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2015届高三数学北师大版(通用,理)总复习课件第八章 8.7


数学

北(理)

§8.7 立体几何中的向量方法 (二)——求空间角和距离
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)已知异面直线 l1,l2 的方向向量分别为 s1,s2,当 0≤〈s1, π s2〉≤ 时,直线 l1 与 l2 的夹角等于〈s1,s2〉 ; 2 π 当 <〈s1,s2〉≤π 时,直线 l1 与 l2 的夹角等于 π-〈s1,s2〉 . 2 (2)已知平面 π1 和 π2 的法向量分别为 n1 和 n2,当 0≤〈n1,n2〉 π ≤ 时,平面 π1 与 π2 的夹角等于〈n1,n2〉; 2 π 当 <〈n1,n2〉≤π 时,平面 π1 与 π2 的夹角等于 π-〈n1,n2〉 . 2
知识回顾 理清教材

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
知识回顾 理清教材

(3)已知直线 l 的方向向量为 s,平面 π 的法向量为 n, 则直线 l 与平面 π 的夹角 θ 满足:sin θ=|cos〈s,n〉| . 2.距离公式

→ |2-|PA →· 2 | PA s | 0 点到直线的距离公式:d= . →· 点到平面的距离公式:d=|PA n |.
0

基础知识

题型分类

思想方法

练出高分

基础知识·自主学习
夯基释疑
夯实基础 突破疑难

题号
1 2 3 4 5

答案
(1)× (2) × (3) × (4) √ (5) √

解析

B B
4 11 33

90°

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 答案 思维升华

【例 1】

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 10 A. 10 2 15 C. 10
基础知识

( 30 B. 10 3 10 D. 10
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 答案 思维升华

【例 1】

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 10 A. 10 2 15 C. 10
基础知识

本题可以通过建立空间直角 →、 →所 坐标系, 利用向量BC AE
1

( 30 B. 10 3 10 D. 10
题型分类

)

成的角来求.

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 答案 思维升华

【例 1】

长 方 体 ABCD -

建立坐标系如图,

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 10 A. 10 2 15 C. 10
基础知识

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〈BC AE = . 1 10 → → |BC1|· |AE|
所以异面直线 BC1 与 AE 所成角的 30 余弦值为 10 .
思想方法 练出高分

( 30 B. 10 3 10 D. 10
题型分类

)

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 答案 思维升华

【例 1】

长 方 体 ABCD -

建立坐标系如图,

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 10 A. 10 2 15 C. 10
基础知识

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 〈BC AE = = . 1 10 → → |BC1|· |AE|
所以异面直线 BC1 与 AE 所成角 30 的余弦值为 . 10
思想方法 练出高分

( B ) 30 B. 10 3 10 D. 10
题型分类

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 答案 思维升华

【例 1】

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 10 A. 10 2 15 C. 10
基础知识

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,而两异面直线 ? π? 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|.

( B ) 30 B. 10 3 10 D. 10
题型分类

思想方法

练出高分

题型分类·深度剖析
跟踪训练 1 已知直四棱柱 ABCD-A1B1C1D1 中,底面 ABCD ( C ) 3 10 C. 10 3 D. 5

为正方形, AA1=2AB, E 为 AA1 的中点, 则异面直线 BE 与 CD1 所成角的余弦值为 10 1 A. B. 10 5

解析 如图,以 D 为坐标原点建立如图 所示空间直角坐标系.

设 AA1=2AB=2,则 B(1,1,0),E(1,0,1),C(0,1,0), D1(0,0,2), → =(0,-1,1),CD → =(0,-1,2), ∴BE 1
1+2 3 10 → → ∴cos〈BE,CD1〉= = . 10 2· 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
题型二 求直线与平面所成的角
思维启迪 解析 思维升华

【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 思维升华

【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

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.

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 思维升华

【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

(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?. ? ? ? ? 1 m → 可得PE=?2, 2 ,-n?,
? ?

→ BC=(m,-1,0).
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 思维升华

【例 2】 如图, 已知 四棱锥 P—ABCD 的底面为等腰梯

→ → m m 因为PE· BC= - +0=0, 2 2 所以 PE⊥BC.

形,AB∥CD,AC⊥BD,垂足 (2)解 由已知条件可得 m=- 3, 3 为 H,PH 是四棱锥的高,E 为 n=1, AD 的中点. ? ? ? ? 3 3 ? ? ? 故 C?- ,0,0?, D?0,- ,0? (1)证明:PE⊥BC; ?, 3 3 ? ? ? ? ?1 ? (2)若∠APB=∠ADB=60° ,求 3 ? E? ,- ,0? ?,P(0,0,1). 2 6 ? ? 直线 PA 与平面 PEH 所成角的 正弦值.
基础知识 题型分类

设 n=(x,y,z)为平面 PEH 的法向 量,
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 思维升华

【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

?1 3 → ? ? x- y=0, ? n· HE=0, 6 则? 即?2 → ? ? HP=0, ? n· ?z=0.
因此可以取 n=(1, 3,0). → =(1,0,-1), 又PA

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

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 思维升华

【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;

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,转化为求两个 方向向量的夹角(或其补角);
(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

(2)若∠APB=∠ADB=60° ,求 夹的锐角,取其余角就是斜线和平 直线 PA 与平面 PEH 所成角的 面所成的角. 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
跟踪训练 2 (2013· 湖南)如图, 在直棱柱 ABCD- A1B1C1D1 中,AD∥BC,∠BAD=90° ,AC⊥BD, BC=1,AD=AA1=3. (1)证明:AC⊥B1D; (2)求直线 B1C1 与平面 ACD1 所成角的正弦值.
方法一 (1)证明 如图,因为 BB1⊥平面 ABCD, AC 平面 ABCD,所以 AC⊥BB1.

又 AC⊥BD,所以 AC⊥平面 BB1D, 而 B1D 平面 BB1D,所以 AC⊥B1D.

(2)解 因为 B1C1∥AD,所以直线 B1C1 与平面 ACD1 所成的角等于直线 AD 与平面 ACD1 所成的角(记为 θ). 如图,连接 A1D,
基础知识 题型分类 思想方法 练出高分

题型分类·深度剖析
跟踪训练 2 (2013· 湖南)如图, 在直棱柱 ABCD- A1B1C1D1 中,AD∥BC,∠BAD=90° ,AC⊥BD, BC=1,AD=AA1=3. (1)证明:AC⊥B1D; (2)求直线 B1C1 与平面 ACD1 所成角的正弦值.
因为棱柱 ABCD-A1B1C1D1 是直棱柱,且∠B1A1D1=∠BAD=90° ,
所以 A1B1⊥平面 ADD1A1,从而 A1B1⊥AD1. 又 AD=AA1=3,所以四边形 ADD1A1 是正方形.

于是 A1D⊥AD1, 故 AD1⊥平面 A1B1D, 于是 AD1⊥B1D.
由(1)知,AC⊥B1D,所以 B1D⊥平面 ACD1. 故∠ADB1=90° -θ,
基础知识 题型分类 思想方法 练出高分

题型分类·深度剖析
跟踪训练 2 (2013· 湖南)如图, 在直棱柱 ABCD- A1B1C1D1 中,AD∥BC,∠BAD=90° ,AC⊥BD, BC=1,AD=AA1=3. (1)证明:AC⊥B1D; (2)求直线 B1C1 与平面 ACD1 所成角的正弦值.
在直角梯形 ABCD 中,
因为 AC⊥BD,所以∠BAC=∠ADB. AB BC 从而 Rt△ABC∽Rt△DAB,故 = , DA AB

即 AB= DA· BC= 3.
2 2 连接 AB1,易知△AB1D 是直角三角形,且 B1D2=BB2 1+BD =BB1+

AB2+AD2=21,即 B1D= 21.
基础知识 题型分类 思想方法 练出高分

题型分类·深度剖析
跟踪训练 2 (2013· 湖南)如图, 在直棱柱 ABCD- A1B1C1D1 中,AD∥BC,∠BAD=90° ,AC⊥BD, BC=1,AD=AA1=3. (1)证明:AC⊥B1D; (2)求直线 B1C1 与平面 ACD1 所成角的正弦值.
AD 3 21 在 Rt△AB1D 中,cos∠ADB1= = = , B1 D 7 21
21 21 即 cos(90° -θ)= 7 .从而 sin θ= 7 .

21 即直线 B1C1 与平面 ACD1 所成角的正弦值为 . 7
思想方法

基础知识

题型分类

练出高分

题型分类·深度剖析
跟踪训练 2 (2013· 湖南)如图, 在直棱柱 ABCD- A1B1C1D1 中,AD∥BC,∠BAD=90° ,AC⊥BD, BC=1,AD=AA1=3. (1)证明:AC⊥B1D; (2)求直线 B1C1 与平面 ACD1 所成角的正弦值.
方法二 (1)证明 易知,AB,AD,AA1 两两垂直.

如图,以 A 为坐标原点,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.
设 AB=t, 则相关各点的坐标为 A(0,0,0), B(t,0,0), B1(t,0,3),C(t,1,0),C1(t,1,3),D(0,3,0),D1(0,3,3). → → → 从而B1D=(-t,3,-3),AC=(t,1,0),BD=(-t,3,0).
基础知识 题型分类 思想方法 练出高分

题型分类·深度剖析
跟踪训练 2 (2013· 湖南)如图, 在直棱柱 ABCD- A1B1C1D1 中,AD∥BC,∠BAD=90° ,AC⊥BD, BC=1,AD=AA1=3. (1)证明:AC⊥B1D; (2)求直线 B1C1 与平面 ACD1 所成角的正弦值.
→· → =-t2+3+0=0, 因为 AC⊥BD,所以AC BD
解得 t= 3或 t=- 3(舍去). → → 于是B1D=(- 3,3,-3),AC=( 3,1,0),

→ → 因为AC· B1D=-3+3+0=0, → → 所以AC⊥B1D,即 AC⊥B1D.
基础知识 题型分类 思想方法 练出高分

题型分类·深度剖析
跟踪训练 2 (2013· 湖南)如图, 在直棱柱 ABCD- A1B1C1D1 中,AD∥BC,∠BAD=90° ,AC⊥BD, BC=1,AD=AA1=3. (1)证明:AC⊥B1D; (2)求直线 B1C1 与平面 ACD1 所成角的正弦值. → =(0,3,3),AC → =( 3,1,0),B→ (2)解 由(1)知,AD 1 1C1=(0,1,0).
设 n=(x,y,z)是平面 ACD1 的一个法向量,
→ =0, ? ? ? n· AC ? 3x+y=0, 则? ,即? ? → =0 ?3y+3z=0, ? AD ? n· 1

令 x=1,则 n=(1,- 3, 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
跟踪训练 2 (2013· 湖南)如图, 在直棱柱 ABCD- A1B1C1D1 中,AD∥BC,∠BAD=90° ,AC⊥BD, BC=1,AD=AA1=3. (1)证明:AC⊥B1D; (2)求直线 B1C1 与平面 ACD1 所成角的正弦值.
设直线 B1C1 与平面 ACD1 所成角为 θ,则

→ ? ? n· 3 21 ? B1C1 ? → sin θ=|cos〈n,B1C1〉|=? ?= 7= 7 . → |B1C1|? ?|n|·
21 即直线 B1C1 与平面 ACD1 所成角的正弦值为 . 7
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 求两个平面的夹角
思维启迪 解析 思维升华

【例 3】 (2013· 课标全 国Ⅱ)如图,直三棱柱 ABC-A1B1C1 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)求平面 A1CD 与平面 A1CE 夹 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
题型三 求两个平面的夹角
思维启迪 解析 思维升华

【例 3】 (2013· 课标全 国Ⅱ)如图,直三棱柱 ABC-A1B1C1 中,D, E 分别是 AB,BB1 的 2 中点,AA1=AC=CB= AB. 2 (1)证明:BC1∥平面 A1CD; (2)求平面 A1CD 与平面 A1CE 夹 角的正弦值.

根据题意知∠ACB=90° , 故 CA、 CB、CC1 两两垂直,可以 C 为原 点建立空间直角坐标系,利用向 量求两个平面的夹角.

基础知识

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题型三 求两个平面的夹角
思维启迪 解析 思维升华

【例 3】 (2013· 课标全 国Ⅱ)如图,直三棱柱 ABC-A1B1C1 中,D, E 分别是 AB,BB1 的 2 中点,AA1=AC=CB= AB. 2 (1)证明:BC1∥平面 A1CD; (2)求平面 A1CD 与平面 A1CE 夹 角的正弦值.

(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 A1CD,所以 BC1∥平面 A1CD.
(2) 解

平面

2 由 AC = CB = 2 AB 得,

AC⊥BC.
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 求两个平面的夹角
思维启迪 解析 思维升华

【例 3】 (2013· 课标全 国Ⅱ)如图,直三棱柱 ABC-A1B1C1 中,D, E 分别是 AB,BB1 的 中点,AA1=AC=CB= 2 AB. 2

→ 以 C 为坐标原点,CA的方向为 x → 的方向为 y 轴正方 轴正方向,CB → 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 Cxyz.
设 CA=2,则 D(1,1,0), E(0,2,1),A1(2,0,2),

(1)证明:BC1∥平面 A1CD; (2)求平面 A1CD 与平面 A1CE 夹 角的正弦值.

→ → CD=(1,1,0),CE=(0,2,1), → =(2,0,2). CA
1

基础知识

题型分类

思想方法

练出高分

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题型三 求两个平面的夹角
思维启迪 解析 思维升华

【例 3】 (2013· 课标全 国Ⅱ)如图,直三棱柱 ABC-A1B1C1 中,D, E 分别是 AB,BB1 的 中点,AA1=AC=CB= 2 AB. 2

设 n=(x1,y1,z1)是平面 A1CD 的法 向量,

→ ? ? ?n· CD=0, ?x1+y1=0, 则? 即? ? → ?2x1+2z1=0. ? CA1=0, ?n·

(1)证明:BC1∥平面 A1CD; 角的正弦值.

可取 n=(1,-1,-1).

(2)求平面 A1CD 与平面 A1CE 夹 同理, 设 m 是平面 A1CE 的法向量,

→ ? ?m · CE=0, 则? 可取 m=(2,1,-2). → =0. ? CA ?m· 1
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题型三 求两个平面的夹角
思维启迪 解析 思维升华

【例 3】 (2013· 课标全 国Ⅱ)如图,直三棱柱 ABC-A1B1C1 中,D, E 分别是 AB,BB1 的 中点,AA1=AC=CB= 2 AB. 2

n· m 3 从而 cos〈n,m〉= = , |n||m| 3 6 故 sin〈n,m〉= . 3

(1)证明:BC1∥平面 A1CD;

所以平面 A1CD 与平面 A1CE 夹角的 6 (2)求平面 A1CD 与平面 A1CE 夹 正弦值为 . 3 角的正弦值.

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思想方法

练出高分

题型分类·深度剖析
题型三 求两个平面的夹角
思维启迪 解析 思维升华

【例 3】 (2013· 课标全 国Ⅱ)如图,直三棱柱 ABC-A1B1C1 中,D, E 分别是 AB,BB1 的 中点,AA1=AC=CB= 2 AB. 2

求平面间的夹角最常用的方法就 是分别求出两个平面的法向量, 然后通过两个平面的法向量的夹

(1)证明:BC1∥平面 A1CD; 角的正弦值.

角得到所求角的大小,但要注意 (2)求平面 A1CD 与平面 A1CE 夹 平面间的夹角的范围为[0,π]. 2

基础知识

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思想方法

练出高分

题型分类·深度剖析
跟踪训练 3 如图,在圆锥 PO 中,已知 PO= 2,⊙O 的直径 AB=2,C 是 的中点,D 为 AC 的中点. (1)证明:平面 POD⊥平面 PAC; (2)求平面 ABP 与平面 ACP 夹角的余弦值.
(1)证明 如图,以 O 为坐标原点,OB,OC,OP 所在直线分别为 x 轴,y 轴,z 轴建立空间直角坐标系,

则 O(0,0,0), A(-1,0,0), B(1,0,0), C(0,1,0), P(0,0, 2), 1 1 D(-2,2,0). 设 n1=(x1,y1,z1)是平面 POD 的一个法向量, → → 则由 n · OD=0,n · OP=0,
1 1

1 1 ? ?- x1+ y1=0, 2 得? 2 ? ? 2z1=0.
基础知识 题型分类 思想方法 练出高分

题型分类·深度剖析
跟踪训练 3 如图,在圆锥 PO 中,已知 PO= 2,⊙O 的直径 AB=2,C 是 的中点,D 为 AC 的中点. (1)证明:平面 POD⊥平面 PAC; (2)求平面 ABP 与平面 ACP 夹角的余弦值.
所以 z1=0,x1=y1,取 y1=1,得 n1=(1,1,0).

设 n2=(x2,y2,z2)是平面 PAC 的一个法向量, → → 则由 n · PA=0,n · PC=0,
2 2

? ?-x2- 2z2=0, 得? ? ?y2- 2z2=0.

所以 x2=- 2z2,y2= 2z2.

取 z2=1,得 n2=(- 2, 2,1). 因为 n1· n2=(1,1,0)· (- 2, 2,1)=0,
所以 n1⊥n2.从而平面 POD⊥平面 PAC.
基础知识 题型分类 思想方法 练出高分

题型分类·深度剖析
跟踪训练 3 如图,在圆锥 PO 中,已知 PO= 2,⊙O 的直径 AB=2,C 是 的中点,D 为 AC 的中点. (1)证明:平面 POD⊥平面 PAC; (2)求平面 ABP 与平面 ACP 夹角的余弦值.
(2)解 因为 y 轴⊥平面 PAB,

所以平面 PAB 的一个法向量为 n3=(0,1,0).
由(1)知,平面 PAC 的一个法向量为 n2=(- 2, 2,1).
设向量 n2 和 n3 的夹角为 θ,

n2 · n3 2 10 则 cos θ=|n |· = = . | n | 5 5 2 3

10 所以平面 ABP 与平面 ACP 夹角的余弦值为 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 求空间距离
思维启迪 解析 答案 思维升华

【例 4】 已知正方形 ABCD 的 边长为 4,CG⊥平面 ABCD, CG=2, E, F 分别是 AB, AD 的中点,则点 C 到平面 GEF 的距离为________.

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 求空间距离
思维启迪 解析 答案 思维升华

【例 4】 已知正方形 ABCD 的 边长为 4,CG⊥平面 ABCD, CG=2, E, F 分别是 AB, AD 的中点,则点 C 到平面 GEF 的距离为________.

所求距离可以看作 CG 在平 面 GEF 的法向量的投影.

基础知识

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思想方法

练出高分

题型分类·深度剖析
题型四 求空间距离
思维启迪 解析 答案 思维升华

【例 4】 已知正方形 ABCD 的

边长为 4,CG⊥平面 ABCD, 空间直角坐标系 CG=2, E, F 分别是 AB, AD Cxyz, 的中点,则点 C 到平面 GEF 的距离为________.
→ =(0,0,2), 则CG
由题意易得平面 GEF 的一个法向 量为 n=(1,1,3), 所以点 C 到平面 GEF 的距离为 → | 6 11 |n· CG d= |n| = 11 .
基础知识 题型分类 思想方法 练出高分

建立如图所示的

题型分类·深度剖析
题型四 求空间距离
思维启迪 解析 答案 思维升华

【例 4】 已知正方形 ABCD 的

边长为 4,CG⊥平面 ABCD, 空间直角坐标系 CG=2, E, F 分别是 AB, AD Cxyz, 的中点,则点 C 到平面 GEF 6 11 的距离为________ . 11
→ =(0,0,2), 则CG
由题意易得平面 GEF 的一个法向 量为 n=(1,1,3), 所以点 C 到平面 GEF 的距离为 → |n· CG| 6 11 d= = . |n| 11
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建立如图所示的

题型分类·深度剖析
题型四 求空间距离
思维启迪 解析 答案 思维升华

【例 4】 已知正方形 ABCD 的 边长为 4,CG⊥平面 ABCD, CG=2, E, F 分别是 AB, AD 的中点,则点 C 到平面 GEF 6 11 的距离为________ . 11

求点面距一般有以下三种方 法: ①作点到面的垂线, 点到垂足 的距离即为点到平面的距离; ②等体积法;③向量法.其中 向量法在易建立空间直角坐 标系的规则图形中较简便.

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跟踪训练 4 (2012· 大纲全国改编)已知直四棱柱 ABCD-A1B1C1D1 ( C. 2 D.1 ) 中,底面 ABCD 为正方形,AB=2,CC1=2 2,E 为 CC1 的中点, 则点 A 到平面 BED 的距离为 A.2 B. 3

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).
设 n=(x,y,z)是平面 BED 的法向量.
→ =2x+2y=0 ? ? n· BD 则? . → ? DE=2y+ 2z=0 ?n·
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题型分类·深度剖析
跟踪训练 4 (2012· 大纲全国改编)已知直四棱柱 ABCD-A1B1C1D1 ( D ) C. 2 D.1 中,底面 ABCD 为正方形,AB=2,CC1=2 2,E 为 CC1 的中点, 则点 A 到平面 BED 的距离为 A.2 B. 3

取 y=1,则 n=(-1,1,- 2)为平面 BED 的一个法向量.

→ =(2,0,0), 又DA
→ |-1×2+0+0| |n· DA| ∴点 A 到平面 BED 的距离是 d= = 2 2 2=1. |n| ?-1? +1 +?- 2?

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答题模板系列8 利用空间向量求角
典例: (12 分)(2013· 江西)如图, 四棱锥 P-ABCD 中, PA⊥ 平面 ABCD,E 为 BD 的中点,G 为 PD 的中点, 3 △DAB≌△DCB,EA=EB=AB=1,PA= ,连接 CE 2 并延长交 AD 于 F. (1)求证:AD⊥平面 CFG; (2)求平面 BCP 与平面 DCP 夹角的余弦值.

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规 范 解 答

答 题 模 板

温 馨 提 醒

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答题模板系列8 利用空间向量求角
典例: (12 分)(2013· 江西)如图, 四棱锥 P-ABCD 中, PA⊥ 平面 ABCD,E 为 BD 的中点,G 为 PD 的中点, 3 △DAB≌△DCB,EA=EB=AB=1,PA= ,连接 CE 2 并延长交 AD 于 F. (1)求证:AD⊥平面 CFG; (2)求平面 BCP 与平面 DCP 夹角的余弦值.

思 维 启 迪

规 范 解 答

答 题 模 板

温 馨 提 醒

(1)可利用判定定理证明线面垂直;
(2)利用 AD、AP、AB 两两垂直建立空间直角坐标系,求两个平面的法 向量,利用向量夹角求两个平面 BCP、DCP 夹角的余弦值.
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答题模板系列8 利用空间向量求角
典例: (12 分)(2013· 江西)如图, 四棱锥 P-ABCD 中, PA⊥ 平面 ABCD,E 为 BD 的中点,G 为 PD 的中点, 3 △DAB≌△DCB,EA=EB=AB=1,PA= ,连接 CE 2 并延长交 AD 于 F. (1)求证:AD⊥平面 CFG; (2)求平面 BCP 与平面 DCP 夹角的余弦值.

π π 所以 EA=EB=ED=AB=1,故∠BAD=2,∠ABE=∠AEB=3. 因为△DAB≌△DCB,所以△EAB≌△ECB, π 从而有∠FED=∠BEC=∠AEB=3, 所以∠FED=∠FEA.

思 维 启 迪 规 范 解 答 答 题 模 板 (1)证明 在△ABD 中,因为 E 为 BD 的中点,

温 馨 提 醒

2分

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答题模板系列8 利用空间向量求角
典例: (12 分)(2013· 江西)如图, 四棱锥 P-ABCD 中, PA⊥ 平面 ABCD,E 为 BD 的中点,G 为 PD 的中点, 3 △DAB≌△DCB,EA=EB=AB=1,PA= ,连接 CE 2 并延长交 AD 于 F. (1)求证:AD⊥平面 CFG; (2)求平面 BCP 与平面 DCP 夹角的余弦值.

思 维 启 迪

规 范 解 答

答 题 模 板

温 馨 提 醒

故 EF⊥AD,AF=FD,
又因为 PG=GD,所以 FG∥PA. 又 PA⊥平面 ABCD,
所以 GF⊥AD,故 AD⊥平面 CFG.
4分 6分

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答题模板系列8 利用空间向量求角
典例: (12 分)(2013· 江西)如图, 四棱锥 P-ABCD 中, PA⊥ 平面 ABCD,E 为 BD 的中点,G 为 PD 的中点, 3 △DAB≌△DCB,EA=EB=AB=1,PA= ,连接 CE 2 并延长交 AD 于 F. (1)求证:AD⊥平面 CFG; (2)求平面 BCP 与平面 DCP 夹角的余弦值.

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(2)解

规 范 解 答

答 题 模 板

温 馨 提 醒

以 A 为坐标原点建立如图所示的坐标系, ?3 ? 3 ? 则 A(0,0,0),B(1,0,0),C? , ,0? ?,D(0, 3,0), 2 ?2 ? ? 3? P?0,0,2?, ? ?

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答题模板系列8 利用空间向量求角
典例: (12 分)(2013· 江西)如图, 四棱锥 P-ABCD 中, PA⊥ 平面 ABCD,E 为 BD 的中点,G 为 PD 的中点, 3 △DAB≌△DCB,EA=EB=AB=1,PA= ,连接 CE 2 并延长交 AD 于 F. (1)求证:AD⊥平面 CFG; (2)求平面 BCP 与平面 DCP 夹角的余弦值.

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规 范 解 答

答 题 模 板

温 馨 提 醒
8分

?1 ? ? 3 ? 3 ? 3 3 3? 3 → → → ? ? ? ? ? 故BC=? , ,0?,CP=?- ,- , ?,CD=?- , ,0? ?. 2 2 2? 2 ?2 ? ? 2 ? 2 ? 设平面 BCP 的法向量为 n1=(x1,y1,z1), ? 3 3 3 ? → =0 - x - y + z =0 ? ? n1 · CP ? 2 1 2 1 21 则? 即? → 3 ?1 ? BC=0 ?n1· ?2x1+ 2 y1=0 ?

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典例: (12 分)(2013· 江西)如图, 四棱锥 P-ABCD 中, PA⊥ 平面 ABCD,E 为 BD 的中点,G 为 PD 的中点, 3 △DAB≌△DCB,EA=EB=AB=1,PA= ,连接 CE 2 并延长交 AD 于 F. (1)求证:AD⊥平面 CFG; (2)求平面 BCP 与平面 DCP 夹角的余弦值.

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温 馨 提 醒
9分

令 y1=- 3,则 x1=3,z1=2,n1=(3,- 3,2).
同理求得面 DCP 的法向量为 n2=(1, 3,2), 从而平面 BCP 与平面 DCP 夹角 θ 的余弦值为 |n1· n2 | 4 2 cos θ=|cos〈n1,n2〉|=|n ||n |= = . 4×2 2 4 1 2

10分

12分

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典例: (12 分)(2013· 江西)如图, 四棱锥 P-ABCD 中, PA⊥ 平面 ABCD,E 为 BD 的中点,G 为 PD 的中点, 3 △DAB≌△DCB,EA=EB=AB=1,PA= ,连接 CE 2 并延长交 AD 于 F. (1)求证:AD⊥平面 CFG; (2)求平面 BCP 与平面 DCP 夹角的余弦值.

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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.
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答题模板系列8 利用空间向量求角
典例: (12 分)(2013· 江西)如图, 四棱锥 P-ABCD 中, PA⊥ 平面 ABCD,E 为 BD 的中点,G 为 PD 的中点, 3 △DAB≌△DCB,EA=EB=AB=1,PA= ,连接 CE 2 并延长交 AD 于 F. (1)求证:AD⊥平面 CFG; (2)求平面 BCP 与平面 DCP 夹角的余弦值.

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温 馨 提 醒

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).
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典例: (12 分)(2013· 江西)如图, 四棱锥 P-ABCD 中, PA⊥ 平面 ABCD,E 为 BD 的中点,G 为 PD 的中点, 3 △DAB≌△DCB,EA=EB=AB=1,PA= ,连接 CE 2 并延长交 AD 于 F. (1)求证:AD⊥平面 CFG; (2)求平面 BCP 与平面 DCP 夹角的余弦值.

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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.
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答题模板系列8 利用空间向量求角
典例: (12 分)(2013· 江西)如图, 四棱锥 P-ABCD 中, PA⊥ 平面 ABCD,E 为 BD 的中点,G 为 PD 的中点, 3 △DAB≌△DCB,EA=EB=AB=1,PA= ,连接 CE 2 并延长交 AD 于 F. (1)求证:AD⊥平面 CFG; (2)求平面 BCP 与平面 DCP 夹角的余弦值.

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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. (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,
否则易错.

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思想方法·感悟提高

方 法 与 技 巧

1.用向量来求空间角,各类角都可以转化为 向量的夹角来计算.

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

失 误 与 防 范

空间角.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,有时利用等体积法求解可能 更方便.

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 10

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1 2 3

A组
4

专项基础训练
5
6 7 8 9 10

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° C.30° B.45° D.90° ( D )

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), 1+0-1 → → cos〈CD1,B1D〉= =0, 2× 3 ∴直线 B1D 和 CD1 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 10

2.如图,四棱锥 S-ABCD 的底面为正方形,SD⊥ 底面 ABCD,则下列结论中不正确的是 ( A.AC⊥SB B.AB∥平面 SCD C.SA 与平面 SBD 所成的角等于 SC 与平面 SBD 所成的角 D.AB 与 SC 所成的角等于 DC 与 SA 所成的角 )

解析 ∵四边形 ABCD 是正方形,∴AC⊥BD. 又∵SD⊥底面 ABCD,∴SD⊥AC. 其中 SD∩BD=D,∴AC⊥平面 SDB,从而 AC⊥SB.
故 A 正确;易知 B 正确;
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1 2 3

A组
4

专项基础训练
5
6 7 8 9 10

2.如图,四棱锥 S-ABCD 的底面为正方形,SD⊥ 底面 ABCD,则下列结论中不正确的是 ( D ) A.AC⊥SB B.AB∥平面 SCD C.SA 与平面 SBD 所成的角等于 SC 与平面 SBD 所成的角 D.AB 与 SC 所成的角等于 DC 与 SA 所成的角

设 AC 与 DB 交于 O 点,连接 SO. 则 SA 与平面 SBD 所成的角为∠ASO,SC 与平面 SBD 所成
的角为∠CSO, 又 OA=OC,SA=SC,∴∠ASO=∠CSO.
故 C 正确;由排除法可知选 D.
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1 2 3

A组
4

专项基础训练
5
6 7 8 9 10

3.(2013· 山东)已知三棱柱 ABC-A1B1C1 的侧棱与底面垂直,体 9 积为 ,底面是边长为 3的正三角形.若 P 为底面 A1B1C1 的 4 中心,则 PA 与平面 ABC 所成角的大小为 5π π π π A. B. C. D. 12 3 4 6 1 π 3 3 解析 如图所示:SABC=2× 3× 3×sin 3= 4 . 3 3 9 ∴VABC? A B C =SABC×OP= 4 ×OP=4,∴OP= 3.
1 1 1

( B )

3 2 OP 又 OA= 2 × 3×3=1,∴tan∠OAP=OA= 3, π π 又 0<∠OAP<2,∴∠OAP=3.
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1 2 3

A组
4

专项基础训练
5 6 7 8 9 10

4.在正方体 ABCD—A1B1C1D1 中,点 E 为 BB1 的中点,则平面 A1ED 与平面 ABCD 夹角的余弦值为 1 2 3 A. B. C. 2 3 3 ( 2 D. 2 )

解析

以 A 为原点建立如图所示的空间直角

坐标系 Axyz,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?, ? ?

设平面 A1ED 的一个法向量为 n1=(1,y,z),
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1 2 3

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4

专项基础训练
5 6 7 8 9 10

4.在正方体 ABCD—A1B1C1D1 中,点 E 为 BB1 的中点,则平面 A1ED 与平面 ABCD 夹角的余弦值为 1 2 3 A. B. C. 2 3 3 ( B ) 2 D. 2

y-z=0, ? ? 则? 1 1- z=0, ? 2 ?

? ?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 所以平面 A1ED 与平面 ABCD 夹角的余弦值为3.
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4

专项基础训练
5
6 7 8 9 10

5.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 6 3 a A. B. a C. D. 6a 3 3 3 ( )

解析 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.
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4

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5
6 7 8 9 10

5.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 6 3 a A. B. a C. D. 6a 3 3 3 ( B )

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?. ? ?
∴PH=
?a ? ?a ? ?a ? 2 2 ? -0? +? -0? +? -0?2= ?3 ? ?3 ? ?3 ?

3 a. 3

3 ∴点 P 到平面 ABC 的距离为 3 a.
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4

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5
6 7 8 9 10

6.已知两平面的法向量分别为 m=(0,1,0),n=(0,1,1),则两平
π 4 面夹角的大小为________ .

解析

m· n 2 π cos〈m,n〉=|m||n|= 2 ,∴〈m,n〉=4.

π ∴两平面夹角的大小为 . 4

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6 7 8 9 10

7.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 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), → =(0,-1,1),BC → =(2,0,2), 则EF 1
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7.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________ 60° .

→· → =2, ∴EF BC 1

→ ,BC → 〉= ∴cos〈EF 1

2 1 =2, 2×2 2

∴EF 和 BC1 所成的角为 60° .

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8.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________.
解析 以 A 为坐标原点,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,

1 1 则 A1(0,0,1),E(1,0, ),F( ,1,0),D1(0,1,1). 2 2 1 → → ∴A1E=(1,0,- ),A1D1=(0,1,0). 2
设平面 A1D1E 的一个法向量为 n=(x,y,z),
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8.正方体 ABCD-A1B1C1D1 的棱长为 1,E、F 分别为 BB1、CD

3 5 10 . 的中点,则点 F 到平面 A1D1E 的距离为________
1 ? → ? ? ? n· A E = 0 , x- z=0, 1 2 则? 即? → ? ? n · A ? 1D1=0, ?y=0.
令 z=2,则 x=1.∴n=(1,0,2).

1 |2-2| → |A F · n | 3 5 1 ∴点 F 到平面 A1D1E 的距离为 d= |n| = = 10 . 5
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1 → 又A1F=( ,1,-1), 2

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6 7 8 9 10

9.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.

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(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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6 7 8 9 10

→ → (2)∵PA=(2,0,-2 3),BC=(-2,-3,0),

→ ,BC →〉 ∴cos〈PA 2×?-2?+0×?-3?+?-2 3?×0 13 = =- , 13 4 13

13 ∴异面直线 PA 与 BC 所成的角的余弦值为 13 .

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6 7 8 9 10

10.(2013· 天津)如图,四棱柱 ABCD-A1B1C1D1 中,侧棱 A1A⊥底面 ABCD,AB∥DC, AB⊥AD,AD=CD=1,AA1=AB=2,E 为棱 AA1 的中点. (1)证明:B1C1⊥CE; (2)求二面角 B1-CE-C1 的正弦值; (3)设点 M 在线段 C1E 上,且直线 AM 与平面 ADD1A1 所成 2 角的正弦值为 ,求线段 AM 的长. 6

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6 7 8 9 10

方法一

如图,以点 A 为原点,以 AD,AA1,

AB 所在直线为 x 轴,y 轴,z 轴建立空间直角 坐标系, 依题意得 A(0,0,0), B(0,0,2), C(1,0,1), B1(0,2,2),C1(1,2,1),E(0,1,0).

→ → (1)证明 易得B1C1=(1,0,-1),CE=(-1,1,-1) ,于是 → → B1C1· CE=0,所以 B1C1⊥CE.
(2)解 → B 1C=(1,-2,-1).

设平面 B1CE 的法向量 m=(x,y,z),

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4

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5
6 7 8 9 10

→ ? ? ?m · B1C=0, ?x-2y-z=0, 则? 即? 消去 x,得 y+2z=0, ? → = 0, ?-x+y-z=0. ? m · CE ? 不妨令 z=1,可得一个法向量为 m=(-3,-2,1).
由(1)知,B1C1⊥CE,又 CC1⊥B1C1,可得 B1C1⊥平面 CEC1, → 故B1C1=(1,0,-1)为平面 CEC1 的一个法向量. → -4 m · B 2 7 1C1 → 于是 cos〈m,B1C1〉= = =- , 7 → 14 × 2 |m|· |B1C1| 21 → 从而 sin〈m,B1C1〉= , 7 21 所以二面角 B1-CE-C1 的正弦值为 7 .
基础知识 题型分类 思想方法 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 10

(3)解

→ =(0,1,0),EC → =(1,1,1), AE 1

→ =λEC → =(λ,λ,λ),0≤λ≤1, 设EM 1 → =AE → +EM → =(λ,λ+1,λ). 有AM
→ =(0,0,2)为平面 ADD A 的一个法向量. 可取AB 1 1 设 θ 为直线 AM 与平面 ADD1A1 所成的角,则 →· →| | AM AB → ,AB → 〉|= sin θ=|cos〈AM → |· →| |AM |AB
2λ λ = 2 = , 2 2 2 λ +?λ+1? +λ ×2 3λ +2λ+1
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5
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λ 2 1 于是 = ,解得 λ= (负值舍去), 3 3λ2+2λ+1 6
所以 AM= 2.
方法二 (1)证明 因为侧棱 CC1⊥底面 A1B1C1D1,B1C1 平面 A1B1C1D1, 所以 CC1⊥B1C1.

经计算可得 B1E= 5,B1C1= 2,EC1= 3,
2 从而 B1E2=B1C2 1+EC1,

所以在△B1EC1 中,B1C1⊥C1E,
又 CC1,C1E 平面 CC1E,CC1∩C1E=C1,
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所以 B1C1⊥平面 CC1E,
又 CE 平面 CC1E,故 B1C1⊥CE.
(2)解 过 B1 作 B1G⊥CE 于点 G,连接 C1G.
由(1)知,B1C1⊥CE,故 CE⊥平面 B1C1G,得 CE⊥C1G, 所以∠B1GC1 为二面角 B1-CE-C1 的平面角.

2 6 在△CC1E 中,由 CE=C1E= 3,CC1=2,可得 C1G= . 3 42 21 在 Rt△B1C1G 中,B1G= ,所以 sin ∠B1GC1= , 3 7 21 即二面角 B1-CE-C1 的正弦值为 7 .
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(3)解

连接 D1E, 过点 M 作 MH⊥ED1 于点 H, 可得 MH⊥

平面 ADD1A1,连接 AH,AM,则∠MAH 为直线 AM 与平 面 ADD1A1 所成的角.
设 AM=x,从而在 Rt△AHM 中,有
2 34 MH= x,AH= x. 6 6 在 Rt△C1D1E 中,C1D1=1,ED1= 2,
1 得 EH= 2MH=3x.
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5
6 7 8 9 10

在△AEH 中,∠AEH=135° ,AE=1,
由 AH2=AE2+EH2-2AE· EHcos 135° ,
17 2 1 2 2 得 x =1+ x + x, 18 9 3 整理得 5x2-2 2x-6=0,解得 x= 2(负值舍去).
所以线段 AM 的长为 2.

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3 4 5

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1.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 的夹角大小为 A.30° B.45° C.60° D.90° ( )

解析 建立如图所示的空间直角坐标系,

设 AB=PA=1,知 A(0,0,0),B(1,0,0), D(0,1,0),C(1,1,0),P(0,0,1)
由题意得,AD⊥平面 ABP, 设 E 为 PD 的中点,

连接 AE,则 AE⊥PD,
又∵CD⊥平面 PAD,∴AE⊥CD,
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3 4 5

1.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 的夹角大小为 A.30° B.45° C.60° D.90° ( B )

又 PD∩CD=D,∴AE⊥平面 CDP.
1 1 → → ∴AD=(0,1,0),AE=(0,2 ,2)分别是平面 ABP、平面 → → CDP 的法向量,而〈AD,AE〉=45° ,

∴平面 ABP 与平面 CDP 的夹角大小为 45° .

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2.在棱长为 2 的正方体 ABCD—A1B1C1D1 中,O 是底面 ABCD 的中点,E,F 分别是 CC1,AD 的中点,那么异面直线 OE
15 5 和 FD1 所成的角的余弦值等于________ .

解析

以 D 为原点,分别以 DA、DC、DD1

为 x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系,

∴F(1,0,0),D1(0,0,2),O(1,1,0),E(0,2,1), → =(-1,0,2),OE → =(-1,1,1), ∴FD 1

1+2 15 → → ∴cos〈FD1,OE〉= = 5 . 5· 3
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3.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), → → → ∴D1A1=(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), → =2x+2z=0 ? ? n· DA 1 ? 则 .令 x=1,则 n=(1,-1,-1), → ? DB=2x+2y=0 ?n· → |D n| 2 2 3 1A1· ∴点 D1 到平面 A1BD 的距离为 d= |n| = = 3 . 3
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4.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)求平面 BPD 与平面 ABD 的夹角.
(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), → → → ∴AP=(0,0,3),AC=(2 3,6,0),BD=(-2 3,2,0). → → → → ∴BD· AP=0,BD· AC=0.∴BD⊥AP,BD⊥AC. 又∵PA∩AC=A,∴BD⊥平面 PAC.
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3 4 5

4.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)求平面 BPD 与平面 ABD 的夹角.
(2)解 设平面 ABD 的法向量为 m=(0,0,1),

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 ?
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4.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)求平面 BPD 与平面 ABD 的夹角.

令 x= 3,则 n=( 3,3,2),

m· n 1 ∴cos〈m,n〉=|m||n|=2.
∴平面 BPD 与平面 ABD 的夹角为 60° .
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5.(2013· 北京)如图,在三棱柱 ABC-A1B1C1 中, AA1C1C 是边长为 4 的正方形. 平面 ABC⊥平 面 AA1C1C,AB=3,BC=5. (1)求证:AA1⊥平面 ABC; (2)求平面 A1BC1 与平面 BB1C1 夹角的余弦值; BD (3)证明: 在线段 BC1 上存在点 D, 使得 AD⊥A1B, 并求 BC1 的值.
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(1)证明

在正方形 AA1C1C 中,A1A⊥AC.

又平面 ABC⊥平面 AA1C1C, 且平面 ABC∩平面 AA1C1C=AC, ∴AA1⊥平面 ABC.
(2)解 在△ABC 中,AC=4,AB=3,BC=5, ∴BC2=AC2+AB2,AB⊥AC
∴以 A 为坐标原点,建立如图所示 空间直角坐标系 Axyz.
A1(0,0,4),B(0,3,0),C1(4,0,4),B1(0,3,4), → → =(0,0,4). A→ C =(4,0,0), A B=(0,3, -4), B→ C =(4, -3,0), BB
1 1 1 1 1 1

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设平面 A1BC1 的法向量 n1=(x1,y1,z1),平面 B1BC1 的法向 量 n2=(x2,y2,z2).
? ? ?A→ n1=0, ?4x1=0 1C1· ∴? ?? ? → ?3y1-4z1=0 ? n1=0 ?A1B· ∴取向量 n1=(0,4,3) ? ? ?B→ n2=0, ?4x2-3y2=0, 1C1· 由? ?? 取向量 n2=(3,4,0) ? → n =0 ?4z2=0. ? ?BB1· 2 n1 · n2 16 16 ∴cos 〈n1,n2〉=|n |· = =25. | n | 5 × 5 1 2
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由题意知二面角 A1-BC1-B1 为锐角, 16 ∴平面 A1BC1 与平面 BB1C1 夹角的余弦值为25. ∴(x,y-3,z)=λ(4,-3,4), 解得 x=4λ,y=3-3λ,z=4λ. → =(4λ,3-3λ,4λ) ∴AD 又 AD⊥A1B,∴0+3(3-3λ)-16λ=0 9 BD 9 则 λ=25,因此BC =25. 1
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→ =λBC →. (3)证明 设 D(x,y,z)是直线 BC1 上一点,且BD 1


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