第2课时 空间向量在度量关系中的应用
(深化课——题型研究式教学)
题型(一) 空间距离与空间角的综合
[例1] 如图,四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为矩形,侧面PAD为正三角形,AD=2,AB=3,平面PAD⊥平面ABCD,E为棱PB上一点(不与P,B重合),平面ADE交棱PC于点F.
(1)求证:AD∥EF;
(2)若二面角E-AC-B的余弦值为,求点B到平面AEC的距离.
听课记录:
[思维建模]
解决此类问题的关键是准确求出各点的坐标,利用公式求出所需点的坐标,注意夹角的范围.
[针对训练]
1.如图,四边形ABCD是圆柱OE的轴截面,点F在底面圆O上,圆O的半径为1,AF=,点G是线段BF的中点.
(1)证明:EG∥平面DAF;
(2)若直线DF与圆柱底面所成的角为45°,求点G到平面DEF的距离.
题型(二) 已知空间角求其他量
[例2] 如图,在四棱锥S-ABCD中,∠ADC=∠BCD=90°,SA=SD=SB,点E为线段AD的中点,且AD=SE=2BC=2CD.
(1)求证:SE⊥AC;
(2)已知点F为线段SE的中点,点G在线段BC上(不含端点位置),若直线FG与平面SAB所成角的正切值为,求的值.
听课记录:
[思维建模]
解决此类问题应注意所设的变量的范围,避免增解.
[针对训练]
2.(2023·新课标Ⅰ卷)如图,在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,AB=2,AA1=4.点A2,B2,C2,D2分别在棱AA1,BB1,CC1,DD1上,AA2=1,BB2=DD2=2,CC2=3.
(1)证明:B2C2∥A2D2;
(2)点P在棱BB1上,当二面角P-A2C2-D2为150°时,求B2P.
题型(三) 与空间角有关的最值、范围问题
[例3] 如图,在四棱锥P-ABCD中,PA⊥AD,AB∥CD,CD⊥AD,AD=CD=2AB=2,E,F分别为PC,CD的中点,DE=EC.
(1)求证:平面ABE⊥平面BEF;
(2)设PA=a(a>0),若平面EBD与平面ABCD所成锐二面角θ∈,求a的取值范围.
听课记录:
[思维建模]
空间向量法求最值也是要求出目标函数,但是需要先依据题意建立空间直角坐标系,注意建系时使坐标易于求解或表达,然后求目标函数的表达式.
[针对训练]
3.如图,四棱锥P-ABCD的底面为正方形,PD⊥底面ABCD.设平面PAD与平面PBC的交线为l.
(1)求证:l⊥平面PDC;
(2)已知PD=AD=2,Q为l上的点,求PB与平面QCD所成角的正弦值的最大值.
第2课时 空间向量在度量关系中的应用
[题型(一)]
[例1] 解:(1)证明:因为四边形ABCD为矩形,所以AD∥BC.又AD 平面PBC,BC 平面PBC,
所以AD∥平面PBC.又平面PBC∩平面AEFD=EF,AD在平面AEFD内,所以AD∥EF.
(2)取AD的中点O,连接PO,取BC的中点G,连接OG,则OG⊥AD.因为侧面PAD为正三角形,所以PO⊥AD.
因为平面PAD⊥平面ABCD,平面PAD∩平面ABCD=AD,PO 平面PAD,
所以PO⊥平面ABCD.又OG 平面ABCD,所以PO⊥OG,所以PO,AD,OG两两垂直.以O为原点,
OA,OG,OP所在直线为x,y,z轴建立如图所示的空间直角坐标系.
因为AD=2,且侧面PAD为正三角形,
所以PO=,
又AB=3,所以A(1,0,0),B(1,3,0),C(-1,3,0),P(0,0,),=(0,3,0).
设=t,显然t∈(0,1),所以=(1,3,-),=(-1,0,),=(-2,3,0),
=+=+t=(-1,0,)+t(1,3,-)=(t-1,3t,-t).
设平面AEC的法向量为m=(x,y,z),
则
取x=3,则y=2,z=,则m=.
取平面BAC的一个法向量为n=(0,0,1),
则|cos
|===,得(3t-1)2=9(t-1)2,解得t=.
所以m=(3,2,-3).又=(0,3,0),
所以点B到平面AEC的距离为 ==.
[针对训练]
1.解:(1)证明:取AF的中点M,连接DM,GM,如图(1)所示,
G为BF的中点,
则GM∥AB,又AB∥DE,所以GM∥DE,
由GM=AB,DE=AB,
得GM=DE,所以四边形DEGM为平行四边形,DM∥EG.
又DM 平面DAF,EG 平面DAF,
所以EG∥平面DAF.
(2)因为OB=1,AF=,∠AFB=90°,所以BF= ==1.
因为DA⊥平面ABF,且直线DF与圆柱底面所成的角为45°,
所以∠AFD=45°,则AD=.
如图(2),以F为原点,FB,FA分别为x,y轴,过F垂直于底面的直线FN为z轴,建立空间直角坐标系,
则有F(0,0,0),A(0,,0),B(1,0,0),G,D(0,,),C(1,0,),E,=(0,, ),=,
设平面DEF的法向量n=(x,y,z),
则令y=1,则x=,z=-1,得n=(,1,-1),=,设点G到平面DEF的距离为d,∴d===.故点G到平面DEF的距离为.
[题型(二)]
[例2] 解:(1)证明:连接EB,由∠ADC=∠BCD=90°,得AD∥BC,
因为AD=2BC=2CD,所以DE=BC=CD,
则四边形DEBC为正方形,所以DA⊥EB.
因为SA=SD,所以SE⊥AD.
设SA=SB=SD=a,AD=SE=2BC=2CD=2b,
在Rt△SAE中,SA2=SE2+AE2,即a2=4b2+b2=5b2,在△SEB中,SE=2b,EB=b,SB=a,有SB2=SE2+EB2,所以△SEB是直角三角形,所以SE⊥EB.
由AD∩EB=E,AD,EB 平面ABCD,得SE⊥平面ABCD.又AC 平面ABCD,所以SE⊥AC.
(2)由(1)知,以点E为原点,以EA,EB,ES所在直线分别为x轴、y轴、z轴,建立如图所示的空间直角坐标系,
设=λ(0<λ<1),则F(0,0,b),B(0,b,0),C(-b,b,0),S(0,0,2b),A(b,0,0),
所以=+=+λ=(-bλ,b,-b),
=(b,0,-2b),=(0,b,-2b).
设平面SAB的法向量为n=(x,y,z),
则令x=2b,得z=b,y=2b,所以n=(2b,2b,b).
设直线FG与平面SAB所成的角为θ(0°<θ<90°),则tan θ=,即cos θ=sin θ,又sin2θ+cos2θ=1,所以sin θ=,
所以sin θ=|cos<,n>|===,由0<λ<1,解得λ=,即=.
[针对训练]
2.解:(1)证明:以点C为坐标原点,CD,CB,CC1所在直线分别为x轴,y轴,z轴,建立如图所示的空间直角坐标系,
则B2(0,2,2),C2(0,0,3),A2(2,2,1),D2(2,0,2),
所以=(0,-2,1),=(0,-2,1),
所以=,所以B2C2∥A2D2.
(2)设BP=m(0≤m≤4),则P(0,2,m),
所以=(2,0,1-m),=(0,-2,3-m),
设平面PA2C2的法向量为n1=(x1,y1,z1),
所以
则
令x1=m-1,得n1=(m-1,3-m,2).
设平面A2C2D2的法向量为n2=(x2,y2,z2),
由(1)知,=(-2,-2,2),=(0,-2,1),
所以则
令y2=1,得n2=(1,1,2).
所以|cos 150°|=|cos|==,
整理得m2-4m+3=0,解得m=1或m=3,
所以P(0,2,1)或P(0,2,3),
所以B2P=1.
[题型(三)]
[例3] 解:(1)证明:∵AB∥CD,CD⊥AD,AD=CD=2AB=2,F为CD的中点,∴四边形ABFD为矩形,AB⊥BF.
又∵DE=EC,F是CD中点,
∴CD⊥EF.∵AB∥CD,∴AB⊥EF.
∵BF∩EF=F,BF,EF 平面BEF,
∴AB⊥平面BEF.
又AB 平面ABE,
∴平面ABE⊥平面BEF.
(2)由(1)知DC⊥EF,又PD∥EF,AB∥CD,∴AB⊥PD.又AB⊥AD,PD∩AD=D,PD,AD 平面PAD,∴AB⊥平面PAD,PA 平面PAD,∴AB⊥PA.如图,
以A为原点,AB所在直线为x轴,AD所在直线为y轴,AP所在直线为z轴,建立空间直角坐标系,则B(1,0,0),D(0,2,0),P(0,0,a),C(2,2,0),E,∴=(-1,2,0),=,
易知平面ABCD的一个法向量n1=(0,0,1),
设平面EBD的法向量为n2=(x,y,z),
则即取y=1,得x=2,z=-,则n2=,
∴cos θ=|cos|===.
∵平面EBD与平面ABCD所成锐二面角θ∈,∴cos θ∈,即∈,
由≥,得-≤a≤,
由≤,得a≤-或a≥,
∴a的取值范围是.
[针对训练]
3.解:(1)证明:在平面PAD内过点P作直线l∥AD,由AD∥BC,得l∥BC,
即l为平面PAD和平面PBC的交线,
因为PD⊥平面ABCD,BC 平面ABCD,所以PD⊥BC.
又BC⊥CD,CD∩PD=D,PD,CD 平面PDC,于是BC⊥平面PDC,所以l⊥平面PDC.
(2)显然直线DA,DC,DP两两垂直,以D为原点,直线DA,DC,DP分别为x,y,z轴,建立空间直角坐标系,
则D(0,0,0),C(0,2,0),A(2,0,0),P(0,0,2),B(2,2,0),
设Q(m,0,2)(m>0),=(m,0,2),=(2,2,-2),=(0,2,0).设平面QCD的法向量为n=(a,b,c),
则
令a=-2,得n=(-2,0,m),
令PB与平面QCD所成的角为θ,
则sin θ=|cos|===
=·=·≤·=,当且仅当m=2时取等号,PB与平面QCD所成角的正弦值的最大值为.
1 / 3(共64张PPT)
空间向量在度量关系中的应用
(深化课——题型研究式教学)
第2课时
CONTENTS
目录
1
2
3
题型(一) 空间距离与空间角的综合
题型(二) 已知空间角求其他量
题型(三) 与空间角有关的最值、范围问题
4
课时跟踪检测
题型(一) 空间距离与空间角的综合
[例1] 如图,四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为矩形,侧面PAD为正三角形,AD=2,AB=3,平面PAD⊥平面ABCD,E为棱PB上一点(不与P,B重合),平面ADE交棱PC于点F.
(1)求证:AD∥EF;
解:证明:因为四边形ABCD为矩形,所以AD∥BC.又AD 平面PBC,BC 平面PBC,所以AD∥平面PBC.又平面PBC∩平面AEFD=EF,AD在平面AEFD内,所以AD∥EF.
(2)若二面角E-AC-B的余弦值为,求点B到平面AEC的距离.
解: 取AD的中点O,连接PO,取BC的中点G,连接OG,则OG⊥AD.因为侧面PAD为正三角形,所以PO⊥AD.因为平面PAD⊥平面ABCD,平面PAD∩平面ABCD=AD,PO 平面PAD,所以PO⊥平面ABCD.又OG 平面ABCD,所以PO⊥OG,所以PO,AD,OG两两垂直.以O为原点
OA,OG,OP所在直线为x,y,z轴建立如图所示的空间直角坐标系.
因为AD=2,且侧面PAD为正三角形,所以PO=,又AB=3,
所以A(1,0,0),B(1,3,0),C(-1,3,0),P(0,0,),=(0,3,0).
设=t,显然t∈(0,1),所以=(1,3,-),=(-1,0,),=(-2,3,0),
=+=+t=(-1,0,)+t(1,3,-)=(t-1,3t,-t).
设平面AEC的法向量为m=(x,y,z),
取x=3,则y=2,z=,
则m=.取平面BAC的一个法向量为n=(0,0,1),
则|cos |===,得(3t-1)2=9(t-1)2,解得t=.
所以m=(3,2,-3).又=(0,3,0),
所以点B到平面AEC的距离为 ==.
[思维建模]
解决此类问题的关键是准确求出各点的坐标,利用公式求出所需点的坐标,注意夹角的范围.
针对训练
1.如图,四边形ABCD是圆柱OE的轴截面,点F在底面圆O上,圆O的半径为1,AF=,点G是线段BF的中点.
(1)证明:EG∥平面DAF;
解:证明:取AF的中点M,连接DM,GM,如图(1)所示,
G为BF的中点,则GM∥AB,又AB∥DE,所以GM∥DE,
由GM=AB,DE=AB,得GM=DE,
所以四边形DEGM为平行四边形,DM∥EG.
又DM 平面DAF,EG 平面DAF,所以EG∥平面DAF.
(2)若直线DF与圆柱底面所成的角为45°,求点G到平面DEF的距离.
解:因为OB=1,AF=,∠AFB=90°,所以BF= ==1.
因为DA⊥平面ABF,且直线DF与圆柱底面所成的角为45°,
所以∠AFD=45°,则AD=.如图(2),
以F为原点,FB,FA分别为x,y轴,过F垂直于底面的直线FN为z轴,建立空间直角坐标系,则有F(0,0,0),A(0,,0),B(1,0,0),G,D(0,,),
C(1,0,),E,=(0,, ),=,
设平面DEF的法向量n=(x,y,z),则
令y=1,则x=,z=-1,得n=(,1,-1),=,设点G到平面DEF的距离为d,∴d===.
故点G到平面DEF的距离为.
题型(二) 已知空间角求其他量
[例2]如图,在四棱锥S-ABCD中,∠ADC=∠BCD=90°,SA=SD=SB,点E为线段AD的中点,且AD=SE=2BC=2CD.
(1)求证:SE⊥AC;
解:证明:连接EB,由∠ADC=∠BCD=90°,得AD∥BC,
因为AD=2BC=2CD,所以DE=BC=CD,
则四边形DEBC为正方形,所以DA⊥EB.
因为SA=SD,所以SE⊥AD.设SA=SB=SD=a,AD=SE=2BC=2CD=2b,
在Rt△SAE中,SA2=SE2+AE2,即a2=4b2+b2=5b2,
在△SEB中,SE=2b,EB=b,SB=a,有SB2=SE2+EB2,
所以△SEB是直角三角形,所以SE⊥EB.
由AD∩EB=E,AD,EB 平面ABCD,得SE⊥平面ABCD.
又AC 平面ABCD,所以SE⊥AC.
(2)已知点F为线段SE的中点,点G在线段BC上(不含端点位置),若直线FG与平面SAB所成角的正切值为,求的值.
解: 由(1)知,以点E为原点,以EA,EB,ES所在直线分别为x轴、y轴、z轴,建立如图所示的空间直角坐标系,
设=λ(0<λ<1),则F(0,0,b),B(0,b,0),C(-b,b,0),S(0,0,2b),A(b,0,0),所以=+=+λ=(-bλ,b,-b),
=(b,0,-2b),=(0,b,-2b).设平面SAB的法向量为n=(x,y,z),
则令x=2b,得z=b,y=2b,所以n=(2b,2b,b).
设直线FG与平面SAB所成的角为θ(0°<θ<90°),
则tan θ=,即cos θ=sin θ,
又sin2θ+cos2θ=1,所以sin θ=,所以sin θ=|cos<,n>|
===,由0<λ<1,解得λ=,即=.
[思维建模]
解决此类问题应注意所设的变量的范围,避免增解.
针对训练
2.(2023·新课标Ⅰ卷)如图,在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,AB=2,AA1=4.点A2,B2,C2,D2分别在棱AA1,BB1,CC1,DD1上,AA2=1,BB2=DD2=2,CC2=3.
(1)证明:B2C2∥A2D2;
解:证明:以点C为坐标原点,CD,CB,CC1所在直线分别为x轴,y轴,z轴,建立如图所示的空间直角坐标系,
则B2(0,2,2),C2(0,0,3),A2(2,2,1),D2(2,0,2),
所以=(0,-2,1),=(0,-2,1),
所以=,所以B2C2∥A2D2.
(2)点P在棱BB1上,当二面角P-A2C2-D2为150°时,求B2P.
解:设BP=m(0≤m≤4),则P(0,2,m),所以=(2,0,1-m),=(0,-2,3-m),设平面PA2C2的法向量为n1=(x1,y1,z1),
所以则
令x1=m-1,得n1=(m-1,3-m,2).
设平面A2C2D2的法向量为n2=(x2,y2,z2),
由(1)知,=(-2,-2,2),=(0,-2,1),
所以则令y2=1,得n2=(1,1,2).
所以|cos 150°|=|cos|==,
整理得m2-4m+3=0,解得m=1或m=3,
所以P(0,2,1)或P(0,2,3),所以B2P=1.
题型(三) 与空间角有关的最值、范围问题
[例3] 如图,在四棱锥P-ABCD中,PA⊥AD,AB∥CD,CD⊥AD,
AD=CD=2AB=2,E,F分别为PC,CD的中点,DE=EC.
(1)求证:平面ABE⊥平面BEF;
解:证明:∵AB∥CD,CD⊥AD,AD=CD=2AB=2,F为CD的中点,
∴四边形ABFD为矩形,AB⊥BF.又∵DE=EC,F是CD中点,∴CD⊥EF.∵AB∥CD,∴AB⊥EF.∵BF∩EF=F,BF,EF 平面BEF,∴AB⊥平面BEF.又AB 平面ABE,∴平面ABE⊥平面BEF.
(2)设PA=a(a>0),若平面EBD与平面ABCD所成锐二面角θ∈,求a的取值范围.
解: 由(1)知DC⊥EF,又PD∥EF,AB∥CD,∴AB⊥PD.
又AB⊥AD,PD∩AD=D,PD,AD 平面PAD,∴AB⊥平面PAD,PA 平面PAD,∴AB⊥PA.如图,
以A为原点,AB所在直线为x轴,AD所在直线为y轴,AP所在直线为z轴,建立空间直角坐标系,则B(1,0,0),D(0,2,0),P(0,0,a),C(2,2,0),
E,∴=(-1,2,0),=,易知平面ABCD的
一个法向量n1=(0,0,1),设平面EBD的法向量为n2=(x,y,z),
则即取y=1,得x=2,z=-,则n2=,
∴cos θ=|cos|===.
∵平面EBD与平面ABCD所成锐二面角θ∈,∴cos θ∈,即∈,由≥,得-≤a≤,由≤,得a≤-或a≥,∴a的取值范围是.
[思维建模]
空间向量法求最值也是要求出目标函数,但是需要先依据题意建立空间直角坐标系,注意建系时使坐标易于求解或表达,然后求目标函数的表达式.
针对训练
3.如图,四棱锥P-ABCD的底面为正方形,PD⊥底面ABCD.设平面PAD与平面PBC的交线为l.
(1)求证:l⊥平面PDC;
解:证明:在平面PAD内过点P作直线l∥AD,由AD∥BC,得l∥BC,
即l为平面PAD和平面PBC的交线,
因为PD⊥平面ABCD,BC 平面ABCD,
所以PD⊥BC.又BC⊥CD,CD∩PD=D,PD,CD 平面PDC,于是BC⊥平面PDC,所以l⊥平面PDC.
(2)已知PD=AD=2,Q为l上的点,求PB与平面QCD所成角的正弦值的最大值.
解: 显然直线DA,DC,DP两两垂直,以D为原点,直线DA,DC,DP分别为x,y,z轴,建立空间直角坐标系,
则D(0,0,0),C(0,2,0),A(2,0,0),P(0,0,2),B(2,2,0),
设Q(m,0,2)(m>0),=(m,0,2),=(2,2,-2),=(0,2,0).
令a=-2,得n=(-2,0,m),令PB与平面QCD所成的角为θ,
则sin θ=|cos|===
=·=·≤·=,
当且仅当m=2时取等号,PB与平面QCD所成角的正弦值的最大值为.
课时跟踪检测
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1.如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为平行四边形,侧面PAD是边长为2的正三角形,平面PAD⊥平面ABCD,AB⊥PD.
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2
(1)求证:平行四边形ABCD为矩形;
解:证明:取AD中点M,连接PM,△PAD为正三角形,则PM⊥AD,平面PAD⊥平面ABCD,平面PAD∩平面ABCD=AD,PM 平面PAD,则PM⊥平面ABCD,AB 平面ABCD,故PM⊥AB.又AB⊥PD,PM,PD 平面PAD,
PM∩PD=P,所以AB⊥平面PAD,AD 平面PAD,故AB⊥AD,则平行四边形ABCD为矩形.
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2
(2)若E为侧棱PD的中点,且平面ACE与平面ABP夹角的余弦值为,求点B到平面ACE的距离.
解: 如图,以A为原点,AB为x轴,AD为y轴建立空间直角坐标系,设AB=t(t>0),
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2
则A(0,0,0),B(t,0,0),C(t,2,0),P(0,1,),E,所以=(t,2,0),=,=(t,0,0),=(0,1,).
设平面ACE的法向量为n=(x1,y1,z1),则
令x1=2,则n=(2,-t,t).设平面ABP的法向量为m=(x2,y2,z2),
1
3
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2
由|cos|===,解得t=1,则平面ACE的一个法向量为n=(2,-1,),=(1,0,0),
点B到平面ACE的距离为==.
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3
4
2.如图,PD⊥平面ABCD,AD⊥CD,AB∥CD,PQ∥CD,AD=CD=DP=
2PQ=2AB=2,点E,F,M分别为AP,CD,BQ的中点.
1
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2
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(1)求证:EF∥平面MPC;
解:证明:连接EM,因为AB∥CD,PQ∥CD,所以AB∥PQ.
又因为AB=PQ,所以四边形PABQ为平行四边形.
由点E和M分别为AP和BQ的中点,可得EM∥AB且EM=AB,因为AB∥CD,CD=2AB,F为CD的中点,所以CF∥AB,CF=AB,可得EM∥CF且EM=CF,即四边形EFCM为平行四边形,所以EF∥MC,又EF 平面MPC,MC 平面MPC,所以EF∥平面MPC.
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4
(2)求平面PQM与平面PMC所成角的正弦值;
解: 因为PD⊥平面ABCD,AD⊥CD,所以以D为原点,分别以,,为x轴,y轴,z轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系,
1
5
2
3
4
由题意可知D(0,0,0),A(2,0,0),B(2,1,0),C(0,2,0),P(0,0,2),Q(0,1,2),M(1,1,1),
=(1,1,-1),=(0,1,0),=(1,-1,1),=(0,2,-2),设n1=(x,y,z)为平面PMQ的法向量,则即不妨设z=1,可得n1=(1,0,1).设
n2=(x',y',z')为平面PMC的法向量,则即
不妨设z'=1,可得n2=(0,1,1),cos==,则sin=,所以平面PQM与平面PMC所成角的正弦值为.
1
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2
3
4
(3)若N为线段CQ上的点,且直线DN与平面PMQ所成的角为,求线段QN的长.
解: 设=λ(0≤λ≤1),即=λ=(0,λ,-2λ),则N(0,λ+1,2-2λ),从而=(0,λ+1,2-2λ),由(2)知平面PMQ的法向量为n1=(1,0,1),由题意,sin=|cos<,n1>|=,即=,整理得3λ2-10λ+3=0,解得λ=或λ=3,因为0≤λ≤1,所以λ=,所以=,||=||=.即线段QN的长为.
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2
3.如图,在四棱锥P-ABCD中,已知PA⊥平面ABCD,且四边形ABCD为直角梯形,∠ABC=∠BAD=,PA=AD=2,AB=BC=1.
1
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3
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2
(1)求平面PAB与平面PCD所成二面角的余弦值;
解:以{,,}为正交基底,建立如图所示的空间直角坐标系,
1
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3
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2
则各点的坐标为A(0,0,0),B(1,0,0),C(1,1,0),D(0,2,0),P(0,0,2),由PA⊥平面ABCD,且AD 平面ABCD,则PA⊥AD,又∠BAD=,则AB⊥AD,又PA∩AB=A,PA,AB 平面PAB,则AD⊥平面PAB,所以是平面PAB的一个法向量,且=(0,2,0),因为=(1,1,-2),=(0,2,-2),
设平面PCD的法向量为m=(x,y,z),则即
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3
4
2
令y=1,则z=1,x=1,所以m=(1,1,1)是平面PCD的一个法向量,
所以cos<,m>===,
所以平面PAB与平面PCD所成二面角的余弦值为.
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3
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2
(2)若点Q满足=λ(0≤λ≤1),当直线CQ与DP的夹角最小时,求λ的值.
解: 结合(1)中的空间直角坐标系,
因为=(-1,0,2),所以=λ=(-λ,0,2λ)(0≤λ≤1),又=(0,-1,0),
则=+=(-λ,-1,2λ),又=(0,-2,2),
则cos<,>===,设1+2λ=t,0≤λ≤1,
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则λ=,t∈[1,3],
则cos2<,>===≤,
当且仅当t=,即λ=时,|cos<,>|取到最大值,又因为y=cos x在上单调递减,此时直线CQ与DP夹角最小.综上所述,λ的值为.
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4.如图,在五面体ABCDEF中,四边形ABCD为矩形,平面ADE⊥平面ABCD,且AB=4,正三角形ADE的边长为2.
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(1)证明:EF∥平面ABCD.
解:证明:因为四边形ABCD为矩形,所以AB∥CD,
又AB 平面CDEF,CD 平面CDEF,
所以AB∥平面CDEF.
因为平面ABFE∩平面CDEF=EF,AB 平面ABFE,所以AB∥EF.
又EF 平面ABCD,AB 平面ABCD,
所以EF∥平面ABCD.
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(2)若EF解: 分别取AD,BC的中点O,M,连接OE,OM,因为平面ADE⊥平面ABCD,△ADE为正三角形,以O为坐标原点,OA,OM,OE所在直线分别为x轴、y轴、z轴,建立如图所示的空间直角坐标系,
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则A(1,0,0),B(1,4,0),C(-1,4,0),E(0,0,),
设F(0,m,)(0设平面BCF的法向量为m=(x,y,z),
令z=,得m=,因为直线AE与平面BCF所成角的正弦值为,所以|cos<,m>|===,解得m=2或m=6(舍去),故EF=2.
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5.如图,已知四棱台ABCD-A1B1C1D1的上、下底面分别是边长为2和4的正方形,A1A=4,且A1A⊥底面ABCD,点P,Q分别在棱DD1,BC上.
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(1)若P是DD1的中点,证明:AB1⊥PQ;
解:证明:以A为坐标原点,AB,AD,AA1所在直线分别为x,y,z轴,建立空间直角坐标系,
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则A(0,0,0),B1(2,0,4),D(0,4,0),D1(0,2,4),设Q(4,m,0),其中m=BQ,0≤m≤4,若P是DD1的中点,则P(0,3,2),=(2,0,4),=(4,m-3,-2),
于是·=8-8=0,
∴⊥,即AB1⊥PQ.
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(2)若PQ∥平面ABB1A1,二面角P-QD-A的余弦值为,求四面体ADPQ的体积.
解: 由题设知,=(4,m-4,0),=(0,-2,4)是平面PDQ内的两个不共线向量.设n1=(x,y,z)是平面PDQ的法向量,
则取y=4,得n1=(4-m,4,2).
又平面AQD的一个法向量是n2=(0,0,1),
∴cos====,
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解得m=或m=(舍去),此时Q.
设=λ(0<λ≤1),而=(0,-2,4),由此得点P(0,4-2λ,4λ),
=,∵PQ∥平面ABB1A1,且平面ABB1A1的一个法向量是n3=(0,1,0),∴·n3=0,即2λ-=0,解得λ=,从而P.
将四面体ADPQ视为以△ADQ为底面的三棱锥P-ADQ,则其高h=1,故四面体ADPQ的体积V=S△ADQ·h=××4×4×1=.课时跟踪检测(十三) 空间向量在度量关系中的应用
1.如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为平行四边形,侧面PAD是边长为2的正三角形,平面PAD⊥平面ABCD,AB⊥PD.
(1)求证:平行四边形ABCD为矩形;
(2)若E为侧棱PD的中点,且平面ACE与平面ABP夹角的余弦值为,求点B到平面ACE的距离.
2.如图,PD⊥平面ABCD,AD⊥CD,AB∥CD,PQ∥CD,AD=CD=DP=2PQ=2AB=2,点E,F,M分别为AP,CD,BQ的中点.
(1)求证:EF∥平面MPC;
(2)求平面PQM与平面PMC所成角的正弦值;
(3)若N为线段CQ上的点,且直线DN与平面PMQ所成的角为,求线段QN的长.
3.如图,在四棱锥P-ABCD中,已知PA⊥平面ABCD,且四边形ABCD为直角梯形,∠ABC=∠BAD=,
PA=AD=2,AB=BC=1.
(1)求平面PAB与平面PCD所成二面角的余弦值;
(2)若点Q满足=λ(0≤λ≤1),当直线CQ与DP的夹角最小时,求λ的值.
4.如图,在五面体ABCDEF中,四边形ABCD为矩形,平面ADE⊥平面ABCD,且AB=4,正三角形ADE的边长为2.
(1)证明:EF∥平面ABCD.
(2)若EF5.如图,已知四棱台ABCD-A1B1C1D1的上、下底面分别是边长为2和4的正方形,A1A=4,且A1A⊥底面ABCD,点P,Q分别在棱DD1,BC上.
(1)若P是DD1的中点,证明:AB1⊥PQ;
(2)若PQ∥平面ABB1A1,二面角P-QD-A的余弦值为,求四面体ADPQ的体积.
课时跟踪检测(十三)
1.解:(1)证明:取AD中点M,连接PM,△PAD为正三角形,则PM⊥AD,平面PAD⊥平面ABCD,平面PAD∩平面ABCD=AD,PM 平面PAD,则PM⊥平面ABCD,AB 平面ABCD,故PM⊥AB.又AB⊥PD,PM,PD 平面PAD,PM∩PD=P,所以AB⊥平面PAD,AD 平面PAD,故AB⊥AD,则平行四边形ABCD为矩形.
(2)如图,以A为原点,AB为x轴,AD为y轴建立空间直角坐标系,设AB=t(t>0),
则A(0,0,0),B(t,0,0),C(t,2,0),P(0,1,),E,所以=(t,2,0),=,=(t,0,0),=(0,1,).
设平面ACE的法向量为n=(x1,y1,z1),则
令x1=2,则n=(2,-t,t).
设平面ABP的法向量为m=(x2,y2,z2),
则
令z2=1,则m=(0,-,1),
由|cos|===,解得t=1,则平面ACE的一个法向量为n=(2,-1,),=(1,0,0),
点B到平面ACE的距离为==.
2.解:(1)证明:连接EM,因为AB∥CD,PQ∥CD,所以AB∥PQ.
又因为AB=PQ,所以四边形PABQ为平行四边形.
由点E和M分别为AP和BQ的中点,可得EM∥AB且EM=AB,因为AB∥CD,CD=2AB,F为CD的中点,所以CF∥AB,CF=AB,
可得EM∥CF且EM=CF,即四边形EFCM为平行四边形,所以EF∥MC,又EF 平面MPC,MC 平面MPC,所以EF∥平面MPC.
(2)因为PD⊥平面ABCD,AD⊥CD,所以以D为原点,分别以,,为x轴,y轴,z轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系,
由题意可知D(0,0,0),A(2,0,0),B(2,1,0),C(0,2,0),P(0,0,2),Q(0,1,2),M(1,1,1),=(1,1,-1),=(0,1,0),=(1,-1,1),=(0,2,-2),
设n1=(x,y,z)为平面PMQ的法向量,则即不妨设z=1,可得n1=(1,0,1).
设n2=(x',y',z')为平面PMC的法向量,则即不妨设z'=1,可得n2=(0,1,1),
cos==,则sin=,
所以平面PQM与平面PMC所成角的正弦值为.
(3)设=λ(0≤λ≤1),即=λ=(0,λ,-2λ),则N(0,λ+1,2-2λ),从而=(0,λ+1,2-2λ),
由(2)知平面PMQ的法向量为n1=(1,0,1),由题意,sin=|cos<,n1>|=,
即=,整理得3λ2-10λ+3=0,解得λ=或λ=3,
因为0≤λ≤1,所以λ=,所以=,||=||=.
即线段QN的长为.
3.解:(1)以{,,}为正交基底,建立如图所示的空间直角坐标系,
则各点的坐标为A(0,0,0),B(1,0,0),C(1,1,0),D(0,2,0),P(0,0,2),
由PA⊥平面ABCD,且AD 平面ABCD,则PA⊥AD,又∠BAD=,则AB⊥AD,又PA∩AB=A,PA,AB 平面PAB,则AD⊥平面PAB,所以是平面PAB的一个法向量,且=(0,2,0),
因为=(1,1,-2),=(0,2,-2),
设平面PCD的法向量为m=(x,y,z),
则即
令y=1,则z=1,x=1,
所以m=(1,1,1)是平面PCD的一个法向量,
所以cos<,m>===,所以平面PAB与平面PCD所成二面角的余弦值为.
(2)结合(1)中的空间直角坐标系,
因为=(-1,0,2),所以=λ=(-λ,0,2λ)(0≤λ≤1),又=(0,-1,0),则=+=(-λ,-1,2λ),又=(0,-2,2),
则cos<,>===,设1+2λ=t,0≤λ≤1,则λ=,t∈[1,3],
则cos2<,>===≤,
当且仅当t=,即λ=时,|cos<,>|取到最大值,又因为y=cos x在上单调递减,此时直线CQ与DP夹角最小.综上所述,λ的值为.
4.解:(1)证明:因为四边形ABCD为矩形,所以AB∥CD,
又AB 平面CDEF,CD 平面CDEF,
所以AB∥平面CDEF.
因为平面ABFE∩平面CDEF=EF,AB 平面ABFE,所以AB∥EF.
又EF 平面ABCD,AB 平面ABCD,
所以EF∥平面ABCD.
(2)分别取AD,BC的中点O,M,连接OE,OM,
因为平面ADE⊥平面ABCD,△ADE为正三角形,以O为坐标原点,OA,OM,OE所在直线分别为x轴、y轴、z轴,建立如图所示的空间直角坐标系,则A(1,0,0),B(1,4,0),C(-1,4,0),E(0,0,),设F(0,m,)(0设平面BCF的法向量为m=(x,y,z),则由
得令z=,得m=,
因为直线AE与平面BCF所成角的正弦值为,
所以|cos<,m>|===,解得m=2或m=6(舍去),故EF=2.
5.解:(1)证明:以A为坐标原点,AB,AD,AA1所在直线分别为x,y,z轴,建立空间直角坐标系,
则A(0,0,0),B1(2,0,4),D(0,4,0),D1(0,2,4),
设Q(4,m,0),其中m=BQ,0≤m≤4,若P是DD1的中点,
则P(0,3,2),=(2,0,4),=(4,m-3,-2),于是·=8-8=0,
∴⊥,即AB1⊥PQ.
(2)由题设知,=(4,m-4,0),=(0,-2,4)是平面PDQ内的两个不共线向量.
设n1=(x,y,z)是平面PDQ的法向量,
则取y=4,得n1=(4-m,4,2).
又平面AQD的一个法向量是n2=(0,0,1),
∴cos====,
解得m=或m=(舍去),此时Q.
设=λ(0<λ≤1),而=(0,-2,4),由此得点P(0,4-2λ,4λ),=,
∵PQ∥平面ABB1A1,且平面ABB1A1的一个法向量是n3=(0,1,0),∴·n3=0,即2λ-=0,解得λ=,从而P.
将四面体ADPQ视为以△ADQ为底面的三棱锥P-ADQ,则其高h=1,故四面体ADPQ的体积V=S△ADQ·h=××4×4×1=.
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