數學經典易錯題會診與高考試題預測11

經典易錯題會診與2012屆高考試題預測〔十一〕考點11空間向量?求異面直線所成的角?求直線與平面所成的角?求二面角的大小?求距離?利用空間向量解立體幾何中的探索問題?利用空間向量求角和距離經典易錯題會診命題角度1求異面直線所成的角1．〔典型例題Ⅰ〕如圖11-1，四棱錐P—ABCD的底面為直角梯形，AB∥DC，∠DAB=90°，PA⊥底面ABCD，且PA=AD=DC=AB=1，M是PB的中點?！?〕證明：面PAD⊥面PCD；〔2〕求AC與PB所成的角；〔3〕求面AMC與面BMC所成二面角A-CM-B的大小。[考場錯解]第〔2〕問。∵PA⊥底面ABCD，且∠DAB=90°∴AD、AB、AP兩兩互相垂直，建立如下圖的坐標系，那么A〔0，0，0〕，C〔1，1，0〕，B〔0，2，0〕，P〔0，0，1〕，∴=〔1，1，0〕，=〔0，-2，1〕，∴cosθ=∴AC與PB所成的角為arccos(-).[專家把脈]上述錯解中有兩個錯誤：〔1〕的坐標應用B的坐標減P的坐標，∴=〔0，2，-1〕；〔2〕異面直線所成角的范圍不正確，公式記憶不準確，實際上異面直線所成的角的范圍不正確，公式記憶不準確，實際上異面直線所成的角的范圍為〔0°，90°〕，而arccos(-)為鈍角，cosθ=[對癥下藥]〔1〕∵PA⊥底面ABCD，∴PA⊥CD，又CD⊥AD，∴CD⊥平面PAD，又CD平面PCD，∴平面圖PAD⊥平面PCD?！?〕∵PA⊥底面ABCD，∴PA⊥CD，PA⊥AB，又AD⊥AB，∴可以建立如下圖空間坐標系，那么由A〔0，0，0〕、C〔1，1，0〕、B〔0，2，0〕、P〔0，0，1〕∴=〔1，1，0〕，=〔0，2，-1〕，設與PB成角為θ，那么cosθ=,∴AC與PB所成的角為arccos.(3)∵M為PB的中點，∴M〔0，1，〕，∴=〔0，1，〕，=〔1，1，0〕設n1=(x,y,z)為平面AMC的法向量，那么n1⊥,n1⊥,∴y=z=0,x+y=0,令x=1,得y=-1,z=2,∴n1=(1,-1,2)為平面AMC的一個法向量，同理可求得n2=(1,1,2)為平面BMC的一個法向量，∴n1、n2的夾角為arccos,而從圖中可看出A-MC-B為鈍角，∴二面角A-CM-B的大小為。2．〔典型例題〕如圖11-2，在直四棱術ABCD-A1B1C1D1中，AB=AD=2，DC=2，AA1=，AD⊥DC，AC⊥BD，垂足為E。〔1〕求證BD⊥A1C；〔2〕求二面角A1-BD-C1的大小；〔3〕求異面直線AD與BC1所成角的大小。[考場錯解]第〔3〕問，由AD、DC、DD1兩兩互相垂直，∴建立如下圖的空間直角坐標系，∴A〔2，0，0〕、D〔0，0，0〕、B〔2，2，0〕C1〔0，2，〕∴〔-2，0，0〕=〔-2，0，〕。cosθ==∴AD與BC1所成的角為arccos.[專家把脈]B點坐標計算錯誤,其實質是位置關系未分析清楚,錯誤地認為AB⊥AD,BC⊥CD,此題還會出現以BD為x軸,DC為y軸,DD1為z軸的建立坐標系的錯誤.[對癥下藥](1)∵ABCD—A1B1C1D1為直四棱柱?！郃A1⊥底面ABCD，∴A1C在底面ABCD上的射影為AC，又由AC⊥依三垂線定理可得BD⊥A1C?！?〕如圖，以D為坐標原點，DA、DD1所在直線分別為x軸，y軸，z軸，建立空間直角坐標系。連接A1E1、C1E1、AG1。與〔1〕同理可證，BD⊥A1E1，BD⊥C1E1，∴∠A1EC1為二面角A1-BD-C1的平面角。由A1〔2，0〕、C1〔0，2，〕、E〔〕，得即EA1⊥EC1。∴二面角A1-BD-C1的大小為90°?！?〕在平面ABCD中，過A作BF⊥AD，交DA的延長線于F，由AD=2，CD=2，得AC=4，∠DAE=60°，∴AE=1，在Rt△AEB中，AB=2，AE=1，∠BAE=60°，在Rt△AFB中AB=2，∠BAF=60°，∴BF=，AF=1，DF=2+1=3，∴B的坐標為〔3，，0〕由D〔0，0，0〕、A〔2，0，0〕、C1〔0，2，〕、B〔3，，0〕，得∴cos〔、〕=，∴異面直線AD與BC1所成角的大小為arccos。此題還可以E為坐標原點，EB、EC分別為x軸和y軸，那么z軸與AA1平行，E〔0，0，0〕、A1〔0，-1，〕、C1〔0，3，〕B〔，〕0，0〕、D〔-，0，0〕、A〔0，-1，0〕，其中A1、D、A的坐標容易求錯。專家會診利用空間向量求異面直線所成的角，公式為cos關鍵是正確地建立坐標系進而寫出各有關點的坐標，建立坐標會出現用三條兩兩不垂直的直線作x軸、y軸、z軸的錯誤，還會出現用三條兩兩互相垂直但不過同一點的三條直線作x軸、y軸、z軸的錯誤。寫點的坐標也容易出現錯誤，學習時要掌握一些特殊點坐標的特點，如x軸上的點坐標為〔a，0，0〕，xoz面上的點坐標為〔a,0,b〕等，其次還應學會把某個平面單獨分化出來，利用平面幾何的知識求解，如本節(jié)的例2，求B的坐標?？紙鏊季S訓練1．正三棱柱ABC—A1B1C1的底面邊長為2a,高為b，求異面直線AC1和A1B所成的角。答案：如圖：∵ABC-A1B1C1為正三棱柱，∴AA1⊥平面空間直角坐標系.那么A〔0，0，0〕、A1〔0，0，b〕、B〔a,a,0〕、C1〔2a,0,b〕,∴∴cosθ=AC1與A1B所成的角為arccosAC1與A1Ba所成的角為π-arccos.2．如圖11-4，在棱長為1的正方體ABCD—A1B1C1D1中，E、F分別是D1D，BD的中點，G在CD上，且CG=CD，H為C1G的中點。〔1〕求證：EF⊥B1C；答案：建立如下圖的空間直角坐標系，由有E〔0，0，〕、F〔，，0〕、C〔0，1，0〕、B1〔1，1，1〕、G〔0，，0〕〔1〕∵EF⊥B1C.〔2〕求EF與C1G所成角的余弦；答案：(0,,0)-(0,1,1)=(0,-,-1),∵∴cosθ=〔3〕求FH的長。答案：由中點坐標公式，得H的坐標為〔0，〕又F〔，，0〕,∴(-,,),FH=3．如圖11-5四棱錐P—ABCD的底面ABCD是矩形，PA⊥底面ABCD，PA=AB=1，BC=2。〔1〕求證：平面PAD⊥平面PCD；答案：由PA⊥平面ABCD，又ABCD為矩形，∴CD⊥AD,∴CD⊥平面PAD，∴面PAD⊥面PCD.〔2〕假設E是PD的中點，求異面直線AE與PC所成角的余弦值；答案：A(0,0,0)、P〔0，0，1〕、D〔0，2，0〕，E為PD中點，∴E(0,1,)、C〔1，2，0〕，∴∴AE與PC所成角的余弦值為〔3〕在BC邊上是否存在一點G，使得D點在平面PAG的距離為1，如果存在，求出BG的值；如果不存在，請說明理由。答案：假設BC邊上存在一點G滿足D到PAG的距離為1，設G〔1，y,0〕,那么=〔0,0,1〕=(1,y,0),設n=(a、b、c)為平面PAG的一個法向量，由n⊥,得c=0,由n⊥，得a+by=0,令a=1,得b=-,∴n=(1,-,0)

為平面PAG的一個法向量，∴d=,解得y=,∴BC上存在一點G，BG=，使得D到平面PAG的距離為1.命題角度2求直線與平面所成的角1．〔典型例題〕如圖在三棱錐P—ABC中，AB⊥BC，AB=BC=KPA，點O、D分別是AC、PC的中點，OP⊥底面ABC?！?〕當k=時，求直線PA與平面PBC所成角的大??；〔2〕當k取何值時，O在平面PBC內的射影恰好為△PBC的重心？[考場錯解]〔1〕∵PO⊥OC，PO⊥OB，又AB=BC，O為AC的中點，∴BO⊥OC，∴以O為坐標原點，OB、OC、OP所在直線x、y、z軸建立穿間直角坐標系，那么O〔0，0，0〕、C〔0，a,0〕其中設AC=2a，A〔0，-a,0〕P(0,0,)、B〔a,0,0〕∴=(0,-a,-a),=(a,0,-a)=(0,a,-a),設n=〔x,y,z〕為平面PBC的一個法向量，由n⊥,得ax-az=0,由n⊥,得ay-az=0,令x=1,得z=,y=1,∴n=(1,1,)為平面PBC的一個法向量，設PA與平面PBC所成的角為θ，那么cosθ=.[專家把脈]公式記憶錯誤,其實質是未能把直線與平面所成的角與向量的夾角聯系上,應為直線與平面所成角的正弦值.[對癥下藥](1)由錯解和錯因知,設PA與平面PBC所成的角為θ,那么cosθ=,∴θ=arcsin.∴PA與平面PBC所成的角為arcsin.(2)設P(0,0,b),那么=(a,0,-b),=(0,a,-b),設G為△PBC的重心,那么由穗主坐標公式得G(),由OG⊥平面PBC,∴,得a=b,即PO=a，在Rt△POA中，PA=a,又AB=a,∴R=1,∴當k=1時O在平面PBC內的射影為△PBC的重心。2．〔典型例題Ⅱ〕如圖11-7，四棱錐P—ABCD中，底面ABCD為矩形，PD⊥底面ABCD，AD=PD，E、F分別為CD、PB的中點?！?〕求證EF⊥平面PAB；〔2〕設AB=BC，求AC與平面AEF所成的角的大小。[考場錯解]第〔2〕問，由PD⊥CD，PD⊥AD，CD⊥AD，∴建立如下圖的空間直角坐標系，設BC=a，那么AB=a，可得D〔0，0，0〕、C〔a，0，0〕、A〔0，a,0〕、B〔a,a,0〕，以后算出的坐標，平面AEF的一個法向量的坐標，利用公式sinθ=得出結果。[專家把脈]B的坐標寫錯，由于此題中所建坐標系與通常所建坐標系在直觀上有所不同，其實質還是求點的坐標不熟練所致。[對癥下藥]〔1〕連接PE、BE、CF、FD。在Rt△PED中，PE=，在Rt△BCE中，BE=又由AD=BC=PD，CD=ED，∴PE=BE，又F為PB中點，∴EF⊥PB，又在Rt△PBC中，CF=PB，在Rt△PDB中，DF=PB，∴CF=DF，∴EF⊥CD，又AB∥CD，∴EF⊥AB，∴EF⊥平面PAB；〔2〕由PD⊥CD，PD⊥AD，又AD⊥CD，所以建立如圖11-8所示的空間直角坐標系，設BC=a，那么AB=BC=a，得D〔0，0，0〕、C〔a,0,0〕、A〔0，a,0〕B〔a,a,0〕、P〔0，0，a〕，由中點坐標公式得E〔〕，F〔〕∴設n=〔x,y,z〕為平面AEF的一個法向量，由n⊥，得為平面AEF的一個法向量，設AC與平面AEF所成的角為θ，那么sinθ=∴AC與平面AEF所成的角為arcsin.[專家會診]求直線與平面所成角的公式為：sinθ=,其中a為直線上某線段所確定的一個向量，n為平面的一個法向量，這個公式很容易記錯，關鍵是理解，有些學生從數形結合來看，認為n應過直線上某個點，如例4中n應過C點，這是錯誤的，這里n是平面的任意一個法向量，再說一個向量過某一個具體的點這種說法也是錯誤的?？紙鏊季S訓練1如圖11-9，在直三棱柱ABC—A1B1C1中，∠ACB=90°AC=2，BC=6，D為A1B1的中點，異面直線CD與A1B垂直?！?〕求直三棱術ABC-A1B1C1的高；答案：以CA、CB、CC1所在的直線分別為x軸、y軸、z軸建立空間直角坐標系，那么由有A1〔2,0,x〕、B〔0，6，0〕、D〔1，3，x〕，C〔0，0，0〕，其中x為直三棱柱，∴〔1，3，x〕,又A1B⊥CD，∴·=0，得〔-2〕×1+6×3-x2=0,解得x=4或x=-4(舍去)∴直三棱柱的高為4.〔2〕求直線A1B與平面CC1A1C所成的角。答案：由(1)知=(-2，6，-4)，又BC⊥平面ACC1A1∴為平面CC1A1C的—個法向量,又(0，-6，0)∴sinθ=∴直線A1B與平面CC1A1C所成的角為arcsin2如圖，正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，底面邊長AB=2，側棱BB1的長為4，過點B作B1C的垂線交側棱CC1于點E，交B1C于點F?！?〕求證：A1C⊥平面BED；答案：以DA、DC、DD1分別為x軸、y軸、z軸建立空間直角坐標系，那么D(0，0，0)、A(2，0，0)、A1(2，0，4)、B(2，2，0)，設E(0，2，x)那么=(-2，0，x)，=(-2，0，-4)，由⊥∴·=0,得x=1，∴E(0，2，1)，∴=(-2，0，1)，=(-2，-2，0)，=(-2，2，-4)，由·=0知A1C⊥BE，·BD=0知A1C⊥BD，∴A1C⊥平面BED〔2〕求A1B與平面BDE所成的角是正弦值。答案：由(1)知=(-2，2，-4)為平面BED的一個法向量，=(0，2，-4),∴sinθ=∴θ=arcsin.∴A1B與平面BDE所成的角為arcsin.3四棱錐P-ABCD〔如圖〕，底面是邊長為2的正方形，側棱PA⊥底面ABCD，M、N別為AD、BC的中點，MQ⊥PD于Q，直線PC與平面PBA所成角的正弦值為〔1〕求證：平面PMN⊥平面PAD；答案：以A為坐標原點，分別以AB、AD、AP所在的直線為x軸、y軸和z軸，建立空間直角坐標系(圖略)．設PA=a，那么A(0，0，0)，B(2，0，0)，C(2，2，0)，D(0，2，0)，P(0，0，a)，M(0，1，0)，N(2，1，0)．∴=(2，0，0)，=(0，0，a)，=(0，2，0)，∴,∴MN⊥平面PAD.∵MN平面PMN，∴平面PMN⊥平面PAD.〔2〕求PA的長；答案：=(2，2，-a)，平面PBA的一個法向量為n==(0，1，0)∵直線PC與平面PBA成角的正弦值為，∴|cos<,n>|=即,∴a=2，即PA=2．〔3〕求二面角P-MN-Q的余弦值。答案：由(Ⅰ)，MN⊥平面PAD，知MQ⊥MN,MP⊥MN,∴∠PMQ即為二面角P—MN—Q的平面角．而PM=,MQ=，MD=,∴cosPMQ=∴二面角P-MN-Q的余弦值為命題角度3求二面角的大小1．〔典型例題〕在四棱錐V-ABCD中，底面ABCD是正方形，側面VAD是正三角形，平面VAD⊥底面ABCD，如圖11-12。〔1〕證明：AB⊥平面VAD；〔2〕求二面角A-VD-B的大小。[考場錯解]〔2〕過V作VO⊥AD于O，由平面VAD⊥底面ABCD，∴VO⊥底面ABCD，∴以OA、OV分別為x、z軸建立空間坐標系，那么分別算出VAD與VBD的法向量n1=〔0，1，0〕,n2=〔1，-1，〕，∴cos(n1·n2)=-?！喽娼茿-VD-B的大小為[專家把脈]認為兩平面的法微量是的夾角等于二面角的大小，這是錯誤的，實際上法向量的夾角與二面角的平面角相等或互補。此題中A-VD-B為一銳二面角。[對癥下藥]〔1〕∵平面VAD⊥平面ABCD，AB⊥AD，∴根據兩面垂直的性質和AB⊥平面VAD?！?〕過V作VO⊥AD于O，由平面VAD⊥平面ABCD，得VO⊥底面ABCD，∴可以建立如釁11-13所示的空間直角坐標系，設正方形的邊長為1，那么A〔，0，0〕、B〔，1，0〕、C〔-，1，0〕、D〔-，0，0〕、V(0,0,)由〔1〕知=〔0，1，0〕為平面VAD的一個法向量，〔-1，-1，0〕，設n=(x,y,z)為平面VDB的一個法向量，由n⊥得，x+y=0,令x=1,得y=-1,z=-?！郼os<,n>=又由圖形知二面角A-VD-B為銳二面角，∴二面角A-VB-B的大小為arccos.2．〔典型例題〕如圖11-14，三棱錐P-ABC中，E、F分別是AC、AB的中點，△ABC、△PEF都是正三角形，PF⊥AB。〔1〕證明：PC⊥平面PAB；〔2〕求二面角P-AB-C的平面角的余弦值；〔3〕假設點P、A、B、C在一個外表積為12π的球面上，求△ABC的邊長。[考場錯解]以EB、EC、EP分別為x軸、y軸、z軸建立空間坐標系。[專家把脈]坐標系建立錯誤，實際上BE⊥EC，PE⊥EC都可以證得，但PE與EB不垂直，此題用穿間向量來解沒有用傳統(tǒng)方法來解方便，建立坐標系錯誤或不知息樣建立坐標系的穿間向量中的常見錯誤。[對癥下藥]∵F為AB中點，PF⊥AB，∴PA=PB，又△PEF為正三角形，∴PE=PF，在△PAE與△PAF中，PE=PF，AE=AF，∴△PAE≌△PAF，∴∠PEA=∠PEF=90°，又E為AC中點，∴PA=PC，∴PA=PB=PC，∴P在底面ABC上的射影為正△ABC的中心，建立如圖11-14所示的空間坐標系，設底面△ABC的邊長為2a，那么PA=PB=PC=a，∴PO=∴P〔0，0，a〕，C〔0，0〕，A〔0〕，C〔0，0〕，B〔0〕?！?〕由知PC⊥PA，同理PC⊥BP，∴PC⊥平面PAB?！?〕由〔1〕知=〔〕為平面PAB的一個法向量，=〔0，0，〕為平面ABC的一個法向量，cos<>=又由圖形知P-AB-C的平面角的余弦值為?！?〕由球半徑為，又PA、PB、PC兩兩互相垂直，∴PA2+BP2+PC2=〔2〕2，得PA=2，∴AB=2，即正三角形的邊長為2專家會診利用空間向量求二面角，先求兩平面的法向量，利用向量的夾角公式求出兩法現量的夾角，二面角的平面角與法向量的夾角相等或互補，具體是哪一種，一般有兩種判斷方法：〔1〕根據圖形判斷二面角是銳角還是鈍角；〔2〕根據兩法向量的方向判斷。實際上很多求二面角的題目，還是傳統(tǒng)方法〔如三垂線定理作出二面角的平面角〕簡單，或傳統(tǒng)方法與空間向量相結合來解?？紙鏊季S訓練1如圖，在三棱錐P-OAC中，OP、OA、OC兩兩互相垂直，且OP=OA=1，OC=2，B為OC的中點?！?〕求異面直線PC與AB所成角的余弦值；答案：解：以OA、OC、OP，所在直線為，x軸、y軸、z軸建立空間直角坐標系．那么O(0，0，0)、P(0，0，1)、C(0，2，0)、B(0，1，0)．(1)=(0，2，-1)，=(-1，1，0)，cos<，>，∴PC與AB所成角的余弦值為.〔2〕求點C到平面PAB的距離；答案：=(1，0，-1)，=(-1，1，0)，設n1=(x，y，z)為平面PAB的一個法向量，那么x-z=0,x-y=0，令x=1得n1=(1，1，1)為平面PAB的一個法向量．=(0，-1，0)，∴d=∴C到平面PAB的距離為．〔3〕求二面角C-PA-B的大小〔用反余弦表示〕。答案：=(-1，2，0)，=(1，0，-1)，設n2=(x，y，z)為平面PAC的一個法向量，由2y-x=0，x-z=0，令x=1，得n2=(1，，1)為平面PAC的一個法向量．∴cos∠n1,n2>=,又由圖形知C-PA-B為銳二面角.∴C-PA-B的大小為.2如下圖，四棱錐P-ABCD的底面是正方形，PA⊥底面ABCD，PA=AD=2，點M、N分別在棱PD、PC上，且PC⊥平面AMN?！?〕求證：AM⊥PD；答案：解析：(1)由PC⊥平面AMN，得PC⊥AM，又可得CD⊥平面PAD，∴CD⊥AM，∴AMA⊥平面PCD，∴AM⊥PD．〔2〕求二面角P-AM-N的大??；答案：以AB、AD、AP為x軸、y軸、z軸建立空間直角坐標系，那么由A(0，0，0)，P(0，0，2)C(2，2，0)，可以算得N分的比為，∴N(，，)、M(0，1，1)、=(2，2，-2)為平面AMN的一個法向量，=(2，0，0)為平面PAM的一個法向量，且cos∠，>.∴P——AM——N的大小為arccos.〔3〕求直線CD與平面AMN所成角的大小。答案：=(-2，0，0)，sinθ=.∴CD與平面AMN所成角為arcsin.3如下圖，正四棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面邊長為4，AA1=6，Q為BB1的中點，P∈DD1，M∈A1B1，N∈C1D1，AM=1，D1N=3?！?〕當P為DD1的中點時，求二面角M-PN=D1的大小；以A1D1為x軸，D1C1為y軸，DD1,為z軸，D1為原點，建立空間直角坐標系那么D1(0，0，0)、A1(4，0，0)、P(0，0，3)、M(4，1，0)、N(0，3，0)∴=(4，0，0)，=(0，3，-3)，=(4，1，-3)顯然是面PD1N的法向量．設面PMN的法向量為n=(x，y,z)那么由∴y=z=2x不妨取n=(1，2，2)，設與n成角θ那么cosθ=∴θ=arccos.由題知二面角M--PN--D1大小為arccos.〔2〕在DD1上是否存在點P，使QD1⊥面PMN？假設存在，求出點P的位置；假設不存在，請說明理由；答案：=(-4，2，0)，=(-4，-4，-3)∵·=(-4，-4，-3)·(-4，2，0)=8≠O∴QD1與不垂直．∴不存在點P使QD1⊥面PMN．〔3〕假設P為DD1中點，求三棱錐Q=PMN的體積。答案：P(0，0，3)、M(4，1，0)、N(0，3，0)、=(4，1，-3)，=(0，3，-3)，||=由(1)取平面PMN的法向量n=(1，2，2)那么Q到平面PNM的距離h=∴VQ-PMN=×S△PMN·h=×9×4=12．命題角度4求距離1．〔典型例題〕如圖11-18，直二面角D-AB-E中，四邊形ABCD是邊長為2的正方形，AE=EB，F為CE上的點且BF⊥平面ACE。〔1〕求證：AE⊥平面BCE；〔2〕求二面角B-AC-E的大小；〔3〕求點D到平面ACE的距離。[考場錯解]第〔3〕問，以A為坐標原點，AB、AD分別為y軸，z軸建立空間坐標系，由〔1〕知∠AEB=90°∴∠EAB=45°，可得E〔1，1，0〕，在Rt△BCE中，F分的比為2，∴F〔〕，為平面BCE的一個法向量，〔0，2，-2〕，∴D到平面ACE的距離d=[專家把脈]點到面的公式用錯，求A到平面α的距離的公式為其中a為A且與α相交的線段所確定的向量，n為平面的任一非零法向量。此題假設用D到面ACE的距離等于B到面ACE的距離，而后者即為BF，將會更簡單。[對癥下藥]〔1〕∵BF⊥平面ACE，∴BF⊥AE，又D-AB-E為直二面角，CB⊥AB，∴CB⊥平面AEB，∴CB⊥AE，∴AE⊥平面BCE?！?〕以A為坐標原點，AB、AD分別為y軸、z軸建立如釁11-18所示的空間坐標系，那么由∠AEB=90°，AE=EB，得∠EAB=45°，AE=，得E〔1，1，0〕，在Rt△BCE中，F分的比為2，∴F〔〕，為平面ACE的一個法向量，平面ABC的一人法向量為x軸，取n=(1,0,0),∴cos(n,)=,又由圖知B-AC-E為銳二面角?！郆-AC-E的大小為arccos.(3)〔0，2，-2〕,∴D到平面ACE的距離d=2．〔典型例題〕如圖11-19，在三棱錐S-ABC中，△ABC是邊長為4的正三角形，平面SAC⊥平面ABC，SA=SC=，M、N分別為AB、SB的中點〔1〕證明：AC⊥SB；〔2〕求二面角N-CM-B的大小?！?〕求點B到平面CMN的距離。[考場錯解]因為平面SAC⊥平面ABC，∴SC⊥平面ABC，∴C為坐標原點，CB、CS為y軸、z軸建立空間坐標系。[專家把脈]坐標系建立錯誤，實質是對二面垂直的性質不熟悉所致，SC與平面ABC不垂直。[對癥下藥]取AC中點O，連續(xù)OS、OB，∵SA=SC，AB=BC，∴AC⊥SO，AC⊥OB，又平面SAC⊥平面ABC，SO⊥AC，∴SO⊥平面ABC，∴SO⊥BO。以OA、OB、OC分別為x軸、y軸、z軸建立空間直角坐標系如下列圖?！?〕A〔2，0，0〕、B〔0，2，0〕、C〔-2，0，0〕、S〔0，0，2〕、M〔1，，0〕、N〔0，，〕∴=〔-4，0，0〕，=〔0，2，-2〕∵∴AC⊥SB?！?〕由〔1〕得設n=〔x,y,z〕為平面CMN的一個法向量，那么可得n=〔〕為平面CMN的一個法向量，又=〔0，0，2〕為平面ABC的一個法向量，∴cos<n,>=又由圖知二面角N-CM-B的大小為銳角，∴二面角N-CM-B的大小為arccos?！?〕由〔1〕、〔2〕得為平面CMN的一個法向量?！帱cB到平面CMN的距離d=專家會診立體幾何中的距離以點到面的距離最為重要利用空間和量求點到面的距離關鍵是對公式d=的理解和記憶，其中a為過該點且與平面相交的線段確定的向量，n為平面的任意一個法向量，這個任意給解題帶來了很大的方便。當然有些題目用空間向量來解可能沒有傳統(tǒng)方法簡單。考場思維訓練1ABCD是邊長為4的正方形，E、F分別是AB、AD的中點，PC垂直于ABCD所在的平面，且PC=2。求點B到平面PEF的距離。答案：解：以CD、CB、CP為x軸、y軸、z軸建立空間直角坐標系，那么C(0，0，0)、P(0，0，2)、F(4，2，0)、E(2，4，0)、B(4，4，0)，∴=(2，4，-2)，=(4，2，-2)，設n=(x，y，z)為平面PEF的一個法向量，那么由n⊥,得2x+4y-2z=0，由n⊥得4x+2y-2z=0，令x=1，得y=1，z=3，∴n=(1，1，3)為平面PEF的一個法向量．∴d=2如圖：正四棱柱ABCD—A1B1C1D1的底面邊長是，側棱長是3，點E、F分別在BB1、DD1上，且AE⊥A1B，AF⊥A2C。〔1〕求證：A1C⊥平面AEF；答案：∵CB⊥平面A1B，∴A1C在平面A1B上的射影為A1B，又A1B⊥AE,AE平面A1B．∴A1C⊥AE．同理A1C⊥AF，∴A1C⊥平面AEF．〔2〕求二面角A-EF-B的大小；答案：以D為坐標原點，以DA、DC、DD1在的直線為x軸，y軸，z軸建立空間直角坐標系，那么D(0，0，0)、A(，0，0)、A1(，0，3)、C(0，，0)，由(1)知=(-，，-3)為平面AEF的一個法向量，設n為平面AEB的一個法向量，可以算得F(0，0，1)、E(，，1)，∴=(0，0，1)、(-，-,0)，由n⊥,得z=0，n⊥，得x+y=0，令x=1，那么y=-1，∴n=(1，-1，0)為平面BEF的一個法向量．∴cos∠n,>=又從圖知A—EF—B為銳二面角，∴二面角A—EF—B的大小為a1ccos.〔3〕求點B1到平面AEF的距離。答案：B1(，，3)、(0，0，-2)、(-，，-3)為平面AEF的一個法向量，∴d=3在三棱錐P-ABC中，PA=PB=PC，BC=2a，AC=a，AB=a，點P到平面ABC的距離為a〔1〕求二面角P-AC-B的大??；答案：設O為BC中點，那么可證明PO⊥面ABC，建立如圖3所示的空間直角坐標系，那么A〔，-a,0〕、B〔-a,0,0〕、C(a,0,0)、P〔0，0，〕，AC中點D〔，AB⊥AC，PA=PC，PD⊥AC，cos<>即為二面角P-AC-B的余弦值。而cos<>=∴二面角P-AC-B的大小為60°〔2〕求點B’到平面PAC的距離。答案：由〔1〕知=〔n=(x,y,z)為平面PAC的一個法向量，那么由n⊥∴B’到平面PAC的距離為.探究開放題預測預測角度1利用空間向量解立幾中的探索性問題1．如圖11-23，PD⊥面ABCD，ABCD為正方形，AB=2，E是PB的中點，且異面直線DP與AE所成的角的余弦為。試在平面PAD內求一點F，使EF⊥平面PCB。[解題思路]建立空間坐標系，DP與AE所成的角的余弦為，求出E的坐標，再設F的坐標，得用求解。[解答]以DA、DC、DP所在直線分別為x軸、y軸、z軸建立如圖11-24所示的穿間直角坐標系，那么A〔2，0，0〕、B〔2，2，0〕、C〔0，2，0〕，設P〔0，0，2m〕那么E〔1，1，m〕，∴cos<>=得m=1.∴P(0,0,2),E(1,1,1)∵F∈平面PAD，∴可設F〔x,0,z〕,=(x-1,-1,z-1)、EF⊥平面PCB，∴，∴=0，即〔x-1,-1,z-1〕·(2,0,0)=0,∴x=1,又由，得〔x-1,-1,z-1〕·(0,z,-1)=0,得z=0.∴點F的坐標是〔1，0，0〕，即點F是AD的中點時EF⊥平面PCB。2．如圖11-25，直四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，面ABCD是一個直角梯形，AB、CD為梯形的兩腰，且AB=AD=AA1=a?！并瘛橙绻孛鍭CD1的面種為S，求點D到平面ACD1的距離；〔Ⅱ〕當為何值時，平面AB1C⊥平面AB1D1。證明你的結論。[解答思路]第〔1〕問用傳統(tǒng)方法的等體積法求解較為方便，第〔2〕問是一個探索條件的題目，在立體幾何中這一類問題用空間向量是來解具有優(yōu)越性。[解答]〔1〕由VD-ACD1=VC-ADD1，過C作CE⊥AD?！逜BCD-A1B1C1D1為直四棱柱?！嗥矫鍭BCD⊥平面AA1BD，∴CE⊥平面ADD1A1，∴CE=a是C到平面ADD1的距離?！鄐h=∴即點D到ACD1的距離為〔2〕分別以A1B1，A1D1，A1A為x軸、y軸、z軸建立如圖11-26所示的空間直角坐標系，那么A1〔0，0，0〕、A〔0，0，a〕、B1〔a,0,0〕,設c(a,b,a),設n1=(x,y,z)是平面AB1C的一個法向量，〔a,0,-a〕,(a,b,0),∴n1·=0，n1·0，得ax-az=0,ax+by=0,令x=1,∴n1=(1,-,1),同理算出平面ABD1的法向量n2=(1,1,1).∵平面AB1C⊥平面AB1D1，∴n1⊥n2,即n1·n2=0∴1-+1=0,解得=2,即當時，平面ABC⊥平面AB1D1。預測角度2利用空間向量求角和距離1．長方體ABCD-A1B1C1D1中，AB=1，BC=a，AA1=1?！?〕棱BC上是否存在點P，使A1P⊥PD，說明理由；〔2〕假設BC上有且僅有一點P，使A1P⊥PD，試求此時的二面角P-A1D-A的大小。[解答思路]建立空間直角坐標系，設出P的坐標，將問題轉化為方程是否有解來求解第〔1〕問，第〔2〕問利用公式求解。[解答]以、、分別為x軸、y軸、z軸建立如下圖的空間直角坐標系，那么A〔0，0，0〕、A1〔0，0，1〕、D〔0，a，0〕〔1〕假設存在這樣的P∈BC，使得A1P⊥PD，設P〔1，y,0〕，那么∴，∴y2-ay+1=0,△=a2-4，當a>2時，存在兩點，使得A1P⊥DP；當a=2時存在一點，使得A1P⊥DP；當0<a<2時，不存在這樣的P點?！?〕由題意得a=2，此時P〔1，1，0〕，=〔1，1，-1〕，〔-1，1，0〕，設n1=(x,y,z)為平面PA1D的一個法向量，由n1⊥A1P及n1⊥得：x+y-z=0,x-y=0,令x=1,得y=1,z=2,∴n1=(1,1,2)平面A1DA的法向量n2=(1,0,0),∴cos<n1,n2>=,又由圖知P-A1D-A為銳二面角?！郟-P1D-A的大小為arccos考點高分解題綜合訓練1在正方體ABCD-A1B1C1D1中，M、N分別是棱AA1和BB1的中點，那么CM與D1N夾角的正弦值為〔〕答案：B解析：以DA、DC、DD1分別為x、y、z軸建立空間直角坐標系，設正方體邊長為2，那么M〔2，0，1〕、N〔2，2，1〕、C〔0，2，0〕、D1〔0，0，2〕，∴=〔2，-2，2〕，∴CM與D1N所成角的正弦值為，∴選B2矩形ABCD的兩邊AB=3，AD=4，PA⊥平面ABCD，且PA=，那么二面角A-BD-P的度數為〔〕A．30°B．45°C．60°D．75°答案：A解析：以AB、AD、AP分別為x,y,z軸建立空間直角坐標系，那么平面ABCD的法向量n1=(0,0,),平面BDP的一個法向量為〔4，3，〕，∴二面角的余弦值為，∴二面角的大小為30°∴選A。3在正方體ABCD-A1B1C1D1中，O是底面ABCD的中點，M、N分別是棱DD1、D1C1的中點，那么直線OMA．是AC和MN的公垂線B．垂直于AC，但不垂直于MNC．垂直于MN，但不垂直于ACD．與AC、MN都不垂直答案：B解析：以為x軸、y軸、z軸建立空間直角坐標系，那么D〔0，0，0〕、D1〔0,0,2a〕、M〔0,0,a〕A(2a,0,0)、C〔0,2a,0〕、O(a,a,0)、N(0,a,2a),∴∴OM⊥AC,OM與MN不垂直.∴選B.4在正三棱柱ABC-A1B1C1中，D是AC的中點，AB1⊥BC1，那么平面DBC1積與平面CBC1所成的角為〔〕A．30°B．45°C．60°D．90°答案：B解析：以A為坐標原點，AC、AA1所在的直線分別為y軸和z軸建立空間坐標系，設底面邊長為2a,側棱長為2b,那么A〔0，0，0〕C〔0,2a,0〕、D〔0,a,0〕、B〔,a,0〕、C1〔0,2a,2b〕、B1〔,a,2b〕由，即2b2=a2，分別算出DBC1與平面CBC1的一個法向量，利用公式cosθ=得θ=45°。∴選B。5如圖，直三棱柱ABC-A1B1C1中，∠ACB=90°，BC=AC=2，AA1=4，D為棱CC1上的一動點，M、N分別為△ABD、△A1B1D的重心?！?〕求證：MN⊥BC；答案：設C1D=a(0≤a≤4),依題意有：D〔0,0,a〕、A〔2，0，4〕、B〔0，2，4〕、C〔0，0，4〕、C2〔0，0，0〕，因為M、N分別為△ABC、△A1B1D的重心。所以M〔〕，N〔〕〔2〕假設二面角C-AB-D的大小為arctan,求點C1到平面A1B1D的距離；答案：因為平面ABC的法向量n1(0,0,-1),設平面ABD的法向量n2(x1,y1,z1),設二面角C-