打印空间向量法求解立体几何问题(共18页)

1、 用空间向量法求解立体几何(ltjh)问题典例利用空间向量解决立体几何(ltjh)的知识和基本求解方法一：利用(lyng)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 。向量求法：设直线的方向向量为，其夹角为，则有(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 。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直线与平面所成的角为，则有或在平面内任取一个向量，则.(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

2、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的大小。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就是 ，即d=.（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、Pl，平面与直线l间的距离d就是在向量n方向射影的绝对值，即d= .平面，平面的法向量为n，点M、P，平面与平面的距离d就是在向量n方向射影的绝对值，即d=.（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，Ma、Pb，则两异面直线a、b间

3、的距离d就是在向量n方向射影的绝对值，即d=.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(pngxng)的方法：（1）证明直线(zhxin)的方向向量与平面的法向量；（2）证明(zhngmng)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

4、）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。:典题赏析：题目1：.如图所示，在直三棱柱ABCA1B1C1中，BAC90，ABACAA11，延长A1C1至点P，使C1PA1C1，连结AP交棱CC1于点D.第1题(1)求证：PB1平面BDA1；(2)求二面角AA1DB的平面角的余弦值题目2：如图，在四棱锥中，底面为矩形，侧棱底面， 为的中点.（）求直线与所成角的余弦

5、值；（）在侧面内找一点，使面，并求出点到和的距离.ABCDC1D1A1B1第3题题目(tm)3. 已知正方体的棱长为a(1)求点到平面(pngmin)的距离(jl)；(2)求平面与平面所成的二面角余弦值第4题题目4：已知四棱锥的底面为直角梯形，底面，且，是的中点。（）证明：面面；（）求与所成的角；（）求面与面所成二面角的余弦值。题目5：如图，平面，四边形是正方形， ，点、分别为线段、和的中点. （1）求异面直线与所成角的余弦值第5题（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；若不存在，请说明理由.题目(tm)6：如图，在四棱锥(lngzhu)中，底面为矩形(jxn

6、g)，底面，是上一点，. 已知求（）异面直线与的距离； （）二面角的大小. 立体几何训练题：1.正方体中，是的中点，是底面的中心，是棱上任意一点，则直线与直线所成的角是( )A B C D与点的位置有关2. 空间中有四点，其中，且，则直线和( )A平行 B平行或重合 C必定相交 D必定垂直3若向量夹角的余弦值是，则的值为( )A.2 B.2C.2或D.2或4直线的方向向量为 EQ o(sup 7(),sdo3up 1(a)，平面内两共点向量，下列关系中能表示的是（ ）A. EQ o(sup 7(),sdo3up 1(a)= B. EQ o(sup 7(),sdo3up 1(a)= C. EQ

7、o(sup 7(),sdo3up 1(a)= D.以上均不能5以下向量中与向量 EQ o(sup 7(),sdo3up 1(a)（1,2,3）， EQ o(sup 7(),sdo3up 1(b)（3,1,2）都垂直的向量为（ ）A.(1,7,5) B.(1,7,5) C.(1，7,5)D.（1，7，5）6在正方体中，棱长为，分别是和上的点，则与平面的关系是( )A.相交 B.平行 C.垂直 D.不能确定7已知斜三棱柱ABCA1B1C1的底ABC为直角三角形，C=90；侧棱与底面成60角，B1点在底面射影D为BC中点,若侧面A1ABB1与C1CBB1成30的二面角，BC=2cm，则四棱锥AB1B

8、CC1的体积是（ ）A B. C D8已知三个向量(xingling)两两之间的夹角(ji jio)为，又，则( )A.3 B.4 C.5 D.69. 在长方体中，则到直线(zhxin)的距离为( )A. B. C. D.10. ABCD是边长为2的正方形，以BD为棱把它折成直二面角ABDC，E是CD的中点，则异面直线AE、BC的距离为 ( )A. B. C. D.111. 在正方体的侧面内有一动点到直线与直线的距离相等,则动点 所在的曲线的形状为A1B1BAPAA1B1BAPBA1B1BAPCA1B1BAPD ( ) 12. 对于向量a，b，定义ab为向量a，b的向量积，其运算结果为一个向量

9、，且规定ab的模|ab|a|b|sin(其中为向量a与b的夹角)，ab的方向与向量a，b的方向都垂直，且使得a，b，ab依次构成右手系.如图，在平行六面体ABCDEFGH中，EABEADBAD60，ABADAE2，则 ( )ABCDEFGHA. 4 B. 8 C. D. 13. 设是平面外一点，点满足，则直线与平面的位置关系是 14. 在空间四边形中，分别是和对角线的中点，则平面与平面的位置关系是 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SC所成的角等于_ _16. 在空间直角坐标系中，对其中任何一向量，定义范数，它满足以下性质：，当且仅当为零向量

10、时，不等式取等号；(2)对任意的实数，(注：此处点乘号为普通的乘号)。(3)。试求解以下(yxi)问题：在平面直角坐标系中，有向量，下面给出的几个表达式中，可能表示(biosh)向量的范数的是_(把所有(suyu)正确答案的序号都填上) (1) (2) (3)(4)17.在三棱柱ABCA1B1C1中，H是正方形AA1B1B的中心，AA12eq r(2)，C1H平面AA1B1B，且C1Heq r(5).(1)求异面直线AC与A1B1所成角的余弦值；(2)求二面角AA1C1B1的正弦值；(3)设N为棱B1C1的中点，点M在平面AA1B1B内，且MN平面A1B1C1，求线段BM的长18.如图，四棱锥

11、中，平面，底面是直角梯形，且，。（1）求证：； A B C D P x y y第18题（2）求点到平面的距离。19. 如右下图,在长方体ABCDA1B1C1D1中,已知AB= 4, AD =3, AA1= 2 第19题E、F分别是线段AB、BC上的点，且EB= FB=1(1) 求二面角CDEC1的正切值;(2) 求直线EC1与FD1所成的余弦值20. 已知正三棱柱(lngzh)ABC-A1B1C1的侧棱长和底面边长均为1，M是底面BC边上(bin shn)的中点，N是侧棱CC1上的点，且CN2C1N（）求二面角B1AMN的平面角的余弦(yxin)值；（）求点B1到平面AMN的距离。第21题21

12、. 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.第22题22已知四棱锥的底面为直角梯形，底面，且，是的中点。（）证明：面面；（）求与所成的角；（）求面与面所成二面角的余弦值。23.如图，在四棱锥中，底面是正方形，侧面是正三角形,平面底面（）证明：平面；（）求面与面所成的二面角的余弦(yxin)值第 24题24如图所示的多面体是由底面为的长方体被截面(jimin)所截面而得到(d do)的，其中. （）求的长； （）求点到平面的距离.25如图，在长方体，中，点在棱上移动

13、.（1）证明：；（2）当为的中点时，求点到面的距离；（3）等于何值时，二面角的大小为.26如图，在四棱锥(lngzhu)中，底面为矩形(jxng)，底面，是上一点(y din)，. 已知求（）异面直线与的距离； （）二面角的大小.27在四棱锥PABCD中，PD底面ABCD，底面ABCD为正方形，PD=DC，E、F 分别是AB、PB的中点.（）求证：EFCD；（）在平面PAD内求一点G，使GF平面PCB，并证明你的结论。zABCDxyA1B1C1D1MN第28题28.已知正四棱柱中，分别为的中点，平面.（ = 1 * ROMAN I）求二面角平面角的正切值；（ = 2 * ROMAN II）求点

14、到平面的距离用空间(kngjin)向量法求解立体几何问题典例参考答案1.解：如图171，以A1为原点，A1B1，A1C1，A1A所在直线(zhxin)分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系A1xyz，则A1(0,0,0)，B1(1,0,0)，C1(0,1,0)，B(1,0,1)，P(0,2,0)(1)在PAA1中有C1Deq f(1,2)AA1，即Deq blc(rc)(avs4alco1(0，1，f(1,2).eq o(A1B,sup6()(1,0,1)，eq o(A1D,sup6()eq blc(rc)(avs4alco1(0，1，f(1,2)，eq o(B1P,sup6()(1,2,0

15、)设平面(pngmin)BA1D的一个法向量为n1(a，b，c)，则eq blcrc (avs4alco1(n1o(A1B,sup6()ac0，,n1o(A1D,sup6()bf(1,2)c0.)令c1，则n1eq blc(rc)(avs4alco1(1，f(1,2)，1).n1eq o(B1P,sup6()1(1)eq f(1,2)2(1)00，PB1平面BDA1，(2)由(1)知，平面BA1D的一个法向量n1eq blc(rc)(avs4alco1(1，f(1,2)，1).又n2(1,0,0)为平面AA1D的一个法向量，cosn1，n2eq f(n1n2,|n1|n2|)eq f(1,1f

16、(3,2)eq f(2,3).故二面角AA1DB的平面角的余弦值为eq f(2,3).2.解：（）建立如图所示的空间直角坐标系， 则的坐标为、，从而设的夹角为，则与所成角的余弦值为.（）由于点在侧面内，故可设点坐标为，则，由面可得，ABCDC1D1A1B1(O)xy3-1 即点的坐标(zubio)为，从而(cng r)点到和的距离(jl)分别为.因此 eq o(BM,sup6()eq blc(rc)(avs4alco1(f(r(2),2)，f(r(2),4)，0)，所以线段BM的长|eq o(BM,sup6()|eq f(r(10),4).3.解 (1)按如图3-1所示建立空间直角坐标系，可得

17、有关点的坐标为、，向量，z设是平面的法向量，于是，有，即令得于是平面的一个法向量是 因此，到平面的距离(也可用等积法求得) (2) 由(1)知，平面的一个法向量是又因，故平面的一个法向量是 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 4-14.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，则各点坐标为.（）证明：因由题设知，且与是平面内的两条相交直线，由此得面.又在面上，故面面.（）解：因（）解：在上取一点，则存在使要使为所求二面角的平面角.5.解：（1）以点为坐标(zubio)原点，射线分别(fnbi)为的正半轴建立(jinl)空间直角坐标系如图示4-1

18、，点、，则，.第5-1题题xyz设异面直线与所成角为,所以异面直线与所成角大小为.（2）假设在线段上存在一点满足条件，设点，平面的法向量为，则有 得到，取，所以，则，又，解得，所以点即，则.所以在线段上存在一点满足条件，且长度为.6.解：（）以为原点，、分别为轴建立空间直角坐标系.由已知可得设由，即 由，又，故是异面直线与的公垂线，易得，故异面直线,的距离为.（）作，可设.由得即作于，设，则由，又由在上得因故的平面角的大小(dxio)为向量的夹角(ji jio).故 即二面角的大小(dxio)为训练题：答案123456789101112CDCDCBBCAABD13.AP平面 14.平面平面 1

19、5. EQ f(,3) 16. (1)(4)17.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(2eq r(2)，0,0)，B(0,0,0)，C(eq r(2)，eq r(2)，eq r(5)，A1(2eq r(2)，2eq r(2)，0)，B1(0,2eq r(2)，0)，C1(eq r(2)，eq r(2)，eq r(5)(1)易得eq o(AC,sup6()(eq r(2)，eq r(2)，eq r(5)，eq o(A1B1,sup6()(2eq r(2)，0,0)，于是coseq o(AC,sup6()，eq o(A1B1,sup6()eq f(o(AC,sup6

20、()o(A1B1,sup6(),|o(AC,sup6()|o(A1B1,sup6()|)eq f(4,32r(2)eq f(r(2),3).所以异面直线AC与A1B1所成角的余弦值为eq f(r(2),3).(2)易知eq o(AA1,sup6()(0,2eq r(2)，0)，eq o(A1C1,sup6()(eq r(2)，eq r(2)，eq r(5)设平面AA1C1的法向量 EQ o(sup 7(),sdo3up 1(m)(x，y，z)，则 EQ Blc(aal( EQ o(sup 7(),sdo3up 1(m)eq o(AA1,sup6()=0, EQ o(sup 7(),sdo3up

21、 1(m)eq o(A1C1,sup6()=0,) 即 EQ Blc(aal(2eq r(2)y=0,eq r(2)xeq r(2)y+eq r(5)z=0,) 不妨令xeq r(5)，可得 EQ o(sup 7(),sdo3up 1(m)(eq r(5)，0，eq r(2)同样地，设平面A1B1C1的法向量 EQ o(sup 7(),sdo3up 1(n)(x，y，z)，则 EQ Blc(aal( EQ o(sup 7(),sdo3up 1(n)eq o(A1C1,sup6()=0, EQ o(sup 7(),sdo3up 1(n) EQ o(sup 7(),sdo3up 1(A1B1)=0

22、,) 即 EQ Blc(aal(- EQ r(,2)x- EQ r(,2)y+ EQ r(,5)z=0,-2 EQ r(,2)x=0,) 不妨令yeq r(5)，可得 EQ o(sup 7(),sdo3up 1(n)(0，eq r(5)，eq r(2)于是cos EQ o(sup 7(),sdo3up 1(m)， EQ o(sup 7(),sdo3up 1(n)eq f( EQ o(sup 7(),sdo3up 1(m) EQ o(sup 7(),sdo3up 1(n),| EQ o(sup 7(),sdo3up 1(m)| EQ o(sup 7(),sdo3up 1(n)|)eq f(2,r

23、(7)r(7)eq f(2,7)， 从而sin EQ o(sup 7(),sdo3up 1(m)， EQ o(sup 7(),sdo3up 1(n)eq f(3r(5),7).所以二面角AA1C1B1的正弦值为eq f(3r(5),7).(3)由N为棱B1C1的中点，得Neq blc(rc)(avs4alco1(f(r(2),2)，f(3r(2),2)，f(r(5),2).设M(a，b,0)，则eq o(MN,sup6()eq blc(rc)(avs4alco1(f(r(2),2)a，f(3r(2),2)b，f(r(5),2).由MN平面A1B1C1，得 EQ Blc(aal( EQ o(su

24、p 7(),sdo3up 1(MN) EQ o(sup 7(),sdo3up 1(A1B1)=0, EQ o(sup 7(),sdo3up 1(MN) EQ o(sup 7(),sdo3up 1(A1C1)=0,) 即eq blcrc (avs4alco1(blc(rc)(avs4alco1(f(r(2),2)a)2r(2)0，,blc(rc)(avs4alco1(f(r(2),2)a)r(2)blc(rc)(avs4alco1(f(3r(2),2)b)r(2)f(r(5),2)r(5)0.)得eq blcrc (avs4alco1(af(r(2),2)，,bf(r(2),4)，)|BM|=

25、EQ f( EQ r(,10),4)18.解：（1）如图建系，则 ， ，故。 （2），设平面(pngmin)的法向量(xingling)为， 依题意(t y)，取。 ，所以点到平面的距离。19.解：（I）以A为原点，分别为x轴，y轴，z轴的正向建立空间直角坐标系，则有D(0,3,0)、D1(0,3,2)、E(3,0,0)、F(4,1,0)、C1(4,3,2),故设向量（II）设EC1与FD1所成角为，则20.解（）建立如图所示的空间直角坐标系，则(0,0,1)，M（0，0）,C(0,1,0), N (0,1,) , A ()，所以,因为所以,同法可得。故为二面角AMN的平面角故二面角AMN的平面角的余弦值为。（）设n=(x, y, z)为平面(pngmin)AMN的一个法向量，则由得, 故可取(kq)设与n的夹角(ji jio)为a，则。所以到平面AMN的距离为。21.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，（II）设为面AEC1F的法向量，的夹角为a，则C到平面AEC1F的距离为，即直线到平面BD