18版第7章7节立体几何中向量方法

第七节al平行al的方向向量．l⊥αlaal1，l2lnαα，βa，bl1，l2l1l2ab的夹角〈a，b 0＜〈a，bcosθ＝|cos〈a，b〉cos〈a，b〉＝laαnlα所成的角θsinθ＝|cos〈a，n〉|＝|aAB，CDα­l­βl面角的大小就是向量→与的夹角(图n1，n2α­l­βα，βn1的夹角(或其补角)的大小就是二面角的平面角的大小( 直线的方向向量和平面的法向量所成的角就是直线与平面所成的

面角的范围是

(2)× α⊥β，则 [∵α⊥β52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( 52130

D.2 BC＝2(0,2,0)(2,0,0)， →的余弦值cosθ＝|BM·AN| ＝→ 6×

107­7­1ABCD­A1B1C1D1中，O的，M是D1D的中点，N是A1B1的中点，则直线ON，AM的位置关系 .【导学号：510622477­7­垂 [以A为原点，分别以→，→，→所在直 轴，建立间直角坐标系(图略)1

5．(2017·湖州模拟)过正方形ABCD的顶点A作线段PA⊥平面ABCD，若AB＝PA，则平面ABP与平面CDP所成的二面角为 P(0,0,1)，由题意，ADPABEPDAEAE⊥PD，又CD⊥平面PAD，∴CD⊥AEAE∴ → AB→→PABPCD如图7­7­2所示，在底面是矩形的四棱锥P­ABCD中，PA(1)求证：EFPAB；7­7­ 以A为原点，AB，AD，AP所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系如图所示，则A(0,0,0)，B(1,0,0)，C(1,2,0)，D(0,2,0)，P(0,0,1)，

2

＝(1,0,0)→＝(1,0,0).3(1)因为＝－1→，所以→∥→，即

EF所以EF∥平面PAB.6分→→所以 AP⊥DC，AD⊥DCAP⊥DC，AD⊥DC.10所以DC⊥平面PAD.DC⊂[规律方法]1.利用向量证明平行与垂直，充分利用已知的线面垂直关系构[变式训练1] (2017·绍兴一模)如图7­7­3四棱锥P­ABCD的底面为正方形，7­7­ 建立如图所示的空间直角坐标系分 ∴→ ∵PB⊄EFHEH⊂∴PBEFH.6 PD·AF＝0×PD·AF＝0×0＋2×1＋(－2)×1＝0，10→又∵AF∩AH＝A，∴PDAHF.15☞角度 求异面直线所成的将正方形ABCD沿对角线AC折起，当以A，B，C，D四点为顶点的三棱锥体积最大时，异面直线AD与BC所成的角为( 6633

4242 最大，即点D到底面△ABC的距离最大时，平面ADC⊥平面ABC.OAC则BO，CO，DO两两互相垂直O→因此cos〈→，→〉＝AD·BC

→ 2× 3ADBC所成的角为3 |ν||ν代 |cos〈ν1，ν2〉|＝|ν1·|ν||ν ☞角度 求直线与平面所成的(2015·卷Ⅱ)如图7­7­4所示，长方体ABCD­A1B1C1D1中，ABFα与此长方体的面相交，交线围成一个正方形．7­7­(2)AFα所成角的正弦值.【导学号：51062248 (1)交线围成的正方形EHGF如图所示.5(2)EM⊥AB，M，EHGF为正方形，MH＝EH2－EM2＝6，以D为坐标原点，→的方向为x －6，8).9 n＝(xyz)

即 又

4

→＝1515所以AF与平面EHGF所成角的正弦值为4 15 1.利用向量法求线面角的方(2)sin2θ＋cos2θ＝1求值(2)E­BC­A7­7­ (1)证明：由已知可得AFEFDC.2AF⊂ABEFABEFEFDC.6(2)DDG⊥EF，由(1)DG⊥以G为坐标原点，→的方向为 方向，→为单位长，建立如图所 的空间直角坐标系.8

＝3，A(1,4,0)，B(－3,4,0)，E(－3,0,0)，D(0,0，AB∥EF，AB∥EFDC.10ABCD∩EFDC＝CD，BE∥AF，BE⊥所以∠CEFC­BE­F的平面角，∠CEF＝60°.从而可得C(－2,0，3)．所以 EC＝(1,0，3)，EB＝(0,4,0)，AC＝(－3，－4，设 )是平面BCE的法向量 则

x＋即 n＝(3,0，－3).12 mABCD的法向量，m＝(0，〉则cos〈 n·m＝－219〉E­BC­A

192 —19[规律方法]1.求解本题要抓住几点：(1)充分利用垂线，建立恰当的直角坐(2)D­AF­EC­BE­F的平面角；(3)从空间图形能判定二面角E­BC­A为钝角．2 7­7­(2)点P段EF上，设平面PAB与平面ADE所成锐二面角为θ，试θ的最小值． (1)证明：在梯形ABCD中∴BD2＝AB2＋AD2－2AB·AD·cos∴AB2＝AD2＋BD2，∴AD⊥BD.2BFEDBFED∩ABCD＝BD，DE⊂∴DEABCD，则DE⊥AD.DE∩BD＝D，∴ADBFED.6直角坐标系，令EP＝λ(0≤λ≤3)，D(0,0,0)，A(1,0,0)，B(0，∴→ AB＝(－1，3，0)，BP＝(0，λ－ →→

－x＋3y＝0，y＝1n1＝(3，1，3－λ).10∵n2＝(0,1,0)ADE.∴cos .

3＋1＋

λ－∵0≤λ≤3λ＝3时，cosθ有最大值3∴θ的最小值为π.153FACBC边的中点，现将△ABCCDA­DC­B，如图ABDEFE­DF­CBCPAP⊥DE 7­7­ (1)如图，在△ABC中，由E，F分别是AC，BC中点，得AB⊄DEF，EF⊂∴ABDEF.4D则A(0,0,2)，B(2,0,0)，C(0,23，0)，E(0，3，1)，F(1，3，0)，CDF的法向量为＝(0,0,2).6设平面EDF的法向量为n→则→即n＝(3，－

→→

DA，n〉＝ ＝77∴二面角E­DF­C的余弦值为 7→P(x，y,0)，则AP·DE＝3∴y＝23BP＝(x－2BP＝(x－2，y,0)，PC＝(－x,2∵→∴(x－2)(2∴3x＋y＝23.12y＝23 ∴→1

2 BCP3，3，0AP⊥DE.15[规律方法 1.根据题目的条件进行综合分析和观察猜想，找出点或线的[变式训练3] 如图7­7­8，在长方体ABCD­A1B1C1D1中，AA1＝AD＝1，E为CD中点．7­7­ 以A为原点，AB，AD，AA1的方向分别为x轴，y轴，z轴的正方AB＝a.1

因为→ B1E⊥AD1.6AA1DPB1AE，此时＝(0，－1，z0)，再设平面B1AE的一个法向量为n

nB1AEn⊥AB1，n⊥AE，得22x＝12 DPB1AEn，有a－az0＝0 所以存在点P，满足DP∥平面B1AE，此时 A 基础达(建议用时：30分钟则下列点P中，在平面α内的是( ⊥nPαα7­7­9ABC­2CB，则直线BC1与直线AB1夹角的余弦值为 )【导学号：510622497­7­5A.5BB．－5C.25D2D．－→ [不妨设CB＝1，则→→→→→

BC1·AB1 5BC1，AB1〉＝ → 5×3＝5→ABCD­A1B1C1D1aMAC1

1→1，N→B1B的中点，则|MN|为 A. 6

6 B.66

3 [D设

MAC1上且＝1 (x－a，y，z)＝1∴x＝2 M

已知正三棱柱ABC­A1B1C1的侧棱长与底面边长相等，则AB14ACC1A1所成角的正弦值等于 4426C.242

10D.32 [22，O(0,0,0)，B(3，0,0)，A(0，－1,0)，B1(AB1＝(3，1,2)，则AB1＝(3，1,2)，则BO＝(－3，0,0)ACC1A1→sinθ＝|AB1·BO|＝6→ 4ABCD­A1B1C1D1EBB1A1ED3ABCD所成的锐二面角的余弦值为 323C.323

D.22 [以A为原点建立如图所示的空间直角坐标系21

A1ED

即

ABCD∴cos〈n1，n2〉＝2 即所成的锐二面角的余弦值为→PABCD所在的平面外一点，如果－4)， 是平面ABCD的法向量；④→∥→其中正确的序号 [∵→→＝0，→又 ∴→AP是平面ABCD的法向量，确∴→由于 BD＝AD－AB＝(2,3,4)，AP＝(－1,2，－1)，∴BD与APD1C1与平面A1BC1所成角的正弦值 33建立空间直角坐标系，设n)为平面A1BC1的法向 即

z＝2→αsinα＝|cos〈

→〉 8．在一直角坐标系中，已知A(－1,6)，B(3，－8)，现沿x轴将坐标平面折 [AC，BD故由得→ →|AB|＝|AC＋CD＋DB|∴|AB|＝2∴7­7­A­DE­C 由题意，以D为坐标原点，分别以DA，DC，DS所在直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系(如图)，A(1,0,0)，B(1,1,0)，C(0,2,0)，S(0,0,2)→(1,1,0)，DS＝(0,0,2).2→∴→2→1→ DE·BC＝0，DE·BSDE·BC＝0，DE·BS＝0，4∴ →BC∩BS＝B，∴DESBC.6由(1)知，DE∵EC⊂SBC，∴DE⊥EC.9分取DE的中点F， 故→→∴向量→与A­DE­C→cos〈→〉＝FA·EC → A­DE­C120°.1510P­ABCD中，PDABCDABCDDC，E，FAB，PB (1)证明：如图，以DA，DC，DP所在直线分别

∴→ EF⊥DCEF⊥CD.6(2)G(x,0，z)，则 GFPCB

由

z－a＝，得＝2 15B 能力提(建议用时：15分钟1(2017·∠A1AD＝60°BAD＝90°ABCD4所成的角的正切值为 44439

13D.393 3得B(2，－1,0)，D1(0,2，3)，＝(－2,3，3)，平面ABCD→| 3913.]2．(2017·浙江柯桥中学质检)7­7­11所示，在正方体ABCD­3a，M，NA1BAC上的点，A1M＝AN＝3

MN面BB1C1C的位置关系 .【导学号：510622517­7­MN∥平面BB1C1C [以C1为坐标原点建立如图所示3∵A1M＝AN＝3 又∵是平面BB1C1CMN⊄平面BB1C1CMN∥平面ABCDGAB7­7­O­EF­C设H为线段AF上的点，且

BHCEF

依题意，OF⊥平面ABCD，如图，以O为原点分别以 AD，BA，OFx轴，y轴，z1,0)，C(1，－1,0)，D(1,1,0)，E(－1，－1,2)，F(0,0,2)，G(－1,0,0).2 n1＝(x1，y1，z1)ADF →→

即 4z1＝1