空间向量在立体几何中的应用(5)

1V四棱锥A?BCC?S矩形BBB1?233. 于是

111??23?2?3?4?hB1CCB3

1(Ⅱ)当D为AC中点时,有AB1∥平面BDC1. 证明:连结B1C交BC1于O，连结DO, ∵四边形BCC1B1是矩形 ∴O为B1C中点, ∵AB1∥平面BDC1,

且AB1?平面BDC1,DO?平面BDC1 ∴DO∥AB1,∴D为AC的中点 (III)建立空间直角坐标系B?xyz如图所示,

则A(3,1,0),C(0,2,0),C1(0,2,23),B1(0,0,23),

????????????所以AB1?(?3,?1,23),B1C1?(0,2,0),AC?(?3,1,0),

??????CC1?(0,0,23) , 设n1?(x,y,z)为平面B1AC1的法向量,

????????????BC?1??n??1?2y?0则有?1?,令z?1, ?AB1?n1??3x?y?23z?0??可得平面B1AC1的一个法向量为n1?(2,0,1),

????????????C1C?n?1???2?23z?0 , 设n2?(x,y,z)为平面ACC1的法向量, 则有?????AC?n2??3x?y?0???令x??1, 可得平面ACC1的法向量n2?(?1,?3,0),

??????????5n?n2?2??, cos?n1,n2????1????55?2n1?n2所以二面角B1?AC1?C的余弦值为?5 5【例23】如图,四边形ABCD是边长为1的正方形,MD?平面ABCD,

NB?平面ABCD,且MD=NB=1,E为BC的中点

(1)求异面直线NE与AM所成角的余弦值

(2)在线段AN上是否存在点S,使得ES?平面AMN?若存在,求线段AS的长;若不存在,请说明理

21

由w. 〖解〗解析:(1)在如图,以D为坐标原点,建立空间直角坐标D?xyz 依题意, 1得D(0,0,0)A(1,0,0)M(0,0,1),C(0,1,0),B(1,1,0),N(1,1,1),E(,1,0).

2?????????1?NE?(?,0,?1),AM?(?1,0,1)

2??????????????????NE?AM10?????????cos?NE,AM??????,

10|NE|?|AM|所以异面直线NE与AM所成角的余弦值为10.A 10(2)假设在线段AN上存在点S,使得ES?平面AMN. ?????AN?(0,1,1),

????????可设AS??AN?(0,?,?),

????1????????????1又EA?(,?1,0),?ES?EA?AS?(,??1,?).

22??????????1?ES?AM?0,?????0,?由ES?平面AMN,得????即?2 ????????ES?AN?0,?(??1)???0.?????11???21故??,此时AS?(0,,),|AS|?.

2222经检验,当AS?2时,ES?平面AMN. 22. 2故线段AN上存在点S,使得ES?平面AMN,此时AS?

【例24】如图，直二面角D—AB—E中，四边形ABCD是边长为2 的正方形，AE=EB，F为CE上的点，且BF⊥平面ACE. （Ⅰ）求证：AE⊥平面BCE；

（Ⅱ）求二面角B—AC—E的余弦值； （Ⅲ）求点D到平面ACE的距离. （Ⅳ）求证：平面BDF⊥平面ABCD

【解析】（Ⅰ）?BF?平面ACE. ?BF?AE.

∵二面角D—AB—E为直二面角，且CB?AB， ?CB?平面ABE.

. ?CB?AE. ?AE?平面BCE

（Ⅱ）以线段AB的中点为原点O，OE所在直

22

线为x轴，AB所在直线为y轴，过O点平行 于AD的直线为z轴，建立空间直角坐标系 O—xyz，如图.

?AE?面BCE，BE?面BCE， ?AE?BE， 在Rt?AEB中,AB?2,O为AB的中点，

?OE?1.?A(0,?1,0),E(1,0,0),C(0,1,2).

AE?(1,1,0),AC?(0,2,2). 设平面AEC的一个法向量为n?(x,y,z)，

??y??x,?AE?n?0,?x?y?0,则?解得? 即?2y?2x?0.?z?x,??AC?n?0,?令x?1,得n?(1,?1,1)是平面AEC的一个法向量. 又平面BAC的一个法向量为m?(1,0,0)，

?cos(m,n)?m,n|m|?|n|?13?33.∴二面角B—AC—E的大小为arccos. 33（III）∵AD//z轴，AD=2，∴AD?(0,0,2)， ∴点D到平面ACE的距离d?|AD|?|cos?AD,n??|AD?n||n|?23?23. 3

【例25】多面体ABCDEF的直观图及三视图分别如图所示，已知点M在AC上，点N在DE上，且AM：MC=DN：NE=a （1）求证：MN//平面BCEF；

（2）当a=1时，求二面角D—MN—F的余弦值的绝对值．

【解析】：（1）由三视图可知，该多面体是底面 为直角三角形的直三棱柱ABF—DCE. 且AB=BC=AF=2，CE=BF=22，∠BAF=90°

在CD上取一点G，DG：GC=DN：NE，连MG、NG。则 ∵AM：MC=DN：NE=a， ∴NG//CE，MG//BC.

∴平面MNG//平面BCEF. ∴MN//平面CDEF.

（2）∵a=1∴M、N分别是AC、CE的中点.

以AB、AF、AD分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系， 则有关各点的坐标分别是D（0，0，2），F（0，2，0），M（1，1）， N（0，1，2）

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∴DN?(0,1,0),MN?(?1,1,1),FN?(0,?1,2)

设平面DMN的法向量m?(1,y,z),则DN?m?0,MN?m?0.

?0?y?0?0,?y?0∴?∴?∴m?(1,0,1). ??1?y?z?0,?z?1设平面MNF的法向量为n?(1,y1,z1),则MN?n?0,FN?n?0.

??1?y1?z1?021∴?∴n?(1,,).

33?0?y1?2z1?0.设二面角D—MNF的平面角为?， 则cos|?|??m?n|m|?|n|???228?27 7∴二面角D—MN—F的余弦值的绝对值为

27． 7

空间向量在立体几何中的应用(理科训练)

1．如图，在四棱锥P?ABCD中，底面ABCD是正方形，侧棱PD?底面ABCD，PD?DC，E是PC的中点.

（1）证明 PA∥平面EDB；

（2）求EB与底面ABCD所成的角的正切值. 答案 11．（本小题满分12分）

（I）证明：连结AC，AC交BD于O.连结EO.

? 底面ABCD是正方形，?点O是AC的中点 在?PAC中，EO是中位线，?PA∥EO. ………………3分 而EO?平面EDB且PA?平面EDB，

所以PA∥平面EDB. ………………5分 （II）解：

作EF?DC交DC于F.连结BF.设正方形

PABCD的边长为a.

?PD?底面ABCD，?PD?DC. ?EF∥PD,F为DC的中点.

E?EF?底面ABCD，BF为BE在底面ABCD 内的射影，

故?EBF为直线EB与底面ABCD所成的角. CB ………………8分

在Rt?BCF中， FOa5BF?BC2?CF2?a2?()2?a.

22 24

DA

?EF?

1aPD?,?在Rt?EFB中， 22aEF5tanEBF??2?.

BF55a2PE

所以EB与底面ABCD所成的角的正切值为5. …………………………12分 5CB

AA1=2。

（I）求证：C1D//平面ABB1A1；

（II）求直线BD1与平面A1C1D所成角的正弦值； （Ⅲ）求二面角D—A1C1—A的余弦值。

答案 （I）证明：四棱柱ABCD—A1B1C1D1中，BB1//CC1，

又CC1?面ABB1A1，所以CC1//平面ABB1A1，

DA

2．如图，已知四棱柱ABCD—A1B1C1D1中，A1D⊥底面ABCD，底面ABCD是边长为1的正方形，侧棱

…………2分

ABCD是正方形，所以CD//AB，

又CD?面ABB1A1，AB?面ABB1A1，所以CD//平面ABB1A1，…………3分 所以平面CDD1C1//平面ABB1A1， 所以C1D//平面ABB1A1 …………4分 （II）解：ABCD是正方形，AD⊥CD

因为A1D⊥平面ABCD， 所以A1D⊥AD，A1D⊥CD，

如图，以D为原点建立空间直角坐标系D—xyz， …………5分

在?ADA1中，由已知可得A1D?3,

所以D(0,0,0),A1(0,0,3),A(1,0,0),C1(?1,1,3)，

B1(0,1,3),D1(?1,0,3),B(1,1,0),

BD1?(?2,?1,3,) …………6分

因为A1D⊥平面ABCD， 所以A1D⊥平面A1B1C1D1 A1D⊥B1D1。 又B1D1⊥A1C1，

25

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