立体几何及空间向量法
立体几何及空间向量法解决立体几何问题
一、知识点
(一)、空间点线面的位置 1、 直线与直线的位置
(1) (2) (3) 2、直线与平面的位置
(1) (2) (3) 3、平面与平面的位置
(1) (2) (二)空间点线面的证明 1、平行
线∥线线∥面面∥面 2、 垂直
线⊥线线⊥面面⊥面
(三)空间向量
1、空间直角坐标系的建立:
3、 空间直角坐标的读取:
4、 空间向量坐标的运算:=(x1,y1,z1),=(x2,y2,z2) (1)±= (2)∥= (3)⊥= (4)cosθ=
(5)A(x1,y1,z1),B(x2,y2,z2),则=
5、 平面法向量的求法:
如图,设=( x1,y1,z1)、=(x2,y2,z2)是平面α内的两个不共线的非零向量,则步骤如下:
第一步(设):设出平面法向量的坐标为n=(x,y,z). 第二步(列):根据n〃a = 0且n〃b = 0可
111
列出方程组
222第三步(解):把z看作常数,用z表示x、y.
第四步(取):取z为任意一个正数(当然取得越特 殊越好),便得到平面法向量n的坐标.
例1:在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中,O是面AC的中心,求面OA1D1的法向量.
⎧xx+yy+zz=0⎨
⎩xx+yy+zz=0
y x
6、 空间向量法解决证明问题
(1)线线平行:
(2)线线垂直:
(3)线面平行:
(4)线面垂直:
(5)面面平行:
(6)面面垂直:
7、 空间向量法解决空间角问题 线线角: 线面角: 面面角:
8、 空间向量法解决空间距离问题: 点面距离:
线面距离:
面面距离:
二、典例剖析
(一)考点一 点线面的证明
例1、【2015高考新课标2,理19】如图,长方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=16,BC=10,点E,过AA1=8,C1D1上,A1E=D1F=4.F分别在A1B1,点E,F的平面α与此长方体的面相交,交线围成一个正方形.
(Ⅰ)在图中画出这个正方形(不必说出画法和理由); (Ⅱ)求直线AF与平面α所成角的正弦值.
A1
E D
B1
C
D1
F
C1
【答案】(Ⅰ)详见解析;
.
A B
【考点定位】1、直线和平面平行的性质;2、直线和平面所成的角.
变式训练1、【2015江苏高考,16】如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,已知AC⊥BC,
BC=CC1,设AB1的中点为D,B1C BC1=E.求证:
(1)DE//平面AA1C1C; (2)BC1⊥AB1.
【答案】(1)详见解析(2)详见解析 【解析】
A
A1
1
C
1
试题分析(1)由三棱锥性质知侧面BB1C1C为平行四边形,因此点E为B1C的中点,从而由
三角形中位线性
又因为AC⊥BC,CC1⊂平面BCC1B1,BC⊂平面BCC1B1,BC CC1=C, 所以AC⊥平面BCC1B1.
又因为BC1⊂平面BCC1B1,所以BC1⊥AC.
因为BC=CC1,所以矩形BCC1B1是正方形,因此BC1⊥B1C. 因为AC,B1C⊂平面B1AC,AC B1C=C,所以BC1⊥平面B1AC. 又因为AB1⊂平面B1AC,所以BC1⊥AB1.
变式训练2、【2015高考安徽,理19】如图所示,在多面体A1B1D1DCBA,四边形AA1B1B,
ADD1A1,ABCD均为正方形,E为B1D1的中点,过A1,D,E的平面交CD1于F.
(Ⅰ)证明:EF//B1C;
(Ⅱ)求二面角E-A1D-B1余弦值.
【答案】(Ⅰ)EF//B1C;
【解析】
试题分析:(Ⅰ)证明:依据正方形的性质可知A1B1//AB//DC,且A1B1=AB=DC,,
从而A1B1CD为平行四边形,则B1C//A1D,根据线面平行的判定定理知B1C//面
A1DE,再由线面平行的性质定理知EF//B1C.(Ⅱ)因为四边形AA1B1B,ADD1A1,
ABCD均为正方形,所以AA1⊥AB,AA1⊥AD,AD⊥AB,且AA1=AB=AD,可
以建以A为原点,分别以AB,AD,AA1为x轴,y轴,z轴单位正向量的平面直角坐
标系,写出相关的点的坐标,设出面A1DE的法向量n1=(r1,s1,t1).由 ⎧0.5r+0.5s1=0n1⊥A1E,n1⊥A1D得r1,s1,t1应满足的方程组⎨1,(-1,1,1)为其一组
⎩s1-t1=0
解,所以可取n1=(-1,1,1).同理A1B1CD的法向量n2=(0,1,1).所以结合图形知二面 |n⋅n2|==角E-A1D-
B的余弦值为1|n1|⋅|n2|试题解析:(Ⅰ)证明:由正方形的性质可知A1B1//AB//DC,且A1B1=AB=DC,所
以四边形A1B1CD为平行四边形,从而B1C//A1D,又A1D⊂面A1DE,B1C⊄面
A1DE,于是B1C//面A1DE,又
n1=(-1,1,1).设面A1B1CD的法向量n2=(r2,s2,t2),而该面上向量
A1B1=(1,0,0),A1D=(0,1,-1),由此同理可得n2=(0,1,1).所以结合图形知二面角 |n⋅n2|==E-A1D-
B的余弦值为1.
|n1|⋅|n2|(二)考点二 线线角(异面直线所成角)
例2、(1)(2013〃沈阳调研)在直三棱柱A1B1C1 ABC中,∠BCA=90°,点D1,F1分别是
A1B1,A1C1的中点,BC=CA=CC1,则BD1与AF1所成角的余弦值是( )
A.
30130
B. 10215
D.15
10
(2)如图,在棱长为1的正方体ABCD A1B1C1D1中,M和N分别是A1B1和BB1的中点,那么直线AM与CN所成角的余弦值为________.
变式训练1:[2014〃新课标全国卷Ⅱ] 直三棱柱ABCA1B1C1中,∠BCA=90°,M
,N分别
是A1B1,A1C1的中点,BC=CA=CC1,则BM与AN所成角的余弦值为( )
12302A. B. C. D. 105102
变式训练2:如图在正方体ABCD-A1B1C1D1中,M是AB的中点,则对角线DB1与CM所成角的余弦值为_____.
z
y
(三)考点三 直线与平面所成的角
例3、(2013〃湖南高考)如图,在直棱柱ABCD A1B1C1D1中,AD∥BC,∠BAD=90°,AC⊥
BD,BC=1,AD=AA1=3.
(1)证明:AC⊥B1D;
(2)求直线B1C1与平面ACD1所成角的正弦值.
变式训练1、正三棱柱ABC-A1B1C1的底面边长为a,高为2a,求AC1与侧面ABB1A1所成角的余弦值。
z
x
y
变式训练2 、(2013〃福建高考)如图,在四棱柱ABCD A1B1C1D1中,侧棱AA1⊥底面ABCD,
AB∥DC,AA1=1,AB=3k,AD=4k,BC=5k,DC=6k(k>0).若直线AA1与平面AB1C所成角
6
的正弦值为k的值.
7
变式训练3 、[2014〃福建卷] 在平面四边形ABCD中,AB=BD=CD=1,AB⊥BD,CD⊥BD.将△ABD沿BD折起,使得平面ABD⊥平面BCD,如图15所示.(1)求证:AB⊥CD;
(2)若M为AD中点,求直线AD与平面MBC所成角的正弦值.
(四)考点三 二面角
例4、(2013〃新课标卷Ⅱ)如图,直三棱柱ABCA1B1C1中,D,E分别是AB,BB1的中点,AA1=AC=CB=
2
AB.(1)证明:BC1//平面A1CD; 2
(2)求二面角DA1CE
的正弦值.
变式训练1、(2014年杭州二模)如图,在直三棱柱ABC-A'B'C'中,
2
AB=AA'=AC=2,∠BAC=π,点D,E分别是BC, A'B'的
3
中点.
(I)求证:DE//平面ACC'A';
(II)求二面角B'-AD-C'的余弦值.
变式训练2、[2014〃新课标全国卷Ⅰ] 如图,三棱柱ABC -A1B1C1中,侧面BB1C1C为菱形,AB⊥B1C.(1)证明:AC=AB1;(2)若AC⊥AB1,∠CBB1=60°,AB=BC, 求二面角A-A1B1 -C1的余弦值.
(五)考点五 点面距离
例5、在直三棱柱ABC-A1B1C1中,AA1=2,AC=BC=1,∠ACB=90°,求B1到面A1BC的距离.
z x
y
变式训练:已知正方体ABCD-A1BC11D1的棱长为a.(1)求点C1到平面AB1D1的距离;
(2)求平面CDD1C1与平面AB1D1所成的二面角余弦值
解 (1)按如图3-1所示建立空间直角坐标系,可得有关点的坐标为A(0,0,0)、D1(0,a,a)、
AB1
1 C第3题
B1(a,0,a)、C1(a,a,a),向量C1A=(-a,-a,-a),AD1=(0,a,a),
AB1=(a,0,a).
设n=(x,y,z)是平面AB1D1的法向量,于是,有
⎧⎧ay+az=0⎪n⋅AD1=0
,即. ⎨⎨
⎩ax+az=0⎪⎩n⋅AB1=0
,y=1.于是平面AB1D1的一个法向量是令z=-1,得x=1
n=(1,1,-1).
|CA⋅n|3-1
因此,C1到平面AB1D1的距离d=1) =a.(也可用等积法求得
|n|
(2) 由(1)知,平面AB1D1的一个法向量是n=(11,,-1).又因AD⊥平面CDD1C1,故平
面CDD1C1的一个法向量是n1=(010),,.
设所求二面角的平面角为θ(结合图形可知二面角是锐角,即θ为锐角),则
|n⋅n1|. cosθ==
|n||n1|(六)强化训练 1、[2014〃中山期末] 如图J124所示,在底面是矩形的四棱锥PABCD中,PA⊥平面ABCD,PA=AB=2,BC=4,E是PD的中点.(1)求证:平面PDC⊥平面PAD;(2)求二面角EACD的余弦值;(3)求直线CD与平面AEC所成角的正弦值.
J124
2、[2011〃四川理]如图所示,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,
∠BAC=90°,AB=AC=AA1=1,延长A1C1至点P,使C1P=A1C1, 连结AP交棱CC1于点D. (1)求证:PB1∥平面BDA1;
(2)求二面角A-A1D-B的平面角的余弦值.
解:如图17-1,以A1为原点,A1B1,A1C1,A1A所在直线分别为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系A1-xyz,则A1(0,0,0),B1(1,0,0),C1(0,1,0),B(1,0,1),P(0,2,0).
11⎛(1)在△PAA1中有C1D=1,即D 0,1. 2⎭2⎝
1→→→⎛
∴A1B=(1,0,1),A1D= 0,1,,B1P=(-1,2,0).
2⎭⎝
设平面BA1D的一个法向量为n1=(a,b,c),则→
B=a+c=0,⎧n〃A
⎨n〃A1→
D=b=0.
⎩2
1
1
1
1
第1题
⎛1⎫令c=-1,则n1= 1,,-1⎪.图1-7
⎝2⎭
1→
∵n1〃B1P=1×(-1)+×2+(-1)×0=0,
2
∴PB1∥平面BDA1,
⎛1⎫(2)由(1)知,平面BA1D的一个法向量n1= 1,1⎪. ⎝2⎭
又n2=(1,0,0)为平面AA1D的一个法向量,
n1〃n2122
∴cos〈n1,n2〉==.故二面角A-A1D-B的平面角的余弦值为.
|n1|〃|n2|333
1×2
3、已知四棱锥P-ABCD的底面为直角梯形,AB//DC,∠DAB=90,PA⊥底面
ABCD,且PA=AD=DC=
1
,AB=1,M是PB的2
中点。
(Ⅰ)证明:面PAD⊥面PCD; (Ⅱ)求AC与PB所成的角;
(Ⅲ)求面AMC与面BMC所成二面角的余弦值。 证明:以A为坐标原点AD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
1
A(0,0,0),B(0,2,0),C(1,1,0),D(1,0,0),P(0,0,1),M(0,1,)
2
.
(Ⅰ)证明:因=(0,0,1),=(0,1,0),故⋅=0,所以AP⊥DC.
由题设知AD⊥DC,且AP与AD是平面PAD内的两条相交直线,由此得DC⊥面PAD.又DC在面PCD上,故面PAD⊥面PCD. (Ⅱ)解:因=(1,1,0),=(0,2,-1),
故||=2,||=,⋅=2,所以cos==.
5
(Ⅲ)解:在MC上取一点N(x,y,z),则存在λ∈R,使NC=λMC,
11
=(1-x,1-y,-z),=(1,0,-),∴x=1-λ,y=1,z=λ..
22
14
要使AN⊥MC,只需AN MC=0即x-z=0,解得λ=.
25
可知当λ=45时,N点坐标为(15,1,2
5
),能使AN⋅MC=0.
此时,AN=(1
5,1,212
5),BN=(5,-1,5
),有BN⋅MC=0
由⋅=0,⋅=0得AN⊥MC,BN⊥MC.所以∠为
所求二面角的平面角
.
| AN |= 4BN|=AN BN=-.
5
∴cos( AN , BN )=AN BN
2
|AN|⋅|BN|=-3.
故所求的二面角的余弦值-
23
ANB