点,BA、BC、BE 所在的直线分别为 x,y,z 轴,建立如图所示的 空间直角坐标系,则 B(0,0,0) ,A(2,0,0) ,C(0,2,0) ,D(0,2,1) ,E(0,0,2) ,F(1,0,1). ∴ BD =(0,2,1) DF =(1,-2,0). , 设平面 BDF 的一个法向量为 n=(2,a,b) , ∵n⊥ DF ,n⊥ BD , .

?n ? DF ? 0 ? ∴? ?n ? BD ? 0 ?

?(2, a, b) ? (1,?2,0) ? 0 即? ?(2, a, b) ? (0,2,1) ? 0
解得 a=1,b=-2.∴n=(2,1,-2). 设 AB 与平面 BDF 所成的角为 ? ,则法向量 n 与 BA 的夹角为

? -? , 2

∴cos(

? BA? n ?2,0,0?? ?2,1,?2? 2 - ? )= = = , 2 2?3 3 BA n
2 2 ,故 AB 与平面 BDF 所成角的正弦值为 . 3 3

即 sin ? =

10.在五棱锥 P—ABCDE 中,PA=AB=AE=2a,PB=PE=2 2 a,BC=DE=a,∠EAB=∠ABC= ∠DEA=90°. (1)求证:PA⊥平面 ABCDE; (2)求二面角 A—PD—E 的余弦值. (1)证明 以 A 点为坐标原点,以 AB、AE、AP 所在直线分别为 x、y、z 轴,建立空间直角坐标 系 A—xyz,则由已知得 A(0,0,0) ,P(0,0,2a) , B(2a,0,0) ,C(2a,a,0) , D(a,2a,0) ,E(0,2a,0). ∴ AP =(0,0,2a) AB =(2a,0,0) AE =(0,2a,0) , , , ∴ AP · AB =0·2a+0·0+2a·0=0, ∴ AP ⊥ AB .同理 AP ⊥ AE .

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高考数学总复习课堂作业教案课后拓展学案课时练习与详解免费下载 又∵AB∩AE=A,∴PA⊥平面 ABCDE. (2)解 设平面 PAD 的法向量为 m=(1,y,z),

则 m· AD =0,得 a+2ay=0,∴y=又 m· AP =0,得 2az=0,∴z=0. ∴m=(1,-

1 . 2

1 ,0). 2

再设平面 PDE 的法向量为 n=(x,1,z), 而 ED =(a,0,0) PD =(a,2a,-2a) , , 则 n· ED =0,得 ax=0,∴x=0. 又 n· PD =0,得 ax+2a-2az=0,∴z=1. ∴n=(0,1,1). 令二面角 A—PD—E 的平面角为 ? ,

m ?n 则 cos ? == m ?n

1 2 5 ? 2 4

=

10 , 10

故二面角 A—PD—E 的余弦值是

10 . 10

11.如图所示,在三棱锥 P—ABC 中,AB⊥BC,AB=BC=kPA,点 O、D 分别是 AC、PC 的中点, OP⊥底面 ABC. (1)若 k=1,试求异面直线 PA 与 BD 所成角余弦值的大小; (2)当 k 取何值时,二面角 O—PC—B 的大小为 解 ∵OP⊥平面 ABC,又 OA=OC,AB=BC,

? ? 3

从而 OA⊥OB,OB⊥OP,OA⊥OP, 以 O 为原点,建立如图所示空间直角坐标系 O—xyz. (1)设 AB=a,则 PA=a,PO= A( C(-

2 a, 2

2 2 a,0,0) ,B(0, a,0) , 2 2 2 2 a,0,0) ,P(0,0, a) , 2 2 2 2 a,0, a). 4 4 2 2 2 2 2 a,0,a ), BD =(a,a, a), 2 2 4 2 4

则 D(∵ PA =(

∴cos〈 PA , BD 〉=

PA? BD PA BD

?

=

1 2 1 2 a ? a 3 4 4 =, 3 3 2 a 2

则异面直线 PA 与 BD 所成角的余弦值的大小为 (2)设 AB=a,OP=h,∵OB⊥平面 POC,

3 . 3

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∴ OB =(0,

2 a,0)为平面 POC 的一个法向量. 2

不妨设平面 PBC 的一个法向量为 n=(x,y,z) , ∵A(

2 2 2 a,0,0),B(0, a,0),C(a,0,0),P(0,0,h), 2 2 2 2 a,2 2 a,0), PC =(2 2 a,0,-h), 2

∴ BC =(-

?x ? y ? 0 ?n ? BC ? 0 ? ? 由? ?? 2 ax ? hz ? 0 ?n ? PC ? 0 ?? ? ? 2
不妨令 x=1,则 y=-1,z=-

2a , 2h

即 n=(1,-1,-

? OB ? n 2a ),则 cos = 3 2h OB n

=

2 a 2 2 a2 a? 2? 2 2h 2

=

1 1 a2 =4 ? h= a, ? 2+ 2 2 2 2h

∴PA= AO 2 ? PO 2 = 而 AB=kPA,∴k= 故当 k=

3 1 1 a, a ? a2 = 2 2 4

2 3 . 3

? 2 3 时,二面角 O—PC—B 的大小为 . 3 3

12.(2008·湛江模拟)如图所示,已知长方体 ABCD—A1B1C1D1 中,AB=BC=2,AA1=4, E 是棱 CC1 上的点,且 BE⊥B1C. (1)求 CE 的长; (2)求证:A1C⊥平面 BED; (3)求 A1B 与平面 BDE 所成角的正弦值. (1)解 如图所示,以 D 为原点,DA、DC、DD1 所在直线分别为 x、y、z 轴建立空间直角坐 标系 D—xyz. ∴D(0,0,0) ,A(2,0,0) ,B(2,2,0) , C(0,2,0) 1(2,0,4) ,A , B1(2,2,4) 1(0,2,4) 1(0,0,4). ,C ,D 设 E 点坐标为(0,2,t) ,则 BE =(-2,0,t) B1C =(-2,0,-4). , ∵BE⊥B1C, ∴ BE · B1C =4+0-4t=0.∴t=1,故 CE=1. (2)证明 由(1)得,E(0,2,1) BE =(-2,0,1) , ,

又 A1C =(-2,2,-4) DB =(2,2,0) , , ∴ A1C · BE =4+0-4=0, 希望大家高考顺利

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且 A1C · DB =-4+4+0=0. ∴ A1C ⊥ DB 且 A1C ⊥ BE ,即 A1C⊥DB,A1C⊥BE, 又∵DB∩BE=B,∴A1C⊥平面 BDE. 即 A1C⊥平面 BED. (3)解 由(2)知 A1C =(-2,2,-4)是平面 BDE 的一个法向量.又 A1 B =(0,2,-4),
A1C ? A1 B A1C A1 B

∴cos〈 A1C , A1 B 〉=

=

30 . 6 30 . 6

∴A1B 与平面 BDE 所成角的正弦值为

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