第7讲　立体几何中的向量方法 （《金版教程》2021高考科学复习创新方案-理数）.ppt

1、金版教程金版教程20212021高考科学复习创新方案高考科学复习创新方案- -理数理数 （创新版）（创新版） 【精品课件精品课件】 第第7 7讲讲 立体几何中的向量方法立体几何中的向量方法 第七章 立体几何 考纲解读 1.理解直线的方向向量及平面的法向量，并能用向量语言表 述线线、线面、面面的平行和垂直关系(重点) 2能用向量方法证明立体几何中有关线面位置关系的一些简单定理，并 能用向量方法解决线线、线面、面面的夹角的计算问题(难点) 考向预测 从近三年高考情况来看，本讲为高考必考内容预测2021年 高考将会以空间向量为工具证明平行与垂直以及进行空间角的计算试题 以解答题的形式呈现，难度为中等

2、偏上. 1 基础知识过关基础知识过关 PART ONE 1.用向量证明空间中的平行关系 (1)设直线l1和l2的方向向量分别为v1和v2，则l1l2(或l1与l2重合) 01 _ v1v2. (2)设直线l的方向向量为v，与平面共面的两个不共线向量为v1和 v2，则l或l存在两个实数x，y，使v02 _. (3)设直线l的方向向量为v，平面的法向量为u，则l或l03 _ 04 _. (4)设平面和的法向量分别为u1，u2，则05 _u1 u2. v1v2 xv1yv2 vu v u0 u1u2 2用向量证明空间中的垂直关系 (1)设直线l1和l2的方向向量分别为v1和v2，则l1l201 _

3、02 _. (2)设直线l的方向向量为v，平面的法向量为u，则l03 _ 04 _. (3)设平面和的法向量分别为u1和u2，则05 _06 _. v1v2 v1 v20 vu vu u1u2 u1 u20 3两条异面直线所成角的求法 设a，b分别是两异面直线l1，l2的方向向量，则 l1与l2所成的角 a与b的夹角 范围 01 _ 0 ，180 求法 cos02 _ cos a b |a|b| (0 ，90 |a b| |a|b| 4直线和平面所成角的求法 如图所示，设直线l的方向向量为e，平面的法向量为n，直线l与平 面所成的角为，两向量e与n的夹角为，则有sin|cos|01 _， 的取

4、值范围是0 ，90 |e n| |e|n| 5求二面角的大小 (1)如图，AB，CD是二面角l的两个面内与棱l垂直的直线， 则二面角的大小01 _ AB ，CD (2)如图，n1，n2分别是二面角l的两个半平面，的法向 量，则二面角的大小满足|cos|02 _03 _，二 面角的平面角大小是向量n1与n2的夹角(或其补角). 提示提示 |cosn1，n2| |n1 n2| |n1|n2| 1概念辨析 (1)若空间向量a平行于平面，则a所在直线与平面平行( ) (2)两异面直线夹角的范围是(0 ，90 ，直线与平面所成角的范围是 0 ，90 ，二面角的范围是0 ，180 ( ) (3)直线的方向

5、向量和平面的法向量所成的角就是直线与平面所成的 角( ) (4)若二面角a的两个半平面，的法向量n1，n2所成角为，则 二面角a的大小是180 .( ) 答案 (1) (2) (3) (4) 答案答案 2小题热身 (1)若直线l的方向向量为a(1,0,2)，平面的法向量为n(2,0， 4)，则( ) A.l Bl Cl Dl与斜交 解析 因为a(1,0,2)，n(2,0，4)， 所以n2a，所以an，所以l. 答案答案 解析解析 (2)已知向量 AB (2,2,1)， AC (4,5,3)，则平面ABC的单位法向量是 ( ) A. 1 3， 2 3， 2 3 B. 1 3， 2 3， 2 3

6、C 1 2，1，1 D 1 3， 2 3， 2 3 解析 设平面ABC的一个法向量是n(x，y，z)，则 2x2yz0， 4x5y3z0. 取z1，得x 1 2 ，y1.则n 1 2，1，1 ，|n| 3 2 ，故平面ABC的单位法 向量是 1 3， 2 3， 2 3 . 答案答案 解析解析 (3)在正三棱柱ABCA1B1C1中，若AB2 BB1，则AB1与C1B所成角的 大小为( ) A60 B75 C90 D105 答案答案 解析 取 AC 的中点 D，建立如图所示的空间直角坐标系 设AB a ， 则B 3 2 a，0，0 ， C1 0，a 2， 2 2 a ， A 0，a 2，0 ， B

7、1 3 2 a，0， 2 2 a ，从而AB1 3a 2 ，a 2， 2a 2 ，C1B 3a 2 ，a 2， 2a 2 . 所以 cosAB1 ，C1B AB1 C1B |AB1 |C1B | 0， 所以 AB1与 C1B 所成的角为 90 .故选 C. 解析解析 (4)在长方体 ABCDA1B1C1D1中，AB2，BCAA11，则 D1C1与平 面 A1BC1所成角的正弦值为_，二面角 BA1C1D1的余弦值为 _ 解析 如图，建立空间直角坐标系 Dxyz，则 D1(0,0,1)，C1(0,2,1)，A1(1,0,1)，B(1,2,0)， 解析解析 1 3 2 3 D1C1 (0,2,0)

8、，A1C1 (1，2,0)， A1B (0,2，1)， 设平面 A1BC1的一个法向量为 n(x，y，z)， 由 n A1C1 0， n A1B 0， 得 x2y0， 2yz0， 令 y1，得 n(2,1,2)， 设 D1C1与平面 A1BC1所成角为 ，则 sin|cosD1C1 ，n| |D1C1 n| |D1C1 |n| 2 23 1 3， 解析解析 即直线 D1C1与平面 A1BC1所成角的正弦值为1 3. 易知平面 A1C1D1的法向量 m(0,0,1)， cosm，n m n |m|n| 2 13 2 3. 由图可知，二面角 BA1C1D1为钝角， 故二面角 BA1C1D1的余弦值

9、为2 3. 解析解析 2 经典题型冲关经典题型冲关 PART TWO 角度 1 利用空间向量证明平行与垂直问题 1(2019 青岛模拟)如图，在多面体 ABCA1B1C1 中，四边形 A1ABB1是正方形，ABAC，BC 2AB， B1C1綊1 2BC，AA1平面 BAC.求证： (1)A1B1平面 AA1C； (2)AB1平面 A1C1C. 题型题型 一一 利用空间向量研究空间中的位置关系利用空间向量研究空间中的位置关系 证明 AA1平面 BAC. AA1AB，AA1AC. 又 ABAC，BC 2AB， CAB90 ，即 CAAB， AB，AC，AA1两两互相垂直 建立如图所示的空间直角坐标

10、系 Axyz，设 AB2， 则 A(0,0,0)，B1(0,2,2)，A1(0,0,2)， C(2,0,0)，C1(1,1,2) 证明证明 (1)A1B1 (0,2,0)，A1A (0,0，2)，AC (2,0,0)，设平面 AA1C 的一个 法向量 n(x，y，z)， 则 n A1A 0， n AC 0， 即 2z0， 2x0， 即 x0， z0. 取 y1，则 n(0,1,0) A1B1 2n，即A1B1 n. A1B1平面 AA1C. 证明证明 (2)易知AB1 (0,2,2)，A1C1 (1,1,0)，A1C (2,0，2)，设平面 A1C1C 的一个法向量 m(x1，y1，z1)，

11、则 m A1C1 0， m A1C 0， 即 x1y10， 2x12z10， 令 x11，则 y11，z11，即 m(1，1,1) AB1 m012(1)210， AB1 m.又 AB1平面 A1C1C， AB1平面 A1C1C. 证明证明 角度 2 利用空间向量解决平行与垂直关系中的探索性问题 2(2019 桂林模拟)如图，棱柱 ABCD A1B1C1D1的所有棱长都等于 2， ABC 和A1AC 均为 60 ，平面 AA1C1C平面 ABCD. (1)求证：BDAA1； (2)在直线 CC1上是否存在点 P，使 BP平 面 DA1C1？若存在， 求出点 P 的位置； 若不存在， 请说明理由

12、 解 (1)证明： 设 BD 与 AC 交于点 O， 则 BDAC， 连接 A1O， 在AA1O 中，AA12，AO1，A1AO60 ， A1O2AA2 1AO 22AA 1 AOcos60 3， AO2A1O2AA2 1， A1OAO. 由于平面 AA1C1C平面 ABCD，且平面 AA1C1C平面 ABCDAC， A1O平面 AA1C1C， A1O平面 ABCD. 解解 以 OB，OC，OA1所在直线分别为 x 轴、y 轴、 z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则 A(0，1,0)，B( 3，0,0)， C(0,1,0)，D( 3，0,0)， A1(0,0， 3)，C1(0,2， 3)

13、由于BD (2 3，0,0)，AA1 (0,1， 3)， AA1 BD 0(2 3)10 300， BD AA1 ，即 BDAA1. 解解 (2)假设在直线 CC1上存在点 P，使 BP平面 DA1C1， 设CP CC1 ，P(x，y，z)，则(x，y1，z)(0,1， 3) 从而有 P(0,1， 3)，BP ( 3，1， 3)设平面 DA1C1的法 向量为 n(x，y，z)，则 nA1C1 ， nDA1 ， 又A1C1 (0,2,0)，DA1 ( 3，0， 3)， 则 2y0， 3x 3z0， 取 x1，则 n(1,0，1)， 解解 因为 BP平面 DA1C1， 则 nBP ，即 n BP

14、3 30， 得 1， 即点 P 在 C1C 的延长线上，且 C1CCP. 解解 1用空间向量证明平行问题的方法 线线平行 证明两直线的方向向量共线 线面平行 证明该直线的方向向量与平面的某一法向量垂直； 证明直线的方向向量与平面内某直线的方向向量平行； 证明该直线的方向向量可以用平面内的两个不共线的向量 线性表示 面面平行 证明两平面的法向量平行(即为共线向量)； 转化为线面平行、线线平行问题 2用空间向量证明垂直问题的方法 线线垂 直问题 证明两直线所在的方向向量互相垂直，即证它们的数量积 为零 线面垂 直问题 直线的方向向量与平面的法向量共线(举例说明 1(1)，或利 用线面垂直的判定定理

15、转化为证明线线垂直 面面垂 直问题 两个平面的法向量垂直，或利用面面垂直的判定定理转化 为证明线面垂直 3解决立体几何中探索性问题的基本方法 (1)通常假设题中的数学对象存在(或结论成立)， 然后在这个前提下进行 逻辑推理 (2)探索性问题的关键是设点：空间中的点可设为(x，y，z)；坐标 平面内的点其中一个坐标为 0，如 xOy 面上的点为(x，y,0)；坐标轴上的 点两个坐标为 0，如 z 轴上的点为(0,0，z)；直线(线段)AB 上的点 P，可设 为AP AB ，表示出点 P 的坐标(如举例说明 2(2)，或直接利用向量运算 提醒：解这类问题时要利用好向量垂直和平行的坐标表示 提醒提醒

16、 1如图，在四棱锥 PABCD 中，底面 ABCD 是边长为 a 的正方形， 侧面 PAD底面 ABCD，且 PAPD 2 2 AD，设 E，F 分别为 PC，BD 的中点 求证：(1)EF平面 PAD； (2)平面 PAB平面 PDC. 证明 (1)如图，取 AD 的中点 O，连接 OP，OF. 因为 PAPD，所以 POAD. 因为侧面 PAD底面 ABCD，平面 PAD平面 ABCDAD，PO平面 PAD， 所以 PO平面 ABCD. 证明证明 又 O，F 分别为 AD，BD 的中点， 所以 OFAB. 又四边形 ABCD 是正方形，所以 OFAD. 因为 PAPD 2 2 AD， 所以

17、 PAPD，所以 OPOAa 2. 以 O 为坐标原点，OA，OF，OP 所在直线分别为 x 轴、y 轴、z 轴建立 空间直角坐标系， 则 A a 2，0，0 ，F 0，a 2，0 ，D a 2，0，0 ， 证明证明 P 0，0，a 2 ，C a 2，a，0 . 因为 E 为 PC 的中点，所以 E a 4， a 2， a 4 . 易知平面 PAD 的一个法向量为OF 0，a 2，0 ， 因为EF a 4，0， a 4 ， 且OF EF 0，a 2，0 a 4，0， a 4 0， 又 EF平面 PAD， 所以 EF平面 PAD. 证明证明 (2)因为PA a 2，0， a 2 ，CD (0，a

18、,0)， 所以PA CD a 2，0， a 2 (0，a,0)0， 所以PA CD ，所以 PACD. 又 PAPD，PDCDD，PD，CD平面 PDC， 所以 PA平面 PDC. 又 PA平面 PAB， 所以平面 PAB平面 PDC. 证明证明 (1)求证：EM平面 ABC； (2)试问在棱 CD 上是否存在一点 N， 使 MN平面 BDE？若存在， 确定 点 N 的位置；若不存在，请说明理由 解 以 A 为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则 A(0,0,0)，B(0,2,0)，C(2,0,0)，D(2,0,4)， E(0,0,2)，M(1,1,2)，AE (0,0,2)， DB (2,

19、2，4)，DE (2,0，2)， DC (0,0，4)，DM (1,1，2)，EM (1,1,0) 解解 (1)证明：由图易知AE 为平面 ABC 的一个法向量， 因为AE EM 0(1)01200， 所以AE EM ，即 AEEM， 又 EM平面 ABC， 故 EM平面 ABC. 解解 (2)假设在 CD 上存在一点 N 满足题意， 设DN DC (0,0，4)，0,1， 则NM DM DN (1,1，2)(0,0，4)(1,1，24)，所以 NM DB 0， NM DE 0， 即 228160， 2480， 解得 3 40,1 所以棱 CD 上存在一点 N，满足 MN平面 BDE，此时 D

20、N3 4DC. 解解 角度 1 利用空间向量求解异面直线所成的角 1(2019 永州模拟)在各棱长均相等的直三棱柱 ABCA1B1C1中，已知 M 是 BB1的中点，N 是棱 AC 的中点，则异面直线 A1M 与 BN 所成角的正切 值为( ) A. 3 B1 C. 6 3 D. 2 2 答案答案 题型题型 二二 利用空间向量求解空间角利用空间向量求解空间角 解析 如图， 在各棱长均相等的直三棱柱 ABC A1B1C1中，设棱长为 2，以 A 为坐标原点，AC 为 y 轴，AA1为 z 轴，建立空间直角坐标系，则 A1(0,0,2)，M( 3，1,1)，B( 3，1,0)，N(0,1,0)，

21、A1M ( 3，1，1)，BN ( 3，0,0)，设异面直线 A1M 与 BN 所成角为 ，则 cos |A1M BN | |A1M |BN | 3 5 3 15 5 ，tan 6 3 .异面直线 A1M 与 BN 所成角的正切值为 6 3 . 解析解析 角度 2 利用空间向量求解直线与平面所成的 角 2(2019 泉州二模)如图，在四棱锥 PABCD 中，PD平面 ABCD，ABAD，ADBC，AB1， AD2BC 2，PD 3. (1)求证：平面 PBD平面 PAC； (2)M 为棱 PB 上异于 B 的点，且 AMMC，求 直线 AM 与平面 MCD 所成角的正弦值 解 (1)证法一：在

22、 RtABC 与 RtABD 中，因为BC AB 2 2 ， AB AD 2 2 ， 所以BC AB AB AD. 又ABCDAB90 ，所以ABCDAB. 所以ABDBCA. 又ABDCBD90 ， 所以BCACBD90 ， 所以 ACBD. 因为 PD平面 ABCD，AC平面 ABCD， 所以 PDAC. 又 BDPDD，BD，PD平面 PBD， 所以 AC平面 PBD. 解解 又 AC平面 PAC， 所以平面 PBD平面 PAC. 证法二：在梯形 ABCD 中，ABAD. 以 B 为坐标原点，BC，BA 所在直线分别为 x 轴、y 轴建立如图 1 所示的平面直角坐标系， 则 B(0,0)

23、，D( 2，1)，A(0,1)，C 2 2 ，0 ， 所以BD ( 2，1)，AC 2 2 ，1 . 因为AC BD 0，所以 ACBD. 以下同证法一 解解 (2)过点 A 作 AzDP. 因为 PD平面 ABCD， 所以 Az平面 ABCD. 所以 Az，AB，AD 两两垂直 以 A 为坐标原点，AB，AD，Az 所在的直线分 别为 x 轴、y 轴、z 轴，建立如图 2 所示的空间直角 坐标系 Axyz. 因为 AB1，AD2BC 2，PD 3， 所以 A(0,0,0)， B(1,0,0)， C 1， 2 2 ，0 ， D(0， 2， 0)，P(0， 2， 3)， 解解 则AB (1,0,

24、0)，BP (1，2，3)，CB 0， 2 2 ，0 ，DC 1， 2 2 ，0 . 设BM BP ，(0,1， 则AM AB BP (1， 2， 3)， CM CB BP ， 2 2 2， 3 . 因为 AMMC，所以AM CM 0， 即(1)() 2 2 2 2 320， 解解 化简并整理，得 6220，解得 0(不符合题意，舍去)或 1 3. 所以AM 2 3， 2 3 ， 3 3 ，即 M 2 3， 2 3 ， 3 3 . 所以DM 2 3， 2 2 3 ， 3 3 . 设 n(x0，y0，z0)为平面 MCD 的法向量， 则 n DM 0， n DC 0， 即 2 3x0 2 2 3

25、 y0 3 3 z00， x0 2 2 y00. 解解 令 y0 3， 则平面 MCD 的一个法向量为 n 6 2 ， 3， 2 . 设直线 AM 与平面 MCD 所成的角为 ， 所以 sin|cosAM ，n| |AM n| |AM |n| 6 3 6 3 6 3 4 9 2 9 3 9 6 432 2 39 13 . 所以直线 AM 与平面 MCD 所成角的正弦值为2 39 13 . 解解 角度 3 利用空间向量求解二面角 3(2019 全国卷)图 1 是由矩形 ADEB，RtABC 和菱形 BFGC 组成 的一个平面图形，其中 AB1，BEBF2，FBC60 .将其沿 AB，BC 折起使

26、得 BE 与 BF 重合，连接 DG，如图 2. (1)证明：图 2 中的 A，C，G，D 四点共面，且平面 ABC平面 BCGE； (2)求图 2 中的二面角 BCGA 的大小 解 (1)证明：由已知得 ADBE，CGBE， 所以 ADCG， 所以 AD，CG 确定一个平面，从而 A，C，G，D 四点共面 由已知得 ABBE，ABBC，且 BEBCB， 所以 AB平面 BCGE. 又因为 AB平面 ABC，所以平面 ABC平面 BCGE. 解解 (2)作 EHBC，垂足为 H. 因为 EH平面 BCGE，平面 BCGE平面 ABC， 所以 EH平面 ABC. 由已知，菱形 BCGE 的边长为

27、 2，EBC60 ，可求得 BH1，EH 3. 以 H 为坐标原点，HC 的方向为 x 轴的正方向，建立如图所示的空间直 角坐标系 Hxyz，则 A(1,1,0)，C(1,0,0)，G(2,0， 3)，CG (1,0， 3)，AC (2，1,0) 解解 设平面 ACGD 的法向量为 n(x，y，z)， 则 CG n0， AC n0， 即 x 3z0， 2xy0. 所以可取 n(3,6， 3) 又平面 BCGE 的法向量可取 m(0,1,0)， 所以 cosn，m n m |n|m| 3 2 . 因此二面角 BCGA 的大小为 30 . 解解 1利用向量求异面直线所成角的方法 (1)利用向量法求

28、异面直线所成角的一般步骤 选好基底或建立空间直角坐标系； 求出两直线的方向向量 v1，v2； 代入公式|cosv1，v2| |v1 v2| |v1|v2|求解如举例说明 1. (2)两异面直线所成角的范围是 (0 ， 90 ， 两向量的夹角 的范围是 0 ，180 ，当异面直线的方向向量的夹角为锐角或直角时，就是该异面直 线的夹角；当异面直线的方向向量的夹角为钝角时，其补角才是异面直线 的夹角 2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 夹的锐角或钝角

29、的补角，取其余角就是斜线和平面所成的角如举例说明 2. 3利用向量计算二面角大小的常用方法 (1)找法向量法：分别求出二面角的两个半平面所在平面的法向量，然 后通过两个平面的法向量的夹角得到二面角的大小，但要注意结合实际图 形判断所求角的大小如举例说明 3. (2)找与棱垂直的方向向量法：分别在二面角的两个半平面内找到与棱 垂直且以垂足为起点的两个向量，则这两个向量的夹角的大小就是二面角 的大小 1已知正四棱锥 SABCD 的侧棱长与底面边长都相等，E 是 SB 的中 点，则 AE，SD 所成角的余弦值为_ 3 3 解析 以两对角线AC与BD的交点O作为坐标 原点，以 OA，OB，OS 所在直

30、线分别为 x 轴、y 轴、 z 轴建立如图所示的空间直角坐标系， 设正四棱锥 S ABCD 的侧棱长与底面边长均为 2，则有 A( 2， 0,0)，S(0,0， 2)， D(0 ， 2 ， 0) ， E 0， 2 2 ， 2 2 ， AE 2， 2 2 ， 2 2 ， SD (0， 2， 2)， |cos AE ， SD | |AE SD | |AE |SD | 2 32 3 3 ，故 AE，SD 所成角的余弦值为 3 3 . 解析解析 2(2019 全国卷)如图，长方体 ABCDA1B1C1D1的 底面 ABCD 是正方形，点 E 在棱 AA1上，BEEC1. (1)证明：BE平面 EB1C

31、1； (2)若 AEA1E，求二面角 BECC1的正弦值 解 (1)证明：由已知得，B1C1平面 ABB1A1，BE 平面 ABB1A1，故 B1C1BE. 又 BEEC1，B1C1EC1C1， 所以 BE平面 EB1C1. 解解 (2)由(1)知BEB190 . 由题设知 RtABERtA1B1E，所以AEB45 ，故 AEAB，AA1 2AB. 解解 以 D 为坐标原点，DA 的方向为 x 轴正方向，DC 的方向为 y 轴正方向， DD1 的方向为 z 轴正方向，|DA |为单位长度，建立如图所示的空间直角坐标 系 Dxyz， 则 C(0,1,0)，B(1,1,0)，C1(0,1,2)，E

32、(1,0,1)，CB (1,0,0)，CE (1，1， 1)，CC1(0,0,2) 设平面 EBC 的法向量为 n(x1，y1，z1)， 则 CB n0， CE n0， 即 x10， x1y1z10， 所以可取 n(0，1，1) 解解 设平面 ECC1的法向量为 m(x2，y2，z2)，则 CC1 m0， CE m0， 即 2z20， x2y2z20， 所以可取 m(1,1,0) 于是n，m n m |n|m| 1 2. 所以二面角 BECC1的正弦值为 3 2 . 解解 3(2019 郑州模拟)如图，在ABC 中，ABBC2，ABC90 ，E， F 分别为 AB，AC 边的中点，以 EF 为

33、折痕把AEF 折起，使点 A 到达点 P 的位置，且 PBBE. (1)证明：EF平面 PBE； (2)设 N 为线段 PF 上的动点，求直线 BN 与平面 PCF 所成角的正弦值 的最大值 解 (1)证明：因为 E，F 分别为 AB，AC 边的中点，所以 EFBC， 因为ABC90 ，所以 EFBE，EFPE. 又因为 BEPEE，所以 EF平面 PBE. (2)取 BE 的中点 O，连接 PO， 由(1)知 EF平面 PBE，EF平面 BCFE， 所以平面 PBE平面 BCFE. 因为 PBBEPE，所以 POBE. 又因为 PO平面 PBE，平面 PBE平面 BCFEBE 所以 PO平面

34、 BCFE. 解解 过 O 作 OMBC 交 CF 于点 M，分别以 OB，OM，OP 所在直线为 x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系，如图所示 解解 P 0，0， 3 2 ，C 1 2，2，0 ，F 1 2，1，0 ，PC 1 2，2， 3 2 ，PF 1 2，1， 3 2 ， N 为线段 PF 上一动点， 设 N(x，y，z)， 由PN PF (01)， 得 N 2， 3 2 1 ， BN 1 2 ， 3 2 1 . 解解 设平面 PCF 的法向量为 m(x1，y1，z1)， 则 PC m0， PF m0， 即 1 2x12y1 3 2 z10， 1 2x1y1 3 2 z10， 取

35、 m(1,1， 3) 设直线 BN 与平面 PCF 所成的角为 ， sin|cosBN ，m| BN m |BN |m| 2 5 221 2 5 2 1 4 27 8 2 5 7 8 4 70 35 ， 解解 (2019 合肥三模)如图，在多面体 ABCDE 中，平面 ABD平面 ABC， ABAC，AEBD，DE 綊1 2AC，ADBD1. 题型题型 三三 求空间距离求空间距离(选学选学) 解 (1)平面 ABD平面 ABC，且交线为 AB， 而 ACAB，AC平面 ABD. 又 DEAC，DE平面 ABD，从而 DEBD. 注意到 BDAE，且 DEAEE，BD平面 ADE， 于是，BDA

36、D.而 ADBD1，AB 2. (2)ADBD，取 AB 的中点为 O，连接 DO， DOAB. 又平面 ABD平面 ABC，DO平面 ABC. 过 O 作直线 OYAC，以点 O 为坐标原点，直线 OB，OY，OD 分别为 x 轴、y 轴、z 轴，建立空间直角坐标系 Oxyz，如图所示 解解 记 AC2a，则 1a2， B 2 2 ，0，0 ， C 2 2 ，2a，0 ， D 0，0， 2 2 ， E 0，a， 2 2 ， BC ( 2，2a,0)，BD 2 2 ，0， 2 2 . 解解 设平面 BCD 的法向量为 n(x，y，z) 由 BC n0， BD n0 得 2x2ay0， 2 2

37、x 2 2 z0. 令 x 2，得 n 2，1 a， 2 . 又DE (0，a,0)， 点 E 到平面 BCD 的距离 d|DE n| |n| 1 4 1 a2 . 1a2，当 a2 时，d 取得最大值，dmax 1 41 4 2 17 17 . 解解 空间距离的几个结论 (1)点到直线的距离：设过点 P 的直线 l 的方向向量为单位向量 n，A 为 直线 l 外一点，点 A 到直线 l 的距离 d|PA |2|PA n|2. (2)点到平面的距离：设 P 为平面 内的一点，n 为平面 的法向量，A 为平面 外一点，点 A 到平面 的距离 d|PA n| |n| . (3)线面距离、面面距离都

38、可以转化为点到面的距离 (2019 惠州第一次调研)如图，已知圆柱 OO1底面 半径为 1，高为 ，平面 ABCD 是圆柱的一个轴截面， 动点 M 从点 B 出发沿着圆柱的侧面到达点 D，其运动 路程最短时在侧面留下曲线 .将轴截面 ABCD 绕着轴 OO1逆时针旋转(0)后得到平面A1B1C1D1， 边B1C1 与曲线 相交于点 P. (1)求曲线 的长度； (2)当 2时，求点 C1 到平面 APB 的距离 解 (1)将圆柱一半展开后底面的半个圆周变成长方形的边 BA，曲线 就是对角线 BD. 由于 ABr，AD，BD 2. 故曲线 的长度为 2. (2)当 2时，建立如图所示的空间直角坐

39、标 系， 则 O(0,0,0)， A(0， 1,0)， B(0,1,0)， P 1，0， 2 ， C1(1，0，)， 解解 则AB (0,2,0)，AP 1，1， 2 ，OC1 (1,0，)， 设平面 APB 的法向量为 n(x，y，z)， 则 2y0， xy 2z0， 取 z2 得 n(，0,2)， 点 C1到平面 APB 的距离 d|OC1 n| |n| 24 . 解解 3 课时作业课时作业 PART THREE 1如图，在空间直角坐标系中有直三棱柱 ABCA1B1C1，CACC1 2CB，则直线 BC1与直线 AB1夹角的余弦值为( ) A. 5 5 B. 5 3 C.2 5 5 D.3

40、 5 A组组 基础关基础关 答案答案 解析 不妨设 CB1， 则 B(0,0,1)， A(2,0,0)， C1(0,2,0)， B1(0,2,1)， BC1 (0,2，1)，AB1 (2,2,1)cosBC1 ，AB1 BC1 AB1 |BC1 |AB1 | 041 53 5 5 . 直线 BC1与直线 AB1夹角的余弦值为 5 5 . 解析解析 2(2020 沧州摸底)如图所示，在正方体 ABCDABCD中，棱 长为 1，E，F 分别是 BC，CD 上的点，且 BECF a(0a0)， 则 C(m， 3，0)，AC (m， 3，0) 解析解析 设 n1(x，y，z)为平面 ACE 的法向量，

41、则 n1 AC 0， n1 AE 0， 即 mx 3y0， 3 2 y1 2z0， 可取 n1 3 m ，1， 3 .易知 n2(1,0,0)为平面 DAE 的一个法向量， 由 题设知|cosn1，n2|1 2，即 3 34m2 1 2，解得 m 3 2.因为 E 为 PD 的中 点， 所以三棱锥 EACD 的高为1 2.所以三棱锥 EACD 的体积 V 1 3 1 2 3 3 2 1 2 3 8 . 解析解析 2(2017 全国卷)a，b 为空间中两条互相垂直的直线，等腰直角三角 形 ABC 的直角边 AC 所在直线与 a，b 都垂直，斜边 AB 以直线 AC 为旋转 轴旋转，有下列结论：

42、当直线 AB 与 a 成 60 角时，AB 与 b 成 30 角； 当直线 AB 与 a 成 60 角时，AB 与 b 成 60 角； 直线 AB 与 a 所成角的最小值为 45 ； 直线 AB 与 a 所成角的最大值为 60 . 其中正确的是_(填写所有正确结论的编号) 解析 依题意建立如图所示的空间直角坐标系设等腰直角三角形 ABC 的直角边长为 1. 由题意知点 B 在平面 xOy 中形成的轨迹是以 C 为圆心，1 为半径的圆 设直线 a 的方向向量为 a(0,1,0)， 直线 b 的方向向量为 b(1,0,0)， CB 以 Ox 轴为始边沿逆时针方向旋转的旋转角为 ， 0,2)， 则

43、B(cos， sin， 0)， AB (cos，sin，1)，|AB | 2. 解析解析 设直线 AB 与 a 所成角为 ， 则 cos AB a a AB 2 2 |sin| 0， 2 2 ， 45 90 ，正确，错误 解析解析 设直线 AB 与 b 所成角为 ， 则 cos AB b b AB 2 2 |cos|. 当直线 AB 与 a 所成角为 60 ， 即 60 时， 则|sin| 2cos 2cos60 2 2 ， |cos| 2 2 .cos 2 2 |cos|1 2. 0 90 ，60 ，即直线 AB 与 b 所成角为 60 .正确， 错误 解析解析 3(2019 唐山模拟)如图

44、，在边长为 8 的菱形 ABCD 中，ABC120 ， 将ABD 沿 BD 折起，使点 A 到达 A1的位置，且二面角 A1BDC 为 60 . (1)求异面直线 A1C 与 BD 所成角的大小； (2)若点 E 为 A1C 的中点，求直线 BE 与平面 A1DC 所成角的正弦值 解 (1)连接 AC，交 BD 于点 O，连接 OA1， 因为四边形 ABCD 为菱形，所以 ACBD，从而 OA1BD，OCBD， 又因为 OA1OCO，所以 BD平面 A1OC，因为 A1C平面 A1OC，所以 BDA1C， 所以异面直线 A1C 与 BD 所成角的大小为 90 . 解解 (2)由(1)可知，A1OC 即为二面角 A1BDC 的平面角，所以A1OC 60 .以 O 为坐标原点，OB ，OC