数学经典易错题会诊与高考试题预测11

经典易错题会诊与2012届高考试题预测〔十一〕考点11空间向量►求异面直线所成的角►求直线与平面所成的角►求二面角的大小►求距离►利用空间向量解立体几何中的探索问题►利用空间向量求角和距离经典易错题会诊命题角度1求异面直线所成的角1．〔典型例题Ⅰ〕如图11-1，四棱锥P—ABCD的底面为直角梯形，AB∥DC，∠DAB=90°，PA⊥底面ABCD，且PA=AD=DC=AB=1，M是PB的中点。〔1〕证明：面PAD⊥面PCD；〔2〕求AC与PB所成的角；〔3〕求面AMC与面BMC所成二面角A-CM-B的大小。[考场错解]第〔2〕问。∵PA⊥底面ABCD，且∠DAB=90°∴AD、AB、AP两两互相垂直，建立如下图的坐标系，那么A〔0，0，0〕，C〔1，1，0〕，B〔0，2，0〕，P〔0，0，1〕，∴=〔1，1，0〕，=〔0，-2，1〕，∴cosθ=∴AC与PB所成的角为arccos(-).[专家把脉]上述错解中有两个错误：〔1〕的坐标应用B的坐标减P的坐标，∴=〔0，2，-1〕；〔2〕异面直线所成角的范围不正确，公式记忆不准确，实际上异面直线所成的角的范围不正确，公式记忆不准确，实际上异面直线所成的角的范围为〔0°，90°〕，而arccos(-)为钝角，cosθ=[对症下药]〔1〕∵PA⊥底面ABCD，∴PA⊥CD，又CD⊥AD，∴CD⊥平面PAD，又CD平面PCD，∴平面图PAD⊥平面PCD。〔2〕∵PA⊥底面ABCD，∴PA⊥CD，PA⊥AB，又AD⊥AB，∴可以建立如下图空间坐标系，那么由A〔0，0，0〕、C〔1，1，0〕、B〔0，2，0〕、P〔0，0，1〕∴=〔1，1，0〕，=〔0，2，-1〕，设与PB成角为θ，那么cosθ=,∴AC与PB所成的角为arccos.(3)∵M为PB的中点，∴M〔0，1，〕，∴=〔0，1，〕，=〔1，1，0〕设n1=(x,y,z)为平面AMC的法向量，那么n1⊥,n1⊥,∴y=z=0,x+y=0,令x=1,得y=-1,z=2,∴n1=(1,-1,2)为平面AMC的一个法向量，同理可求得n2=(1,1,2)为平面BMC的一个法向量，∴n1、n2的夹角为arccos,而从图中可看出A-MC-B为钝角，∴二面角A-CM-B的大小为。2．〔典型例题〕如图11-2，在直四棱术ABCD-A1B1C1D1中，AB=AD=2，DC=2，AA1=，AD⊥DC，AC⊥BD，垂足为E。〔1〕求证BD⊥A1C；〔2〕求二面角A1-BD-C1的大小；〔3〕求异面直线AD与BC1所成角的大小。[考场错解]第〔3〕问，由AD、DC、DD1两两互相垂直，∴建立如下图的空间直角坐标系，∴A〔2，0，0〕、D〔0，0，0〕、B〔2，2，0〕C1〔0，2，〕∴〔-2，0，0〕=〔-2，0，〕。cosθ==∴AD与BC1所成的角为arccos.[专家把脉]B点坐标计算错误,其实质是位置关系未分析清楚,错误地认为AB⊥AD,BC⊥CD,此题还会出现以BD为x轴,DC为y轴,DD1为z轴的建立坐标系的错误.[对症下药](1)∵ABCD—A1B1C1D1为直四棱柱。∴AA1⊥底面ABCD，∴A1C在底面ABCD上的射影为AC，又由AC⊥依三垂线定理可得BD⊥A1C。〔2〕如图，以D为坐标原点，DA、DD1所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系。连接A1E1、C1E1、AG1。与〔1〕同理可证，BD⊥A1E1，BD⊥C1E1，∴∠A1EC1为二面角A1-BD-C1的平面角。由A1〔2，0〕、C1〔0，2，〕、E〔〕，得即EA1⊥EC1。∴二面角A1-BD-C1的大小为90°。〔3〕在平面ABCD中，过A作BF⊥AD，交DA的延长线于F，由AD=2，CD=2，得AC=4，∠DAE=60°，∴AE=1，在Rt△AEB中，AB=2，AE=1，∠BAE=60°，在Rt△AFB中AB=2，∠BAF=60°，∴BF=，AF=1，DF=2+1=3，∴B的坐标为〔3，，0〕由D〔0，0，0〕、A〔2，0，0〕、C1〔0，2，〕、B〔3，，0〕，得∴cos〔、〕=，∴异面直线AD与BC1所成角的大小为arccos。此题还可以E为坐标原点，EB、EC分别为x轴和y轴，那么z轴与AA1平行，E〔0，0，0〕、A1〔0，-1，〕、C1〔0，3，〕B〔，〕0，0〕、D〔-，0，0〕、A〔0，-1，0〕，其中A1、D、A的坐标容易求错。专家会诊利用空间向量求异面直线所成的角，公式为cos关键是正确地建立坐标系进而写出各有关点的坐标，建立坐标会出现用三条两两不垂直的直线作x轴、y轴、z轴的错误，还会出现用三条两两互相垂直但不过同一点的三条直线作x轴、y轴、z轴的错误。写点的坐标也容易出现错误，学习时要掌握一些特殊点坐标的特点，如x轴上的点坐标为〔a，0，0〕，xoz面上的点坐标为〔a,0,b〕等，其次还应学会把某个平面单独分化出来，利用平面几何的知识求解，如本节的例2，求B的坐标。考场思维训练1．正三棱柱ABC—A1B1C1的底面边长为2a,高为b，求异面直线AC1和A1B所成的角。答案：如图：∵ABC-A1B1C1为正三棱柱，∴AA1⊥平面空间直角坐标系.那么A〔0，0，0〕、A1〔0，0，b〕、B〔a,a,0〕、C1〔2a,0,b〕,∴∴cosθ=AC1与A1B所成的角为arccosAC1与A1Ba所成的角为π-arccos.2．如图11-4，在棱长为1的正方体ABCD—A1B1C1D1中，E、F分别是D1D，BD的中点，G在CD上，且CG=CD，H为C1G的中点。〔1〕求证：EF⊥B1C；答案：建立如下图的空间直角坐标系，由有E〔0，0，〕、F〔，，0〕、C〔0，1，0〕、B1〔1，1，1〕、G〔0，，0〕〔1〕∵EF⊥B1C.〔2〕求EF与C1G所成角的余弦；答案：(0,,0)-(0,1,1)=(0,-,-1),∵∴cosθ=〔3〕求FH的长。答案：由中点坐标公式，得H的坐标为〔0，〕又F〔，，0〕,∴(-,,),FH=3．如图11-5四棱锥P—ABCD的底面ABCD是矩形，PA⊥底面ABCD，PA=AB=1，BC=2。〔1〕求证：平面PAD⊥平面PCD；答案：由PA⊥平面ABCD，又ABCD为矩形，∴CD⊥AD,∴CD⊥平面PAD，∴面PAD⊥面PCD.〔2〕假设E是PD的中点，求异面直线AE与PC所成角的余弦值；答案：A(0,0,0)、P〔0，0，1〕、D〔0，2，0〕，E为PD中点，∴E(0,1,)、C〔1，2，0〕，∴∴AE与PC所成角的余弦值为〔3〕在BC边上是否存在一点G，使得D点在平面PAG的距离为1，如果存在，求出BG的值；如果不存在，请说明理由。答案：假设BC边上存在一点G满足D到PAG的距离为1，设G〔1，y,0〕,那么=〔0,0,1〕=(1,y,0),设n=(a、b、c)为平面PAG的一个法向量，由n⊥,得c=0,由n⊥，得a+by=0,令a=1,得b=-,∴n=(1,-,0)

为平面PAG的一个法向量，∴d=,解得y=,∴BC上存在一点G，BG=，使得D到平面PAG的距离为1.命题角度2求直线与平面所成的角1．〔典型例题〕如图在三棱锥P—ABC中，AB⊥BC，AB=BC=KPA，点O、D分别是AC、PC的中点，OP⊥底面ABC。〔1〕当k=时，求直线PA与平面PBC所成角的大小；〔2〕当k取何值时，O在平面PBC内的射影恰好为△PBC的重心？[考场错解]〔1〕∵PO⊥OC，PO⊥OB，又AB=BC，O为AC的中点，∴BO⊥OC，∴以O为坐标原点，OB、OC、OP所在直线x、y、z轴建立穿间直角坐标系，那么O〔0，0，0〕、C〔0，a,0〕其中设AC=2a，A〔0，-a,0〕P(0,0,)、B〔a,0,0〕∴=(0,-a,-a),=(a,0,-a)=(0,a,-a),设n=〔x,y,z〕为平面PBC的一个法向量，由n⊥,得ax-az=0,由n⊥,得ay-az=0,令x=1,得z=,y=1,∴n=(1,1,)为平面PBC的一个法向量，设PA与平面PBC所成的角为θ，那么cosθ=.[专家把脉]公式记忆错误,其实质是未能把直线与平面所成的角与向量的夹角联系上,应为直线与平面所成角的正弦值.[对症下药](1)由错解和错因知,设PA与平面PBC所成的角为θ,那么cosθ=,∴θ=arcsin.∴PA与平面PBC所成的角为arcsin.(2)设P(0,0,b),那么=(a,0,-b),=(0,a,-b),设G为△PBC的重心,那么由穗主坐标公式得G(),由OG⊥平面PBC,∴,得a=b,即PO=a，在Rt△POA中，PA=a,又AB=a,∴R=1,∴当k=1时O在平面PBC内的射影为△PBC的重心。2．〔典型例题Ⅱ〕如图11-7，四棱锥P—ABCD中，底面ABCD为矩形，PD⊥底面ABCD，AD=PD，E、F分别为CD、PB的中点。〔1〕求证EF⊥平面PAB；〔2〕设AB=BC，求AC与平面AEF所成的角的大小。[考场错解]第〔2〕问，由PD⊥CD，PD⊥AD，CD⊥AD，∴建立如下图的空间直角坐标系，设BC=a，那么AB=a，可得D〔0，0，0〕、C〔a，0，0〕、A〔0，a,0〕、B〔a,a,0〕，以后算出的坐标，平面AEF的一个法向量的坐标，利用公式sinθ=得出结果。[专家把脉]B的坐标写错，由于此题中所建坐标系与通常所建坐标系在直观上有所不同，其实质还是求点的坐标不熟练所致。[对症下药]〔1〕连接PE、BE、CF、FD。在Rt△PED中，PE=，在Rt△BCE中，BE=又由AD=BC=PD，CD=ED，∴PE=BE，又F为PB中点，∴EF⊥PB，又在Rt△PBC中，CF=PB，在Rt△PDB中，DF=PB，∴CF=DF，∴EF⊥CD，又AB∥CD，∴EF⊥AB，∴EF⊥平面PAB；〔2〕由PD⊥CD，PD⊥AD，又AD⊥CD，所以建立如图11-8所示的空间直角坐标系，设BC=a，那么AB=BC=a，得D〔0，0，0〕、C〔a,0,0〕、A〔0，a,0〕B〔a,a,0〕、P〔0，0，a〕，由中点坐标公式得E〔〕，F〔〕∴设n=〔x,y,z〕为平面AEF的一个法向量，由n⊥，得为平面AEF的一个法向量，设AC与平面AEF所成的角为θ，那么sinθ=∴AC与平面AEF所成的角为arcsin.[专家会诊]求直线与平面所成角的公式为：sinθ=,其中a为直线上某线段所确定的一个向量，n为平面的一个法向量，这个公式很容易记错，关键是理解，有些学生从数形结合来看，认为n应过直线上某个点，如例4中n应过C点，这是错误的，这里n是平面的任意一个法向量，再说一个向量过某一个具体的点这种说法也是错误的。考场思维训练1如图11-9，在直三棱柱ABC—A1B1C1中，∠ACB=90°AC=2，BC=6，D为A1B1的中点，异面直线CD与A1B垂直。〔1〕求直三棱术ABC-A1B1C1的高；答案：以CA、CB、CC1所在的直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，那么由有A1〔2,0,x〕、B〔0，6，0〕、D〔1，3，x〕，C〔0，0，0〕，其中x为直三棱柱，∴〔1，3，x〕,又A1B⊥CD，∴·=0，得〔-2〕×1+6×3-x2=0,解得x=4或x=-4(舍去)∴直三棱柱的高为4.〔2〕求直线A1B与平面CC1A1C所成的角。答案：由(1)知=(-2，6，-4)，又BC⊥平面ACC1A1∴为平面CC1A1C的—个法向量,又(0，-6，0)∴sinθ=∴直线A1B与平面CC1A1C所成的角为arcsin2如图，正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，底面边长AB=2，侧棱BB1的长为4，过点B作B1C的垂线交侧棱CC1于点E，交B1C于点F。〔1〕求证：A1C⊥平面BED；答案：以DA、DC、DD1分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，那么D(0，0，0)、A(2，0，0)、A1(2，0，4)、B(2，2，0)，设E(0，2，x)那么=(-2，0，x)，=(-2，0，-4)，由⊥∴·=0,得x=1，∴E(0，2，1)，∴=(-2，0，1)，=(-2，-2，0)，=(-2，2，-4)，由·=0知A1C⊥BE，·BD=0知A1C⊥BD，∴A1C⊥平面BED〔2〕求A1B与平面BDE所成的角是正弦值。答案：由(1)知=(-2，2，-4)为平面BED的一个法向量，=(0，2，-4),∴sinθ=∴θ=arcsin.∴A1B与平面BDE所成的角为arcsin.3四棱锥P-ABCD〔如图〕，底面是边长为2的正方形，侧棱PA⊥底面ABCD，M、N别为AD、BC的中点，MQ⊥PD于Q，直线PC与平面PBA所成角的正弦值为〔1〕求证：平面PMN⊥平面PAD；答案：以A为坐标原点，分别以AB、AD、AP所在的直线为x轴、y轴和z轴，建立空间直角坐标系(图略)．设PA=a，那么A(0，0，0)，B(2，0，0)，C(2，2，0)，D(0，2，0)，P(0，0，a)，M(0，1，0)，N(2，1，0)．∴=(2，0，0)，=(0，0，a)，=(0，2，0)，∴,∴MN⊥平面PAD.∵MN平面PMN，∴平面PMN⊥平面PAD.〔2〕求PA的长；答案：=(2，2，-a)，平面PBA的一个法向量为n==(0，1，0)∵直线PC与平面PBA成角的正弦值为，∴|cos<,n>|=即,∴a=2，即PA=2．〔3〕求二面角P-MN-Q的余弦值。答案：由(Ⅰ)，MN⊥平面PAD，知MQ⊥MN,MP⊥MN,∴∠PMQ即为二面角P—MN—Q的平面角．而PM=,MQ=，MD=,∴cosPMQ=∴二面角P-MN-Q的余弦值为命题角度3求二面角的大小1．〔典型例题〕在四棱锥V-ABCD中，底面ABCD是正方形，侧面VAD是正三角形，平面VAD⊥底面ABCD，如图11-12。〔1〕证明：AB⊥平面VAD；〔2〕求二面角A-VD-B的大小。[考场错解]〔2〕过V作VO⊥AD于O，由平面VAD⊥底面ABCD，∴VO⊥底面ABCD，∴以OA、OV分别为x、z轴建立空间坐标系，那么分别算出VAD与VBD的法向量n1=〔0，1，0〕,n2=〔1，-1，〕，∴cos(n1·n2)=-。∴二面角A-VD-B的大小为[专家把脉]认为两平面的法微量是的夹角等于二面角的大小，这是错误的，实际上法向量的夹角与二面角的平面角相等或互补。此题中A-VD-B为一锐二面角。[对症下药]〔1〕∵平面VAD⊥平面ABCD，AB⊥AD，∴根据两面垂直的性质和AB⊥平面VAD。〔2〕过V作VO⊥AD于O，由平面VAD⊥平面ABCD，得VO⊥底面ABCD，∴可以建立如衅11-13所示的空间直角坐标系，设正方形的边长为1，那么A〔，0，0〕、B〔，1，0〕、C〔-，1，0〕、D〔-，0，0〕、V(0,0,)由〔1〕知=〔0，1，0〕为平面VAD的一个法向量，〔-1，-1，0〕，设n=(x,y,z)为平面VDB的一个法向量，由n⊥得，x+y=0,令x=1,得y=-1,z=-。∴cos<,n>=又由图形知二面角A-VD-B为锐二面角，∴二面角A-VB-B的大小为arccos.2．〔典型例题〕如图11-14，三棱锥P-ABC中，E、F分别是AC、AB的中点，△ABC、△PEF都是正三角形，PF⊥AB。〔1〕证明：PC⊥平面PAB；〔2〕求二面角P-AB-C的平面角的余弦值；〔3〕假设点P、A、B、C在一个外表积为12π的球面上，求△ABC的边长。[考场错解]以EB、EC、EP分别为x轴、y轴、z轴建立空间坐标系。[专家把脉]坐标系建立错误，实际上BE⊥EC，PE⊥EC都可以证得，但PE与EB不垂直，此题用穿间向量来解没有用传统方法来解方便，建立坐标系错误或不知息样建立坐标系的穿间向量中的常见错误。[对症下药]∵F为AB中点，PF⊥AB，∴PA=PB，又△PEF为正三角形，∴PE=PF，在△PAE与△PAF中，PE=PF，AE=AF，∴△PAE≌△PAF，∴∠PEA=∠PEF=90°，又E为AC中点，∴PA=PC，∴PA=PB=PC，∴P在底面ABC上的射影为正△ABC的中心，建立如图11-14所示的空间坐标系，设底面△ABC的边长为2a，那么PA=PB=PC=a，∴PO=∴P〔0，0，a〕，C〔0，0〕，A〔0〕，C〔0，0〕，B〔0〕。〔1〕由知PC⊥PA，同理PC⊥BP，∴PC⊥平面PAB。〔2〕由〔1〕知=〔〕为平面PAB的一个法向量，=〔0，0，〕为平面ABC的一个法向量，cos<>=又由图形知P-AB-C的平面角的余弦值为。〔3〕由球半径为，又PA、PB、PC两两互相垂直，∴PA2+BP2+PC2=〔2〕2，得PA=2，∴AB=2，即正三角形的边长为2专家会诊利用空间向量求二面角，先求两平面的法向量，利用向量的夹角公式求出两法现量的夹角，二面角的平面角与法向量的夹角相等或互补，具体是哪一种，一般有两种判断方法：〔1〕根据图形判断二面角是锐角还是钝角；〔2〕根据两法向量的方向判断。实际上很多求二面角的题目，还是传统方法〔如三垂线定理作出二面角的平面角〕简单，或传统方法与空间向量相结合来解。考场思维训练1如图，在三棱锥P-OAC中，OP、OA、OC两两互相垂直，且OP=OA=1，OC=2，B为OC的中点。〔1〕求异面直线PC与AB所成角的余弦值；答案：解：以OA、OC、OP，所在直线为，x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系．那么O(0，0，0)、P(0，0，1)、C(0，2，0)、B(0，1，0)．(1)=(0，2，-1)，=(-1，1，0)，cos<，>，∴PC与AB所成角的余弦值为.〔2〕求点C到平面PAB的距离；答案：=(1，0，-1)，=(-1，1，0)，设n1=(x，y，z)为平面PAB的一个法向量，那么x-z=0,x-y=0，令x=1得n1=(1，1，1)为平面PAB的一个法向量．=(0，-1，0)，∴d=∴C到平面PAB的距离为．〔3〕求二面角C-PA-B的大小〔用反余弦表示〕。答案：=(-1，2，0)，=(1，0，-1)，设n2=(x，y，z)为平面PAC的一个法向量，由2y-x=0，x-z=0，令x=1，得n2=(1，，1)为平面PAC的一个法向量．∴cos∠n1,n2>=,又由图形知C-PA-B为锐二面角.∴C-PA-B的大小为.2如下图，四棱锥P-ABCD的底面是正方形，PA⊥底面ABCD，PA=AD=2，点M、N分别在棱PD、PC上，且PC⊥平面AMN。〔1〕求证：AM⊥PD；答案：解析：(1)由PC⊥平面AMN，得PC⊥AM，又可得CD⊥平面PAD，∴CD⊥AM，∴AMA⊥平面PCD，∴AM⊥PD．〔2〕求二面角P-AM-N的大小；答案：以AB、AD、AP为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，那么由A(0，0，0)，P(0，0，2)C(2，2，0)，可以算得N分的比为，∴N(，，)、M(0，1，1)、=(2，2，-2)为平面AMN的一个法向量，=(2，0，0)为平面PAM的一个法向量，且cos∠，>.∴P——AM——N的大小为arccos.〔3〕求直线CD与平面AMN所成角的大小。答案：=(-2，0，0)，sinθ=.∴CD与平面AMN所成角为arcsin.3如下图，正四棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面边长为4，AA1=6，Q为BB1的中点，P∈DD1，M∈A1B1，N∈C1D1，AM=1，D1N=3。〔1〕当P为DD1的中点时，求二面角M-PN=D1的大小；以A1D1为x轴，D1C1为y轴，DD1,为z轴，D1为原点，建立空间直角坐标系那么D1(0，0，0)、A1(4，0，0)、P(0，0，3)、M(4，1，0)、N(0，3，0)∴=(4，0，0)，=(0，3，-3)，=(4，1，-3)显然是面PD1N的法向量．设面PMN的法向量为n=(x，y,z)那么由∴y=z=2x不妨取n=(1，2，2)，设与n成角θ那么cosθ=∴θ=arccos.由题知二面角M--PN--D1大小为arccos.〔2〕在DD1上是否存在点P，使QD1⊥面PMN？假设存在，求出点P的位置；假设不存在，请说明理由；答案：=(-4，2，0)，=(-4，-4，-3)∵·=(-4，-4，-3)·(-4，2，0)=8≠O∴QD1与不垂直．∴不存在点P使QD1⊥面PMN．〔3〕假设P为DD1中点，求三棱锥Q=PMN的体积。答案：P(0，0，3)、M(4，1，0)、N(0，3，0)、=(4，1，-3)，=(0，3，-3)，||=由(1)取平面PMN的法向量n=(1，2，2)那么Q到平面PNM的距离h=∴VQ-PMN=×S△PMN·h=×9×4=12．命题角度4求距离1．〔典型例题〕如图11-18，直二面角D-AB-E中，四边形ABCD是边长为2的正方形，AE=EB，F为CE上的点且BF⊥平面ACE。〔1〕求证：AE⊥平面BCE；〔2〕求二面角B-AC-E的大小；〔3〕求点D到平面ACE的距离。[考场错解]第〔3〕问，以A为坐标原点，AB、AD分别为y轴，z轴建立空间坐标系，由〔1〕知∠AEB=90°∴∠EAB=45°，可得E〔1，1，0〕，在Rt△BCE中，F分的比为2，∴F〔〕，为平面BCE的一个法向量，〔0，2，-2〕，∴D到平面ACE的距离d=[专家把脉]点到面的公式用错，求A到平面α的距离的公式为其中a为A且与α相交的线段所确定的向量，n为平面的任一非零法向量。此题假设用D到面ACE的距离等于B到面ACE的距离，而后者即为BF，将会更简单。[对症下药]〔1〕∵BF⊥平面ACE，∴BF⊥AE，又D-AB-E为直二面角，CB⊥AB，∴CB⊥平面AEB，∴CB⊥AE，∴AE⊥平面BCE。〔2〕以A为坐标原点，AB、AD分别为y轴、z轴建立如衅11-18所示的空间坐标系，那么由∠AEB=90°，AE=EB，得∠EAB=45°，AE=，得E〔1，1，0〕，在Rt△BCE中，F分的比为2，∴F〔〕，为平面ACE的一个法向量，平面ABC的一人法向量为x轴，取n=(1,0,0),∴cos(n,)=,又由图知B-AC-E为锐二面角。∴B-AC-E的大小为arccos.(3)〔0，2，-2〕,∴D到平面ACE的距离d=2．〔典型例题〕如图11-19，在三棱锥S-ABC中，△ABC是边长为4的正三角形，平面SAC⊥平面ABC，SA=SC=，M、N分别为AB、SB的中点〔1〕证明：AC⊥SB；〔2〕求二面角N-CM-B的大小。〔3〕求点B到平面CMN的距离。[考场错解]因为平面SAC⊥平面ABC，∴SC⊥平面ABC，∴C为坐标原点，CB、CS为y轴、z轴建立空间坐标系。[专家把脉]坐标系建立错误，实质是对二面垂直的性质不熟悉所致，SC与平面ABC不垂直。[对症下药]取AC中点O，连续OS、OB，∵SA=SC，AB=BC，∴AC⊥SO，AC⊥OB，又平面SAC⊥平面ABC，SO⊥AC，∴SO⊥平面ABC，∴SO⊥BO。以OA、OB、OC分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系如下列图。〔1〕A〔2，0，0〕、B〔0，2，0〕、C〔-2，0，0〕、S〔0，0，2〕、M〔1，，0〕、N〔0，，〕∴=〔-4，0，0〕，=〔0，2，-2〕∵∴AC⊥SB。〔2〕由〔1〕得设n=〔x,y,z〕为平面CMN的一个法向量，那么可得n=〔〕为平面CMN的一个法向量，又=〔0，0，2〕为平面ABC的一个法向量，∴cos<n,>=又由图知二面角N-CM-B的大小为锐角，∴二面角N-CM-B的大小为arccos。〔3〕由〔1〕、〔2〕得为平面CMN的一个法向量。∴点B到平面CMN的距离d=专家会诊立体几何中的距离以点到面的距离最为重要利用空间和量求点到面的距离关键是对公式d=的理解和记忆，其中a为过该点且与平面相交的线段确定的向量，n为平面的任意一个法向量，这个任意给解题带来了很大的方便。当然有些题目用空间向量来解可能没有传统方法简单。考场思维训练1ABCD是边长为4的正方形，E、F分别是AB、AD的中点，PC垂直于ABCD所在的平面，且PC=2。求点B到平面PEF的距离。答案：解：以CD、CB、CP为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，那么C(0，0，0)、P(0，0，2)、F(4，2，0)、E(2，4，0)、B(4，4，0)，∴=(2，4，-2)，=(4，2，-2)，设n=(x，y，z)为平面PEF的一个法向量，那么由n⊥,得2x+4y-2z=0，由n⊥得4x+2y-2z=0，令x=1，得y=1，z=3，∴n=(1，1，3)为平面PEF的一个法向量．∴d=2如图：正四棱柱ABCD—A1B1C1D1的底面边长是，侧棱长是3，点E、F分别在BB1、DD1上，且AE⊥A1B，AF⊥A2C。〔1〕求证：A1C⊥平面AEF；答案：∵CB⊥平面A1B，∴A1C在平面A1B上的射影为A1B，又A1B⊥AE,AE平面A1B．∴A1C⊥AE．同理A1C⊥AF，∴A1C⊥平面AEF．〔2〕求二面角A-EF-B的大小；答案：以D为坐标原点，以DA、DC、DD1在的直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，那么D(0，0，0)、A(，0，0)、A1(，0，3)、C(0，，0)，由(1)知=(-，，-3)为平面AEF的一个法向量，设n为平面AEB的一个法向量，可以算得F(0，0，1)、E(，，1)，∴=(0，0，1)、(-，-,0)，由n⊥,得z=0，n⊥，得x+y=0，令x=1，那么y=-1，∴n=(1，-1，0)为平面BEF的一个法向量．∴cos∠n,>=又从图知A—EF—B为锐二面角，∴二面角A—EF—B的大小为a1ccos.〔3〕求点B1到平面AEF的距离。答案：B1(，，3)、(0，0，-2)、(-，，-3)为平面AEF的一个法向量，∴d=3在三棱锥P-ABC中，PA=PB=PC，BC=2a，AC=a，AB=a，点P到平面ABC的距离为a〔1〕求二面角P-AC-B的大小；答案：设O为BC中点，那么可证明PO⊥面ABC，建立如图3所示的空间直角坐标系，那么A〔，-a,0〕、B〔-a,0,0〕、C(a,0,0)、P〔0，0，〕，AC中点D〔，AB⊥AC，PA=PC，PD⊥AC，cos<>即为二面角P-AC-B的余弦值。而cos<>=∴二面角P-AC-B的大小为60°〔2〕求点B’到平面PAC的距离。答案：由〔1〕知=〔n=(x,y,z)为平面PAC的一个法向量，那么由n⊥∴B’到平面PAC的距离为.探究开放题预测预测角度1利用空间向量解立几中的探索性问题1．如图11-23，PD⊥面ABCD，ABCD为正方形，AB=2，E是PB的中点，且异面直线DP与AE所成的角的余弦为。试在平面PAD内求一点F，使EF⊥平面PCB。[解题思路]建立空间坐标系，DP与AE所成的角的余弦为，求出E的坐标，再设F的坐标，得用求解。[解答]以DA、DC、DP所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立如图11-24所示的穿间直角坐标系，那么A〔2，0，0〕、B〔2，2，0〕、C〔0，2，0〕，设P〔0，0，2m〕那么E〔1，1，m〕，∴cos<>=得m=1.∴P(0,0,2),E(1,1,1)∵F∈平面PAD，∴可设F〔x,0,z〕,=(x-1,-1,z-1)、EF⊥平面PCB，∴，∴=0，即〔x-1,-1,z-1〕·(2,0,0)=0,∴x=1,又由，得〔x-1,-1,z-1〕·(0,z,-1)=0,得z=0.∴点F的坐标是〔1，0，0〕，即点F是AD的中点时EF⊥平面PCB。2．如图11-25，直四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，面ABCD是一个直角梯形，AB、CD为梯形的两腰，且AB=AD=AA1=a。〔Ⅰ〕如果截面ACD1的面种为S，求点D到平面ACD1的距离；〔Ⅱ〕当为何值时，平面AB1C⊥平面AB1D1。证明你的结论。[解答思路]第〔1〕问用传统方法的等体积法求解较为方便，第〔2〕问是一个探索条件的题目，在立体几何中这一类问题用空间向量是来解具有优越性。[解答]〔1〕由VD-ACD1=VC-ADD1，过C作CE⊥AD。∵ABCD-A1B1C1D1为直四棱柱。∴平面ABCD⊥平面AA1BD，∴CE⊥平面ADD1A1，∴CE=a是C到平面ADD1的距离。∴sh=∴即点D到ACD1的距离为〔2〕分别以A1B1，A1D1，A1A为x轴、y轴、z轴建立如图11-26所示的空间直角坐标系，那么A1〔0，0，0〕、A〔0，0，a〕、B1〔a,0,0〕,设c(a,b,a),设n1=(x,y,z)是平面AB1C的一个法向量，〔a,0,-a〕,(a,b,0),∴n1·=0，n1·0，得ax-az=0,ax+by=0,令x=1,∴n1=(1,-,1),同理算出平面ABD1的法向量n2=(1,1,1).∵平面AB1C⊥平面AB1D1，∴n1⊥n2,即n1·n2=0∴1-+1=0,解得=2,即当时，平面ABC⊥平面AB1D1。预测角度2利用空间向量求角和距离1．长方体ABCD-A1B1C1D1中，AB=1，BC=a，AA1=1。〔1〕棱BC上是否存在点P，使A1P⊥PD，说明理由；〔2〕假设BC上有且仅有一点P，使A1P⊥PD，试求此时的二面角P-A1D-A的大小。[解答思路]建立空间直角坐标系，设出P的坐标，将问题转化为方程是否有解来求解第〔1〕问，第〔2〕问利用公式求解。[解答]以、、分别为x轴、y轴、z轴建立如下图的空间直角坐标系，那么A〔0，0，0〕、A1〔0，0，1〕、D〔0，a，0〕〔1〕假设存在这样的P∈BC，使得A1P⊥PD，设P〔1，y,0〕，那么∴，∴y2-ay+1=0,△=a2-4，当a>2时，存在两点，使得A1P⊥DP；当a=2时存在一点，使得A1P⊥DP；当0<a<2时，不存在这样的P点。〔2〕由题意得a=2，此时P〔1，1，0〕，=〔1，1，-1〕，〔-1，1，0〕，设n1=(x,y,z)为平面PA1D的一个法向量，由n1⊥A1P及n1⊥得：x+y-z=0,x-y=0,令x=1,得y=1,z=2,∴n1=(1,1,2)平面A1DA的法向量n2=(1,0,0),∴cos<n1,n2>=,又由图知P-A1D-A为锐二面角。∴P-P1D-A的大小为arccos考点高分解题综合训练1在正方体ABCD-A1B1C1D1中，M、N分别是棱AA1和BB1的中点，那么CM与D1N夹角的正弦值为〔〕答案：B解析：以DA、DC、DD1分别为x、y、z轴建立空间直角坐标系，设正方体边长为2，那么M〔2，0，1〕、N〔2，2，1〕、C〔0，2，0〕、D1〔0，0，2〕，∴=〔2，-2，2〕，∴CM与D1N所成角的正弦值为，∴选B2矩形ABCD的两边AB=3，AD=4，PA⊥平面ABCD，且PA=，那么二面角A-BD-P的度数为〔〕A．30°B．45°C．60°D．75°答案：A解析：以AB、AD、AP分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系，那么平面ABCD的法向量n1=(0,0,),平面BDP的一个法向量为〔4，3，〕，∴二面角的余弦值为，∴二面角的大小为30°∴选A。3在正方体ABCD-A1B1C1D1中，O是底面ABCD的中点，M、N分别是棱DD1、D1C1的中点，那么直线OMA．是AC和MN的公垂线B．垂直于AC，但不垂直于MNC．垂直于MN，但不垂直于ACD．与AC、MN都不垂直答案：B解析：以为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，那么D〔0，0，0〕、D1〔0,0,2a〕、M〔0,0,a〕A(2a,0,0)、C〔0,2a,0〕、O(a,a,0)、N(0,a,2a),∴∴OM⊥AC,OM与MN不垂直.∴选B.4在正三棱柱ABC-A1B1C1中，D是AC的中点，AB1⊥BC1，那么平面DBC1积与平面CBC1所成的角为〔〕A．30°B．45°C．60°D．90°答案：B解析：以A为坐标原点，AC、AA1所在的直线分别为y轴和z轴建立空间坐标系，设底面边长为2a,侧棱长为2b,那么A〔0，0，0〕C〔0,2a,0〕、D〔0,a,0〕、B〔,a,0〕、C1〔0,2a,2b〕、B1〔,a,2b〕由，即2b2=a2，分别算出DBC1与平面CBC1的一个法向量，利用公式cosθ=得θ=45°。∴选B。5如图，直三棱柱ABC-A1B1C1中，∠ACB=90°，BC=AC=2，AA1=4，D为棱CC1上的一动点，M、N分别为△ABD、△A1B1D的重心。〔1〕求证：MN⊥BC；答案：设C1D=a(0≤a≤4),依题意有：D〔0,0,a〕、A〔2，0，4〕、B〔0，2，4〕、C〔0，0，4〕、C2〔0，0，0〕，因为M、N分别为△ABC、△A1B1D的重心。所以M〔〕，N〔〕〔2〕假设二面角C-AB-D的大小为arctan,求点C1到平面A1B1D的距离；答案：因为平面ABC的法向量n1(0,0,-1),设平面ABD的法向量n2(x1,y1,z1),设二面角C-