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空间向量在立体几何中的应用


空间向量在立体几何中的应用
运用空间向量的坐标运算解决立体几何问题的一般步骤 ①建立恰当的空间直角坐标系;②求出相关点的坐标;③写出向量的坐标;④结合公式进行计 算,论证;⑤转化为几何结论. 求平面法向量的方法 设 n 是平面 M 的一个法向量,AB、CD 是 M 内的两条相交直线,则 n ? AB =0, n ? CD =0. 由此可 以求出一个法向量 n( AB 及

CD 已知) . 用向量方法研究两直线间的位置关系 设直线 l1、 l2 的方向向量分别为 a、 b. (1) l1∥l2 或 l1 与 l2 重合 ? a∥b? 存在实数 t,使 a= tb. (2) l1⊥l2? a⊥b? a· b= 0. 用向量方法研究直线与平面的位置关系 设直线 l 的方向向量为 a,平面 α 的法向量为 n, v1、 v2 是与 α 平行的两个不共线向量. (1)l∥α 或 l? α? 存在两个实数 λ、 μ,使 a= λv1+ μv2? a· n= 0. (2)l⊥α? a∥n ? 存在实数 t,使 a= tn.

??? ?

??? ?

??? ?

??? ?

?a ? v1 ?a ? v1 ? 0 l ?? ? ? ?? ?a ? v2 ?a ? v2 ? 0
用向量方法研究两个平面的位置关系 设平面 α、 β 的法向量分别为 n1、 n2. (1)α∥β 或 α 与 β 重合 ?n1∥n2? 存在实数 t,使 n1= t n2. (2)α⊥β?n1⊥n2?n1· n2= 0. 若 v1、 v2 是与 α 平行的两个不共线向量, n 是平面 β 的法向量. 则①α∥β 或 α 与 β 重合 ?v1∥β 且 v2∥β? 存在实数 λ、 μ,对 β 内任一向量 a,有 a= λv1+ μv2. ②? ? ? ? ?

?n ? v1 ?n ? v1 ? 0 ?? ?n ? v2 ?n ? v2 ? 0

求异面直线所成的角 设 l1 与 l2 是两异面直线,a、 b 分别为 l1、 l2 的方向向量, l1、 l2 所成的角为 θ,则〈 a, b〉与 θ 相 等或互补,则 cos ? ?

| a ?b | . | a |?| b |

求直线与平面所成的角 如图,设 l 为平面 ? 的斜线, l ? ? ? A ,a 为 l 的方向向量,n 为平面 ? 的 法向量, ? 为 l 与平面 ? 所成的角,则 sin ? ?| cos ? a, n ?|? 求二面角

| a?n | | a |?| n |

平面 ? 与 ? 相交于直线 l,平面 ? 的法向量为 n1,平面 ? 的法向量为 n2,< n1,n2>= ? ,则二面 角 ? ? l ? ? 为 ? 或 ? ? ? . 设二面角的大小为 ? ,则 | cos ? |?| cos ? |? 求点到平面的距离 如图所示,已知点 B( x0 , y0 , z0 ) ,平面 ? 内一点 A( x1 , y1 , z1 ) ,平面 ? 的一个法向量 n,直线 AB 与平面 ? 所成的角为 ? , ? ?? n, AB ? ,则

| n1 ? n2 | . | n1 | ? | n2 |

??? ?

??? ? sin? ?| cos? n ,AB ? ? | | cos ? .| 由数量积的定义知,
??? ? ??? ? ??? ? ??? ? ??? ? | n ? AB | n AB =|n|| AB cos ? |,所以点 B 到平面 ? 的距离 d ?| AB | ? sin ? ?| AB | ? | cos ? |? . |n|
求异面直线间的距离 如右图,若 CD 是异面直线 a, b 上的公垂线, A、B 分别是 a, b 上 的任意两点, 令向量 n⊥a, n ⊥b, 则 n//CD . 则由 AB ? AC ? CD ? DB得,

??? ?

???? ??? ? ??? ?

??? ? ??? ? ??? ? ??? ? ??? ? ??? ? ??? ? ??? ? AB · n= AC · n+ CD · n+ DB · n, 所以 AB · n= CD · n, 所以 | AB · n|=| CD · n|,

??? ? ??? ? ??? ? | AB ? n | | AB ? n | 故 | CD |? ,所以,异面直线 a、 b 间的距离为 d ? . |n| |n|
求直线到平面的距离

A? a , B ?? , 设直线 a//平面 ? , n 是平面 ? 的法向量, 过 A 作 AC ? ? ,
垂足为 C,则 AC //n. 因为 AB · n= ( AC ? CB) · n= AC · n,

??? ?

??? ?

??? ? ??? ?

??? ?

??? ? ??? ? ??? ? ???? | AB ? n | 所以 | AB · n|=| AC |· |n |,故直线 a 到平面 ? 的距离为 d ?| AC |? |n|
求两平行平面间的距离

??? ? | AB ? n | ( 1)用公式 d ? 求, n 为两平行平面的一个法向量, A、 B 分别 |n|
为两平面上的任意点 . ( 2)转化为点面距或线面距求解 . 课堂典例 题型一 用向量证明平行 [例 1] 在正方体 ABCD- A1B1C1D1 中,M、N 分别是 C1C、B1C1 的中点.求证:MN∥平面 A1BD. 证明: 方法 1:如图所示,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,设正方体的棱长为 1,则可求得

1? 1? → ?1 ?1 ? M? ?0, 1,2?,N?2, 1, 1?,A1(1,0,1),B(1,1,0),于是 MN=?2, 0,2?,设平面 A1BD 的法向量是 n= (x,

? ?x+ z= 0 → → y, z).则 n· DA1= 0,且 n· DB= 0, ∴? ?x+ y= 0 ?
1 1 → , 0 , ?· 又 MN· n= ? 2? (1,- 1,- 1)= 0, ?2



取 x= 1,得 y=- 1, z=- 1.∴n= (1,- 1,- 1).

→ ∴MN⊥n,又 ∵MN? 平面 A1BD, ∴MN∥平面 A1BD. 1→ 1 → 1→ → → → 1 → → 方法 2: ∵MN= C1N- C1M= C1B1- C1C= (D1A1- D1D)= DA1, 2 2 2 2 → → ∴MN∥DA1,又 ∵MN? 平面 A1BD. ∴MN∥平面 A1BD. 点评: (1)证明直线 l1∥l2 时,分别取 l1、 l2 的一个方向向量 a、 b,则 a∥b? 存在实数 k,使 a= kb a1 a2 a3 或利用其坐标 = = (其中 a= (a1, a2, a3), b= (b1, b2, b3)). b1 b2 b3 (2)证明直线 l∥平面 α 时, ①可取直线 l 的方向向量 a 与平面 α 的法向量 n,证明 a· n= 0; ②可在平面 α 内取基向量{e1, e2},证明直线 l 的方向向量 a= λ1e1+ λ2e2,然后说明 l 不在平面 α 内即 可; → ③在平面 α 内找两点 A、B,证明直线 l 的方向向量 n∥AB. (3)证明平面 α∥平面 β 时,设 α、 β 的法向量分别为 a、 b,则只须证明 a∥b. 题型二 用向量证明线面垂直 [例 2] 在棱长为 1 的正方体 ABCD- A1B1C1D1 中, E、 F 分别为棱 AB 和 BC 的中点,试在棱 B1B

上找一点 M,使得 D1M⊥平面 EFB1. 证明:分别以 DA、DC、DD1 所在直线为 x 轴、 y 轴、 z 轴建立空间直角坐标系 D- xyz, 1 → ? 则 A(1,0,0), B1(1,1,1), C(0,1,0), D1(0,0,1), E? ?1,2, 0?, M(1,1, m).∴AC= (- 1,1,0), 又 E、 F 分别为 AB、 BC 的中点, 1 1 → 1→ ? ∴EF= AC= ? ?-2, 2, 0?. 2 1 → → 0,- ,- 1?, D1M= (1,1, m- 1), 又 ∵B 1E= ? 2 ? ? ∵D1M⊥平面 FEB1, ∴D1M⊥EF 且 D1M⊥B1E. → → → → 即 D 1 M· EF= 0,且 D1M· B1E= 0. 0= 0 ?-2+2+(m-1)· ∴? 1 ?0-2+(1-m)=0 1 1 1 , ∴m = . 2

故取 B1B 的中点 M 就能满足 D1M⊥平面 EFB1. 点评:①证明直线 l1 与 l2 垂直时,取 l1、 l2 的方向向量 a、 b,证明 a· b= 0. ②证明直线 l 与平面 α 垂直时,取 α 的法向量 n, l 的方向向量 a,证明 a∥n. 或取平面 α 内的两相交直线的方向向量 a、 b 与直线 l 的方向向量 e,证明 a· e= 0, b · e= 0. ③证明平面 α 与 β 垂直时,取 α、β 的法向量 n1、n2,证明 n1· n2= 0.或取一个平面 α 的法向量 n, 在另一个平面 β 内取基向量 {e1, e2},证明 n= λe1+ μe2. 题型三 用向量法证明面面垂直与面面平行 [例 3] 已知正方体 ABCD- A1B1C1D1 的棱长为 2,E、F、G 分别是 BB1、DD1、DC 的中点,求证:

(1)平面 ADE∥平面 B1C1F; (2)平面 ADE⊥平面 A1D 1G; (3)在 AE 上求一点 M,使得 A1M⊥平面 DAE. → → → 解析: 以 D 为原点, DA、 DC、 DD1为正交基底建立空间直角坐标系 O- xyz, 则 D(0,0,0), D1(0,0,2), A(2,0,0), A1(2,0,2), E(2,2,1), F(0,0,1), G(0,1,0), B1(2,2,2), C1(0,2,2). (1)设 n1= (x1,y1,z1),n2= (x2,y2,z2)分别是平面 ADE、平面 B1C1F → → 的法向量,则 n1⊥DA, n1⊥AE. → ? ?2x1=0 DA= 0 ?n1· ? ∴? , ∴? , → 2 y + z = 0 ? ? 1 1 ? n · AE = 0 1 ? 取 y1= 1, z1=- 2, ∴n1= (0,1,- 2). 同理可求 n2= (0,1,- 2). ∵n1∥n2, ∴平面 ADE∥平面 B1C1F. → → → → (2)∵DA· D1G= (2,0,0)· (0,1,- 2)= 0, ∴DA⊥D1G. → → → → ∵AE· D1G= (0,2,1)· (0,1,- 2)= 0, ∴AE⊥D1G. → → ∵DA、 AE不共线, ∴D1G⊥平面 ADE. 又 ∵D1G? 平面 A1D1G, ∴平面 ADE⊥平面 A1D1G. → → (3)由于点 M 在 AE 上,所以可设 AM= λ· AE= λ· (0,2,1)= (0,2λ, λ), → ∴M(2,2λ, λ), A1M= (0,2λ, λ- 2). 要使 A1M⊥平面 DAE,只需 A1M⊥AE, → → ∴ A 1 M· AE= (0,2λ, λ- 2)· (0,2,1)= 5λ- 2= 0, 2 2 ∴λ= .故当 AM= AE 时, A1M⊥平面 DAE. 5 5 跟踪练习 1 已知四棱锥 P- ABCD 的底面是直角梯形,∠ABC=∠BCD 90° , AB= BC= PB= PC= 2CD,侧面 PBC⊥底面 ABCD . =

(1)证明: PA⊥BD; (2)证明:平面 PAD⊥平面 PAB. 证明: (1)取 BC 的中点 O, ∵侧面 PBC⊥底面 ABCD, △ PBC 为等边三角形, ∴PO⊥底面 ABCD. 以 O 为坐标原点,以 BC 所在直线为 x 轴,过点 O 与 AB 平行的直线为 y 轴,建立如图所示空间 直角坐标系. 不妨设 CD= 1,则 AB= BC= 2, PO= 3. ∴A(1,- 2,0), B(1,0,0), D(- 1,- 1,0), P(0,0, 3). → → ∴BD= (- 2,- 1,0), PA= (1,- 2,- 3). → → → → ∵BD· PA= 0, ∴PA⊥BD, ∴PA⊥BD. 1 3 (2)取 PA 的中点 M,连结 DM,则 M? ,- 1, ?. 2? ?2 3 3 → → ∵DM= ? , 0, ?, PB= (1,0,- 3), 2? ?2 → → → → ∴DM· PA= 0, ∴DM⊥PA,即 DM⊥PA. → → → → 又 DM· PB= 0, ∴DM⊥PB,即 DM⊥PB. ∴DM⊥平面 PAB, ∴平面 PAD⊥平面 PAB. 点评:线线垂直即直线的方向向量垂直;线面垂直即直线的方向向量与平面的法向量平行;面面 垂直即二平面的法向量垂直 . 题型四 用向量法求异面直线所成的角 [例 4] (2010· 衡水市模考 )正四棱锥 P- ABCD 的所有棱长相等, E 为 PC 的中点,那么异面直线 ) C.

BE 与 PA 所成角的余弦值等于( A.

1 2

B.

2 2

2 3

D.

3 3

1 → → → → → → → 1 → → → → → 解析:以AD,AB,AP为基向量,则BE= (BP+BC)= (AD+ AP- AB),由条件知,|AD|= |AP|= |AB 2 2 → → 1 → → 1 → → |= 1, AP· AD= , AP· AB= , AD· AB= 0, 2 2 1 1 1 1 → → 1 → → → → → + 1- ? = , ∴AP· BE= (AP· AD+ |AP|2- AP· AB)= ? 2 2? 2 2 2? 1 → 1 3 → → → → → → → → → |BE|2= (|AD|2+ |AP|2+ |AB|2- 2AD· AB- 2AP· AB+ 2AD· AP)= (1+ 1+ 1- 0- 1+ 1)= , 4 4 4 1 → → 2 3 AP· BE 3 → → → ∴|BE|= , ∴cos〈 AP, BE〉= = = ,故选 D. 2 → → 3 3 |AP|· |BE| 1× 2 3 → → 点评: ①由几何体的特殊性,在求 |BE|时,可直接在正三角形 PBC 中得 |BE|= BE= . 2

②可连结 AC,取 AC 中点 O,则 EO∥PA, ∴∠BEO 为所求角,通过解 △ BEO 求得 . 题型五 线面角 [例 5] 如图,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. 解析: 如图, 以 D 为原点, DA 为单位长建立空间直角坐标系 D- xyz. → → 则 DA= (1,0,0),CC′= (0,0,1),连结 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〉 可得 2m= 解得 m= 2m2+ 1.

2 2 2 → ,所以 DH=? , , 1?. 2 2 ?2 ?

2 2 ×0+ ×0+ 1×1 2 2 2 → → (1)因为 cos〈 DH, CC′〉= = , 2 1× 2 → → 所以〈 DH,CC′〉= 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 2 2 1 → → 因为 cos〈 DH, DC〉= = , 2 1× 2 跟踪练习 2 (2010· 湖南理 )如图所示,在正方体 ABCD- A1B1C1D1 中, E 是棱 DD1 的中点. (1)求直线 BE 和平面 ABB1A1 所成的角的正弦值; (2)在棱 C1D1 上是否存在一点 F,使 B1F∥平面 A1BE?证明你的结论. 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 . 1 (1)依题意,得 B(1,0,0), E(0,1, ), A(0,0,0), D(0,1,0), 2 1 → → 所以 BE= (- 1,1, ), AD= (0,1,0). 2 → 在正方体 ABCD- A1B1C1D1 中,因为 AD⊥平面 ABB 1A1,所以AD是 平面 ABB1A1 的一个法向量,设直线 BE 与平面 ABB1A1 所成的角为 θ, 则

sinθ=

→ → |BE· AD| 1 2 = = . → → 3 3 |BE|· |AD| ×1 2

2 即直线 BE 与平面 ABB1A1 所成的角的正弦值为 . 3 1 → → (2)依题意,得 A1(0,0,1), BA1= (- 1,0,1), BE= (- 1,1, ). 2

? ?- x+ z=0, → → 设 n= (x, y, z)是平面 A1BE 得一个法向量,则由 n· BA1= 0, n· BE= 0,得? 1 - x+ y+ z = 0 ? 2 ?
1 所以 x= z, y= z.取 z= 2,得 n= (2,1,2). 2 设 F 是棱 C1D1 上的点,则 F(t,1,1)(0≤t≤1). → → 又 B1(1,0,1),所以 B1F= (t- 1,1,0),而 B1F? 平面 A1BE,于是 B1F∥平面 A1BE? B 1F · n= 0? (t- 1 1,1,0)· (2,1,2)= 0? 2(t- 1)+ 1= 0? t= ? F 为 C1D1 的中点. 2 这说明在棱 C1D1 上存在一点 F(F 为 C1D1 的中点 ),使 B1F∥平面 A1BE. 题型六 二面角 [例 6] PC 的中点. (1)证明: PC⊥平面 BEF. (2)求平面 BEF 与平面 BAP 夹角的大小. 解析: (1)如图,以 A 为坐标原点 AB,AD,AP 所在直线分别为 x, y, z 轴建立空间直角坐标系, ∵AP= AB= 2, BC= AD= 2 2,四边形 ABCD 是矩形. ∴A, B, C, D, P 的坐标为 A(0,0,0), B(2,0,0), C(2,2 2 , 0), D(0,2 2, 0), P(0,0, , 2), 又 E, F 分别是 AD, PC 的中点, ∴E(0, 2, 0), F(1, 2, 1), → → → ∴PC= (2,2 2,- 2), BF= (- 1, 2 , 1)EF= (1,0,1), → → → → ∴PC· BF=- 2+ 4- 2= 0, PC· EF= 2+ 0- 2= 0, → → → → ∴PC⊥BF, PC⊥EF, ∴PC⊥BF, PC⊥EF, BF∩EF= F, ∴PC⊥平面 BEF. → (2)由 (1)知平面 BEF 的法向量 n1=PC= (2,2 2,- 2), → 平面 BAP 的法向量 n2= AD= (0,2 2 , 0), ∴n1· n 2= 8, (2010· 陕西理 )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, E, F 分别是 AD,

设平面 BEF 与平面 BAP 的夹角为 θ, 解法 2: (1)连接 PE, EC, 在 Rt△ PAE 和 Rt△ CDE 中, PA= AB= CD, AE=DE, ∴PE= CE,即 △ PEC 是等腰三角形, 又 F 是 PC 的中点,∴EF⊥PC, 又 BP= AP2+ AB2= 2 2 = BC, F 是 PC 的中点,

∴BF⊥PC, 又 BF∩EF= F,∴PC⊥平面 BEF. (2)∵PA⊥平面 ABCD,∴PA⊥BC, 又 ABCD 是矩形,∴AB⊥BC,∴BC⊥平面 BAP, BC⊥PB, 又由 (1)知 PC⊥平面 BEF,∴直线 PC 与 BC 的夹角即为平面 BEF 与平面 BAP 的夹角, 在 △ PBC 中, PB= BC,∠PBC= 90° ,∴∠PCB= 45° . 所以平面 BEF 与平面 BAP 的夹角为 45° . 题型七 异面直线间的距离 [例 7] 已知正方体 ABCD- A1B1C1D1 的棱长为 1.求异面直线 DA1 与 AC 的距离. 解析: 如图建立空间直角坐标系,则 A(1,0,0) 、 C(0,1,0) 、 B1(1,1,1) 、 → → → A1(1,0,1),向量AC= (- 1,1,0), DA1= (1,0,1), DA= (1,0,0). → → 设向量 n= (x, y,1),且 n⊥DA1, n⊥AC,则

? ? (1, 0, 1)= 0 ?(x, y,1)· ?x=- 1 ? ,解得 ? , (- 1, 1, 0)= 0 ?(x, y,1)· ? ? ?y=- 1
所以 n= (- 1,- 1,1). → |DA·n| |(1,0,0)·(-1,-1,1)| 3 ∴ 异面直线 DA1 与 AC 的距离为 d= = = . 3 |n| |(-1,-1,1)| 题型八 点、线、面到平面的距离 [例 8] ________. 解析:建立如图所示的空间直角坐标系,则 C(0,0,0),A? 3 1 ?,B(0,1,0), ? 2 , 2 , 0? 如图,在正三棱柱 ABC- A1B1C1 中,所有棱长均为 1,则点 B1 到平面 ABC1 的距离为

3 1 → → → B1(0,1,1), C1(0,0,1),则C1A= ? , ,- 1?, C1B1= (0,1,0), C1B= (0,1,- 1), ?2 2 ? 设平面 ABC1 的法向量为 n= (x, y,1), → ? n= 0 ?C1A· 3 则有 ? ,解得 n=? , 1, 1?, ?3 ? → ? n= 0 ?C1B·

? → n? 则 d = ? C 1 B 1· ?= ? |n | ?
答案: 跟踪练习 3 21 7

1 21 = . 7 1 + 1+ 1 3

如图所示,已知边长为 4 2 的正三角形 ABC 中, E、F 分别为 BC 和 AC 的中点, PA⊥平面 ABC,且 PA= 2,设平面 α 过 PF 且与 AE 平行,求 AE 与平面 α 间的距离. → → → 解析:设AP、AE、EC的单位向量分别为 e1、e2、e3,选取 {e1,e2,e3} 作为空间向量的一组基底,易知 e1· e 2= e2 · e 3= e3 · e1= 0, → → → AP= 2e1,AE= 2 6 e2, EC= 2 2 e3, → → → → 1→ → 1 → → PF= PA+ AF= PA+ AC= PA+ (AE+ EC)=- 2e1+ 6e2+ 2e3, 2 2 → → 设 n= xe1+ ye2+ e3 是平面 α 的一个法向量,则 n⊥AE, n⊥PF, → 2 ? ? ? AE= 0 2 6 e 2= 0 ?n· ?(xe1+ ye2+ e3)· ?2 6y|e2| = 0 ∴? ?? ?? 2 2 2 → ( xe + ye + e ) · ( - 2e + 6e + 2e ) = 0 ? ? ? 1 2 3 1 2 3 ? ?- 2x|e1| + 6y|e2| + 2|e3| = 0 PF= 0 ?n·

?y= 0 ? ?? 2 ? ?x= 2

, ∴n=

2 e + e3 2 1

2 |2e1· ( e1+e3)| → 2 |AP· n| 2 3 ∴ 直线 AE 与平面 α 间的距离为 d= = = . |n| 3 2 2 2 | e1| +|e3| 2 题型九 求线段长 [例 9] 如图所示,在 60° 的二面角 α- AB- β 中,AC? α, BD? β,且 AC⊥AB, BD⊥AB,垂足分

别为 A、 B,已知 AB= AC= BD= a,求线段 CD 的长. 分析:欲求线段 CD 的长,将 |CD|看作是 CD 的模,将 CD 用已知长度及 夹角关系的 AC , AB , BD 来表示,其中 AC 与 BD 所成的角等于二面角

??? ?

??? ?

??? ?

??? ?

??? ?

??? ?

??? ?

? ? AB ? ? 的大小.
解析: ∵AC⊥AB, BD⊥AB, → → → → ∴CA· AB= 0, BD· AB= 0, 又因为二面角 α- AB- β 为 60° 的二面角, → → ∴<CA, BD>= 120° ,

→ → → → → 于是 |CD|2= CD2= (CA+ AB+ BD)2 → → → → → → → → → = CA2+ AB2+ BD2+ 2CA· AB+ 2CA· BD+ 2BD· AB= 3a2+ 2a2cos120° = 3a2- a2= 2a2, ∴CD= 2 a 点评: |a|2= a· a,将求线段长的问题转化为向量的数量积运算是求距离的主要方法. 跟踪练习 4 (2010· 河北邯郸市模考 )如图所示,在正三棱柱 ABC- A1B1C1 中,底 面边长为 a,侧棱长为 2 a, D 是棱 A1C1 的中点. 2

(1)求证: BC1∥平面 AB1D; (2)求二面角 A1- AB1- D 的大小; (3)求点 C1 到平面 AB1D 的距离. [解析 ] (1)连结 A1B 与 AB1 交于 E, 则 E 为 A1B 的中点, ∵D 为 A1C 1

的中点,∴DE 为 △ A1BC1 的中位线, ∴BC1∥DE. 又 DE? 平面 AB1D, BC1? 平面 AB1D, ∴BC1∥平面 AB1D. (2)解法 1:过 D 作 DF⊥A1B1 于 F,由正三棱柱的性质可知,DF⊥平面 ABB1A1,连结 EF, DE,在正 △ A1B1C1 中, ∴B1D= 由直角三角形 AA1D 中,AD= ∴AD= B1D,∴DE⊥AB1, 由三垂线定理的逆定理可得 EF⊥AB1. 则∠DEF 为二面角 A1- AB1- D 的平面角, 又 DF= ∴ 3 a, ∵△B1FE∽△B1AA1, 4
2 AA2 1 + A 1D =

3 3 A B = a, 2 1 1 2

3 a, 2

EF B1E 3 π = ?EF= a, ∴∠DEF= . AA1 A1B1 4 4

π 故所求二面角 A1- AB1-D 的大小为 . 4 解法 2: (向量法 ) 1 1 2 建立如图所示空间直角坐标系,则 A(0,- a,0),B1(0, a, a), 2 2 2 C 1 (- 3 2 1 2 3 1 2 a,0, a), A1(0,- a, a), D(- a,- a, a). 2 2 2 2 4 4 2

2 3 3 → → ∴AB1= (0, a, a), B1D= (- a,- a,0). 2 4 4 设 n= (x, y, z)是平面 AB1D 的一个法向量,则可得

?y+ 2z= 0 ? 2 即? ? ?x + 3 y = 0



取 y= 1 可得 n= (- 3, 1,- 2). 3 n· n1 2 → 又平面 ABB1A1 的一个法向量 n1=OC= (- a,0,0),设 n 与 n1 的夹角是 θ,则 cosθ= = . 2 |n |· |n 1 | 2 又知二面角 A1- AB1- D 是锐角, π 所以二面角 A1- AB1- D 的大小是 . 4
2 (3)解法 1:设点 C1 到平面 AB1D 的距离为 h,因 AD2+ DB2 1 = AB1 ,所以 AD⊥DB 1,故 S△ ADB 1=

1 2

? 3a?2=3a2,而 S△ C B D=1S△ A B C = 3 a2, 1 1 1 1 1 2 8 ?2 ? 8
1 由 VC1- AB1D= VA- C1B1D? S△ AB1D· h 3 1 6 = S△ C 1B 1D · AA1?h= a. 3 6 3 1 2 → 解法 2:由 (2)知平面 AB1D 的一个法向量 n= (- 3 , 1,- 2), AC1= (- a, a, a), 2 2 2 → |n · AC1| a 6 ∴ d= = = a. |n | 6 6 即 C1 到平面 AB1D 的距离为 练习题 1.在棱长为 a 的正方体 ABCD- A1B1C1D1 中,异面直线 BA1 和 AC 所成的角的大小为 ( A. 45° [答案 ] [分析 ] B → → → → 先选取基向量,将 BA1与 AC用基向量表示,然后依据两向量夹角公式求出〈 BA1, AC〉 , B. 60° C. 90° D. 30° ) 6 a. 6

再转化为异面直线所成的角,或建立空间直角坐标系,用坐标法求解. [解析 ] → → → → → → → → → → → → → 解法 1:以 BA, BB1,BC为基向量,则BA1· AC= (BA+ BB1)· (AB+ BC)= BA· AB+ BA· BC+

→ → → → → → → BB1· AB+ BB1· BC=- |BA|2=- a2, |BA1|= 2a, |AC|= 2 a, → → - a2 BA1· AC 1 → → ∴cos〈 BA1,AC〉= = =- , → → 2 2 a · 2 a |BA1|· |AC| → → ∴〈 BA1, AC〉= 120° , ∴异面直线 BA1 与 AC 成 60° 角. 解法 2:以 B 为原点,BC,BA,BB1 为 x 轴,y 轴,z 轴建立空间直角坐标系,则 A(0,1,0),C(1,0,0), A1(0,1,1), → → -1 BA1· AC 1 → → → → → → ∴BA1= (0,1,1), AC= (1,- 1,0), ∴cos〈 BA1, AC〉= = =- , ∴〈 BA1, AC〉 → → 2 2· 2 |BA1|· |AC| → → = 120° , ∴异面直线BA1与 AC所成角为 60° ,故选 B.

解法 3:在正方体中, AC∥A1C1, A1C1= A1B= BC1, ∴∠BA1C 为异面直线 BA1 与 AC 所成的角,且 ∠BA1C= 60° . 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 ( A. 150° [答案] C B. 45° C. 60° ) D. 120°

→ → → → → → → → 由条件知,CA· AB=0,AB· BD=0,CD=CA+AB+ BD.

→ → → → → → → → → → → → ∴|CD|2= |CA|2+ |AB|2+ |BD|2+ 2CA· AB+ 2AB· BD+ 2CA· BD= 62+ 42+ 82+ 2×6×8cos〈CA, BD〉 1 → → → → = 116+ 96cos〈 CA, BD〉= (2 17)2, ∴cos〈 CA, BD〉=- , 2 → → ∴〈 CA, BD〉= 120° ,所以二面角的大小为 60° . 3.在正三棱柱 ABC- A1B1C1 中,若 AB= 2, AA1= 1,则点 A 到平面 A1BC 的距离为 A. [答案 ] [解析 ] 3 4 B 解法 1:取 BC 中点 E,连接 AE、 A1E,过点 A 作 AF⊥A1E,垂足为 F. B. 3 2 C. 3 3 4 D. 3 ( )

∵A1A⊥平面 ABC,∴A1A⊥BC, ∵AB= AC.∴AE⊥BC. ∴AF⊥平面 A1BC. ∴BC⊥平面 AEA1. 3 . 2 ∴BC⊥AF,又 AF⊥A1E,

∴AF 的长即为所求点 A 到平面 A1BC 的距离.

∵AA1= 1, AE= 3 , ∴AF=

1 1 3 解法 2: VA1- ABC= S△ ABC· AA1= × 3×1= . 3 3 3 又 ∵A1B= A1C= 5 ,在 △ A1BE 中, A1E= 1 ∴S△ A1BC= ×2×2= 2. 2 A1B2- BE2= 2.

1 2 ∴VA- A1BC= ×S△ A1BC· h= h . 3 3

2 3 3 3 ∴ h= , ∴h= .∴点 A 到平面 A1BC 距离为 . 3 3 2 2 4.已知正三棱柱 ABC- A1B1C1 的底面边长为 a,侧棱长为 a,求 AC1 与侧面 ABB1A1 所成的角. → → → DB DC DD1 [解析 ] 分别取 AB、 A1B1 的中点 D、 D1,连结 DD1,以 、 、 为正交基底建立空间直 → → → |DB| |DC| |DD1| a 3 3 → a 角坐标系,则 A- , 0,0, C1?0, a, 2a ?, AC1= , a, 2a, 2 2 2 2 ? ? 平面 ABB1A1 的一个法向量为 n= (0,1,0), → AC1· n 1 π → → 则 cos〈 AC1, n〉= = .∴〈 AC1, n〉= . → 2 3 |AC1||n | ∴AC1 与侧面 ABB1A1 所成的角为 30° .


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