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- 2021-06-10 发布
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立体几何中的向量方法(二)——求空间角与距离备考策略
主标题:立体几何中的向量方法(二)——求空间角与距离备考策略
副标题:通过考点分析高考命题方向,把握高考规律,为学生备考复习打通快速通道。
关键词:空间角,距离,备考策略
难度:2
重要程度:4
内容
考点一 求异面直线所成的角
【例 1】 如图,在四棱锥 P-ABCD 中,底面 ABCD 是矩形,PA⊥底面 ABCD,
E 是 PC 的中点.已知 AB=2,AD=2 2,PA=2.求:
(1)三角形 PCD 的面积.
(2)异面直线 BC 与 AE 所成的角的大小.
解 (1)因为 PA⊥底面 ABCD,所以 PA⊥CD.
又 AD⊥CD,所以 CD⊥平面 PAD,从而 CD⊥PD.
因为 PD= 22+2 22=2 3,CD=2,
所以三角形 PCD 的面积为1
2
×2×2 3=2 3.
图 1
(2)法一 如图 1,取 PB 中点 F,连接 EF,AF,则 EF∥BC,从而∠AEF(或其补
角)是异面直线 BC 与 AE 所成的角.
在△AEF 中,由于 EF= 2,AF= 2,AE=1
2PC=2.
则△AEF 是等腰直角三角形,所以∠AEF=π
4.
因此,异面直线 BC 与 AE 所成的角的大小是π
4.
图 2
法二 如图 2,建立空间直角坐标系,则 B(2,0,0),C(2,2 2,0),E(1,2,1),AE
→
=(1, 2,1),BC
→
=(0,2 2,0).
设AE
→
与BC
→
的夹角为θ,则
cos θ=
AE
→
·BC
→
|AE
→
||BC
→
|
= 4
2×2 2
= 2
2
,所以θ=π
4.
由此可知,异面直线 BC 与 AE 所成的角的大小是π
4.
【备考策略】本题可从两个不同角度求异面直线所成的角,一是几何法:作—证
—算;二是向量法:把角的求解转化为向量运算,应注意体会两种方法的特点,
“转化”是求异面直线所成角的关键,一般地,异面直线 AC,BD 的夹角β的余
弦值为 cos β=
|AC
→
·BD
→
|
|AC
→
||BD
→
|
.
考点二 利用空间向量求直线与平面所成的角
【例 2】
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.
思路 由于在直棱柱 ABCD-A1B1C1D1 中,∠BAD=90°,易于建立空间坐标系,
可利用向量法求解.第(1)问 AC⊥B1D 转化为判定AC
→
·B1D
→
=0;第(2)问可利用直
线 B1C1 的方向向量与平面 ACD1 的法向量的夹角求解.
(1)证明 法一 因为 BB1⊥平面 ABCD,AC⊂平面 ABCD.∴AC⊥BB1,又 AC⊥
BD,
∴AC⊥平面 BB1D,
又 B1D⊂平面 BB1D,从而 AC⊥B1D.
法二
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).
从而B1D
→
=(-t,3,-3),AC
→
=(t,1,0),BD
→
=(-t,3,0).
因为 AC⊥BD,所以AC
→
·BD
→
=-t2+3+0=0.
解得 t= 3或 t=- 3(舍去).
于是B1D
→
=(- 3,3,-3),AC
→
=( 3,1,0).
因为AC
→
·B1D
→
=-3+3+0=0,
所以AC
→
⊥B1D
→
,即 AC⊥B1D.
(2)解 由(1)知,AD1
→
=(0,3,3),AC
→
=( 3,1,0),B1C1
→
=(0,1,0).
设 n=(x,y,z)是平面 ACD1 的一个法向量,
则
n·AC
→
=0,
n·AD1
→
=0,
即 3x+y=0,
3y+3z=0.
令 x=1,则 n=(1,- 3, 3).
设直线 B1C1 与平面 ACD1 所成角为θ,则
sin θ=|cos|=| n·B1C1
→
|n|·|B1C1
→
||= 3
7
= 21
7 .
【备考策略】 (1)本题求解时关键是结合题设条件进行空间联想,抓住垂直条件
有目的推理论证,在第(2)问中,运用空间向量,将线面角转化为直线的方向向
量与平面法向量夹角,考查化归思想与方程思想.
(2)利用空间向量求线面角有两种途径:一是求斜线和它在平面内射影的方向向
量的夹角(或其补角);二是借助平面的法向量.
考点三 利用向量求二面角
【例 3】如图,在四棱柱 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.
(1)证明 B1C1⊥CE;
(2)求二面角 B1-CE-C1 的正弦值;
(3)设点 M 在线段 C1E 上,且直线 AM 与平面 ADD1A1 所成角的正弦值为 2
6
,求
线段 AM 的长.
思路 由条件特征,易建立空间坐标系,方便运用向量求解.(1)利用向量证明
B1C1
→
·CE
→
=0;(2)求平面 B1CE 与平面 CEC1 的法向量,进而求二面角的正弦值;
(3)设出EM
→
=λEC1
→
,根据线面角求λ,进一步求出 AM 的长.
解 如图,以点 A 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,依题意得 A(0,0,0),B(0,0,2),C(1,0,1),B1(0,2,2),C1(1,2,1),E(0,1,0).
(1)证明:易得B1C1
→
=(1,0,-1),CE
→
=(-1,1,-1),于是B1C1
→
·CE
→
=-1×1+0
+(-1)2=0,∴B1C1
→
⊥CE
→
,故 B1C1⊥CE.
(2)解:B1C
→
=(1,-2,-1).
设平面 B1CE 的法向量 m=(x,y,z),
则
m·B1C
→
=0,
m·CE
→
=0,
即 x-2y-z=0,
-x+y-z=0.
消去 x,得 y+2z=0,不妨令 z=1,可
得一个法向量为 m=(-3,-2,1).
由(1)知,B1C1⊥CE,
又 CC1⊥B1C1,从而 B1C1⊥平面 CEC1.
故B1C1
→
=(1,0,-1)为平面 CEC1 的一个法向量.
于是 cos=
m·B1C1
→
|m|·|B1C1
→
|
= -4
14× 2
=-2 7
7
,
从而 sin= 21
7
,
所以二面角 B1-CE-C1 的正弦值为 21
7 .
(3)解:AE
→
=(0,1,0),EC1
→
=(1,1,1),设EM
→
=λEC1
→
=(λ,λ,λ),0≤λ≤1,有AM
→
=
AE
→
+EM
→
=(λ,λ+1,λ).
可取AB
→
=(0,0,2)为平面 ADD1A1 的一个法向量.
设θ为直线 AM 与平面 ADD1A1 所成的角,
则 sin θ=|cos|=
|AM
→
·AB
→
|
|AM
→
|·|AB
→
|
= 2λ
λ2+λ+12+λ2×2
= λ
3λ2+2λ+1
,
于是 λ
3λ2+2λ+1
= 2
6
,解得λ=1
3(负值舍去),
∴AM
→
=
1
3
,4
3
,1
3 ,故 AM= 2.
【备考策略】(1)求解本题要注意两点:一是两平面的法向量的夹角不一定是所求
的二面角,二是利用方程思想进行向量运算,要认真细心,准确计算.
(2)设 m,n 分别为平面α,β的法向量,则二面角θ与互补或相等,故有|cos
θ|=|cos|=|m·n|
|m||n|.求解时一定要注意结合实际图形判断所求角是锐角还是
钝角.