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因此 CA,CB,CF 两两垂直.
以 C 为坐标原点,分别以 CA,CB,CF 所在的直线为 x 轴,
y 轴,z 轴,建立如图所示的空间直角坐标系.
不妨设 CB=1,
则 C(0,0,0),B(0,1,0),
D
3,-1, 22
0,
F(0,0,1).
因此B→D= 23,-32,0,B→F=(0,-1,1).
由 n⊥A→C,n⊥A→M可得x+2y=0 , y+ z= 0
令 z=1,得 x=2,y=-1,∴n=(2,-1,1).
设直线 CD 与平面 ACM 所成的角为 α,
→
则
sinα=
|CD·n| →
=
|CD|·|n|
6. 3
∴cosα= 3, 3
∴直线 CD 与平面 ACM 所成的角的余弦值为 3. 3
-2=-2x-2y ∴ 0=- x+ 3y
z= 4x
,解得 z=3.
所以当 E 点的坐标为(0,0,3),
即 A1E=14A1A 时,EB∥平面 A1CD.
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(2)∵AA1⊥平面 ABD, ∴向量 m=(0,0,1)为平面 ABD 的一个法向量. 设平面 BED 的一个法向量为 n=(x0,y0,1), 而B→E = (- 2,0,3),B→D=(- 2,4,0),
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【解】 (1)证明:以 A 为原点,A→B,A→D,A→A1的方向分别 为 x 轴,y 轴,z 轴的正方向建立空间直角坐标系(如图).
设 AB=a,则 A(0,0,0),D(0,1,0),D1(0,1,1),Ea2,1,0,
B1(a,0,1),
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故A→D1= (0,1,1),B→1E=-a2, 1,- 1 ,A→B1 = (a,0,1),A→E = a2,1,0.
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解:以 D 为坐标原点,DA,DC,DD1 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(2a,0,0),B(2a,2a,0), C(0,2a,0),
D1(0,0, a), F(a, 0,0),
B1(a, a, a), C1(0, a, a). (1)∵A→B1=(-a,a,a),
空间向量与立体几何
1
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例1 (2012·高考山东卷) 在如图所示的几何体中,四边形 ABCD是等腰梯形,AB∥CD,∠DAB=60°,FC⊥平面 ABCD,AE⊥BD,CB=CD=CF. (1)求证:BD⊥平面AED; (2)求二面角F-BD-C的余弦值. 思路点拨►(1)在平面四边形ABCD中, 证明BD⊥AD;(2)以C点为原点,CA, CB,CF所在直线为坐标轴建立空间直角坐标系,可求二 面角的余弦值.
空间向量最适合于解决立体几何中的探索性问题,它无需 进行复杂的作图、论证、推理,只需通过坐标运算进行判 断.解题时,把要成立的结论当作条件,据此列方程或方 程组,把“是否存在”问题转化为“点的坐标是否有解,是 否有规定范围的解”等,使问题的解决更简单、有效,应 善于运用这一方法解题.
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例4 (2012·高 考 福 建 卷 ) 如 图 , 在 长 方 体 ABCD - A1B1C1D1中,AA1=AD=1,E为CD的中点.
4
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设平面 BDF 的一个法向量为 m=(x,y,z),
则 m·B→D=0,m·B→F=0,
所以 x= 3y= 3z,
取 z=1,则 m=( 3,1,1).
由于C→F=(0,0,1)是平面 BDC 的一个法向量,
→
则
cos〈m,C→F〉=
m ·CF →
=
|m ||CF |
1= 5
5, 5
所以二面角 F-BD-C 的余弦值为 5. 5
由nn··FC→→CC1==00,,
得- ay1+ az1= 0, - ax1+ 2ay1= 0.
令 y1=1,则 x1=2,z1=1,∴n=(2,1,1),
→
∴ cos〈F→B1 , n〉=
FB1·n →
=
|FB1|·|n|
3, 3
即二面角
F- CC1 -B
的余弦值为
3. 3
14
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热点三 向量法解决探索性问题
21
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→
则
cosθ=
n·AD1 →
=
|n||AD1 | 2
-a-a
2 1+a2+
. a2
4
∵二面角 A-B1E-A1 的大小为 30°,
3a
∴|cosθ|=cos30°,即 2
21+5a2=
3, 2
4
解得 a=2,即 AB 的长为 2.
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【规律方法】利用向量法解决探索性问题时应注意的事项: (1)平面法向量计算必须要准确. (2)若在线段上探索是否存在一点,设出该点坐标时要抓住 三点共线可减少坐标未知量的个数.
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【解】(1)证明:因为四边形ABCD是等腰梯形,AB∥CD, ∠DAB=60°, 所以∠ADC=∠BCD=120°. 又CB=CD,所以∠CDB=30°, 因此∠ADB=90°,即AD⊥BD. 又AE⊥BD,且AE∩AD=A,AE,AD⊂平面AED, 所以BD⊥平面AED.
3
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(2)由(1)知 AD⊥BD,所以 AC⊥BC.又 FC⊥平面 ABCD,
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(2)如图所示,以点 A 为坐标原点,建立空间直角坐标系 A-xyz,
则 A(0,0,0),P(0,0,2),B(1,0,0), C(1,2,0),D(0,2,0),M(0,1,1). ∴A→C=(1,2,0),A→M=(0,1,1),C→D=(-1,0,0).
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设平面 ACM 的一个法向量为 n=(x,y,z),
∵A→D1·B→1E=-a2× 0+ 1× 1+ (- 1)× 1= 0, ∴ B1 E⊥ AD1 . (2)假设在棱 AA1 上存在一点 P(0,0,z0), 使得 DP∥平面 B1AE,此时D→P=(0,-1,z0).
又设平面 B1AE 的法向量 n=(x,y,z).
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∵n⊥平面 B1AE,∴n⊥A→B1,n⊥A→E,
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变式2 如 图 所 示,在四棱锥 P-ABCD中 , 底面ABCD是 矩形 , PA⊥平面ABCD,PA=AD=2,AB=1,BM⊥PD于点M. (1)求证:AM⊥PD; (2)求直线CD与平面ACM所成的角 的余弦值.
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解:(1)证明:∵PA⊥平面ABCD,AB⊂平面ABCD, ∴PA⊥AB. ∵AB⊥AD,AD∩PA=A, AD⊂平面PAD,PA⊂平面PAD, ∴AB⊥平面PAD. ∵PD⊂平面PAD,∴AB⊥PD. ∵BM⊥PD,AB∩BM=B,AB⊂平面ABM, BM⊂平面ABM,∴PD⊥平面ABM. ∵AM⊂平面ABM,∴AM⊥PD.
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变式4 已知在四棱柱ABCD-A1B1C1D1中, 侧棱AA1⊥底面ABCD,AB⊥AD, BC∥AD, 且AB=2,AD=4,BC=1,侧棱AA1=4. (1) 若 E为 AA1 上 一 点 , 试 确 定 E点 的 位 置 , 使 EB ∥ 平 面 A1CD; (2)在 (1)的条件下,求二面角E-BD-A的余弦值.
则 nn··PC→→DC==00,,
即y- 2z= 0, 2x-y=0.
不妨令 z=1, 可得 n=(1,2,1).
30
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可取平面 PAC 的法向量 m=(1,0,0). 于是 cos〈m,n〉= m·n = 1 = 6,
|m|·|n| 6 6 从而 sin〈m,n〉= 30.
6 所以二面角 A-PC-D 的正弦值为 30.
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变式3 (2012·淄博模拟)如图所示,在多面体ABCD-A1B1C1D1中, 上、下两个底面A1B1C1D1和ABCD 互相平行,且都是正方形,DD1⊥ 底面ABCD,AB=2A1B1=2DD1=2a. (1)求异面直线AB1与DD1所成角的余弦值; (2)已知F是AD的中点.求证:FB1⊥平面BCC1B1; (3)在(2)的条件下,求二面角F-CC1-B的余弦值.
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解:如图,以点 A 为原点建立空间直角坐标系,依题意得 A(0,0,0),D(2,0,0),
C(0,1,0),B-12,12,0,
P(0,0,2).
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(1)证明:易得P→C=(0,1,-2),A→D=(2,0,0),于是P→C·A→D= 0,所以 PC⊥AD. (2)P→C=(0,1,-2), C→D=(2,-1,0). 设平面 PCD 的法向量 n=(x,y,z),
(1)求证:B1E⊥AD1; (2)在棱AA1上是否存在一点P,使得DP∥平面B1AE?若存 在,求AP的长;若不存在,说明理由; (3)若二面角A-B1E-A1的大小为30°,求AB的长.
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思路点拨 (1)建立空间直角坐标系证明B→1E·A→D1=0 即可; (2)可设点 P(0,0,z0),利用D→P与平面 B1AE 的法向量垂直求解; (3)利 用 两半 平面的 法向量 可表 示二面 角的 大小, 从而 列出等 式, 即可求出 AB 的长.
6 (3)设点 E 的坐标为(0,0,h),其中 h∈[0,2].
∴FF→→BB11··BB→→BC1==00,,
∴ FB1⊥ BB1, FB1⊥ BC. ∵ BB1∩ BC= B, ∴FB1⊥平面 BCC1B1.
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目录
(3)由(2)知,F→B1为平面 BCC1B1 的一个法向量,
设 n=(x1,y1,z1)为平面 FCC1 的一个法向量,
又∵C→C1=(0,-a,a),F→C=(-a,2a,0).
nn··BB→→DE==--22xx00++34=y0=0 0
,解得 n=(3,3,1). 24
∴ cos〈m, n〉= 1×
1
=4 61.
(3)2+(3)2+12 61
24
所以二面角 E-BD-A 的余弦值为4 61. 61
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[备选例题] 1.(2012·高考天津卷)如图,在四棱锥P-ABCD中, PA⊥平面ABCD,AC⊥AD,AB⊥BC,∠BAC=45°,PA =AD=2,AC=1. (1)证明PC⊥AD; (2)求二面角A-PC-D的正弦值; (3)设E为棱PA上的点,满足异面 直线BE与CD所成的角为30°, 求AE的长.
得 aa2xx++
z= 0, y= 0.
取 x=1,
得平面 B1AE 的一个法向量 n=1,-a2,-a.
要使
DP∥平面
B1AE,只要
n⊥D→P,有a- 2
az0=
0,
解得 z0=12.
又 DP⊄平面 B1AE,
∴存在点
P,满足
DP∥平面
B1AE,此时
AP=1. 2
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目录
(3)连接 A1D,B1C,由长方体 ABCD-A1B1C1D1 及 AA1= AD=1,得 AD1⊥A1D. ∵ B1 C∥ A1 D,∴ AD1⊥ B1 C. 又由(1)知 B1E⊥AD1,且 B1C∩B1E=B1, ∴AD1⊥平面 DCB1A1, ∴A→D1是平面 A1B1E 的一个法向量,此时A→D1=(0,1,1). 设A→D1与 n 所成的角为 θ,
D→D1= (0,0, a),
→→
∴ cos〈A→B1 ,D→D1 〉=
AB1·DD1 →→
=
|AB1 |·| DD1 |
3, 3
∴异面直线
AB1 与
D源自文库1 所成角的余弦值为
3 . 3
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(2)证明: ∵B→B1= (- a,- a,a),B→C = (- 2a,0,0),F→B1= (0, a,a),
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目录
【规律方法】 (1)两异面直线所成角的范围是 θ∈(0,π], 2
两向量的夹角 α 的范围是[0,π],所以要注意二者的联系与 区别,应有 cosθ=|cosα|. (2)在求线面角时要注意:若平面的法向量与直线的方向向量 的夹角为 α(α 可为锐角或钝角),则直线与平面所成的角 θ 应满足 sinθ=|cosα|. (3)二面角的大小可以利用分别在两个半平面内与棱垂直的 直线 的方向向量的 夹角 (或其补角 )或 通过二面角的 两个面的 法向量的夹角求得,它等于这两个法向量的夹角或其补角.
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解:(1)当 A1E=14A1A 时,EB∥平面 A1CD. 如图,以 AB、AD、AA1 所在直线分别为 x 轴、y 轴、z 轴建 立空间直角坐标系,
则 A(0,0,0),B(2,0,0),D(0,4,0),C(2,1,0),A1(0,0,4).
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设 E(0,0,z),则B→E=(-2,0,z),C→A1=(-2,-1,4),C→D= (- 2,3,0). ∵EB∥平面 A1CD, ∴不妨设B→E = xC→A1+ yC→D, ∴ (- 2,0, z)= x(- 2,- 1,4)+ y(- 2,3,0).