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1、选修选修 2-1-3.2 立体几何中的向量方法（六）立体几何中的向量方法（六）2012.12.27班级_姓名_学号_1、如图所示，在四棱锥 P-ABCD 中，底面 ABCD 是边长为 2 的正方形，平面 PBC底面 ABCD,且PB=PC=5.（）求证：ABCP； （）求点B到平面PAD的距离；（）设面PAD与面PBC的交线为l，求二面角BlA的大小解：（解：（） 底面 ABCD 是正方形，ABBC,又平面 PBC底面 ABCD 平面平面 PBCPBC 平面平面 ABCD=BCABCD=BCABAB 平面 PBC又 PC平面 PBC、 AB CP （）解法一解法一：体积法.由题意，面PBC 面
2、ABC，取BC中点O，则BCPO PO面ABC.再取AD中点M，则ADPM 5 分设点B到平面PAD的距离为h，则由ABDPPADBVVPOShSABDPADPOBCADhADPM2 h. 解法二：/BCADBC面PAD 取BC中点O，再取AD中点MPMPMOMPADMOAD,MOPAD面，ADPAD面MOPADP面面过点O作PMOH ，则ADPOH面在MPORt中，由2OHMOPOPMOH 点B到平面PAD的距离为2。 解法三：向量法（略）（）lPADPBC面面、 /BCADBC面PADlBC /lMPlOP,MPO就是二面角BlA的平面角.1tanPOMOMPO45MPO二面角BlA的大小
3、为 452、如图，在直棱柱 ABC-A1B1C1中，AC=BC=1 2AA1,ACB90，G 为 BB1的中点。（1）求证：平面 A1CG平面 A1GC1;（2）求平面 ABC 与平面 A1GC 所成锐二面角的平面角的余弦值。（I）证明：在直棱柱 ABC-A1B1C1中，有 A1C1CC1。 ACB90，A1C1C1B1，即 A1C1平面 C1CBB1，CG平面 C1CBB1,A1C1CG。2 分在矩形 C1CBB1中，CC1BB12BC，G 为 BB1的中点，CG2BC，C1G2BC，CC12BC CGC190，即 CGC1G 而 A1C1C1G=C1，CG平面 A1GC1。平面 A1CG平
4、面 A1GC1。6 分（II）由于 CC1平面 ABC， ACB90，建立如图所示的空间坐标系，设ACBCCC1a，则 A(a,0,0),B(0,a,0)A1(a,0,2a),G(0,a,a).CA =(a,0,2a),CG =(0,a,a). 设平面 A1CG 的法向量 n n1=(x1,y1,z1),由111n0n0CGCA 得1111200axazayaz 令 z1=1,n,n1=(-2,-1,1).9 分； 又平面 ABC 的法向量为 n n2=(0,0,1) 10 分设平面 ABC 与平面 A1CG 所成锐二面角的平面角为 ，则121216cos|66nn nn 即平面 ABC 与平
5、面 A1CG 所成锐二面角的平面角的余弦值为6 6。12 分3、在四棱锥ABCDP 中，PA平面ABCD，底面ABCD为矩形，)0(aaBCPAAB.()当1a 时，求证：BDPC；() 若BC边上有且只有一个点Q，使得QDPQ ，求此时二面角QPDA的余弦值.解：()当1a 时，底面ABCD为正方形，BDAC又因为BDPA,BD面PAC2 分又PC 面PAC BDPC3 分ABQDCP() 因为APADAB,两两垂直，分别以它们所在直线为x轴、y轴、z轴建立坐标系，如图所示，则) 1 , 0 , 0(),0 , 1 ()0 , 0(),0 , 0 , 1 (PaCaDB4 分设mBQ ，则)
6、0)(0 , 1 (ammQ要使QDPQ ，只要0)(1mamQDPQ所以22)(1 mammam，即2a6 分由此可知2a时，存在点Q使得QDPQ 当且仅当mam，即2am 时，BC边上有且只有一个点Q，使得QDPQ 由此可知2a8 分； 设面PQD的法向量) 1 ,(yxp 则 00DPpQDp即 0120 yyx解得) 1 ,21,21(p10 分取平面PAD的法向量)0 , 0 , 1 (q则qp.的大小与二面角QPDA的大小相等所以66.cos qpqpqp因此二面角QPDA的余弦值为6612 分4.4. 三棱锥被平行于底面ABC的平面所截得的几何体如图所示，截面为111ABC，90
7、BAC，1A A 平面ABC，13A A ，2AB ，2AC ，111AC ，1 2BD DC（）证明：平面1A AD 平面11BCC B；（）求二面角1ACCB的余弦值解法一：（）1A A 平面ABCBC ，平面ABC，1A ABC在RtABC中，226ABACBC，yAB QDCPxzA1AC1 B1BDC:1:2BD DC ，6 3BD，又3 3BDAB ABBC，DBAABC，90ADBBAC ，即ADBC又1A AADA，BC平面1A AD，BC 平面11BCC B，平面1A AD平面11BCC B（）如图，作1AEC C交1C C于E点，连接BE，由已知得AB 平面11ACC AA
8、E是BE在面11ACC A内的射影由三垂线定理知1BECC，AEB为二面角1ACCB的平面角过1C作1C FAC交AC于F点，则1CFACAF，113C FA A，160C CF在RtAEC中，3sin60232AEAC在RtBAE中，26tan33ABAEBAE6arctan3AEB，即二面角1ACCB为6arctan3解法二：（）如图，建立空间直角坐标系，则11(0 0 0)( 2 0 0)(0 2 0)(0 03)(013)ABCAC，:1:2BD DC ，1 3BDBC D点坐标为2 2 2033 ，2 2 2033AD，1(2 2 0)(0 03)BCAA ，10BC AA A，0B
9、C AD A，1BCAA，BCAD，又1A AADA，BC平面1A AD，又BC 平面11BCC B，平面1A AD 平面11BCC B（）BA 平面11ACC A，取( 2 0 0)AB ，m为平面11ACC A的法向量，设平面11BCC B的法向量为()lmn ，n，则100BCCC AA，nnA1AC1 B1BDCFE（第 19 题，解法一）A1AC1 B1BDCzyx （第 19 题，解法二）22030lmmn ，323lmnm ，如图，可取1m ，则3213，n，2222223220 1 0153cos53( 2)00( 2)13 A，mn，5. 如图，已知正三棱柱111CBAABC
10、 ， D是线段AC上一点，且1AB平面DBC1。记ADDC。（1）求的值； （2）若601DCC，求二面角CBCD1的余弦值；解：（1）连结BC1交BC1于O，则O是CB1的中点，连结DO。1AB平面DBC1，AB1DO D为 AC 中点，1（2）设正三棱柱底面边长为 2，则DC = 1。C DC1= 60，CC1= 3。作DEBC于E。平面BCC1平面ABC，DE平面BCC11B，作EFBC1于F，连结DF，则 DFBC1DFE是二面角D-BC1-C的平面角在RtDEC中，DE=21,23EC，在RtBFE中，EF = BEsin 723373 231BCC在RtDEF中，tanDFE =
11、373372 23EFDE解法二：以AC的中D为原点建立坐标系，如图，设| AD | = 1，1C DC =60|1CC| =3。则A（1，0，0） ，B（0，3，0） ，C（-1，0，0） ，1A（1，03） ，3, 3, 01B ，3, 0 , 11C（2）1DC=（-1，0，3） ，3, 3, 11BC设平面B1CD的法向量为, ,nx y z ，则1100n DCn C B 且， 即03303zyxzx则有y3= 0 令z = 1,则n = （3，0，1）设平面BC1C1B的法向量为,mx y z ,1CC =（0，0，3） ，11, 3, 3C B 1100m CCm C B 即30
12、330zxyz z= 0令y = -1，解得m = （3，-1，0） ，3cos,4n mm nnm ，6 如图，直二面角 DABE 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.（）求证：AE平面 BCE； （）求二面角 BACE 的余弦值；（）求点 D 到平面 ACE 的距离. （）求证：平面 BDF平面 ABCD解法一：（）BF平面 ACE. .AEBF 二面角 DABE 为直二面角，且ABCB ， CB平面 ABE.AECB .BCEAE平面（）连结 BD 交 AC 于 C，连结 FG，正方形 ABCD 边长为 2，BGAC，BG=
13、2，BF平面 ACE，（）过点 E 作ABEO 交 AB 于点 O. OE=1. 二面角 DABE 为直二面角，EO平面 ABCD.设 D 到平面 ACE 的距离为 h，,ACDEACEDVV .31 31EOShSACDACBAE平面 BCE，.ECAE .3326221122212121 ECAEEODCAD h解法二：（）同解法一. （）以线段 AB 的中点为原点 O，OE 所在直 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 Oxyz，如图. AE面 BCE，BE面 BCE， BEAE ，在ABOABAEBRt为中, 2,的中点，).2 , 1 , 0(),0 , 0 , 1 (),0 , 1, 0(. 1CEAOE).2 , 2 , 0(),0 , 1 , 1 (ACAE 设平面 AEC 的一个法向量为),(zyxn ，则 . 022, 0, 0, 0xyyxnACnAE即解得 ,xzxy令, 1
