届高三数学理二轮专题复习讲义 专题五 第三讲空间向量与立体几何1Word下载.docx
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(3)二面角的求法
①利用向量求二面角的大小,可以不作出平面角,如图所示,〈m,n〉即为所求二面角的平面角.
②对于易于建立空间直角坐标系的几何体,求二面角的大小时,可以利用这两个平面的法向量的夹角来求.
如图所示,二面角α-l-β,平面α的法向量为n1,平面β的法向量为n2,〈n1,n2〉=θ,则二面角α-l-β的大小为θ或π-θ.
1.(2012·
陕西)如图所示,在空间直角坐标系中有直三棱柱ABC-A1B1C1,CA=CC1=
2CB,则直线BC1与直线AB1夹角的余弦值为( )
A.B.
C.D.
答案 A
解析 不妨令CB=1,则CA=CC1=2.
可得O(0,0,0),B(0,0,1),C1(0,2,0),A(2,0,0),B1(0,2,1),
∴1=(0,2,-1),1=(-2,2,1),
∴cos〈1,1〉====>
0.
∴1与1的夹角即为直线BC1与直线AB1的夹角,
∴直线BC1与直线AB1夹角的余弦值为.
2.(2013·
辽宁)如图,AB是圆的直径,PA垂直圆所在的平面,C是圆上的点.
(1)求证:
平面PAC⊥平面PBC;
(2)若AB=2,AC=1,PA=1,求二面角C-PB-A的余弦值.
(1)证明 由AB是圆的直径,得AC⊥BC,
由PA⊥平面ABC,BC⊂平面ABC,得PA⊥BC.
又PA∩AC=A,PA⊂平面PAC,AC⊂平面PAC,
所以BC⊥平面PAC.
因为BC⊂平面PBC,
所以平面PBC⊥平面PAC.
(2)解 方法一 过C作CM∥AP,则CM⊥平面ABC.
如图,以点C为坐标原点,分别以直线CB、CA、CM为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系.
在Rt△ABC中,因为AB=2,AC=1,所以BC=.
因为PA=1,所以A(0,1,0),B(,0,0),P(0,1,1).
故C=(,0,0),C=(0,1,1).
设平面BCP的法向量为n1=(x1,y1,z1),
则所以
不妨令y1=1,则n1=(0,1,-1).
因为A=(0,0,1),A=(,-1,0),
设平面ABP的法向量为n2=(x2,y2,z2),
则
所以
不妨令x2=1,则n2=(1,,0).
于是cos〈n1,n2〉==.
所以由题意可知二面角C-PB-A的余弦值为.
方法二过C作CM⊥AB于M,因为PA⊥平面ABC,CM⊂平面ABC,
所以PA⊥CM,又PA∩AB=A,故CM⊥平面PAB.所以CM⊥PB.
过M作MN⊥PB于N,连接NC,
所以PB⊥面MNC,所以CN⊥PB,
所以∠CNM为二面角C-PB-A的平面角.
在Rt△ABC中,由AB=2,AC=1,
得BC=,CM=,BM=,
在Rt△PAB中,由AB=2,PA=1,得PB=.
因为Rt△BNM∽Rt△BAP,
所以=,故MN=.
又在Rt△CNM中,CN=,
故cos∠CNM=.
所以二面角C-PB-A的余弦值为.
题型一 利用空间向量证明平行与垂直
例1
如图所示,平面PAC⊥平面ABC,△ABC是以AC为斜边的等腰直角三角形,E、F、O分别为PA、PB、AC的中点,AC=16,PA=PC=10.
(1)设G是OC的中点,证明:
FG∥平面BOE;
(2)证明:
在△ABO内存在一点M,使FM⊥平面BOE.
审题破题 以O点为原点,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,利用向量法可求解.
(1)证明 如图所示,连接OP,以O为坐标原点,分别以OB,OC,OP所在直线为x轴,y轴,z轴,建立空间直角坐标系
O—xyz,则O(0,0,0),A(0,-8,0),B(8,0,0),C(0,8,0),P(0,
0,6),E(0,-4,3),F(4,0,3),由题意得,G(0,4,0),因=
(8,0,0),=(0,-4,3),因此平面BOE的一个法向量n=(0,3,4),=(-4,4,-3),得n·
=0,又直线FG不在平面BOE内,因此有FG∥平面BOE.
(2)设点M的坐标为(x0,y0,0),
则=(x0-4,y0,-3),
因为FM⊥平面BOE,所以有∥n,
因此有x0=4,y0=-,
即点M的坐标为,
在平面直角坐标系xOy中,△AOB的内部区域可表示为不等式组,经检验,点M的坐标满足上述不等式组,
所以,在△ABO内存在一点M,使FM⊥平面BOE.
反思归纳
(1)空间中线面的平行与垂直的证明有两种思路:
一是利用相应的判定定理和性质定理去解决;
二是利用空间向量法来论证.
(2)用向量法来证明平行与垂直,避免了繁杂的推理论证,直接计算就行了,把几何问题代数化.尤其是在正方体、长方体、直四棱柱中相关问题的证明用向量法更简捷,但是向量法要求计算必须准确无误.
变式训练1 如图,在直三棱柱ADE—BCF中,面ABFE和面ABCD都是正方形且互相垂直,M为AB的中点,O为DF的中点.运用向量方法证明:
(1)OM∥平面BCF;
(2)平面MDF⊥平面EFCD.
证明
(1)由题意,AB,AD,AE两两垂直,以A为原点建立如图所示的空间直角坐标系.
设正方形边长为1,则A(0,0,0),B(1,0,0),C(1,1,0),D(0,1,0),
F(1,0,1),M,
O.
(1)=,=(-1,0,0),
∴·
=0,∴⊥.
∵棱柱ADE—BCF是直三棱柱,
∴AB⊥平面BCF,∴是平面BCF的一个法向量,
且OM⊄平面BCF,∴OM∥平面BCF.
(2)设平面MDF与平面EFCD的一个法向量分别为n1=(x1,y1,z1),n2=(x2,y2,z2).
∵=(1,-1,1),=,=(1,0,0),
由n1·
=n1·
=0,
得
令x1=1,则n1=.
同理可得n2=(0,1,1).
∵n1·
n2=0,∴平面MDF⊥平面EFCD.
题型二 利用向量求空间角
例2
如图,三棱锥P-ABC中,PB⊥平面ABC.PB=BC=CA=4,∠BCA=90°
,E为PC的中点.
BE⊥平面PAC;
(2)求二面角E-AB-C的余弦值.
审题破题 本题的关键是在平面ABC内找到两条互相垂直的直线,可以过点B作BC的垂线BT,分别以BC,BT,BP为x,y,z轴建立空间直角坐标系.
(1)证明
⇒
⇒BE⊥面PAC.
(2)解 如图,在平面ABC内过点B作BT⊥BC,分别以BC,BT,BP为x,y,z轴建立空间直角坐标系,则B(0,0,0),C(4,0,0),A(4,4,0),P(0,0,4),E(2,0,2),则=(4,4,0),=(2,0,2),平面ABC的法向量为n1=(0,0,1),设平面ABE的法向量为n2=(x,y,z).
则·
n2=0,·
n2=0,即.
令z=1,得x=-1,y=1,即n2=(-1,1,1).
设二面角E-AB-C为θ,则cosθ==.
反思归纳 利用空间向量坐标运算求空间角的一般步骤为:
(1)建立恰当的空间直角坐标系.
(2)求出相关点的坐标.(3)写出向量坐标.(4)结合公式进行论证、计算.(5)转化为几何结论.
变式训练2 (2012·
课标全国)如图,直三棱柱ABC-A1B1C1中,AC=BC=AA1,D是棱AA1的中点,DC1⊥BD.
(1)证明:
DC1⊥BC;
(2)求二面角A1-BD-C1的大小.
(1)证明 由题设知,三棱柱的侧面为矩形.由于D为AA1的中点,故DC=DC1.
又AC=AA1,可得DC+DC2=CC,所以DC1⊥DC.而DC1⊥BD,CD∩BD=D,所以DC1⊥平面BCD.
因为BC⊂平面BCD,所以DC1⊥BC.
(2)解 由
(1)知BC⊥DC1,且BC⊥CC1,则BC⊥平面ACC1A1,所以CA,CB,CC1两两相互垂直.
以C为坐标原点,的方向为x轴的正方向,||为单位长,建立如图所示的空间直角
坐标系C-xyz.
由题意知A1(1,0,2),B(0,1,0),D(1,0,1),C1(0,0,2).
则=(0,0,-1),=(1,-1,1),=(-1,0,1).
设n=(x,y,z)是平面A1B1BD的法向量,则
即
可取n=(1,1,0).
同理,设m=(x,y,z)是平面C1BD的法向量,
则即
可取m=(1,2,1).
从而cos〈n,m〉==.
故二面角A1-BD-C1的大小为30°
.
题型三 利用向量求空间距离
例3
如图所示,在直三棱柱ABC—A1B1C1中,BA=BC=2,·
=0,异面直线A1B与AC成60°
的角,点O、E分别是棱AC和BB1的中点,点F是棱B1C1上的动点.
A1E⊥OF;
(2)求点E到面AB1C的距离;
(3)求二面角B1—A1C—C1的大小.
审题破题 在已知三棱柱中,直线BA,BC,BB1两两垂直,已有空间直角坐标系的框架.
(1)证明 设棱柱的高为h,以B为坐标原点,以BA、BC、BB1所在直线分别为x、y、z轴建立空间直角坐标系,则B(0,0,0),A(2,0,0),C(0,2,0),O(1,1,0),A1(2,0,h),
∴=(2,0,h),=(2,-2,0),
∴cos〈,〉==,
即cos60°
==,解得h=2.
∴E(0,0,1),A1(2,0,2),∴=(-2,0,-1).
∵F是B1C1上的动点,
∴设F(0,y,2),∴=(-1,y-1,2),
=(-2,0,-1)·
(-1,y-1,2)=0,
∴⊥,即A1E⊥OF.
(2)解 易求面AB1C的法向量为n=(1,1,1),
=(2,0,-1),
所以E到面AB1C的距离为d===.
(3)解 ∵平面A1CC1的一个法向量是=(1,1,0).
设平面A1B1C的一个法向量是
n=(x,y,z),=(-2,2,-2),=(-2,0,0),
则n·
=(x,y,z)·
(-2,2,-2)
=-2x+2y-2z=0,①
n·
(-2,0,0)=-2x=0,∴x=0.②
代入①并令z=1得y=1,∴n=(0,1,1),
∴cos〈n,〉===,
∴〈n,〉=60°
,即二面角B1—A1C—C1的大小为60°
反思归纳 求点面距的常用方法:
①直接法:
即寻找或作出与该距离相对应的垂线段,此法的关键是确定垂足的位置,然后借助于直角三角形求解;
②等体积法:
把所求的距离转化为三棱锥的高,再通过变换三
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