高考數(shù)學(xué) 7.8 立體幾何中的向量方法(二)求空間角和距離課件.ppt

《高考數(shù)學(xué) 7.8 立體幾何中的向量方法(二)求空間角和距離課件.ppt》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《高考數(shù)學(xué) 7.8 立體幾何中的向量方法(二)求空間角和距離課件.ppt（126頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

第八節(jié)立體幾何中的向量方法 二 求空間角和距離 知識(shí)梳理 1 必會(huì)知識(shí)教材回扣填一填 1 異面直線所成角的求法設(shè)a b分別是兩異面直線l1 l2的方向向量 則 2 直線和平面所成角的求法 如圖所示 設(shè)直線l的方向向量為e 平面 的法向量為n 直線l與平面 所成的角為 兩向量e與n的夾角為 則有sin cos 3 二面角的求法 a 如圖 AB CD是二面角 l 兩個(gè)半平面內(nèi)與棱l垂直的直線 則二面角的大小 b 如圖 n1 n2分別是二面角 l 的兩個(gè)半平面 的法向量 則二面角的大小 滿足cos 或 cos cos 2 必備結(jié)論教材提煉記一記 1 利用可以求空間中有向線段的長(zhǎng)度 2 點(diǎn)面距離的求法 已知AB為平面 的一條斜線段 n為平面 的法向量 則B到平面 的距離為 3 必用技法核心總結(jié)看一看 1 常用方法 利用向量求異面直線所成角 線面角 二面角及空間距離的方法 2 數(shù)學(xué)思想 轉(zhuǎn)化與化歸 數(shù)形結(jié)合 函數(shù)與方程 小題快練 1 思考辨析靜心思考判一判 1 兩直線的方向向量所成的角就是兩條直線所成的角 2 直線的方向向量和平面的法向量所成的角就是直線與平面所成的角 3 兩個(gè)平面的法向量所成的角是這兩個(gè)平面所成的角 4 兩異面直線夾角的范圍是 0 直線與平面所成角的范圍是 0 二面角的范圍是 0 解析 1 錯(cuò)誤 兩直線的方向向量所成的角應(yīng)是兩直線所成的角或其補(bǔ)角 2 錯(cuò)誤 若直線的方向向量和平面的法向量所成的角為 直線與平面所成的角為 則sin cos 3 錯(cuò)誤 兩個(gè)平面的法向量所成的角是這兩個(gè)平面所成的角或其補(bǔ)角 4 正確 由異面直線所成的角 線面角及二面角的定義可知 兩異面直線夾角的范圍是 0 直線與平面所成角的范圍是 0 二面角的范圍是 0 答案 1 2 3 4 2 教材改編鏈接教材練一練 1 選修2 1P117T4改編 正三棱柱 底面是正三角形的直棱柱 ABC A1B1C1的底面邊長(zhǎng)為2 側(cè)棱長(zhǎng)為2 則AC1與側(cè)面ABB1A1所成的角為 解析 以C為原點(diǎn)建立坐標(biāo)系 得下列坐標(biāo) A 2 0 0 C1 0 0 2 點(diǎn)C1在側(cè)面ABB1A1內(nèi)的射影為點(diǎn)所以 2 0 2 設(shè)直線AC1與平面ABB1A1所成的角為 則又 0 所以 答案 2 選修2 1P105例1改編 已知一個(gè)平行六面體的各棱長(zhǎng)都等于2 并且以頂點(diǎn)A為端點(diǎn)的各棱間的夾角都等于60 則該平行六面體中平面ABB1A1與平面ABCD夾角的余弦值為 解析 如圖所示 在平面AB1內(nèi)作A1E AB于E 在平面AC內(nèi) 作CF AB 交AB延長(zhǎng)線于點(diǎn)F 則 2sin60 2cos60 1 設(shè)兩平面夾角為 則答案 3 真題小試感悟考題試一試 1 2014 廣東高考 已知向量a 1 0 1 則下列向量中與a成60 夾角的是 A 1 1 0 B 1 1 0 C 0 1 1 D 1 0 1 解析 選B 1 0 1 1 1 0 1 夾角不可能為60 1 0 1 1 1 0 1 且 1 0 1 1 1 0 夾角恰好為60 2 2015 秦皇島模擬 已知正四棱柱ABCD A1B1C1D1中 AA1 2AB E為AA1的中點(diǎn) 則異面直線BE與CD1所成角的余弦值為 解析 選C 如圖 以D為坐標(biāo)原點(diǎn)建立如圖所示空間直角坐標(biāo)系 設(shè)AA1 2AB 2 則B 1 1 0 E 1 0 1 C 0 1 0 D1 0 0 2 所以 0 1 1 0 1 2 所以 3 2015 金華模擬 在空間直角坐標(biāo)系Oxyz中 平面OAB的一個(gè)法向量為n 2 2 1 已知點(diǎn)P 1 3 2 則點(diǎn)P到平面OAB的距離d等于 A 4B 2C 3D 1 解析 選B 由已知平面OAB的一條斜線的方向向量 1 3 2 所以點(diǎn)P到平面OAB的距離d 4 2015 濟(jì)南模擬 過(guò)正方形ABCD的頂點(diǎn)A作線段PA 平面ABCD 若AB PA 則平面ABP與平面CDP所成的二面角為 A 30 B 45 C 60 D 90 解析 選B 建立如圖所示空間直角坐標(biāo)系 設(shè)AB PA 1 知A 0 0 0 B 1 0 0 D 0 1 0 C 1 1 0 P 0 0 1 由題意 AD 平面ABP 設(shè)E為PD的中點(diǎn) 連接AE 則AE PD 又因?yàn)镃D 平面PAD 所以AE CD 又PD CD D 所以AE 平面CDP 所以 0 1 0 分別是平面ABP 平面CDP的法向量 且 45 所以平面ABP與平面CDP所成的二面角為45 考點(diǎn)1向量法求異面直線所成的角 典例1 1 2015 上饒模擬 如圖所示 已知三棱柱ABC A1B1C1的所有棱長(zhǎng)都相等 且AA1 面ABC M是側(cè)棱CC1的中點(diǎn) 則異面直線AB1和BM所成的角的大小是 2 2015 岳陽(yáng)模擬 如圖 已知兩個(gè)正四棱錐P ABCD與Q ABCD的高分別為1 2 AB 4 證明 PQ 平面ABCD 求異面直線AQ與PB所成角的余弦值 解題提示 1 采用基向量法 選擇 為基底 分別表示出 再求其夾角可解 2 設(shè)AC BD的交點(diǎn)為O 證明PO 平面ABCD QO 平面ABCD P O Q三點(diǎn)共線即可 分別以CA DB QP為x y z軸建立空間直角坐標(biāo)系 轉(zhuǎn)化為向量與向量的夾角問(wèn)題 規(guī)范解答 1 不妨設(shè)棱長(zhǎng)為2 選擇基底則故異面直線AB1和BM所成的角的大小是90 答案 90 2 如圖 連接AC BD 設(shè)AC BD O 連接OP OQ 因?yàn)镻 ABCD與Q ABCD都是正四棱錐 所以PO 平面ABCD QO 平面ABCD 從而P O Q三點(diǎn)在一條直線上 所以PQ 平面ABCD 由題設(shè)知 四邊形ABCD是正方形 所以AC BD 由 知 PQ 平面ABCD 故可分別以CA DB QP為x y z軸建立空間直角坐標(biāo)系Oxyz 由條件得P 0 0 1 A 2 0 0 Q 0 0 2 B 0 2 0 所以于是從而異面直線AQ與PB所成角的余弦值為 規(guī)律方法 1 向量法求異面直線所成角的思路及關(guān)注點(diǎn) 1 思路 選好基底或建立空間直角坐標(biāo)系 求出兩直線的方向向量v1 v2 代入公式 cos 求解 2 關(guān)注點(diǎn) 兩異面直線所成角的范圍是 0 兩向量的夾角 的范圍是 0 當(dāng)異面直線的方向向量的夾角為銳角或直角時(shí) 就是該異面直線的夾角 當(dāng)異面直線的方向向量的夾角為鈍角時(shí) 其補(bǔ)角才是異面直線的夾角 2 建立空間直角坐標(biāo)系的策略 1 一般來(lái)說(shuō) 如果已知的空間幾何體中含有兩兩垂直且交于一點(diǎn)的三條直線時(shí) 就以這三條直線為坐標(biāo)軸建立空間直角坐標(biāo)系 2 如果不存在這樣的三條直線 則應(yīng)盡可能找兩條垂直相交的直線 以其為兩條坐標(biāo)軸建立空間直角坐標(biāo)系 即坐標(biāo)系建立時(shí)以其中的垂直相交直線為基本出發(fā)點(diǎn) 3 建系的基本思想是尋找其中的線線垂直關(guān)系 在沒(méi)有現(xiàn)成的垂直關(guān)系時(shí)要通過(guò)其他已知條件得到垂直關(guān)系 變式訓(xùn)練 2015 天津模擬 將正方形ABCD沿對(duì)角線AC折起 當(dāng)以A B C D四點(diǎn)為頂點(diǎn)的三棱錐體積最大時(shí) 異面直線AD與BC所成的角為 解析 選C 不妨以 ABC為底面 則由題意當(dāng)以A B C D為頂點(diǎn)的三棱錐體積最大 即點(diǎn)D到底面 ABC的距離最大時(shí) 平面ADC 平面ABC 取AC的中點(diǎn)O 連接BO DO 則易知DO BO CO兩兩互相垂直 所以分別以所在直線為z x y軸建立空間直角坐標(biāo)系 令BO DO CO 1 則有O 0 0 0 A 0 1 0 D 0 0 1 B 1 0 0 C 0 1 0 0 1 1 1 1 0 所以cos 所以異面直線AD與BC所成的角為 加固訓(xùn)練 1 如圖 在正方體ABCD A1B1C1D1中 M N分別是棱CD CC1的中點(diǎn) 則異面直線A1M與DN所成的角的大小是 解析 方法一 如圖 取CN的中點(diǎn)K 連接MK A1K 則MK為 CDN的中位線 所以MK DN 所以 A1MK 或其補(bǔ)角 為異面直線A1M與DN所成的角 連接A1C1 AM 設(shè)正方體棱長(zhǎng)為4 則A1K MK A1M 6 所以A1M2 MK2 A1K2 所以 A1MK 90 方法二 以D為原點(diǎn) DA DC DD1所在直線為坐標(biāo)軸建立空間直角坐標(biāo)系 設(shè)AB 1 則D 0 0 0 A1 1 0 1 所以所以所以 所以A1M與DN所成的角的大小是90 答案 90 2 2015 成都模擬 如圖1 四棱錐P ABCD中 PD 底面ABCD ABCD是直角梯形 M為側(cè)棱PD上一點(diǎn) 該四棱錐的俯視圖和側(cè)視圖如圖2所示 1 證明 BC 平面PBD 2 證明 AM 平面PBC 3 線段CD上是否存在點(diǎn)N 使AM與BN所成角的余弦值為 若存在 找到所有符合要求的點(diǎn)N 并求CN的長(zhǎng) 若不存在 說(shuō)明理由 解析 1 由俯視圖可得 BD2 BC2 CD2 所以BC BD 又因?yàn)镻D 平面ABCD 所以BC PD 因?yàn)锽D PD D 所以BC 平面PBD 2 取PC上一點(diǎn)Q 使PQ PC 1 4 連接MQ BQ 由側(cè)視圖知PM PD 1 4 所以MQ CD MQ CD 在 BCD中 易得 CDB 60 所以 ADB 30 又BD 2 所以AB 1 AD 又因?yàn)锳B CD AB CD 所以AB MQ AB MQ 所以四邊形ABQM為平行四邊形 所以AM BQ 因?yàn)锳M 平面PBC BQ 平面PBC 所以直線AM 平面PBC 3 線段CD上存在點(diǎn)N 使AM與BN所成角的余弦值為 理由如下 因?yàn)镻D 平面ABCD DA DC 以所在直線為x y z軸 建立空間直角坐標(biāo)系Dxyz 所以D 0 0 0 A 0 0 B 1 0 C 0 4 0 M 0 0 3 設(shè)N 0 t 0 其中0 t 4 所以要使AM與BN所成角的余弦值為 則有所以解得t 0或2 均適合0 t 4 故點(diǎn)N位于D點(diǎn)處 此時(shí)CN 4 或點(diǎn)N位于CD中點(diǎn)處 此時(shí)CN 2 有AM與BN所成角的余弦值為 考點(diǎn)2向量法求直線與平面所成的角 典例2 2014 福建高考 在平面四邊形ABCD中 AB BD CD 1 AB BD CD BD 將 ABD沿BD折起 使得平面ABD 平面BCD 如圖 1 求證 AB CD 2 若M為AD中點(diǎn) 求直線AD與平面MBC所成角的正弦值 解題提示 1 由平面ABD 平面BCD 推得AB 平面BCD 進(jìn)而證明AB CD 2 以B為坐標(biāo)原點(diǎn)建立空間直角坐標(biāo)系 求相關(guān)點(diǎn)的坐標(biāo) 相關(guān)向量的坐標(biāo) 由向量的線面角公式求得 規(guī)范解答 1 因?yàn)槠矫鍭BD 平面BCD 平面ABD 平面BCD BD AB 平面ABD AB BD 所以AB 平面BCD 又CD 平面BCD 所以AB CD 2 過(guò)點(diǎn)B在平面BCD內(nèi)作BE BD 如圖 由 1 知AB 平面BCD BE 平面BCD BD 平面BCD 所以AB BE AB BD 以B為坐標(biāo)原點(diǎn) 分別以的方向?yàn)閤軸 y軸 z軸的正方向建立空間直角坐標(biāo)系 依題意 得B 0 0 0 C 1 1 0 D 0 1 0 A 0 0 1 則設(shè)平面MBC的法向量n x0 y0 z0 則即 取z0 1 得平面MBC的一個(gè)法向量n 1 1 1 設(shè)直線AD與平面MBC所成角為 則即直線AD與平面MBC所成角的正弦值為 易錯(cuò)警示 解答本題有三點(diǎn)容易出錯(cuò) 1 在第 1 問(wèn)證明AB CD時(shí) 易忽視交待面面垂直性質(zhì)定理的條件及CD 平面BCD 2 將相關(guān)點(diǎn) 相關(guān)向量的坐標(biāo)及平面的法向量計(jì)算錯(cuò) 3 將直線的方向向量與平面的法向量的夾角誤認(rèn)為直線與平面所成的角 互動(dòng)探究 在本例 2 的條件下 求直線CM與平面ABD所成角的正切值 解析 方法一 向量法 由本例 2 解析知而平面ABD的一個(gè)法向量 1 0 0 設(shè)CM與平面ABD所成的角為 則sin cos 所以所以方法二 幾何法 由 1 知CD 平面ABD 所以 CMD為直線CM與平面ABD所成角 在Rt CDM中 CD 1 DM 所以 規(guī)律方法 1 平面法向量的求法若要求出一個(gè)平面的法向量的坐標(biāo) 一般要建立空間直角坐標(biāo)系 然后用待定系數(shù)法求解 一般步驟如下 設(shè)平面的法向量為n x y z 1 找出 求出 平面內(nèi)的兩個(gè)不共線的向量a a1 b1 c1 b a2 b2 c2 2 根據(jù)法向量的定義建立關(guān)于x y z的方程組 3 解方程組 取其中的一組解 即得法向量 2 向量法求線面角的兩大途徑 1 分別求出斜線和它所在平面內(nèi)的射影直線的方向向量 轉(zhuǎn)化為求兩個(gè)方向向量的夾角 或其補(bǔ)角 2 通過(guò)平面的法向量來(lái)求 即求出斜線的方向向量與平面的法向量所夾的銳角 取其余角就是斜線和平面所成的角 提醒 在求平面的法向量時(shí) 若能找出平面的垂線 則垂線上取兩個(gè)點(diǎn)可構(gòu)成一個(gè)法向量 變式訓(xùn)練 2015 成都模擬 已知某幾何體的直觀圖和三視圖如圖所示 其正視圖為矩形 側(cè)視圖為等腰直角三角形 俯視圖為直角梯形 1 證明 BN 平面C1B1N 2 設(shè)直線C1N與平面CNB1所成的角為 求cos 的值 解析 1 該幾何體的正視圖為矩形 側(cè)視圖為等腰直角三角形 俯視圖為直角梯形 則BA BC BB1兩兩垂直 以BA BB1 BC分別為x y z軸建立空間直角坐標(biāo)系 則N 4 4 0 B1 0 8 0 C1 0 8 4 C 0 0 4 因?yàn)樗訠N NB1 且BN B1C1 又因?yàn)锽1N B1C1 B1 所以BN 平面B1NC1 2 設(shè)n x0 y0 z0 為平面CNB1的一個(gè)法向量 則即令x0 1 則n 1 1 2 又 4 4 4 則sin cos 從而cos 加固訓(xùn)練 1 2013 新課標(biāo)全國(guó)卷 如圖 三棱柱ABC A1B1C1中 CA CB AB AA1 BAA1 60 1 證明AB A1C 2 若平面ABC 平面AA1B1B AB CB 求直線A1C與平面BB1C1C所成角的正弦值 解析 1 取AB的中點(diǎn)O 連接OC OA1 A1B 因?yàn)镃A CB 所以O(shè)C AB 由于AB AA1 BAA1 60 故 AA1B為等邊三角形 所以O(shè)A1 AB 因?yàn)镺C OA1 O 所以AB 平面OA1C 又A1C 平面OA1C 故AB A1C 2 由 1 知 OC AB OA1 AB 又平面ABC 平面AA1B1B 交線為AB 所以O(shè)C 平面AA1B1B 故OA OA1 OC兩兩相互垂直 以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn) 的方向?yàn)閤軸的正方向 為單位長(zhǎng)度 建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系Oxyz 由題設(shè)知A 1 0 0 A1 0 0 C 0 0 B 1 0 0 則 設(shè)平面BB1C1C的法向量為n x y z 則有即可取n 1 1 故所以直線A1C與平面BB1C1C所成角的正弦值為 2 2013 湖南高考 如圖 在直棱柱ABCD A1B1C1D1中 AD BC BAD 90 AC BD BC 1 AD AA1 3 1 證明 AC B1D 2 求直線B1C1與平面ACD1所成角的正弦值 解析 方法一 1 如圖 因?yàn)锽B1 平面ABCD AC 平面ABCD 所以AC BB1 又AC BD BB1 BD B 所以AC 平面BB1D 而B(niǎo)1D 平面BB1D 所以AC B1D 2 因?yàn)锽1C1 AD 所以直線B1C1與平面ACD1所成的角等于直線AD與平面ACD1所成的角 記為 如圖 連接A1D 因?yàn)槔庵鵄BCD A1B1C1D1是直棱柱 且 B1A1D1 BAD 90 所以A1B1 平面ADD1A1 從而A1B1 AD1 又AD AA1 3 所以四邊形ADD1A1是正方形 于是A1D AD1 A1B1 A1D A1 故AD1 平面A1B1D 于是AD1 B1D 由 1 知 AC B1D AC AD1 A 所以B1D 平面ACD1 故 ADB1 90 在直角梯形ABCD中 因?yàn)锳C BD 所以 BAC ADB 從而Rt ABC Rt DAB 故即AB 連接AB1 易知 AB1D是直角三角形 且B1D2 BB12 BD2 BB12 AB2 AD2 21 即B1D 在Rt AB1D中 即cos 90 從而sin 即直線B1C1與平面ACD1所成角的正弦值為 方法二 1 易知 AB AD AA1兩兩垂直 如圖 以A為坐標(biāo)原點(diǎn) AB AD AA1所在直線分別為x軸 y軸 z軸建立空間直角坐標(biāo)系 設(shè)AB t 則相關(guān)各點(diǎn)的坐標(biāo)為 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 從而 t 3 3 t 1 0 t 3 0 因?yàn)锳C BD 所以 t2 3 0 0 解得t 或t 舍去 于是因?yàn)?3 3 0 0 所以即AC B1D 2 由 1 知 0 3 3 設(shè)n x y z 是平面ACD1的一個(gè)法向量 則即令x 1 則n 1 設(shè)直線B1C1與平面ACD1所成角為 則即直線B1C1與平面ACD1所成角的正弦值為 3 如圖 四棱錐S ABCD中 AB CD BC CD 側(cè)面SAB為等邊三角形 AB BC 2 CD SD 1 1 證明 SD 平面SAB 2 求AB與平面SBC所成角的正弦值 解析 以C為坐標(biāo)原點(diǎn) 的方向?yàn)閤軸正方向 建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系 則D 1 0 0 A 2 2 0 B 0 2 0 又設(shè)S x y z 則x 0 y 0 z 0 1 x 2 y 2 z x y 2 z x 1 y z 由得故x 1 由 1得y2 z2 1 又由 2得x2 y 2 2 z2 4 即y2 z2 4y 1 0 故y 于是故DS AS DS BS 又AS BS S 所以SD 平面SAB 2 設(shè)平面SBC的法向量為a m n p 則又故取p 2得cos a 故AB與平面SBC所成角的正弦值為 考點(diǎn)3向量法計(jì)算與應(yīng)用二面角的大小知 考情利用空間向量計(jì)算與應(yīng)用二面角大小 是高考考查空間角的一個(gè)熱點(diǎn)考向 常與線線 線面 面面位置關(guān)系等知識(shí)綜合以解答題第 2 或 3 問(wèn)的形式出現(xiàn) 明 角度命題角度1 計(jì)算二面角的大小 典例3 2014 山東高考 如圖 在四棱柱ABCD A1B1C1D1中 底面ABCD是等腰梯形 DAB 60 AB 2CD 2 M是線段AB的中點(diǎn) 1 求證 C1M 平面A1ADD1 2 若CD1垂直于平面ABCD且CD1 求平面C1D1M和平面ABCD所成的角 銳角 的余弦值 解題提示 1 本題考查了線面平行的證法 可利用線線平行來(lái)證明線面平行 2 本題可利用空間幾何知識(shí)求解二面角 也可以利用向量法來(lái)求解 規(guī)范解答 1 連接AD1 因?yàn)锳BCD A1B1C1D1為四棱柱 所以CD C1D1 CD C1D1 又因?yàn)镸為AB的中點(diǎn) AB 2CD 2 所以AM 1 所以CD AM CD AM 所以AM C1D1 AM C1D1 所以四邊形AMC1D1為平行四邊形 所以AD1 MC1 又因?yàn)镃1M 平面A1ADD1 AD1 平面A1ADD1 所以C1M 平面A1ADD1 2 方法一 因?yàn)锳B A1B1 A1B1 C1D1 所以平面D1C1M與ABC1D1共面 作CN AB 連接D1N 則 D1NC即為所求二面角的平面角 在四邊形ABCD中 DC 1 AB 2 DAB 60 所以CN 在Rt D1CN中 所以D1N 所以cos D1NC 方法二 作CP AB于P點(diǎn) 以C為原點(diǎn) CD為x軸 CP為y軸 CD1為z軸建立空間直角坐標(biāo)系 所以所以設(shè)平面C1D1M的法向量為n1 x1 y1 z1 所以 令y1 2 所以n1 0 2 1 顯然平面ABCD的法向量為n2 0 0 1 所以顯然二面角為銳二面角 所以平面C1D1M和平面ABCD所成角的余弦值為 命題角度2 應(yīng)用二面角的大小或范圍 典例4 2014 新課標(biāo)全國(guó)卷 如圖 四棱錐P ABCD中 底面ABCD為矩形 PA 平面ABCD E為PD的中點(diǎn) 1 證明 PB 平面AEC 2 設(shè)二面角D AE C為60 AP 1 AD 求三棱錐E ACD的體積 解題提示 1 連接底面的對(duì)角線 利用三角形的中位線找到線線平行 從而證得線面平行 2 以A為坐標(biāo)原點(diǎn) 建立空間直角坐標(biāo)系 分別找到二面角D AE C的兩個(gè)半平面的法向量 利用兩向量的夾角公式 求得底面矩形的另一條邊長(zhǎng) 進(jìn)而求得三棱錐的體積 規(guī)范解答 1 連接BD 設(shè)AC與BD的交點(diǎn)為G 則G為AC BD的中點(diǎn) 連接EG 在三角形PBD中 中位線EG PB 且EG在平面AEC內(nèi) 所以PB 平面AEC 2 設(shè)CD m 分別以AB AD AP所在直線為x y z軸建立空間直角坐標(biāo)系 則A 0 0 0 D 0 0 所以 設(shè)平面ADE的法向量為n1 x1 y1 z1 則解得一個(gè)n1 1 0 0 同理設(shè)平面ACE的法向量為n2 x2 y2 z2 則解得一個(gè) 因?yàn)?解得m 設(shè)F為AD的中點(diǎn) 連接EF 則PA EF 且EF EF 平面ACD 所以EF為三棱錐E ACD的高 所以所以三棱錐E ACD的體積為 悟 技法1 利用向量法計(jì)算二面角大小的常用方法 1 找法向量法 分別求出二面角的兩個(gè)半平面所在平面的法向量 然后通過(guò)兩個(gè)平面的法向量的夾角得到二面角的大小 但要注意結(jié)合實(shí)際圖形判斷所求角的大小 2 找與棱垂直的方向向量法 分別在二面角的兩個(gè)半平面內(nèi)找到與棱垂直且以垂足為起點(diǎn)的兩個(gè)向量 則這兩個(gè)向量的夾角的大小就是二面角的大小 2 向量法應(yīng)用二面角大小 范圍 的技巧建立恰當(dāng)?shù)目臻g直角坐標(biāo)系 將兩平面的法向量用與待求相關(guān)的參數(shù) 字母 表示 利用兩向量的夾角公式構(gòu)建方程或不等式或函數(shù) 進(jìn)而求解 通 一類1 2014 廣東高考 四邊形ABCD為正方形 PD 平面ABCD DPC 30 AF PC于點(diǎn)F FE CD 交PD于點(diǎn)E 1 證明 CF 平面ADF 2 求二面角D AF E的余弦值 解析 1 因?yàn)樗倪呅蜛BCD為正方形 所以AD DC 又PD 平面ABCD AD 平面ABCD 所以PD AD DC PD D 所以AD 平面PCD 又CF 平面PCD 所以CF AD 而AF PC 即AF FC 又AD AF A 所以CF 平面ADF 2 以D為原點(diǎn) DP DC DA分別為x y z軸建立空間直角坐標(biāo)系 設(shè)DC 2 由 1 知PC DF 即 CDF DPC 30 有FC DC 1 DF FC 則D 0 0 0 A 0 0 2 C 0 2 0 設(shè)平面AEF的法向量為n x y z 由得取x 4 有y 0 z 則n 4 0 又平面ADF的一個(gè)法向量為所以所以二面角D AF E的余弦值為 2 2014 四川高考 三棱錐A BCD及其側(cè)視圖 俯視圖如圖所示 設(shè)M N分別為線段AD AB的中點(diǎn) P為線段BC上的點(diǎn) 且MN NP 1 證明 P為線段BC的中點(diǎn) 2 求二面角A NP M的余弦值 解析 1 由三棱錐A BCD及其側(cè)視圖 俯視圖可知 在三棱錐A BCD中 平面ABD 平面CBD AB AD BD CD CB 2 設(shè)O為BD的中點(diǎn) 連接OA OC 于是OA BD OC BD OA OC O 所以BD 平面OAC 所以BD AC 因?yàn)镸 N分別為線段AD AB的中點(diǎn) 所以MN BD 又MN NP 故BD NP 假設(shè)P不是線段BC的中點(diǎn) 則直線NP與直線AC是平面ABC內(nèi)相交直線 從而B(niǎo)D 平面ABC 這與 DBC 60 矛盾 所以P為線段BC的中點(diǎn) 2 方法一 作NQ AC于Q 連接MQ 由 1 知 NP AC 所以NQ NP 因?yàn)镸N NP 所以 MNQ為二面角A NP M的一個(gè)平面角 由 1 知 ABD BCD為邊長(zhǎng)為2的正三角形 所以O(shè)A OC 由俯視圖知 AO 平面CBD 因?yàn)镺C 平面CBD 所以AO OC 因此在等腰直角 AOC中 AC 作BR AC于R 在 ABC中 AB BC 所以BR 因?yàn)樵谄矫鍭BC內(nèi) NQ AC BR AC 所以NQ BR 又因?yàn)镹為AB的中點(diǎn) 所以Q為AR的中點(diǎn) 因此NQ 同理可得 MQ 所以在等腰 MNQ中 cos MNQ 故二面角A NP M的余弦值是 方法二 以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn) OB OC OA分別為x y z軸建立空間直角坐標(biāo)系 則于是 設(shè)平面ANP和平面NPM的法向量分別為m x1 y1 z1 和n x2 y2 z2 由設(shè)z1 1 則由 設(shè)z2 1 則n 0 1 1 所以二面角A NP M的余弦值為 考點(diǎn)4向量法計(jì)算空間距離 典例5 1 2013 北京高考 如圖 在棱長(zhǎng)為2的正方體ABCD A1B1C1D1中 E為BC的中點(diǎn) 點(diǎn)P在線段D1E上 點(diǎn)P到直線CC1的距離的最小值為 2 已知ABCD A1B1C1D1是底面邊長(zhǎng)為1的正四棱柱 O1是A1C1和B1D1的交點(diǎn) 若點(diǎn)C到平面AB1D1的距離為 求正四棱柱ABCD A1B1C1D1的高 解題提示 1 可以選擇兩種途徑 一是建立空間直角坐標(biāo)系 利用向量法確定點(diǎn)P到直線CC1的距離的最小值 二是將點(diǎn)到直線的距離轉(zhuǎn)化為線面之間的距離求解 2 以A1為原點(diǎn)建立空間直角坐標(biāo)系 設(shè)AA1 h 求出相關(guān)點(diǎn) 相關(guān)向量的坐標(biāo) 代入點(diǎn)到平面的距離公式構(gòu)建關(guān)于h的方程求解 規(guī)范解答 1 方法一 如圖 建立空間直角坐標(biāo)系Dxyz 則D1 0 0 2 E 1 2 0 1 2 2 設(shè)P x y z 0 1 則 x 1 y 2 z 所以 x 1 y 2 z 1 2 2 解得x 1 y 2 2 z 2 P 1 2 2 2 設(shè)點(diǎn)P在直線CC1上的垂足為Q 得Q 0 2 2 當(dāng) 時(shí) 答案 方法二 取B1C1的中點(diǎn)E1 連接D1E1 E1E 則CC1 平面D1EE1 所以點(diǎn)P到直線CC1的距離的最小值即為CC1與平面D1EE1的距離 過(guò)點(diǎn)C1作C1F D1E1于F 線段C1F的長(zhǎng)即為所求 在直角 C1D1E1中 C1F 答案 2 建立如圖空間直角坐標(biāo)系 設(shè)AA1 h 有A 0 0 h B1 1 0 0 D1 0 1 0 C 1 1 h 1 0 h 0 1 h 1 1 0 設(shè)平面AB1D1的一個(gè)法向量為n x y z 因?yàn)樗运匀 1 得n h h 1 所以點(diǎn)C到平面AB1D1的距離為 規(guī)律方法 1 空間中兩點(diǎn)間的距離的求法兩點(diǎn)間的距離就是以這兩點(diǎn)為端點(diǎn)的向量的模 因此 要求兩點(diǎn)間的距離除了使用距離公式外 還可轉(zhuǎn)化為求向量的模 2 求點(diǎn)P到平面 的距離的三個(gè)步驟 1 在平面 內(nèi)取一點(diǎn)A 確定向量的坐標(biāo) 2 確定平面 的法向量n 3 代入公式d 求解 變式訓(xùn)練 2015 孝感模擬 如圖 BCD與 MCD都是邊長(zhǎng)為2的正三角形 平面MCD 平面BCD AB 平面BCD AB 2 則點(diǎn)A到平面MBC的距離為 解析 取CD中點(diǎn)O 連接OB OM 則OB CD OM CD 又平面MCD 平面BCD 則MO 平面BCD 取O為原點(diǎn) 直線OC BO OM為x軸 y軸 z軸 建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系 OB OM 則各點(diǎn)坐標(biāo)分別為C 1 0 0 M 0 0 B 0 0 A 0 2 設(shè)n x y z 是平面MBC的法向量 由n 得x y 0 由n 得取n 1 1 0 0 2 則答案 則 加固訓(xùn)練 在棱長(zhǎng)為1的正方體ABCD A1B1C1D1中 E F分別為棱AA1 BB1的中點(diǎn) G為棱A1B1上的一點(diǎn) 且A1G 0 1 則點(diǎn)G到平面D1EF的距離為 解析 選D 如圖所示 以射線DA DC DD1分別為x y z軸的正方向建立空間直角坐標(biāo)系 則G 1 1 過(guò)點(diǎn)G向平面D1EF作垂線 垂足為H 由于點(diǎn)H在平面D1EF內(nèi) 故存在實(shí)數(shù)x y 使 由于GH EF GH ED1 所以解得所以即點(diǎn)G到平面D1EF的距離是 規(guī)范解答14利用空間向量解決立體幾何綜合問(wèn)題 典例 12分 2014 天津高考 如圖 在四棱錐P ABCD中 PA 底面ABCD AD AB AB DC AD DC AP 2 AB 1 點(diǎn)E為棱PC的中點(diǎn) 1 證明BE DC 2 求直線BE與平面PBD所成角的正弦值 3 若F為棱PC上一點(diǎn) 滿足BF AC 求二面角F AB P的余弦值 解題導(dǎo)思研讀信息快速破題 規(guī)范解答閱卷標(biāo)準(zhǔn)體會(huì)規(guī)范依題意 以點(diǎn)A為原點(diǎn)建立空間直角坐標(biāo)系 如圖 可得 B 1 0 0 C 2 2 0 D 0 2 0 P 0 0 2 由E為棱PC的中點(diǎn) 得E 1 1 1 2分 1 向量故 0 所以 BE DC 4分 2 向量設(shè)n x y z 為平面PBD的法向量 則即 不妨令y 1 可得n 2 1 1 為平面PBD的一個(gè)法向量 6分于是有所以 直線BE與平面PBD所成角的正弦值為 8分 3 向量由點(diǎn)F在棱PC上 設(shè) 0 1 故 1 2 2 2 2 由BF AC 得 0 因此 2 1 2 2 2 2 0 解得 即 9分 設(shè)n1 x1 y1 z1 為平面FAB的法向量 則即不妨令z1 1 可得n1 0 3 1 為平面FAB的一個(gè)法向量 10分取平面ABP的法向量n2 0 1 0 則 易知 二面角F AB P是銳二面角 所以其余弦值為 12分 高考狀元滿分心得把握規(guī)則爭(zhēng)取滿分1 恰當(dāng)建系 準(zhǔn)確確定相關(guān)點(diǎn)的坐標(biāo)在解題過(guò)程中 要充分利用題設(shè)中的垂直關(guān)系 盡量使相關(guān)點(diǎn)在軸上 建立空間直角坐標(biāo)系 看清題目中給出的各線段的長(zhǎng)度 根據(jù)圖形的性質(zhì) 準(zhǔn)確求出相關(guān)點(diǎn)的坐標(biāo) 2 準(zhǔn)確求出直線的方向向量或平面的法向量在解題過(guò)程中 應(yīng)熟練運(yùn)用求方向向量及法向量的方法 準(zhǔn)確計(jì)算 如本例中 n n1 n2的坐標(biāo) 確定一定要準(zhǔn) 否則前功盡棄 3 關(guān)注所求為空間的什么角及范圍解題過(guò)程中 要隨時(shí)關(guān)注是二面角還是線面角 特別求cos后應(yīng)結(jié)合實(shí)際驗(yàn)證二面角的具體取值如何 如本例 3