高中數(shù)學(xué)人教A版1第三章空間向量與立體幾何 優(yōu)質(zhì)課獎(jiǎng)

專題五利用空間向量求線面角斜線的方向向量與平面的法向量的夾角要利用直角三角形才轉(zhuǎn)化為斜線與平面的夾角設(shè)直線l與平面α的夾角為θ，直線l的方向向量l與平面α的法向量n的夾角為β，則θ＝eq\f(π,2)－β(或θ＝β－eq\f(π,2))，故有sinθ＝|cosβ|＝eq\f(|l·n|,|l||n|).例1已知三棱錐P－ABC中，PA⊥平面ABC，AB⊥AC，PA＝AC＝eq\f(1,2)AB，N為AB上一點(diǎn)，AB＝4AN，M，S分別為PB，BC的中點(diǎn).求SN與平面CMN所成角的大小.解析：設(shè)PA＝1，以A為原點(diǎn)，射線AB，AC，AP分別為x軸，y軸，z軸正半軸建立空間直角坐標(biāo)系如圖.則P(0，0，1)，C(0，1，0)，B(2，0，0)，Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，0，\f(1,2)))，Neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，0，0))，Seq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(1,2)，0)).eq\o(NC,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，1，0))，設(shè)a＝(x，y，z)為平面CMN的法向量，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x－y＋\f(1,2)z＝0，,－\f(1,2)x＋y＝0.))令x＝2，得a＝(2，1，－2)，所以|cos〈a，eq\o(SN,\s\up6(→))〉|＝eq\f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(－1－\f(1,2))),3×\f(\r(2),2))＝eq\f(\r(2),2)，故SN與平面CMN所成角的大小為45°.（鞏固訓(xùn)練）如圖，在四棱錐P－ABCD中，平面PAD⊥平面ABCD，PA⊥PD，PA＝PD，AB⊥AD，AB＝1，AD＝2，AC＝CD＝eq\r(5).求直線PB與平面PCD所成角的正弦值；解析：取AD中點(diǎn)O，連接CO，PO，∵PA＝PD，∴PO⊥AD.又∵PO?平面PAD，平面PAD⊥平面ABCD，∴PO⊥平面ABCD，∵CO?平面ABCD，∴PO⊥CO，∵AC＝CD，∴CO⊥AD.以O(shè)為原點(diǎn)建立如圖所示空間直角坐標(biāo)系.易知P(0，0，1)，B(1，1，0)，D(0，－1，0)，C(2，0，0).則eq\o(PB,\s\up6(→))＝(1，1，－1)，eq\o(PD,\s\up6(→))＝(0，－1，－1)，eq\o(PC,\s\up6(→))＝(2，0，－1).eq\o(CD,\s\up6(→))＝(－2，－1，0).設(shè)n＝(x0，y0，1)為平面PDC的一個(gè)法向量.由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(PD,\s\up6(→))＝0，,n·\o(PC,\s\up6(→))＝0))得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－y0－1＝0，,2x0－1＝0，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y0＝－1，,x0＝\f(1,2).))即n＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，－1，1)).設(shè)PB與平面PCD的夾角為θ.則sinθ＝|cos〈n，eq\o(PB,\s\up6(→))〉|＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(n·\o(PB,\s\up6(→)),|n||\o(PB,\s\up6(→))|)))＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(\f(1,2)－1－1,\r(\f(1,4)＋1＋1)×\r(3))))＝eq\f(\r(3),3).專題六利用空間向量求二面角求二面角的傳統(tǒng)法需要作出平面角，向量法需要求出平面角的兩邊的方向向量或求出兩個(gè)半平面的法向量，再求向量夾角，要注意是鈍角還是銳角．求二面角α-l-β的大小θ，可先求出兩個(gè)平面的法向量n1，n2所成的角，則θ＝〈n1，n2〉或π－〈n1，n2〉求二面角的大小：①如圖①，AB，CD是二面角α-l-β的兩個(gè)面內(nèi)與棱l垂直的直線，則二面角的大小θ＝〈eq\o(AB,\s\up11(→))，eq\o(CD,\s\up11(→))〉．②如圖②③，n1，n2分別是二面角α-l-β的兩個(gè)半平面α，β的法向量，則二面角的大小θ滿足cosθ＝cos〈n1，n2〉或π－cos〈n1，n2〉．例2如圖，在直角梯形ABCP中，AP∥BC，AP⊥AB，AB＝BC＝eq\f(1,2)AP＝2，D是AP的中點(diǎn)，E，F(xiàn)，G分別為PC，PD，CB的中點(diǎn).將△PCD沿CD折起，使得PD⊥平面ABCD.(1)求證：平面PCD⊥平面PAD；(2)求二面角G－EF－D的大?。?1)證明∵PD⊥平面?平面ABCD，∴PD⊥CD.又AB＝BC＝eq\f(1,2)AP＝AD，AP⊥AB，∴四邊形ABCD為正方形，∴CD⊥AD.又PD∩AD＝D，∴CD⊥平面PAD.∵CD?平面PCD，∴平面PCD⊥平面PAD.(2)解如圖，以D為原點(diǎn)，分別以DC，DA，DP為x軸，y軸，z軸建立空間直角坐標(biāo)系D－xyz.則G(2，1，0)，E(1，0，1)，F(xiàn)(0，0，1)，∴eq\o(EF,\s\up6(→))＝(－1，0，0)，eq\o(EG,\s\up6(→))＝(1，1，－1).設(shè)平面EFG的法向量為n＝(x，y，z)，∴eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(EF,\s\up6(→))＝0，,n·\o(EG,\s\up6(→))＝0，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－x＝0，,x＋y－z＝0，))∴eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝0，,y＝z.))取n＝(0，1，1).取平面PCD的一個(gè)法向量eq\o(DA,\s\up6(→))＝(0，1，0)，∴cos〈eq\o(DA,\s\up6(→))，n〉＝eq\f(\o(DA,\s\up6(→))·n,|\o(DA,\s\up6(→))|·|n|)＝eq\f(1,\r(2))＝eq\f(\r(2),2).結(jié)合圖知二面角G－EF－D的大小為45°.（鞏固訓(xùn)練）如圖，菱形ABCD的對(duì)角線AC與BD交于點(diǎn)O，AB＝5，AC＝6，點(diǎn)E，F(xiàn)分別在AD，CD上，AE＝CF＝eq\f(5,4)，EF交BD于點(diǎn)H.將△DEF沿EF折到△D′EF的位置.OD′＝eq\r(10).求二面角B－D′A－C的正弦值.解析：如圖，以H為坐標(biāo)原點(diǎn)，eq\o(HF,\s\up6(→))的方向?yàn)閤軸正方向，建立空間直角坐標(biāo)系H－xyz.則H(0，0，0)，A(－3，－1，0)，B(0，－5，0)，C(3，－1，0)，D′(0，0，3)，eq\o(AB,\s\up6(→))＝(3，－4，0)，eq\o(AC,\s\up6(→))＝(6，0，0)，eq\o(AD′,\s\up6(→))＝(3，1，3).設(shè)m＝(x1，y1，z1)是平面ABD′的法向量，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m·\o(AB,\s\up6(→))＝0，,m·\o(AD′,\s\up6(→))＝0，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(3x1－4y1＝0，,3x1＋y1＋3z1＝0，))所以可取m＝(4，3，－5).設(shè)n＝(x2，y2，z2)是平面ACD′的法向量，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(AC,\s\up6(→))＝0，,n·\o(AD′,\s\up6(→))＝0，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(6x2＝0，,3x2＋y2＋3z2＝0，))所以可取n＝(0，－3，1).于是cos〈m，n〉＝eq\f(m·n,|m||n|)＝eq\f(－14,\r(50)×\r(10))＝－eq\f(7\r(5),25).sin〈m，n〉＝eq\f(2\r(95),25).因此二面角B－D′A－C的正弦值是eq\f(2\r(95),25).專題七利用空間向量求空間距離點(diǎn)P到平面α的距離，就是P與平面內(nèi)任一點(diǎn)A的向量，在法向量n上的投影的絕對(duì)值，即d＝eq\f(|\o(PA,\s\up12(→))·n|,|n|).例3正方體ABCD-A1B1C1D1的棱長(zhǎng)為4，M、N、E、F分別為A1D1、A1B1、C1D1、B1C1的中點(diǎn)，求平面AMN與平面EFBD解析：如圖所示，建立空間直角坐標(biāo)系D-xyz，則A(4，0，0)，M(2，0，4)，D(0，0，0)，B(4，4，0)，E(0，2，4)，F(xiàn)(2，4，4)，N(4，2，4)，從而eq\o(EF,\s\up11(→))＝(2，2，0)，eq\o(MN,\s\up11(→))＝(2，2，0)，eq\o(AM,\s\up11(→))＝(－2，0，4)，eq\o(BF,\s\up11(→))＝(－2，0，4)，所以eq\o(EF,\s\up11(→))＝eq\o(MN,\s\up11(→))，eq\o(AM,\s\up11(→))＝eq\o(BF,\s\up11(→))，所以EF∥MN，AM∥EF，EF∩BF＝F，MN∩AM＝M.所以平面AMN∥平面EFBD.設(shè)n＝(x，y，z)是平面AMN的法向量，從而eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(MN,\s\up11(→))＝2x＋2y＝0，,n·\o(AM,\s\up11(→))＝－2x＋4z＝0，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝2z，,y＝－2z.))取z＝1，得n＝(2，－2，1)，由于eq\o(AB,\s\up11(→))＝(0，4，0)，所以eq\o(AB,\s\up11(→))在n上的投影為eq\f(n·\o(AB,\s\up11(→)),|n|)＝eq\f(－8,\r(4＋4＋1))＝－eq\f(8,3).所以兩平行平面間的距離d＝eq\f(|n·\o(AB,\s\up11(→))|,|n|)＝eq\f(8,3).（鞏固訓(xùn)練）在棱長(zhǎng)為a的正方體ABCD－A1B1C1D1中，M是AA1的中點(diǎn)，則點(diǎn)A1到平面BDM的距離是()\f(\r(6),6)a\f(\r(30),6)a\f(\r(3),4)a \f(\r(6),3)a解析以D為原點(diǎn)建立空間直角坐標(biāo)系，正方體棱長(zhǎng)為a，則A1(a，0，a)，A(a，0，0)，Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a，0，\f(1,2)a))，B(a，a，0)，D(0，0，0)，設(shè)n＝(x，y，z)為平面BMD的法向量.則n·eq\o(BM,\s\up6(→))＝0，且n·eq\o(DM,\s\up6(→))＝0，而eq\o(BM,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－a，\f(1,2)a))，eq\o(DM,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a，0，\f(1,2)a))，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－y＋\f(1,2)z＝0，,x＋\f(1,2)z＝0，))所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝\f(1,2)z，,x＝－\f(1,2)z，))令z＝2，則n＝(－1，1，2)，eq\o(DA1,\s\up6(→))＝(a，0，a)，則A1到平面BDM的距離是d＝eq\f(|\o(DA1,\s\up6(→))·n|,|n|)＝eq\f(\r(6),6)a.專題八利用空間向量解決探索性問(wèn)題探索性問(wèn)題即在一定條件下論證會(huì)不會(huì)出現(xiàn)某個(gè)結(jié)論．這類題型常以適合某種條件的結(jié)論“存在”“不存在”“是否存在”等語(yǔ)句表述．解答這類問(wèn)題，一般先設(shè)出假設(shè)存在點(diǎn)的坐標(biāo)，再根據(jù)條件求該點(diǎn)的坐標(biāo)，即找到“存在點(diǎn)”，若該點(diǎn)坐標(biāo)不能求出，或有矛盾，則判定“不存在”．我們借助向量將“形”轉(zhuǎn)化為“數(shù)”，把點(diǎn)、線、面的位置數(shù)量化，通過(guò)代數(shù)式的運(yùn)算就可得出相應(yīng)的結(jié)論．這樣可以把許多幾何問(wèn)題進(jìn)行類化，公式化，使問(wèn)題的解決變得有“法”可依，有路可尋．例4如圖，棱柱ABCD－A1B1C1D1的所有棱長(zhǎng)都等于2，∠ABC和∠A1AC均為60°，平面AA1C1C⊥平面ABCD.(1)求證：BD⊥AA1；(2)求平面AA1D1D與平面AA1C1C的夾角的余弦值；(3)在直線CC1上是否存在點(diǎn)P，使BP∥平面DA1C1，若存在，求出點(diǎn)P的位置，若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由．(1)證明設(shè)BD與AC交于點(diǎn)O，則BD⊥AC，連接A1O，在△AA1O中，AA1＝2，AO＝1，∠A1AO＝60°，∴A1O2＝AAeq\o\al(2,1)＋AO2－2AA1·AOcos60°＝3，∴AO2＋A1O2＝AAeq\o\al(2,1)，∴A1O⊥AO.由于平面AA1C1C⊥平面ABCD，∴A1O⊥平面ABCD.以O(shè)B，OC，OA1所在直線分別為x軸，y軸，z軸，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，則A(0，－1,0)，B(eq\r(3)，0,0)，C(0,1,0)，D(－eq\r(3)，0,0)，A1(0,0，eq\r(3))，C1(0,2，eq\r(3))．由于eq\o(BD,\s\up6(→))＝(－2eq\r(3)，0,0)，eq\o(AA1,\s\up6(→))＝(0,1，eq\r(3))，eq\o(AA1,\s\up6(→))·eq\o(BD,\s\up6(→))＝0×(－2eq\r(3))＋1×0＋eq\r(3)×0＝0，∴eq\o(BD,\s\up6(→))⊥eq\o(AA1,\s\up6(→))，即BD⊥AA1.(2)解由于OB⊥平面AA1C1C，∴平面AA1C1C的一個(gè)法向量為n1＝(1,0,0)．設(shè)n2＝(x，y，z)為平面DAA1D1的一個(gè)法向量，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n2·\o(AA1,\s\up6(→))＝0，,n2·\o(AD,\s\up6(→))＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＋\r(3)z＝0，,－\r(3)x＋y＝0，))取n2＝(1，eq\r(3)，－1)，∴cos〈n1，n2〉＝eq\f(n1·n2,|n1||n2|)＝eq\f(\r(5),5)，所以，平面AA1D1D與平面AA1C1C的夾角的余弦值為eq\f(\r(5),5).(3)解假設(shè)在直線CC1上存在點(diǎn)P，使BP∥平面DA1C1，設(shè)eq\o(CP,\s\up6(→))＝λCC1，P(x，y，z)，則(x，y－1，z)＝λ(0,1，eq\r(3))．從而有P(0,1＋λ，eq\r(3)λ)，eq\o(BP,\s\up6(→))＝(－eq\r(3)，1＋λ，eq\r(3)λ)．設(shè)n3＝(x3，y3，z3)⊥平面DA1C1，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n3⊥\o(A1C1,\s\up6(→))，,n3⊥\o(DA1,\s\up6(→))，))又eq\o(A1C1,\s\up6(→))＝(0,2,0)，eq\o(DA1,\s\up6(→))＝(eq\r(3)，0，eq\r(3))，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2y3＝0，,\r(3)x3＋\r(3)z3＝0，))取n3＝(1,0，－1)，因?yàn)锽P∥平面DA1C1，則n3⊥eq\o(BP,\s\up6(→))，即n3·eq\o(BP,\s\up6(→))＝－eq\r(3)－eq\r(3)λ＝0，得λ＝－1，即點(diǎn)P在C1C的延長(zhǎng)線上，且C1C＝CP.（鞏固訓(xùn)練）如圖，在棱長(zhǎng)為2的正方體ABCD－A1B1C1D1中，E，F(xiàn)，M，N分別是棱AB，AD，A1B1，A1D1的中點(diǎn)，點(diǎn)P，Q分別在棱DD1，BB1上移動(dòng)，且DP＝BQ＝λ(0<λ<2)．(1)當(dāng)λ＝1時(shí)，證明：直線BC1∥平面EFPQ；(2)是否存在λ，使平面EFPQ與平面PQMN所成的二面角為直二面角？若存在，求出λ的值；若不存在，說(shuō)明理由．解析：以D為原點(diǎn)，射線DA，DC，