空间向量与立体几何教案《精选文档》

空间向量与立体几何 教案 中职数学基础模块教案 下载北师大版¥1.2次方程的根与系数的关系的教案关于坚持的教案初中数学教案下载电子教案下载 《精选文档》 用空间向量法求解立体几何问题 以多面体为载体，以空间向量为工具，来论证和求解空间角、距离、线线关系以及线面关系相关问题， 是近年来高考数学的重点和热点，用空间向量解立体几何问题，极大地降低了求解立几的难度，很大程度上 呈现出程序化思想。 利用空间向量解决立体几何的知识和基本求解方法 一:利用空间向量求空间角 (1)两条异面直线所成的夹角 范围:两条异面直线所成的夹角的取值范围是 。 a,b,向量求法:设直线的方向向量为，其夹角为，则有 ab,cos___________.,,(2)直线与平面所成的角 定义:直线与平面所成的角是指直线与它在这个平面内的射影所成的角。 范围:直线和平面所夹角的取值范围是 。 l向量求法:设直线的方向向量为，平面的法向量为，直线与法向量所成角的余弦值为an 直线与平面所成的角为，则有或在平面内任取一个向量,|cos|___________.,,sin___________.,,，则. m|cos|___________.,, (3)二面角 . 二面角的取值范围是 二面角的向量求法: 方法一:在两个半平面内任取两个与棱垂直的向量，则这两个向量所成的 即为所求的二面角 的大小; 方法二:设，分别是两个面的 ，则向量与的夹角(或其补角)即为所求二面角的平面角nnnn1212 的大小。 题型1:异面直线所成的角 例1、已知正方体ABCD,ABCD的棱长为2，点E为棱AB的中点。 1111 求:DE与平面BCD所成角的大小(用余弦值表示) 11 解析:建立坐标系如图， z 则A2,0,0B2,2,0C0,2,0、，， ，，，，，， D1 C1 A2,0,2B2,2,2D0,0,2E2,1,0，，，，，，，，，，，，111 A 1B 1,,,,, ， AC,,,2,2,2，，1 ,,,,,,,,,,,,,,y D DE,,2,1,2，，。 AB,0,2,0BB,0,0,2，，，，，，11C ,,,,,A 不难证明为平面BCD的法向量， AC11E B x ,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,ACDE 311cos,ACDE,,,,,,,,,,,,? 。 119ACDE11 3DE与平面BCD所成的角的余弦值为。 ? 119 反思归纳:将异面直线间的夹角转化为空间向量的夹角。 题型2:直线与平面所成的角 例2中，底面是等腰直角三角形，?,2、(09年高 考试题 教师业务能力考试题中学音乐幼儿园保育员考试题目免费下载工程测量项目竞赛理论考试题库院感知识考试题及答案公司二级安全考试题答案 )如图，直三棱柱ABC—ABCACB,90:，侧棱AA，1111、分别是的中点，点在平面上的射影是?的重心。求与平面所成角的大小DECC与ABEABDABDGABABD111 (结果用余弦值表示); 解析:如图所示，建立坐标系，坐标原点为C，设CA,2a， z 则A(2a，0，0)，B(0，2a，0)，D(0，0，1)，A(2a，0，2)，1 C1 221aa,,E(a，a，1)， G() ， 333 A1B 1,,,,aa2? ， GE,,,,,,D，，333D ,,,,E ， BDa,,0,2,1，， C G ,,,,,,,,K 222GEBDa ,,,0， 33A B x y ,,,,112? a,1，， GE,,,,,,，， 333 ,,,,, AB,,,2,2,2，，1 ,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,ABGE 21cos,ABGE,,GE? 为平面ABD的法向量，且,,,,,,,,,。 13ABGE1 2? AB与平面ABD所成角的余弦值是。 13 反思归纳:先处理平面的法向量，再求直线的方向向量与法向量夹角间的夹角转化为线面角。 题型3:二面角 例3、(08年高考)在四棱锥P,ABCD中，ABCD为正方形，PA?平面 ABCD，PA,AB,a，E为BC中点。 O )求平面PDE与平面PAB所成二面角的大小(用正切值表示); (1 (2)求平面PBA与平面PDC所成二面角的大小。 E F 解析:(1)延长AB、DE交于点F，则PF为平面PDE与平面PAD所成二面角的棱，?PA?平面ABCD，?AD?PA、AB, PA?AB=A?DA?平面BPA于A， 过A作AO?PF于O，连结OD，则?AOD即为平面PDE与平面PAD所成二面角的平面角。易得 55，故平面PDE与平PAD所成二面角的正切值为; tan，AOD,22 (2)解法1(面积法)如图?AD?PA、AB, PA?AB=A， ?DA?平面BPA于A, 同时，BC?平面BPA于B， ??PBA是?PCD在平面PBA上的射影, 设平面PBA与平面PDC所成二面角大小为θ, 0cosθ=S/S=/2 θ=45。 ?PAB?PCD 即平面BAP与平面PDC所成的二面角的大小为45?。 解法2(补形化为定义法) 如图:将四棱锥P-ABCD补形得正方体ABCD,PQMN，则PQ?PA、PD，于是?APD是两面所成二面角的平面角。 在Rt?PAD中，PA=AD，则?APD=45?。即平面BAP与平面PDC所成二面角的大小为45?。 (二)、强化巩固训练 3AA,31ABC,ABC21111、(2007年，北京卷高考题)如图6，正三棱柱的底面边长为3，侧棱，D是CB B,AD,BBD,BC1延长线上一点，且。求二面角的大小。(略去了该题的?，?问) OCCABABA2、(06四川卷)已知球的半径是1，、、三点都在球面上，、两点和、两点的球面距离,, CBOAC,,43B都是，、两点的球面距离是，则二面角的大小是( ) ,,,2, 3432(A) (B) (C) (D) 1、解析:(1)取BC的中点O，连AO。 BCCBBCCBABC,AO,BCAO,1111由题意:平面平面，，?平面， 以O为原点，建立如图6所示空间直角坐标系， z 933A(0,0,3)B(,0,0)D(,0,0)AA2122则 ，，， C9333C1B(,3,0)AD,(,0,,3)12222， ?， yO BB1 D x 33BD,(3,,3,0)BB,(0,3,0)1122， ， 3BB,(0,3,0)1BB,21由题意 平面ABD， ? 为平面ABD的法向量。 ABDn,(x,y,z)12设 平面的法向量为 ， 93,x,3z,03,,22x,3y,,,,n,ADn,AD,0,,2232,,,,3x,3y,0,,,z,3xn,BDnBD,,0,21221,,,则， ? ， ? ，即 。 33BB,n1122cos,,BBn,,,,123332||||BB,n12n,(,1,)32，2222? 不妨设 ，由， ,,B,AD,B,BB,n,,6060112得。 故所求二面角的大小为。 7. (2007年4月济南市)如图所示:边长为2的正方形ABFC和高为2的直角梯形ADEF所在的 2平面互相垂直且DE=，ED//AF且?DAF=90?。 (1)求BD和面BEF所成的角的余弦; (2)线段EF上是否存在点P使过P、A、C三点的平面和直线DB垂直，若存在，求EP与PF的比值; 若不存在，说明理由。 解析:1.先假设存在～再去推理～下结论: 2.运用推理证明计算得出结论～或先利用条件特例得出结论～然后再根据条件给出证明或计算。 答案 八年级地理上册填图题岩土工程勘察试题省略号的作用及举例应急救援安全知识车间5s试题及答案 :(1)因为AC、AD、AB两两垂直，建立如图坐标系， 则B(2，0，0)，D(0，0，2)， E(1，1，2)，F(2，2，0)， 则 DB,(2,0,0),BE,(,1,1,2),BF,(0,2,0) 设平面BEF的法向量 n,(x,y,z),则,x ，则可取， ，y，2z,0,y,0n,(2,1,0) ?向量所成角的余弦为 DB和n,(2,0,1) 220210,，,。 ,222210212(2)，，, 10即BD和面BEF所成的角的余弦。 10 (2)假设线段EF上存在点P使过P、A、C三点的平面和直线DB垂直，不妨设EP与PF的比值为m， 1，2m1，2m2则P点坐标为(,,), 1，m1，m1，m 1，2m1，2m21，2m12(,,,),则向量(,,),，向量 CP,AP,1，m1，m1，m1，m1，m1，m 1，2m1，2m212，0，(,2),0,所以m,所以。 1，m1，m1，m2 点评:本题考查了线线关系～线面关系及其相关计算～本题采用探索式、开放式设问方式～对学生灵活运用知识解题提出了较高要求。 二:利用空间向量求空间距离 (1)点面距离的向量公式 ,,,,平面的法向量为n，点P是平面外一点，点M为平面内任意一点，则点P到平面的距离d就 ,,,, ||n,MP是 ，即d=. ||n (2)线面、面面距离的向量公式 平面?直线l，平面的法向量为n，点M?、P?l，平面与直线l间的距离d就是在向量n,,,,MP方向射影的绝对值，即d= . 平面?β，平面的法向量为n，点M?、P?β，平面与平面β的距离d就是在向量n方,,,,MP ,,,, ||n,MP向射影的绝对值，即d=. ||n (3)异面直线的距离的向量公式 设向量n与两异面直线a、b都垂直，M?a、P?b，则两异面直线a、b间的距离d就是在向量n方MP ,,,, ||n,MP向射影的绝对值，即d=. ||n 题型1:异面直线间的距离 SABCD,SO,2例1、如图2，正四棱锥的高， AB,2SCBD底边长。求异面直线和 之间的距离, 分析:建立如图所示的直角坐标系，则 2222B(,,0)A(,,0),2222， ， ,,,,222222,,,,D(,,0),,C(,,0),CS,,(,,2)S(0,0,2)？,DB(2,2,0)222222，，。，。 ,,,,,,,,,,,nxy,(,,1)nDBnCS,,,令向量，且， ,(,,1)(2,2,0)0xy,,,,,,,,,,nDB,,0xy，,0x,,2,？,,,,22？,,,,,,,,,(,,1)(,,2)0xy,,,,xy,，,220？,,n(2,2,1)nCS,,0y,2,,,,22,,,则，，，，。 SC？BD异面直线和之间的距离为: 22,,,,,(,,0)(2,2,1),,,OCn,22110，，25,d,,,,222n(2,2,1),5(2)(2)1,，，。 题型2:点面距离 例2、如图，已知,,,,为边长是,的正方形， , ,，,分别是,,，,,的中点，,,垂直于, ,,,所在的平面，且,,,,，求点,到 平面,,,的距离。 , 解法一:连结,,，,,，,O, , ,, , , , , , , 11S,BE,FA,,2,2,2,BEF22， 13？EF,BD,22,CH,AC,24又,，,分别是,,，,,的中点， 23,,222？GH,GC，CH,2，42,,4,,,22。 1211S,,22,22,211V,,211,h,11hV,,2,2,GEFB,EFGG,BEF2333，，， 211？h,11( ？？？解法二(,，,分别是,,，,,的中点，,,,,,,，,到平面,,,的距离为,,上任一点到 ,平面,,,的距离，,,,,于,，,,,,,,， ？EF,AC,,,,？,？又,,平面,,,,，,,平面,,,,，,,,,，,,平面,,,，平面 ,,,OO,OO,OO,,,,平面,,,，过,点作,,，则平面,,,，为,到平面,,,的距离，即,到平面,,,的距离。 ,OHOO2111,,,OO,OH,AC,2,,HOO,HCGGH,224GHGC11由解法一知:，由?得 。 思维点拔:注意点距，线面距，面面距的转化，利用平面互相垂直作距离也是一种常用的方法。 题型3:线面距离 ABC,ABC111例3、已知正三棱柱的底面边长为8， AC11 BC,10BB11对角线，D是AC的中点。(1)求点到 1 ABCBD11直线AC的距离。(2)求直线到平面的距离。 D A C BD1解析:(1)连结BD，，由三垂线定理可得: B BD,ACBDB111，所以就是点到直线AC的距离。 2222BB,BC,BC,10,8,6,Rt,BBDBD,43111在中( 22？BD,BD，BB,22111。 CBC,BC,ECBDABAB111111(2)因为AC与平面BD交于,,的中点,，设，则//DE，所以//平面，所 CCCAB1111到平面BD的距离等于,点到平面BD的距离，等于,点到平面BD的距离，也就等于三棱锥以 C,BDC1的高。 121311？h,？hS,SCC,BDC,BDC11？V,VCABC,BDCC,BDC33131111，，所以，直线到平面BD的距离是 1213 13。 思维点拔:求空间距离多用转化的思想。 42ABCP 例4、如图，已知边长为的正三角形中， BCACABCEFPA,、分别为和的中点，面，且 F ,PA,2PFAEAE，设平面过且与平行。 求与平面 C A ,间的距离, E ,,,,,,,,,,,,,,,,,eeEC12APAE分析:设、、的单位向量分别为、 B ,,,,,,,,,,,eeee3123，选取{，，}作为空间向量的一组基底。 ,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,eeeeee,,,,,,0APeAEeECe,,,2,26,22,121323123易知， ,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,11,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,PAAEEC，，()PAAC，,，，262eee123PFPAAF,，22===， ,,,,,,,,,,,,,,,,,,,nxeyee,，，nAEnPF,,,,123设是平面的一个法向量，则， ,,,2,y,0,260ye,,,,,,2,,,nAE,,0,,,,,,,,,,,,2222？,,,,,,,x,,，，,2620xeyee,123nPF,,0,,,,2，即， ,,,,,,,22()eee,，113223,,,,,,.2Apn,3,,,,,22,,,,,,,2ee，13？,，nee.n132d,,？AE2直线与平面间的距离= (二)、强化巩固训练 长方体ABCD—中，AB=4，AD=6，，M是AC的中点，P在线段BC上，且|CP|=2，QABCDAA,41111111 是DD的中点，求:(1)异面直线AM与PQ所成角的余弦值;(2)M到直线PQ的距离; 1 (3)M到平面ABP的距离。 1 解析:(1)方法一: 如图，建立空间直角坐标系B—xyz，则A(4，0，0)，M(2，3，4)，P(0，4，0)，Q(4，6，2)， 222?， ？|AM|,(,2)，3，4,29AM,(,2,3,4)PQ,(4,2,2) 222|PQ|42224,，，, 174故异面直线AM与PQ所成角的余弦值为 AMPQ(2)432426,,,，，，，，,58 AMPQ174,？cosAM,PQ,,58|AM||PQ| 方法二: 11， ？AM,AA，AM,AA，AB，ADPQ,PC，CD，DQ111111122 ? AM,PQ 11,(AA，AB，AD)(PC，CD，DQ)1111122 11,AD,PC，AB,CD，AA,DQ1111122 AM,PQ17411？cosAM,PQ,, ,，6，2，，4，(,4)，4，2,65822|AM|,|PQ| 222？|AM|,4，2，3,29 222|PQ|,4，2，2,24 174故异面直线AM与PQ所成角的余弦值为 58 (2)?， QM,(,2,,3,2),QP,(,4,,2,,2) (2)(4)(3)(2)2(2),，,，,，,，，,,QM,QP222(4)(2)(2),，,，,,?上的射影的模 QM在QP |QP|1056,,624 2,,56254622,,故M到PQ的距离为 |QM|17,,,,,,666,, n,(x,y,z)(3)设是平面ABP的某一法向量，则， n,AB,n,AP11 ,4x，4z,0,?? AB,(,4,0,4),AP,(,4,4,0),1,4x，4y,0, n,(1,1,1)ABP因此可取，由于，那么点M到平面的距离为 MA,(2,,3,,4)1 |2，1，(,3)，1，(,4)，1||MA,n|5353，故M到平面的距离为。 d,,,ABP13|n|33 三:利用空间向量解证平行、垂直关系 1.?所谓直线的方向向量，就是指 的向量，一条直线的方向向量有 个。 ?所谓平面的法向量，就是指所在直线与平面垂直的直线，一个平面的法向量也有 个。 2(线线平行 证明两条直线平等，只要证明这两条直线的方向向量是 ，也可以证这两条直线平行于同 一个平面的法向量。 3线面平行 证明线面平行的方法: (1)证明直线的方向向量与平面的法向量 ; (2)证明能够在平面内找到一个向量与已知直线的方向向量 ; (3)利用共面向量基本定理，即证明直线的方向向量与平面内的两个不共线的向量是 。 4(面面平行的证明方法: (1)转化为 、 处理; (2)证明这两个平面的法向量是 。 5利用空间向量解证垂直关系 ?(线线垂直:证明线线垂直的方法是证明这两条直线的方向向量是 ; ?(线面垂直的证明方法: ?证明线面垂直的方法是证明这两条直线的方向向量是 ; ?证明直线与平面内的 ; ?(面面垂直的证明方法: ?转化为证明 、 ; ?证明这两个平面的法向量是 。 OABCDMPDDABABCD,ABCD1.正方体中，是的中点，是底面的中心，是棱上任意1111111 OPAM一点，则直线与直线所成的角是( C ) ,,,PA B C D与点的位置有关 432 ,,,,,,,,,,,,,,,,132. 空间中有四点，其中，，且，(5,,3),ABCD，,ABCD,,,ABmm,(2,,2)CDmm,，,(,1,5)3 CD则直线和( D )A平行 B平行或重合 C必定相交 D必定垂直 AB ??ab5以下向量中与向量,(1,2,3)，,(3,1,2)都垂直的向量为( C ) A.(1,7,5) B.(1,,7,5) C.(,1，,7,5) D.(1，,7，,5) 2aAC6在正方体中，棱长为，分别是和上的点，，ABAM,ABCD,ABCDaMN,AN,1111113MN则与平面的关系是( B )A.相交 B.平行 C.垂直 D.不能确定 BBCC11 3. 如图, 在直三棱柱ABC,ABC中，AC,3，BC,4，AA,4，点D是AB的中点， (I)求证:AC?BC; 11111(II)求证:AC//平面CDB; 11 解析:,1,证明线线垂直方法有两类:一是通过三垂线定理或逆定理证明～二是通过线面垂直来证明线线垂直,,2,证明线面平行也有两类:一是通过线线平行得到线面平行～二是通过面面平行得到线面平行. 答案:解法一:(I)直三棱柱ABC,ABC，底面三边长AC=3，BC=4AB=5， 111 ? AC?BC，且BC在平面ABC内的射影为BC，? AC?BC; 11 (II)设CB与CB的交点为E，连结DE，? D是AB的中点，E是BC的中点， 111 ? DE//AC，? DE平面CDB，AC平面CDB， ,1111,z ? AC//平面CDB; 11CB 1解法二:?直三棱柱ABC,ABC底面三边长AC,3，BC,4，AB,5，111 1 AE ?AC、BC、CC两两垂直，如图，以C为坐标原点，直线CA、CB、CC11 1 分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系，则C(0,0，0)，A(3,0，C y 3B 0)，C(0,0，4)，B(0,4，0)，B(0,4，4)，D(，2,0) 112 A x (1)?AC,(,3,0，0)，,(0，,4,0)，?AC•,0，?AC?BC. BCBC111 13DE,AC)设CB(2与CB的交战为E，则E(0,2，2).?,(,，0,2)，,(,3,0，4)，?，DEAC111122?DE?AC. 1 7已知斜三棱柱ABC—ABC的底?ABC为直角三角形，?C=90?;111 侧棱与底面成60?角，B点在底面射影D为BC中点,若侧面AABB111 与CCBB成30?的二面角，BC=2cm，则四棱锥A—BBCC的体积是1111 ( B ) 222223233333cmcmcmcmA B. C D 2332 ABCDAC14. 在空间四边形中，分别是和对角线的中点，则ABBCCDDAEFG,,,,,,CDDA, BDGBDG平面与平面的位置关系是 平面?平面 BEFBEF 15.设正四棱锥S-ABCD的侧棱之长为，底面边长为，E是SA的中点，则异面直线BE与32 πSC所成的角等于__ 3 12. 对于向量a，b，定义a×b为向量a，b的向量积，其运算 结果为一个向量，且规定a×b的模|a×b|,|a||b|sinθ(其中H G θ为向量a与b的夹角)，a×b的方向与向量a，b的方向都垂F E 直，且使得a，b，a×b依次构成右手系.如图，在平行六面体第12题 ABCD,EFGH中，?EAB,?EAD,?BAD,60?，AB,AD,AE,2，C D ,,,,,,,,,,,, 则, ( D ) ()ABADAE，,A B A. 4 B. 8 C. D. 2242 P,ABCDABCDABCDAB//CD18.如图，四棱锥中，平面，底面是直角梯形，且， PA, ,PA,AD,DC,2，BAD,90，，。 AB,4 BC,PC(1)求证:; y PBC)求点到平面的距离。 (2A P B(0,4,0),D(2,0,0),C(2,2,0),P(0,0,2)解:((1)如图建系，则 A BC,(2,,2,0),PC,(2,2,,2) y ， B D x C BC,PC,2,2，(,2),2,0BC,PC ，故。 第18题 n,(a,b,c)PB,(0,4,,2),PC,(2,2,,2) (2)，设平面的法向量为， PBC ,2b,c,0,,PB,n,0,,,n,(1,1,2) 依题意，，取。 a，b,c,0,PC,n,0,, |AB,n|426d,,,AB,(0,4,0) ，所以点到平面的距离。 PBCA36|n| 21. 如图，所示的多面体是由底面为ABCD的长方体被截面AEC1F所截面而得到的，其中AB=4，BC=2，CC1=3，BE=1. (?)求BF的长; (?)求点C到平面AEC1F的距离. 解:(I)建立如图所示的空间直角坐标系，则D(0，0，0)，B(2，4，0)， A(2，0，0)，C(0，4，0)，E(2，4，1)，C1(0，4，3).设F(0，0，z). ?AEC1F为平行四边形， 第21题 ？由AECF为平行四边形,1 ？由AF,EC得,(,2,0,z),(,2,0,2),1 ？z,2.？F(0,0,2). ？EF,(,2,,4,2). 于是|BF|,26,即BF的长为26. n显然n不垂直于平面ADF,故可设n,(x,y,1)111(II)设为面AEC1F的法向量， x,1,,4y，1,0,,,,,,0,nAE0，，4，，1,0xy,,1即？,,1由得,,,2x，2,0,y,,.,,2，x，0，y，2,0,,,,,0,nAF4,1, ,,,,,,,, ,CCn43311,,,,,,,,,cos.,,33又CC,(0,0,3),设CC与n||||CCn,11111的夹角为a，则 433433d,|CC|cos,,3，,.13311?C到平面AEC1F的距离为 1112131213？hS,SCC？h,,BDC,BDC11CAB33131311，，即直线到平面BD的距离是( 17. [2011?天津卷] 如图所示，在三棱柱ABC,ABC中， 111 H是正方形AABB的中心，AA,22，CH?平面AABB，且CH,5. 1111111(1)求异面直线AC与AB所成角的余弦值; 11 (2)求二面角A,AC,B的正弦值; 111 (3)设N为棱BC的中点，点M在平面AABB内，且MN?平面ABC，求线段BM的长( 1111111解:如图18-1所示，建立空间直角坐标系，点B为坐标原点( 依题意得A(22，0,0)，B(0,0,0)，C(2，,2，5)， A(22，22，0)，B(0,22，0)，C(2，2，5)( 111 ???? (1)易得AC,(,2，,2，5)，AB,(,22，0,0)，于是cos〈AC，AB〉1111??AC?AB4211,,,. ??33×22|AC||AB|11 2所以异面直线AC与AB所成角的余弦值为. 113 ??(2)易知AA,(0,22，0)，AC,(,2，,2，5)( 111 ,??,m=0?AA1?m,设平面AAC的法向量,(x，y，z)，则 11??17-1 ,m?AC=0,11 ,22y=0,即 ,,2x,2y+5z=0 ?m不妨令x,5，可得,(5，0，2)( ,??,nC=0?A11?n,同样地，设平面ABC的法向量,(x，y，z)，则 111??,nAB?11=0,,-2x-2y+5z=0,即 ,-22x=0 ?n不妨令y,5，可得,(0，5，2)( ??mn?22??mn于是cos〈，〉,,,， ??77?7mn| |?|| 35??mn从而sin〈，〉,. 7 35所以二面角A,AC,B的正弦值为. 1117 ,,2325(3)由N为棱BC的中点，得N,,. 11，，,,222 ,,?2325设M(a，b,0)，则MN,,,. ,a，,b，,,222 ,??,BMNA11=0?,由MN?平面ABC，得 111??,MNAC=0?11, ,,2,,?,,22,,0，,a,,,2 即得,,,,,5232 ,,?,,2,，,,?,,2,，?5,0.,a,b,2,,,,22 2,a,，,2 , 2 ,b,，,4 10?|BM|= 4 题目1:.[2011?四川理]如图所示，在直三棱柱ABC,ABC中， 111?BAC,90?，AB,AC,AA,1，延长AC至点P，使CP,AC， 111111连结AP交棱CC于点D. 1 (1)求证:PB?平面BDA; 11 (2)求二面角A,AD,B的平面角的余弦值( 1 解:如图17,1，以A为原点，AB，AC，AA所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系A,xyz，1111111 则A(0,0,0)，B(1,0,0)，C(0,1,0)，B(1,0,1)，P(0,2,0)( 111 11,,(1)在?PAA中有CD,AA，即D0，1，. 1112,2, 第1题 1???,,?AB,(1,0,1)，AD,0，1，，BP,(,1,2,0)( 111,2, ?n?AB,a，c,0，11,设平面BAD的一个法向量为n,(a，b，c)，则 11,1? n?AD,b，c,0.11,2 1,,令c,,1，则n,1，，,1.图1,7 1,2, 1??n?BP,1×(,1)，×2，(,1)×0,0， 112 ?PB?平面BDA， 11 1,,(2)由(1)知，平面BAD的一个法向量n,1，，,1. 11,2,又n,(1,0,0)为平面AAD的一个法向量， 21 n?n12212?cos〈n，n〉,,,.故二面角A,AD,B的平面角的余弦值为. 121|n|?|n|333121×2 PABCD,ABCD题目2:如图，在四棱锥中，底面为矩形， ABCDBC,1PA,AB,3PA,2侧棱底面，，，， EPD为的中点. ACPB (?)求直线与所成角的余弦值; NNE,PACPAB(?)在侧面内找一点，使面， NABAP并求出点到和的距离. 解:(?)建立如图所示的空间直角坐标系， 则的坐标为、 ABCDPE,,,,,A(0,0,0) 、、、 D(0,1,0)B(3,0,0)C(3,1,0) 1第:2题 E(0,,1)、， P(0,0,2)2 从而 AC,(3,1,0),PB,(3,0,,2). ,AC与PB设的夹角为，则 AC,PB337cos,,,,, 1427|AC|,|PB| 37ACPB?与所成角的余弦值为. 142-1 NNPAB(?)由于(,0,)xz点在侧面内，故可设点坐标为，则 1NE,PAC，由面可得， NE,(,x,,1,z)2 1,,3z,1,0,(,x,,1,z),(0,0,2),0,,x,,,,NE,AP,0,,,,2 ? ,6即化简得,,,11,3x，,0.,,NE,AC,0.,,,z,1(,x,,1,z),(3,1,0),0.2,,,2, 33NN即点的坐标为，从而点到和的距离分别为. ABAP(,0,1)1,66 ?22,,因此 BM,， ，，0,,24A1 D1 10?B所以线段BM的长|BM|,. 1 4 C1 题目3. 已知正方体的棱长为a( ABCDABCD,1111 A D (1)求点到平面的距离; CABD111 B C (2)求平面与平面所成的二面角余弦值 CDDCABD第3题 1111 解 (1)按如图3-1所示建立空间直角坐标系，可得有关点的坐标为、、 Daa(0)，，A(000)，，1 ,,,,,,,,,,,,,、，向量，，( Baa()，0，Caaa()，，ABaa,()，0，CAaaa,,,,()，，ADaa,(0)，，11111 , 设z 是平面的法向量，于是，有 ABDnxyz,()，，11 ,,,,,,A1 D1 ,nAD,,0ayaz，,0,,1，即( ,,,,,,,axaz，,0nAB,,0,,,1B1 C1 z,,1，令得(于是平面ABD的一个法向量是 xy,,11，11A D (O) y , ( n,(1)，1，-1 B C ,,,,,x ||CAn,31,CABD因此，到平面的距离((也可用等积法求得) da,,1113-1 3||n , ABDADCDDC,平面CDDC(2) 由(1)知，平面的一个法向量是(又因，故平面的一个n,,(111)，，111111 ,, 法向量是n,(010)，，( 1 ,,设所求二面角的平面角为(结合图形可知二面角是锐角，即为锐角)，则 ,,, ||nn,31,,,,cos,,( 3||||nn1 ,PABCD,ABDC//题目4:已知四棱锥的底面为直角梯形，，底，DAB,90,PA, 1ABCD面，且，，是的中点。 MPBPAADDC,,,AB,12 PCD(?)证明:面面; PAD, AC(?)求与所成的角; PB AMCBMC(?)求面与面所成二面角的余弦值。 证明:以为坐标原点长为单位长度，如图4-1建立空间直角坐标系，则各点坐标AAD 第4题 1为. ABCDPM(0,0,0),(0,2,0),(1,1,0),(1,0,0),(0,0,1),(0,1,)2 (?)证明:因 AP,(0,0,1),DC,(0,1,0),故AP,DC,0,所以AP,DC. ADDC,DC,由题设知APADPAD，且与是平面内的两条相交直线，由此得面 DCPCDPCDPADPAD.又在面上，故面?面. (?)解:因 AC,(1,1,0),PB,(0,2,,1), 故|AC|,2,|PB|,5,AC,PB,2,所以 AC,PB10cos,AC,PB,,,.5|AC|,|PB| MC(?)解:在上取一点，则存在使 Nxyz(,,),,R,NC,,MC,4-1 11NC,(1,x,1,y,,z),MC,(1,0,,),？x,1,,,y,1,z,,.. 22 ,,,,,,,,,14,,,,,只需即解得 ,要使 ANMCANMCxz,00,.25 412可知当,时,N点坐标为(,1,),能使AN,MC,0.,555 1212此时,AN,(,1,),BN,(,,1,),有BN,MC,05555 为 由AN,MC,0,BN,MC,0得AN,MC,BN,MC.所以，ANB所求二面角的平面角. ,,,,,,,,,,,,,,,,30304？ ||,||,.ANBNANBN,,,,555,,,,,,,,,,,,,,,,ANBN 2,,,,,,,, ？,,,cos(,).ANBN3||||ANBN, 2P故所求的二面角的余弦值,3 ABCDABCDPA,PA,AD,2题目5:如图，平面，四边形是正方形， ， FGCDPA点、、分别为线段、和的中点. EEFPD EGBD(1)求异面直线与所成角的余弦值 A D GQCB第5题 4CD(2)在线段上是否存在一点，使得点到平面的距离恰为,若存在，求出线段的长;若AQEFQCQ5不存在，请说明理由. 解:(1)以点为坐标原点，射线分别为的正半轴建立空间直角坐标系如图Ax轴、y轴、z轴AB,AD,AZ 示4-1，点、、、，则，E(0,0,1)G(1,2,0)B(2,0,0)D(0,2,0)EG,(1,2,,1) z . PBD,(,2,2,0) EG,设异面直线与BD所成角为 FE EG,BD,2，43cos,,EG,所以异面直线与BD所成角大小为. A,,D66,8EG,BDy GQBCx CD(2)假设在线段上存在一点满足条件，设点，平面的法(x,2,0)QQEFQ第5-10 题题 向量为 ,n,EF,0, y,0,z,xx,x,1，则有 得到，取，所以，则n,(1,0,x)n,(x,y,z)00,n,EQ,0, EA,n2442,0.8CDx,Q(,2,0)CQ,(,,0,0)CQ,，又，解得，所以点即，则.所以在线段x,0003333n 2上存在一点满足条件，且长度为. Q3 PABCD,ABCDABCDPD,EAB题目6:如图，在四棱锥中，底面为矩形，底面，是上 1PFEC,PD,2,CD,2,AE,,一点，. 已知 2 ECPD求(?)异面直线与的距离; EPCD,, (?)二面角的大小. DDC解:(?)以为原点，、、分别为 DADP xyz,,轴建立空间直角坐标系. 由已知可得 DPC(0,0,0),(0,0,2),(0,2,0) 第:6题 A(x,0,0)(x,0),则B(x,2,0),设 113E(x,,0),PE,(x,,,2),CE,(x,,,0).PE,CE得PE,CE,0 由， 222 3331332x,,0,故x,.DE,CE,(,,0),(,,,0),0得DE,CE即 由， 422222 CE又，故是异面直线与的公垂线，易得，故异面直线 DEPDPDDE,|DE|,1 CE,的距离为. PD1 DGPC,(?)作，可设.由得 DG,PC,0Gyz(0,,)(0,y,z),(0,2,,2),0 第6-1题 EFPC,即作于，设， FFmn(0,,)z,2y,故可取DG,(0,1,2), 31则 EF,(,,m,,n).22 31由， EF,PC,0得(,,m,,n),(0,2,,2),0,即2m,1,2n,022 22312PCF又由在上得 n,,m，2,故m,1,n,,EF,(,,,).22222 EPCD,,,因故的平面角的大小为向量的夹角. EF与DGEF,PC,DG,PC, DG,EF2,,cos,,,,,EPCD,,.,,故 即二面角的大小为 244|DG||EF| 总之，在利用空间向量解决立体几何问题时，经常是通过建立空间直角坐标系，及点的坐标做为沟通向量与几何图形关系的纽带和桥梁的，恰当建系，准确示点，是关键，故而，要适当的加强解题训练，并及时 总结 初级经济法重点总结下载党员个人总结TXt高中句型全总结.doc高中句型全总结.doc理论力学知识点总结pdf ，感悟方法，提升能力。