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2014优化设计高考总复习理科数学8.7


8.7

空间向量的应用

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1.直线的方向向量及其应用 ( 直线的方向向量: 1) 直线的方向向量就是指和这条直线所对应向量平行 ( 或共线) 的向量, 显然一条直线的方向向量有无数 个. ( 直线方向向量的应用: 2

) 利用直线的方向向量, 可以确定空间中的直线和平面. ①对于直线 l, A 是直线 l 上一点, 点 向量 a 是 l 的方向向量, 在直线 l 上 取=a, 则对于直线 l 上任意一点 P, 一定存在实数 t, 使得 AP=tAB . 这样, A 和向量 a 不仅可以确定直线 l 的位置, 点 还可以具体表示出 l 上的任 意一点.

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②空间中平面 α 的位置可以由 α 内两条相交直线确定, 若设这两条直线 相交于点 O, 它们的方向向量分别是 a 和 b, 为平面 α 上任意一点, P 由平面 向量基本定理可知, 存在有序实数对( y)使得 = xa+yb x, , , 这样, O 与方 点 向向量 a, 不仅可以确定平面 α 的位置, b 还可以具体表示出 α 内的任意一点.

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2.平面的法向量 ( 若直线 l⊥α, 1) 取直线 l 的方向向量 a, 则向量 a 叫做平面 α 的法向量,
无数 个, 共线 向量. 显然一个平面的法向量也有 它们是

( 在空间中, 2) 给定一个点 A 和一个向量 a, 那么, 过点 A, 以向量 a 为法向 量的平面是唯一 确定的.

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3.直线的方向向量与平面的法向量在确定直线、平面位置关系中的应 用 直线 l1 的方向向量 u1=( 1, 1, 1)直线 l2 的方向向量为 u2=( 2, 2, 2) 注: a b c , a b c .( 下面的 λ, k∈R) .
( b c =λ( b ;c 如果 l1∥l2, 那么 u1∥u2?u1=λu2?a1, 1, 1) a2, 2, 2) a1a2+b1b2+c1c2=0 如果 l1⊥l2, 那么 u1⊥u2?u1· 2=0? u .

直线 l 的方向向量为 u=( 1, 1, 1)平面 α 的法向量为 n=( 2, 2, 2) a b c , a b c .
a1a2+b1b2+c1c2=0 若 l∥α, u⊥n?u· 则 n=0? ;

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a b c =k( b c 若 l⊥α, u∥n?u=kn? ( 1, 1, 1) a2, 2, 2). 则

平面 α1 的法向量为 u1=( 1, 1, 1)平面 α2 的法向量为 u2=( 2, 2, 2) a b c , a b c .
a b c =k( b c2 若 α1∥α2, u1∥u2?u1=ku2? ( 1, 1, 1) a2, 2,; ) 则

若 α1⊥α2, u1⊥u2?u1· 2=0? a1a2+b1b2+c1c2=0 则 u .

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4.利用空间向量求空间角 ( 两条异面直线所成的角: 1) ①范围: 两异面直线所成的角 θ 的取值范围是
0, 2

.

②向量求法: 设直线 a, 的方向向量为 a, 其夹角为 φ, b b, 则 有
|cos φ|=
a·b |a||b|

.

( 直线与平面所成的角: 2)

0, 2 ①范围: 直线和平面所成角 θ 的取值范围是

.

②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, 与 u 的夹角为 φ, a 则有 sin θ=
|cos φ|

或 cos θ=sin φ.
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( 二面角: 3) ①二面角的取值范围是 ②二面角的向量求法: 若 AB, 分别是二面角 α-l-β 的两个面内与棱 l 垂直的异面直线, CD 则二 面角的平面角的大小就是向量与 的夹角( 如图甲) .
[ π] 0,

.

设 n1, 2 分别是二面角 α-l-β 的两个面 α, 的法向量, n β 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( 如图乙、丙) .
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5.利用空间向量求空间距离 ( 利用||2= · 可以求空间中有向线段的长度. 1)

(2)点面距离的求法. 已知 AB 为平面 α 的一条斜线段, 为平面 α 的法向量, B 到平面 α n 则 |·n| 的距离为||=|||cos<, n>|= |n| .

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1.若直线 l 的方向向量为 a=( 0, , 1, 2)平面 α 的法向量为 u=( 0, , -2, -4)则 (B ) . A.l∥α C.l? α B.l⊥α D.l 与 α 斜交

解析: u=-2a, u∥a, l⊥α. ∵ ∴ 则

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2.若平面 π1, 2 垂直, π 则下面可以是这两个平面的法向量的是(A A.n1=( 2, , 2=( 1, 1, 1)n -3, 1) B.n1=( 1, , 2=( 1, 1, 2)n -2, 1) C.n1=( 1, , 2=( 2, 1, 1)n -1, 1) D.n=( 2, , 2=( -2, 1, 1)n 0, -2)
解析: 平面 π1, 2 垂直, π 则对应的法向量也应垂直, A 中 因 n1·n2=-3+2+1=0, n1⊥n2, 故 故选 A.

) .

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3.如图, 在正方体 ABCD-A1B1C1D1 中, 1E1=D1F1= B 成的角的余弦值为( B A. C.
1 2

1 1 , 则 4

BE1 与 DF1 所

) .
15 17 1 3

B.

2 17

D.

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解析: 设正方体的棱长为 1, 建立如图所示的空间直角坐标系.

则点 B, 1, F1 的坐标分别为 B(1, 0), 1 1, ,1 , E D, 1, E D(0, 0), 1 0, ,1 , 0, F
4 4

3

1

∴ 1 = 1, ,1 -(1, 0)= 0,- ,1 , 1 = 0, ,1 -(0, 0)= 0, ,1 . BE 1, DF 0,
4 4 4 4

3

1

1

1

∴ 1 |= |BE

17 4

, 1 |= |DF
15 16

17 4

,

BE1 ·DF1 =

.
BE 1 ·DF 1 |BE 1 ||DF 1 |

∴ cos<BE1 , 1 >= DF

=

15 17

.
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4.已知向量 m, 分别是直线 l 和平面 α 的方向向量、法向量, n 若 cos<m, n>=- , l 与 α 所成的角为( A ) 则 . 2 A.30° B.60°
1 2

1

C.120°

D.150°

解析: cos<m, ∵ n>=- , ∴ sin<m, n>= ,
2 3

∴ n>=60° l 与 α 所成的角为 90° =30° <m, .∴ -60° .

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5.如图, 在四棱锥 P-ABCD 中, 底面 ABCD 是矩形, PA⊥平面 ABCD, AP=AB=2, BC=2 2, F 分别是 AD, 的中点. E, PC ( 证明: 1) PC⊥平面 BEF; ( 求平面 BEF 与平面 BAP 所成锐二面角的大小. 2)

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( 证明: 1) 如图, A 为坐标原点, AD, 所在直线分别为 x 轴, 轴, 以 AB, AP y z 轴如图建立空间直角坐标系.

∵ AP=AB=2, BC=AD=2 2, 四边形 ABCD 是矩形, ∴ B, D, 的坐标分别为 A, C, P A(0, 0), 0, C( 2 2, D(0, 2, P(0, 2). 0, B(2, 0), 2, 0), 2 0), 0,
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又 E, 分别是 AD, 的中点, F PC ∴ E(0, 2, F(1, 2, 0), 1). ∴ =(2, 2, BF=(-1, 2, EF=(1, 1). PC 2 -2), 1), 0, ∴ ·BF=-2+4-2=0, ·EF=2+0-2=0.∴ ⊥ BF, ⊥ EF. PC PC PC PC ∴ PC⊥BF, PC⊥EF.又 BF∩EF=F, ∴ PC⊥平面 BEF.

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(2) 由(1) n1=PC=(2, 2, 解: 知 2 -2)是平面 BEF 的法向量, 又取平面 BAP 的法向量 n2=AD=(0, 2, ∴ 1·n2=8. 2 0), n 设平面 BEF 与平面 BAP 所成锐二面角的平面角的大小为 θ, 则 cos θ=|cos<n1, 2>|= n
|n 1 ·n 2 | |n 1 ||n 2 |

=

8 4×2 2

=

2 2

.

∴ θ=45° 平面 BEF 与平面 BAP 所成锐二面角的大小为 45° .∴ .

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一、利用空间向量证明平行和垂直

【例 1-1】 如图, 在四棱锥 O-ABCD 中, 底面 ABCD 是边长为 1 的菱形, ∠ABC= , OA⊥底面 ABCD, OA=2, 为 OA 的中点, 为 BC 的中点.证明: M N 直 线 MN∥平面 OCD.
π 4

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证明: AP⊥CD 于点 P, 作 如图,

分别以 AB, AO 所在直线为 x 轴, 轴, 轴建立空间直角坐标系, AP, y z 则 A(0, 0), 0, P 0, 0, B(1, 0), MN = 12 4 2 2

,0 , D
2 2

2 2

,

2 2

,0 , O(0, 2), 0, M(0, 1), 10, N
2 2

2 4

,

2 4

,0 ,

,

2 4

,-1 , = 0, OP

,-2 , = OD

,

2 2

,-2 .
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设平面 OCD 的法向量为 n=(x, z), y, 则 n·OP=0, n·OD=0,
2

即 -

2 2 2

y-2z = 0,
2 2

x+

y-2z = 0.

取 z= 2, 解得 n=(0, 2). 4, ∵ ·n= 1MN
2 4

,

2 4

,-1 ·(0, 2)=0, MN∥平面 OCD. 4, ∴

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【例 1-2】 如图所示, 在四棱锥 P-ABCD 中, PA⊥底面 ABCD, AB⊥ AD, AC⊥CD, ∠ABC=60°PA=AB=BC, 是 PC 的中点.证明: , E ( AE⊥CD; 1) ( PD⊥平面 ABE. 2)

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证明: AB, AP 两两垂直, ∵ AD, 建立如图所示的空间直角坐标系,

设 PA=AB=BC=1, P( 0, 则 0, 1). (1)∵ ∠ABC=60°∴ , △ABC 为正三角形. ∴ C
1 2

,

3 2

,0 , E

1 4

,

3 1 4

,

2

.

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设 D(0, 0), AC⊥CD, y, 由 得AC·CD=0, 即 y=
2 3 3

, D 0, 则
1 2 3 6

2 3 3

,0 ,

∴ = - , CD 又AE =
1 4

,0 .

,

3 1 4 1 2

,

2 1 4

,
3 6

∴ ·CD=- × + AE

×

3 4

=0,

∴ ⊥ CD, AE⊥CD. AE 即

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(2) 方法一: P( 0, ∵ 0, 1), ∴ = 0, PD
2 3 3

,-1 .
3 4

又AE·PD =

×

2 3 3

+ × (-1)=0,
2

1

∴ ⊥ AE, PD⊥AE. PD 即 ∵ =(1, 0), PD·AB=0. AB 0, ∴ ∴ PD⊥AB, AB∩AE=A, 又 ∴ PD⊥平面 ABE.
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方法二: 设平面 ABE 的一个法向量为 n=(x, z), y, ∵ =(1, 0), = AB 0, AE ∴ 即 n· = 0, n· = 0, x = 0,
1 4 1 4

,

3 1 4

,

2

,

x+

3 4

y + z = 0,
2

1

令 y=2, z=- 3, n=(0, - 3). 则 ∴ 2, ∵ = 0, PD
2 3 3

,-1 , 显然PD =

3 3

n.

∴ ∥n, PD⊥平面 ABE, PD⊥平面 ABE. PD ∴ 即
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方法提炼
1.利用向量处理平行问题的常用方法: (1)证明两条直线平行, 只需证明两条直线的方向向量是共线向量. (2)用向量证明线面平行的方法主要有: ①证明直线的方向向量与平面 的法向量垂直; ②证明可在平面内找到一个向量与直线的方向向量是共线 向量; ③利用共面向量定理, 即证明直线的方向向量可用平面内不共线的两 个向量线性表示. (3)面面平行: ①证明两个平面的法向量平行(即是共线向量); ②转化为 线面平行、线线平行问题.
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2.利用向量处理垂直问题的常用方法: (1)证明两条直线垂直, 只需证明两直线的方向向量垂直, a⊥ 即 b?a· b=0. (2)用向量证明线面垂直的方法主要有: ①证明直线的方向向量与平面 的法向量平行; ②利用线面垂直的判定定理转化为线线垂直问题. (3)面面垂直: ①证明两个平面的法向量互相垂直; ②转化为线面垂直、 线线垂直问题.

请做演练巩固提升 1
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二、利用空间向量求角

【例 2】 如图, 四边形 ABCD 为正方形, PD⊥平面 ABCD, PD∥ QA, QA=AB= PD. ( 证明: 1) 平面 PQC⊥平面 DCQ; ( 求二面角 Q-BP-C 的余弦值. 2)
1 2

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解: 如图, D 为坐标原点, 以 线段 DA 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.

(1) 依题意有 Q( 1, C(0, 1), 2, 则 1, 0), 0, P(0, 0), DQ=(1, 0), =(0, 1), =(1, 0), 1, DC 0, PQ -1, 所以PQ·DQ=0, ·DC=0. PQ 即 PQ⊥DQ, PQ⊥DC.故 PQ⊥平面 DCQ. 又 PQ? 平面 PQC, 所以平面 PQC⊥平面 DCQ.
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(2) 依题意有 B(1, 1), =(1, 0), =(-1, -1). 0, CB 0, BP 2, 设 n=(x, z)是平面 PBC 的法向量, y, 则 x = 0, n· = 0, 即 n· = 0, -x + 2y-z = 0. m· = 0, 可取 m=(1, 1), 1, m· = 0.

因此可取 n=( -1, 0, -2). 设 m 是平面 PBQ 的法向量, 则 所以 cos <m, n>=15 5

.
15 5

故二面角 Q-BP-C 的余弦值为-

.

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方法提炼
如何利用空间向量解决求角的问题: 在立体几何中, 涉及的角有异面直线所成的角、直线与平面所成的角、 二面角等.关于角的计算, 均可归结为两个向量的夹角.对于空间向量 a, 有 b, cos<a, b>= 问题. (1)线线角: 要求两条异面直线所成的角, 可先求两条异面直线的方向向 量的数量积, 要求两向量的数量积, 可以求得两向量的坐标, 也可以把所求向 量用一组已知模和夹角的基向量表示出来进行求解. (2)线面角: 直线 l 与平面 α 的夹角为 θ, 直线 l 的方向向量 l 与平面 α 的 法向量 n 的夹角为 β, θ= -β(或 θ=β- ), 则 故有 sin θ=|cos β|=
π 2 π 2 |·| . |||| · , 利用这一结论, 我们可以较方便地处理立体几何中的角的 ||||

(3)二面角: n1, 2 分别是二面角 α-l-β 的面 α, 的法向量, 设 n β 则<n1, 2>与 n 所求二面角的平面角相等或互补.

请做演练巩固提升 2
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三、利用空间向量求距离

【例 3】 如图, △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; 1) ( 求平面 ACM 与平面 BCD 所成二面角的正弦值. 2)

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解: CD 中点 O, 取 连接 OB, OM, OB⊥CD, 则 OM⊥CD. 又平面 MCD⊥平面 BCD, 则 MO⊥平面 BCD. 取 O 为原点, 直线 OC, OM 为 x 轴, 轴, 轴, BO, y z 建立空间直角坐标系如 图.

OB=OM= 3, 则各点坐标分别为 C(1, 0), 0, M(0, 3), - 3, A(0, 3, 3). 0, B(0, 0), - 2
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(1) n=(x, z)是平面 MBC 的法向量, 设 y, 则BC=(1, 3, BM=(0, 3, 3). 0), 由 n⊥BC得 x+ 3y=0; 由 n⊥BM得 3y+ 3z=0. 取 n=( 3, 1), =(0, 2 3), -1, BA 0, 则 d=
| ·n| |n|

=

2 3 5

=

2 15 5

.

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(2) =(-1, 3), =(-1, 3, 3). CM 0, CA - 2 设平面 ACM 的法向量为 n1=( y, x, z), 由 n1⊥CM, 1⊥CA得 n -x + 3z = 0, -x- 3y + 2 3z = 0, 解得 x= 3z, y=z, n1=( 3, 1). 取 1, 又平面 BCD 的法向量为 n2=( 0, 0, 1), 所以 cos<n1, 2>= n
n 1 ·n 2 |n 1 ||n 2 |

=

1 5

.

设所求二面角为 θ, sin θ= 则

2 5 5

.

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方法提炼
空间中的距离问题一般都可以转化成点到点的距离、点到线的距离和 点到面的距离.其中点到点的距离、 点到线的距离可用空间向量的模来求解, 点到面的距离可借助于平面的法向量求解.

请做演练巩固提升 3

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空间向量在立体几何问题中的合理应用
【典例】 (12 分) (2012 安徽高考)平面图形 ABB1A1C1C 如图 1 所示, 其 中 BB1C1C 是矩形, BC=2, 1=4, BB AB=AC= 2, 1B1=A1C1= 5, A 现将该平面图 形分别沿 BC 和 B1C1 折叠, 使△ABC 与△A1B1C1 所在平面都与平面 BB1C1C 垂直, 再分别连接 A1A, 1B, 1C, A A 得到如图 2 所示的空间图形.对此空间图形解 答下列问题.

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( 证明: 1⊥BC; 1) AA ( 求 AA1 的长; 2) ( 求二面角 A-BC-A1 的余弦值. 3)

规范解答: 取 BC, 1C1 的中点分别为 D 和 D1, (1) B 连接 A1D1, 1, DD AD.
由四边形 BB1C1C 为矩形知, 1⊥B1C1. DD 因为平面 BB1C1C⊥平面 A1B1C1, 所以 DD1⊥平面 A1B1C1. 又由 A1B1=A1C1 知, 1D1⊥B1C1. A 故以 D1 为坐标原点, 可建立如图所示的空间直角坐标系 D1-xyz.(2 分)

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由题设, 可得 A1D1=2, AD=1. 由以上可知 AD⊥平面 BB1C1C, 1D1⊥平面 BB1C1C, A 于是 AD∥A1D1. 所以 A(0, 4), 0, A1(0, 0), -1, B(1, 4), 2, C(-1, 4), 0, D(0, 4). 0, 故1 =(0, -4), =(-2, 0), 1 · =0. 3, 0, 因此1 ⊥ , AA1⊥BC.(5 分) 即 (2) 因为1 =(0, -4), 3, 所以|1 |=5, AA1=5.(7 分) 即

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(3) 连接 A1D. 由 BC⊥AD, BC⊥AA1, 可知 BC⊥平面 A1AD, BC⊥A1D, 所以∠ADA1 为二面角 A-BC-A1 的平面角. 因为=(0, 0), 1 =(0, -4), 分) -1, 2, (9 所以 cos<, 1 >=
2 1× 22 +(-4)
2

=- ,

5 5

即二面角 A-BC-A1 的余弦值为- .(12 分)

5 5

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答题指导: 解决空间向量在立体几何中的应用问题时, 还有以下几点容
易造成失分, 在备考时要高度关注: ( 建系前缺少证明垂直关系而使步骤不完整. 1) ( 建系不恰当, 2) 导致点的坐标不易确定或求解时烦琐. ( 不会利用直线的方向向量及平面法向量解决相应问题. 3) ( 计算失误导致结果不正确. 4) 另外需要熟练掌握直线方向向量及平面法向量的求法, 有利于快速正 确地解题.

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1.在正方体 ABCD-A1B1C1D1 中, 是 AC 的中点, 是线段 D1O 上一点, O E 且 D1E=λEO. ( 若 λ=1, 1) 求异面直线 DE 与 CD1 所成角的余弦值; ( 若平面 CDE⊥平面 CD1O, λ 的值. 2) 求

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解: (1)不妨设正方体的棱长为 1, 以DA, , 1 为单位正交基底建立空 DC DD 间直角坐标系 D-xyz, 则 A(1, 0), 0, O 于是DE =
1 1 2 2

, ,0 , 1, D1(0, 1), C(0, 0), 0, E , 1 =(0, 1), CD -1,
DE ·CD 1 |DE |·|CD 1 |

1 1 1 4 4 2

, ,

,

1 1 1 4 4 2

, ,

则 cos <DE, 1 >= CD

=

3 6

.
3

所以异面直线 DE 与 CD1 所成角的余弦值为 .
6

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(2) 设平面 CD1O 的法向量为 m=(x1, 1, 1), y z 由 m·D1 O=0, m·CD1 =0,
1



2

x1 - y1 = 0,
2

1

-y1 + z1 = 0, 取 x1=1, y1=z1=1, m=(1, 1). 得 即 1, 由D1 E=λEO, 得E DE =
λ 2(1+λ) 2(1+λ) 1+λ λ λ 1

,

λ

,

1

,

2(1+λ) 2(1+λ) 1+λ

,

,

.

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又设平面 CDE 的法向量为 n=(x2, 2, 2), y z 由 n·CD=0, n·DE=0. 得 y2 = 0,
λx 2 2(1+λ) λ y2 2(1+λ) z2 1+λ

+

+

= 0,

取 x2=2, z2=-λ, n=(2, -λ). 得 即 0, 因为平面 CDE⊥平面 CD1F, 所以 m·n=0, λ=2. 得

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2.如图, 已知在长方体 ABCD-A1B1C1D1 中, AB=2, 1=1, AA 直线 BD 与平面 AA1B1B 所成的角为 30°AE 垂直 BD 于点 E, 为 A1B1 的中点. , F ( 求异面直线 AE 与 BF 所成角的余弦值; 1) ( 求平面 BDF 与平面 AA1B 所成二面角的余弦值. 2)

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解: A 为坐标原点, AB, AA1 所在直线分别为 x 轴, 轴, 轴建立 以 以 AD, y z 空间直角坐标系, 如图所示.

由于 AB=2, 与平面 AA1B1B 所成的角为 30°即∠ BD , ABD=30°∴ , AD=
2 3 3

,

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∴ 0, B(2, 0), 0, A(0, 0), 0, D

2 3 3

,0 , 0, F(1, 1).

又 AE⊥BD, 故由平面几何知识得 AE=1, 从而 E
1 2

,

3 2

,0 ,
1 2 1 2

(1) 因为AE = ∴ ·BF = AE

,

3 2 3 2

,0 , =(-1, 1), BF 0,
1 2

,

,0 ·(-1, 1)=- , 0,

|AE|=1, |= 2, |BF 设 AE 与 BF 所成的角为 θ1, 则 cos θ1=
|AE ·BF | |AE ||BF |
1 2

=

-

1× 2

=

2 4

.
2

故异面直线 AE 与 BF 所成角的余弦值为 .
4

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(2) 设平面 BDF 的法向量为 n=(x, z), y, -x + z = 0, n· = 0, 由 得 2 3 n· = 0, -2x + 3 y = 0, z = x, ∴ 取 x=1, n=(1, 3, 得 1). y = 3x, 求得平面 AA1B 的一个法向量为 m=AD = 0,
2 3 3

,0 .

设平面 BDF 与平面 AA1B 所成二面角的大小为 θ2. 则 cos θ2=|cos<m, n>|= =2
|0+2+0|
3 3

|m·n| |m||n|

× 5

=

15 5

.
15 5

即平面 BDF 与平面 AA1B 所成二面角的余弦值为

.
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3.如图所示, 在直三棱柱 ABC-A1B1C1 中, 底面是等腰直角三角形, ∠ ACB=90°侧棱 AA1=2, , CA=2, 是 CC1 的中点, D 试问在 A1B 上是否存在一点 E 使得点 A1 到平面 AED 的距离为
2 6 ? 3

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解: 以点 C 为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系, 则 A(2, 0), 1(2, 2), 0, A 0, D(0, 1), 2, 0, B(0, 0). 假设存在点 E 满足条件, 设BE=λBA1 , λ∈(0, 1), 则 E(2λ, 2(1-λ), 2λ).

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又AD=(-2, 1), =(2(λ-1), 1-λ), 0, AE 2( 2λ), 设 n=(x, z)为平面 AED 的法向量, y, 则 n· = 0 n· = 0 ? -2x + z = 0, 2(λ-1)x + 2(1-λ)y + 2λz = 0, 取 x=1, y= 则 即 n= 1,
1-3λ 1-λ 1-3λ 1-λ

, z=2,

,2 .

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由于AA1 =(0, 2), 0, d= ∴
2 6 3

| 1 ·n| |n|

=

2 6 3

,

=
5+

4
1-3λ 1-λ 2

.
1 2

又 λ∈(0, 解得 λ= . 1), ∴ 存在点 E 且当点 E 为 A1B 的中点时, A1 到平面 AED 的距离为 点
2 6 3

.

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