2015高三数学一轮复习第七章第七节_图文

高三一轮总复习数学 ·BS(理科)

第七节
自 主 落 实. 固 基 础

空间向量在立体几何中的应用
1.理解直线的方向向量及平面的法向量.2.能

考纲传真

用向量语言表述直线与直线,直线与平面,平面与平面的垂 直、平行关系.3.能用向量方法证明有关直线和平面位置关系 的一些定理(包括三垂线定理).4.能用向量方法解决直线与直 线,直线与平面,平面与平面的夹角计算问题,了解空间向 量方法在研究立体几何问题中的作用.

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典 例 探 究 . 提 知 能

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自 主 落 实. 固 基 础

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1.直线的方向向量和平面的法向量 (1)直线的方向向量 → A B l 是空间一直线,A,B 是直线 l 上任意两点,则称____ → 为直线 l 的方向向量.(与_____ A B 平行的任意非零向量 a 都是 直线 l 的方向向量)

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(2)法向量
垂直于 平面α,那么把直线 l的方向向量 a 叫 如果直线l________
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平行 做平面α的法向量.(所有与直线l______ 的非零向量都是平面 α的法向量) 2.直线间的夹角 (1)直线间的夹角 设s1、s2分别是两异面直线l1,l2的方向向量,则

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l1 与 l2 的夹角 θ
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s1 与 s2 的夹角

s1,s2
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范 围

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? ? ? π? ? ? ?0, ? ? 2? ? ? ? ? ___________ cos θ =|cos<s1,s2>|=

[0,π ] _________

求 法

s1·s2
| | s1| ·| s2| ____________ |

s1·s2
| s1| ·| s2| Cos<s1,s2>=________

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π

<s1,s2> ; 当 0<<s1,s2>≤ 时,θ =__________ 2
关系 π 当 2

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π -<s1,s2> <<s1,s2><π 时,θ =______________

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(2)平面间的夹角 已知平面π 1 和π 2 的法向量分别为 n1 和 n2,
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π 当 0≤<n1 , n2> ≤ 2 时,平面π
1

与π

2

的夹角等于

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<n1,n2> _______________ ; π
当 2 < <n1 , n2> ≤ π 时 , 平 面 π 1 与 π 2 的 夹 角 等 于

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π -<n1,n2> ; ________________





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(3)直线与平面的夹角 设直线 l 的方向向量为 s,平面π 的法向量为 n,直线 l 与平面π 的夹角为 θ ,则 sin θ =|cos s,n |= s·n

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| | | s| | n| . ________
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3.点到平面的距离
空间一点A到平面π的距离的算法框图为
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1.(固基升华)判断下列结论的正误.(正确的打“√”,
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错误的打“×”) (1)直线的方向向量和平面的法向量都是唯一的.( 平面的夹角. )

(2) 直线的方向向量和平面的法向量的夹角就是直线与

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(

)
(3) 二面角中两个半平面的法向量的夹角的大小与二面 ( (


角的大小相等或和为180°. 量平行. 【答案】


) )

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(4) 直线与平面平行,即直线的方向向量与平面的法向
(1)× (2)× (3)√ (4)×

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2.(北师大版教材改编题)设u=(-2,2,t),v=(6,- 4,4)分别是平面α,β的法向量.若α⊥β,则t=( A.3 B.4 C.5 D.6 )

【解析】
0, ∴t=5. 【答案】

∵ α⊥β ,则 u·v =- 2×6 + 2×( - 4) + 4t =

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C

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3.已知平面α内有一点M(1,-1,2),平面α的一个法
向 量 为 n = (6 , - 3 , 6) , 则下列点 P 中 ,在 平 面 α 内的是
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(

) A.P(2,3,3) C.P(-4,4,0) B.P(-2,0,1) D.P(3,-3,4)

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→ 【解析】 当 P 点坐标为(2,3,3)时,M P =(1,4,1), → → M P ·n=0,则M P ⊥n,直线 MP 平面 α ,故 A 正确,经验
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→ 证选项 B、C、D 中的点 P 不满足M P ⊥n,故 B、C、D 错.
【答案】
菜 单

A

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4.已知两平面的法向量分别为m=(0,1,0),n=(0,
1,1),则两平面所成的二面角为(
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)

A.45°

B.135°

C.45°或135° D.90°

m ·n
【解析】 cos〈m,n〉= = | m| | n| 1×

1

2 = , 2 2

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∴〈m,n〉=45°,其补角为 135°. ∴两平面所成二面角为 45°或 135°.
【答案】
菜 单

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C

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5 .(2013· 大纲全国卷 Ⅰ)已知正四棱柱 ABCD—A1B1C1D1 中,AA1=2AB,则 CD 与平面 BDC1 所成角的正弦值等于( )
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2 A. 3 B. 3

3 C. 3

2

1 D. 3

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【解析】法一

如 图 (1) 所 示 , 连 接
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AC,交BD于点O,由正四棱柱的性质,有 AC⊥BD. 因 为 CC1⊥ 平 面 ABCD , 所 以 CC1⊥BD. 又 CC1∩AC = C ,所以 BD⊥ 平面 CC1O.在平面CC1O内作CH⊥C1O,
菜 单

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垂足为 H, 则 BD⊥CH.又 BD∩C1O=O, 所以 CH⊥平面 BDC1, 连接 DH,则 DH 为 CD 在平面 BDC1 上的射影,所以∠CDH 为 CD 与平面 BDC1 所成的角.设 AA1=2AB=2.在 Rt△COC1 中,由等 2 CH 2

面积变换易求得 CH= .在 Rt△CDH 中,sin∠CDH= = . 3 CD 3
法二 以 D 为坐标原点,建立空间直角坐标 系,如图(2)所示,设 AA1=2AB=2,则 D(0, 0,0),C(0,1,0),B(1,1,0),C1(0,1, → → → 2),则D C =(0,1,0),D B =(1,1,0),D C 1=

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→ (0,1,2).设平面 BDC1 的法向量为 n=(x,y,z),则 n⊥D B,
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? ?x+y=0, ? → n⊥D C 1,所以有? 令 y=-2,得平面 BDC1 的一个 ?y+2z=0, ? ? 法向量为 n=(2, -2, 1). 设 CD 与平面 BDC1 所成的角为 θ ,

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? ? → ?n·D C ? 2 ? ? → ?= . 则 sin θ=|cos〈n,D C 〉|=? ?| → n| | D C |? 3 ? ? ? ?
【答案】
菜 单

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A

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考向1

向量法解决平行与垂直问题

【例1】

(2012·江苏高考)如图7- 7-1,在直三棱柱

ABC-A1B1C1中,A1B1=A1C1,D,E分别是棱BC,CC1上 的点(点D不同于点C),且AD⊥DE,F为B1C1的中点.

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求证:(1)平面ADE⊥平面BCC1B1;
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(2)直线A1F∥平面ADE.

【思路点拨】
即可. 【尝试解答】

由于 A1B1 = A1C1 ,故可取 BC 的中点 D

为坐标原点建系;利用平面的法向量和直线的方向向量求解

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∵A1B1=A1C1,∴AB=AC.

又∵AD⊥DE,AD⊥CC1,DE∩CC1=E,

∴AD⊥面BB1C1C,
∴AD⊥BC,

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∴D为BC的中点.
菜 单

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如图建立空间直角坐标系,
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设 BD=DC=a,DA=b,BB1=2c, (1)易知 A(0,-b,0),E(-a,0,c), → → ∴D A =(0,-b,0),D E =(-a,0,c), 设平面 ADE 的法向量为 n1=(x,y,z),
菜 单

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? ?-by=0, ? 则? 令 x=c,则 z=a, ?-ax+cz=0, ? ? → ∴n1=(c,0,a),又平面 BCC1B1 的法向量为D A =(0,-

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b,0), → → ∴n1·D A =c×0+0×(-b)+0×a=0,∴n1⊥D A, ∴平面 ADE⊥平面 BCC1B1.

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(2)又 A1(0,-b,2c),F(0,0,2c), → ∴A 1 F =(0,b,0). → 又A 1 F ·n1=c×0+b×0+a×0=0, → ∴A 1 F ⊥n1. 又 A1 平面 ADE, ∴A1F∥平面 ADE.

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规律方法 1
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1. 合理分析条件,恰当建系,准确表示各
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点的坐标,是运用坐标法解决立体几何问题的关键,如本题 中对AD与BC,DE关系的推理; 2 . 利用空间向量证明平行、垂直问题的优势在于将复 杂的推理证明,辅助线的作法转化为空间向量的运算,降低 了空间想象、演绎推理的难度,体现了由“形”转“数”的 转化思想.

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变式训练1
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如图7-7-2,在长方体ABCD—A1B1C1D1
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中,AA1=AD=1,E为CD中点.

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(1)求证:B1E⊥AD1. (2) 在棱 AA1 上是否存在一点 P ,使得 DP∥ 平面 B1AE ?

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若存在,求AP的长;若不存在,说明理由.
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→ → → 【解】 以 A 为原点,A B ,A D ,A A 1的方向分别为 x 轴、
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y 轴、z 轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系.

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设 AB=a,则 ? ? ?a ? ? ? A(0,0,0),D(0,1,0),D1(0,1,1),E? ,1,0?, ?2 ? ? ? ? ? B1(a,0,1),
菜 单

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? ? ? ? a ? ? ? ? ? → → ? ? D 1=(0,1,1),B ?A 1E = - ,1,-1 ? 2 ? ? ? ? ? ? ? 故? . ? ? ? ?a ? ? ? ? ?→ → ? ,1,0? A B 1=(a,0,1),A E = ? ?2 ? ? ? ? ? ? ?

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a
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→ → (1)∵B 1E ·A D 1=- ×0+1×1+(-1)×1=0, 2 ∴B1E⊥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). 再设平面 B1AE 的一个法向量 n=(x,y,z),

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? ?ax+z=0, ? ? ? → → ∵n⊥平面 B1AE,∴n⊥A B 1,n⊥A E ,得?ax ? ? +y=0. ?2 ? ? a 取 x=1,则 y=- ,z=-a,得平面 B1AE 的一个法向量 2

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? ? ? ? a ? ? n=?1,- ,-a?. ? ? 2 ? ? ? ? a → 要使 DP∥平面 B1AE,只要 n⊥D P ,有 -az0=0, 2 1
解得 z0= . 2 又 DP
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平面 B1AE,

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1 ∴存在点 P,满足 DP∥平面 B1AE,此时 AP= . 2

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考向2 向量法求线线角和线面角
【例 2】
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(2013· 湖南高考 ) 如图 7 - 7 - 3 ,在直棱柱

ABCD - A1B1C1D1 中 , AD∥BC , ∠ BAD = 90° ,
AC⊥BD,BC=1,AD=AA1=3.

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(1)证明:AC⊥B1D;

(2)求直线B1C1与平面ACD1所成角的正弦值.
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【思路点拨】
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建立坐标系 → 求点的坐标、向量坐标
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→ 用相应坐标运算求解
【尝试解答】 (1)易知,AB,AD, AA1两两垂直.如

图,以A为坐标原点,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.设AB=t,则相关各点的坐 标为 A(0 , 0 , 0) , B(t , 0 , 0) , B1(t , 0 , 3) , C(t , 1 , 0) , C1(t,1,3),D(0,3,0),D1(0,3,3).

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→ → → 从而B 1D =(-t,3,-3),A C =(t,1,0),B D =(-t, 3,0). → → 因为 AC⊥BD,所以A C ·B D =-t2+3+0=0. 解得 t=
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3或 t=-

3(舍去).

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→ 于是B 1D =(-

→ 3,3,-3),A C =(

3,1,0).

→ → → → 因为A C ·B 1D =-3+ 3+0=0,所以A C ⊥B 1D , 即 AC⊥B1D. → → (2)由(1)知,A D 1=(0,3,3),A C =( 3,1,0),B→ 1C 1

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=(0,1,0). 设 n=(x,y,z)是平面 ACD1 的一个法向量,

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? ? → ?n·A C =0, ? 3x+y=0, ? ? 则? 即? ?n·A → D 1=0, ?3y+3z=0. ? ? ? ? 令 x=1,则 n=(1,- 3, 3).

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设直线 B1C1 与平面 ACD1 所成角为 θ ,则 ? ? ? n·B→ 1C 1 ? ? ? ?= sin θ=|cos 〈n, B→ |=? 1C 1〉 ?| ? n| ·| B→ 1C 1| ? ? ? ?
菜 单

3 = 7 7

21 ,

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21 即直线 B1C1 与平面 ACD1 所成角的正弦值为 7 .

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规律方法 2 1.审题时要从局部到整体分析几何体的形 状、大小是否确定,从而为合理建系,求坐标作好准备.如 本题中底面 ABCD 的形状为直角梯形, 但 AB 的长是通过 AC⊥BD 来确定的,审题时要善于捕捉这类信息. 2.利用空间向量求线线角、线面角的方法: (1)异面直线所成角 θ (0°<θ ≤90°),设 a,b 分别为 | a·b| 异面直线 a, b 的方向向量, 则 cos θ=|cos 〈a, b〉 |= . | a| ·| b|

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(2)线面角 θ (0°≤θ≤90°),设 a 是直线 l 的方向向 | a·n| 量,n 是平面的法向量,则 sin θ=|cos〈a,n〉|= . | a| ·| n|

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变式训练2
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(2013·课标全国卷Ⅰ)

如图7-7-4,三棱柱ABC—A1B1C1中,
CA=CB,AB=AA1,∠BAA1=60°. (1)证明:AB⊥A1C;

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(2)若平面ABC⊥平面AA1B1B,AB=CB, 求直线A1C与平面BB1C1C所成角的正弦值.

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【解】
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(1)证明:如图(1),取AB的中点O,连接OC,

OA1,A1B.因为CA=CB,所以OC⊥AB.
由于AB=AA1,∠BAA1=60°, 故△AA1B为等边三角形, 所以OA1⊥AB. 因为OC∩OA1=O,所以AB⊥平面OA1C. 又A1C 平面OA1C,故AB⊥A1C.

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(2)由(1)知 OC⊥AB,OA1⊥AB,又平面 ABC⊥平面 AA1B1B, 交线为 AB,所以 OC⊥平面 AA1B1B,故 OA,OA1,OC 两两相互 垂直. → → 以 O 为坐标原点,O A 的方向为 x 轴的正方向,|O A |为单 位长,建立如图(2)所示的空间直角坐标系 O—xyz.

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由题设知 A(1,0,0),A1(0,
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3,0),C(0,0,

3), 3,
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→ B(-1, 0, 0), 则B C =(1, 0, → 0),A 1C =(0,- 3,

→ → 3), B B 1=A A 1=(-1,

3).

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设 n=(x,y,z)是平面 BB1C1C 的法向量, ? ? → ?n·B C =0, ?x+ 3z=0, ? ? 则? 即? ?n·B → B 1=0, ?-x+ 3y=0. ? ? ? ?
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可取 n=(
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3,1,-1),
→ n·A 1C 10 . 5 10
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→ 故 cos〈n,A 1C 〉=

=- → | n| | A 1C |

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所以 A1C 与平面 BB1C1C 所成角的正弦值为

5

.

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考向 3 向量法求二面角 【例 3】 (2013·广东高考)如图 7-7-5①,在等腰直 角三角形 ABC 中,∠A=90°,BC=6,D,E 分别是 AC,AB 上的点, CD=BE= 2, O 为 BC 的中点. 将△ADE 沿 DE 折起, 3.

得到如图②所示的四棱锥 A′-BCDE,其中 A′O=
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(1)证明:A′O⊥平面BCDE;
(2)求二面角A′-CD-B的平面角的余弦值.
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【思路点拨】

(1)抓住 A′O=

3这一关键条件,证

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明 A′O 与底面内除 BC 外的一条直线垂直.(2)利用(1)的结 论作二面角的平面角用几何法求解.或利用(1)的结论建系后 用向量法求解. 【尝试解答】 证法一:在折叠前的图形中,在等腰直 角三角形 ABC 中, 因为 BC=6,O 为 BC 的中点, 所以 AC=AB=3 2,OC=OB=3.

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又因为 CD=BE=

2,所以 AD=AE=2

2.

如图①,连接 OD,在△OCD 中,由余弦定理可得 OD= O C 2+C D 2-2O C·C D cos 45°= 2, 5 .在折叠后

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的图形中,因为 A′D=2

所以 A′O2+OD2=A′D2,所以 A′O⊥OD. 同理可证 A′O⊥OE.又 OD∩OE=O, 所以 A′O⊥平面 BCDE.

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证法二:如图①,在折叠前的图形中,连接 AO,交 DE 于 点 F,则 F 为 DE 的中点.在等腰 Rt△ABC 中,因为 BC=6,O
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为 BC 的中点,所以 AC=AB=3 因为 CD=BE=

2,OA=3.

2,所以 D 和 E 分别是 AC,AB 的三等

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分点,则 AF=2,OF=1.
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如图②,在折叠后的图形中,连接 OF 和 A′F.
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因 为 A′O =

3 , 所 以 A′F2 = OF2 + A′O2 , 所 以

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A′O⊥OF. 在折叠前的图形中,DE⊥OF, 所以在折叠后的图形中,DE⊥A′F,DE⊥OF. 又 OF∩A′F=F,OF,A′F 平面 OA′F, 所以 DE⊥平面 OA′F. 因为 OA′ 平面 OA′F,所以 DE⊥OA′. 因为 OF∩DE=F,OF,DE 平面 BCDE, 所以 A′O⊥平面 BCDE.

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典 例 探 究 . 提 知 能

(2)法一 如图②, 过 O 作 OM 垂直于 CD 的延长线于点 M, 连接 A′M. 因为 A′O⊥平面 BCDE, CM 平面 BCDE, OM 平面 BCDE, 所以 A′O⊥CM,A′O⊥OM. 因为 A′O∩OM=O,所以 CM⊥平面 A′OM, 因为 A′M 平面 A′OM,所以 CM⊥A′M. 故∠A′MO 就是所求二面角的平面角. 3 2
在 Rt△OMC 中,OC=3,∠OCM=45°,所以 OM= 2 .

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自 主 落 实. 固 基 础

3 在 Rt△A′OM 中,因为 A′O= 3,OM= 2 9 所以 A′M= A ′O 2+O M 2= 3+ = 2

2 ,

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典 例 探 究 . 提 知 能

30 , 2

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3
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2 2 = 30 2 5 15 ,
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OM 所以 cos ∠A′MO= = A ′M

典 例 探 究 . 提 知 能

15 所以二面角 A′-CD-B 的平面角的余弦值为 5 .

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法二
自 主 落 实. 固 基 础

以点O为原点,建立空间直角坐标系O-xyz,如
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图③所示(F为DE的中点),

典 例 探 究 . 提 知 能

则 A′(0,0,

3),C(0,-3,0),D(1,-2,0), → 3),C A ′=(0,3, 3),D → A′

所以O → A ′=(0,0, =(-1,2,
菜 单

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3).

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设 n=(x,y,z)为平面 A′CD 的一个法向量, ? → ?n·C A ′=3y+ 3z=0, ? 则? ? → n ·D A ′=-x+2y+ 3z=0. ? ? 令 z= 3,得 n=(1,-1, 3),|n|= 1+1+3

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5. 由(1)知,O → A ′=(0,0,
量.
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3)为平面 CDB 的一个法向

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又|O → A ′|=
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3,O → A ′·n=0×1+0×(-1)+


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3=3, → n·O A ′ 所以 cos 3 = 3× 5

典 例 探 究 . 提 知 能

n,O → A′ =

= | n| | O→ A ′|

15 , 5
菜 单

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15 即二面角 A′-CD-B 的平面角的余弦值为 5 .

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规律方法 3
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1. 本题的解答要用坐标法,必须先证明垂
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直,将几何法与向量法结合起来,是一大亮点.
2 . 几何法求二面角关键是找 ( 或作 ) 出二面角的平面 角,根据平面角的定义,应从寻求二面角棱的垂线(或垂面) 作为突破的角度. 3 . 用向量法求二面角,要注意结合图形判断所求的角

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是锐二面角还是钝二面角,要将其与法向量的夹角区别开
来.

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变式训练 3 1
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如图 7-7-6 所示,直三棱柱 ABC-A1B1C1
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中,AC=BC= AA1,D 是棱 AA1 的中点,DC1⊥BD. 2

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(1)证明:DC1⊥BC;

(2)求二面角A1-BD-C1的大小.
菜 单

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【解】 (1)证明:由题设知,三棱柱的侧面为矩形.由 于 D 为 AA1 的中点,故 DC=DC1. 1
2 2 又 AC= AA1,可得 DC2 1+DC =CC1,所以 DC1⊥DC. 2

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而 DC1⊥BD,DC∩BD=D,所以 DC1⊥平面 BCD. 因为 BC 平面 BCD,所以 DC1⊥BC.

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(2) 由 (1) 知 BC⊥DC1 , 且 BC⊥CC1 , 则 BC⊥ 平 面
ACC1A1,所以CA,CB,CC1两两相互垂直.
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→ → 以 C 为坐标原点,C A 的方向为 x 轴的正方向,|C A |为单 位长,建立如图所示的空间直角坐标系 C-xyz. 由题意知 A1(1,0,2),B(0,1,0),D(1,0,1),C1(0, 0,2). → → → 则A 1 D =(0,0,-1),B D =(1,-1,1),D C 1=(-1, 0,1).

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典 例 探 究 . 提 知 能

设 n=(x,y,z)是平面 A1B1BD 的法向量,则 ? ? → ?n·B D =0, ?x-y+z=0, ? ? ? 即? ?n·A ?z=0, → 1 D =0, ? ? ? ? 可取 n=(1,1,0). 同理,设 m=(x,y,z)是平面 C1BD 的法向量, ? → ?m ·B D =0, ? 则? ?m ·D → C 1=0, ? ?
菜 单

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? ?x-y+z=0, ? 即? ?-x+z=0, ? ? 可取 m=(1,2,1).

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n·m
从而 cos〈n,m〉=

3

= . | n| ·| m| 2

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故二面角 A1-BD-C1 的大小为 30°.





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考向4 利用空间向量解决开放性问题
【例4】
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(2013·福建高考)如图7-7-7,

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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).

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(1)求证:CD⊥平面ADD1A1.
菜 单

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6 (2)若直线 AA1 与平面 AB1C 所成角的正弦值为 ,求 k 的 7 值. (3)现将与四棱柱 ABCD-A1B1C1D1 形状和大小完全相同的 两个四棱柱拼接成一个新的四棱柱.规定:若拼接成的新四 棱柱形状和大小完全相同,则视为同一种拼接方案.问:共 有几种不同的拼接方案?在这些拼接成的新四棱柱中,记其 中最小的表面积为 f(k),写出 f(k)的解析式.(直接写出答 案,不必说明理由)

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【思路点拨】 (1)欲证 CD⊥平面 ADD1A1,只需用勾股定 理的逆定理证明 CD⊥AD; 6 (2)建系后, 用坐标法将线面角的正弦值为 转化为关于 k 7 的方程求解; (3) 分析各面如何对接才能得到四棱柱,然后求表面积 f(k),并确定最小值.

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【解】
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(1)证明:取CD的中点E,连接BE,如图(1).
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∵AB∥DE,AB=DE=3k, ∴四边形ABED为平行四边形, ∴BE∥AD且BE=AD=4k.

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在△BCE中,∵BE=4k,CE=3k,
BC=5k,
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∴BE2+CE2=BC2,
∴∠BEC=90°,即BE⊥CD.





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又∵BE∥AD,∴CD⊥AD.
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∵AA1⊥平面ABCD,CD

平面ABCD,∴AA1⊥CD.

又AA1∩AD=A,∴CD⊥平面ADD1A1.
→ → → (2)以 D 为原点,D A ,D C ,D D 1的 方向为 x, y, z 轴的正方向建立如图(2) 所示的空间直角坐标系,则 A(4k,0, 0), C(0, 6k, 0), B1(4k, 3k, 1), A1(4k, 0,1),

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→ → → ∴A C =(-4k,6k,0),A B 1=(0,3k,1),A A 1=(0,0, 1). 设平面 AB1C 的法向量 n=(x,y,z), ?→ ? ?A C ·n=0, ?-4kx+6ky=0, ? ? 则由? 得? ?A → B 1·n=0, ?3ky+z=0. ? ? ? ? 取 y=2,得 n=(3,2,-6k).

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设 AA1 与平面 AB1C 所成的角为 θ ,则 ?→ ? ?A A 1·n? ? ? → ?= sin θ=|cos 〈A A 1, n〉 |=? ?| → A A 1| | n|? ? ? ? ? 解得 k=1,故所求 k 的值为 1.

6k

6

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= , 36k2+13 7

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(3)【解】 共有 4 种不同的方案. ? 5 ? ? 2 ?72k +26k,0<k≤ , ? 18 ? f(k)=? , ? 5 ? ?36k2+36k,k> . ? 18 ? ?

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规律方法 4
种:

立体几何开放性问题求解方法有以下两

(1)根据条件作出判断,再进一步论证. (2) 假 设 所 求 的 点或 线存在 ,并 设 定 参 数 表 达 已 知 条

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件,根据题目进行求解,若能求出参数的值且符合已知限定 的范围,则存在这样的点或线,否则不存在.

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变式训练 4 如图 7 - 7 - 8 ,在三棱锥
P—ABC 中 , AB = AC , D 为 BC 的 中
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点 , PO⊥ 平 面 ABC , 垂 足 O 落 在 线 段 AD上,已知BC=8, PO= 4, AO= 3, OD=2.

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(1)证明:AP⊥BC;
(2)在线段AP上是否存在点M,使得
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二 面 角 A—MC—B 为 直 二 面 角 ? 若 存
在,求出 AM 的长;若不存在,请说明 理由.





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【解】 (1)证明 如图,以 O 为原点, 以射线 OP 为 z 轴的正半轴, 射线 OD 为 y 轴正半轴,建立空间直 角坐标系 Oxyz, 则 O(0,0,0),A(0,-3,0), B(4,2,0),C(-4,2,0), → P(0,0,4),A P =(0,3,4), → B C =(-8,0,0),

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→ → 由此可得A P ·B C =0,
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→ → 所以A P ⊥B C ,即 AP⊥BC. (2)假设存在满足题意的点 M, → =λ PA → ,0≤λ <1, 设PM → =λ (0,-3,-4). 则PM → → → =B → → B M =B P +PM P +λ PA

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=(-4,-2,4)+λ (0,-3,-4) =(-4,-2-3λ ,4-4λ ),
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→ A C =(-4,5,0), 设平面 BMC 的法向量 n1=(x1,y1,z1), 平面 APC 的法向量 n2=(x2,y2,z2). ?→ ?B M ·n1=0, ? 由? 得 ?B → C ·n1=0, ? ? ? ?-4x1-(2+3λ)y1+(4-4λ)z1=0, ? ? ?-8x1=0, ? ?
菜 单

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? ?x1=0, ? ? ? 2+3λ 即? ? ?z1= y1, ? 4-4λ ? ? ? ? ? 2+3λ? ? ? ?. 可取 n1=?0,1, ? 4-4λ? ? ? ? ?
菜 单

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? 5 ? ? ?x2= y2, ?→ ? ? 4 ?A P ·n2=0, ?3y2+4z2=0, ? ? ? 由? 即? 得? ?A → C ·n2=0, ?-4x2+5y2=0, ? 3 ? ? ? ? ? ?z =- y , 2 ?2 4 ? ? 可取 n2=(5,4,-3).

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2+3λ 由 n1·n2=0,得 4-3· =0 , 4-4λ 2 解得 λ = ,故 AM=3. 5 综上所述,存在点 M 符合题意,AM=3.

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用向量法解决立体几何问题,是空间向量的一个具体应 用,体现了向量的工具性,这种方法可把复杂的推理证明、

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辅助线的作法转化为空间向量的运算,降低了空间想象演绎
推理的难度,体现了由“形”转“数”的转化思想.
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利用平面的法向量求二面角的大小时,当求出两半平面
α、β的法向量n1,n2时,要根据向量坐标在图形中观察法向 量的方向,从而确定二面角与向量n1,n2的夹角是相等,还 是互补,这是利用向量求二面角的难点、易错点.

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? π? ?0, ? 1.异面直线所成的角的范围是? 2 ?; ? ? ? ? ? π? ?0, ? 2.直线与平面所成角的范围是? 2 ?; ? ? ? ? 3.二面角的范围是[0,π].

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从近两年高考试题看,求空间中的角是每年高考的必考

内容.从命题趋势看,有几何法与向量法并重的特征,所以
应在掌握题目条件、结论的前提下灵活选择方法,而且创新 题、开放题也是命题方向,已知空间角的大小,探究点的存 在性或确定点的位置,这类问题应用向量法可以将繁琐的逻 辑推理转化为单一的代数运算.

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规范解答之 用向量法探究点的位置
(12分)(2013·天津高考)
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如图7-7-9,四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,
侧棱A1A⊥底面ABCD,AB∥DC,AB⊥AD, AD=CD=1,AA1=AB=2,E为棱AA1的中点.

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(1)证明B1C1⊥CE; (2)求二面角B1-CE-C1的正弦值;

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(3)设点 M 在线段 C1E 上, 且直线 AM 与平面 ADD1A1 所成角 2
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的正弦值为 6

,求线段 AM 的长.
如图 (1) ,以点 A

【规范解答】

典 例 探 究 . 提 知 能

为原点,以AD,AA1,AB所在直线为
x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标 系,????????????1分 依题意得 A(0 , 0 , 0) , B(0 , 0 , 2) , C(1 , 0 , 1) , B1(0 , 2 , 2) ,
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C1(1,2,1),E(0,1,0)???2分
菜 单

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→ (1)易得B→ 1C 1=(1,0,-1),C E =(-1,1,-1),于是
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→ → → B→ 1C 1·C E =0,B 1C 1⊥C E ,所以 B1C1⊥CE??????3 分 → (2)B 1C =(1,-2,-1).
设平面 B1CE 的法向量 m=(x,y,z), ? ? → ?m ·B 1C =0, ?x-2y-z=0, ? ? 则? 即? 消去 x,得 y+2z=0, ?m ·C → E =0, ?-x+y-z=0. ? ? ? ?
菜 单

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不妨令 z=1,可得一个法向量为 m=(-3,-2,1). ?????????????????????..4 分 由(1)知,B1C1⊥CE,又 CC1⊥B1C1, 可得 B1C1⊥平面 CEC1, 故B→ 1C 1=(1,0,-1)为平面 CEC1 的一个法向量 ??5 分

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m ·B→ 1C 1
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-4 14× = 2

-2 7

7 ,
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于是 cos 〈m, B→ = 1C 1〉

= | m| | B→ 1C 1| 21

从而 sin〈m,B→ 1C 1〉= 7
菜 单

.

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21
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所以二面角 B1-CE-C1 的正弦值为 7

????7 分

→ → (3)解:A E =(0,1,0),E C 1=(1,1,1). → → → → 设E M =λ E C 1=(λ ,λ ,λ ),0≤λ ≤1,有A M =A E+ → E M =(λ ,λ +1,λ ).

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→ 可取A B =(0,0,2)为平面 ADD1A1 的一个法向量??9 分
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设 θ 为直线 AM 与平面 ADD1A1 所成的角,则 → → | A M ·A B| → → sin θ=|cos〈A M ,A B 〉|= → → | A M| | A B| λ , 3λ2+2λ+1

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2λ = = λ2+(λ+1)2+λ2×2

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λ 于是

2

1

= ,解得 λ = (负值舍去), 6 3 3λ2+2λ+1

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? ? ?1 4 1 ? ? ? → → 所以A M =? , , ?,|A M |= 2,所以 AM= 2. ?3 3 3 ? ? ? ? ? ????????????????????12 分

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【解题程序】 第一步:建系,求相关点的坐标;
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→ 第二步:证明B→ 1C 1·C E =0,从而得 B1C1⊥CE; 第三步:求平面的法向量,进而用法向量求二面角; → → → 第四步:设出E M =λ E G ,并通过向量运算表示出A M坐

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标;

2 第五步:利用线面角正弦值为 6 λ 并求 AM 的长.
菜 单

,建立 λ 的方程,解

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易错提示: (1) 不能灵活运用共线向量定理设出与动点

M相关的向量的坐标,导致变量较多,运算量过大而致误;
(2) 弄不清线面角与直线方向向量与平面的法向量夹角 的关系致误. 防范措施: (1) 对于点的探究型问题,要善于根据点的 位置结合向量的有关定理灵活设出未知量,使未知量达到最

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少;
(2) 线面角 θ与直线方向向量和平面法向量的夹角 α 之间 的关系要弄清,即sin θ =|cos α |.
菜 单

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1.(2012·大纲全国卷)已知正四棱柱 ABCD-A1B1C1D1 中, AB=2,CC1=2 的距离为( A.2 ) B. 3 C. 2 D.1 2,E 为 CC1 的中点,则直线 AC1 与平面 BED

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【解析】 如图建立坐标系,则 D(0,0,0),B(2,2,
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0),E(0,2,

2),A(2,0,0),

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设平面 BDE 的法向量 n=(x,y,z), ? ? → ?n·D B =0, ?x+y=0, ? ? 则? 即? ?n·D → E =0, ?2y+ 2z=0, ? ? ? ? 令 z= 2,则 y=-1,x=1.

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∴n=(1,-1,
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2),
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→ 又D A =(2,0,0), → ∴点 A 到平面 BDE 的距离 d=|D A |·|cos 2 =2× =1. 2×2
D

→ D A ,n

|

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【答案】
菜 单

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2.(2013·北京高考)如图7-7-10,在棱长为2的正方
体 ABCD - A1B1C1D1 中, E 为 BC 的 中 点 ,点 P 在 线 段 D1E
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上.点P到直线CC1的距离的最小值为________.

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【解析】 如图,过点 E 作 EE1⊥平面 A1B1C1D1,交直线 B1C1 于点 E1,连接 D1E1、DE,在平面 D1DEE1 内过点 P 作 PH∥EE1 交 D1E1 于点 H, 连接 C1H, 则 C1H 即为点 P 到直线 CC1 的距离. 当 点 P 在线段 D1E 上运动时,点 P 到直线 CC1 的距离的最小值为 点 C1 到线段 D1E1 的距离,即为△C1D1E1 的边 D1E1 上的高 h. 2 ∵C1D1=2,C1E1=1,∴D1E1= 5,∴h= 5 2 = 5 5 .

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2 【答案】 5

5

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