《高考数学 专题辅导与训练 5.3《空间向量及其应用》课件 理 新人教版》由会员分享，可在线阅读，更多相关《高考数学 专题辅导与训练 5.3《空间向量及其应用》课件 理 新人教版（88页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、热点考向热点考向1 1 利用空间向量证明空间位置关系利用空间向量证明空间位置关系【例【例1 1】(2011(2011西南师大附中模拟西南师大附中模拟) )棱长为棱长为 的正四面体的正四面体PABCPABC中，中，E E为为BCBC的中点，的中点，F F为为PCPC的中点的中点. .(1) (1) 求证：平面求证：平面PAEPAE平面平面ABCABC；(2) (2) 求二面角求二面角P PAEAEF F的大小的大小. .【解题指导【解题指导】(1)(1)利用传统解法，通过线面垂直证明面面垂直，利用传统解法，通过线面垂直证明面面垂直，(2)(2)作出二面角的平面角，然后求解作出二面角的平面角，然后
2、求解. .或利用向量法求解，先或利用向量法求解，先建立空间直角坐标系，将线面关系转化为点的坐标的运算建立空间直角坐标系，将线面关系转化为点的坐标的运算. .【规范解答【规范解答】方法一：方法一：(1)(1)由题知由题知BCAEBCAE，BCPEBCPE，又又AEPE=EAEPE=E， BC BC平面平面PAEPAE， 平面平面PAEPAE平面平面ABC.ABC.(2) (2) 由由(1)(1)知，所求二面角的大小与二面角知，所求二面角的大小与二面角F FAEAEC C的大小互的大小互余余. .取取ABAB中点中点M M，连接，连接CMCM与与AEAE交于点交于点O O，则，则O O为为ABCA
3、BC的重心，取的重心，取COCO的中点的中点N N，连接，连接FNFN，则，则FNFN平面平面ABCABC，作，作NHAENHAE于点于点H H，则，则H H为为OEOE的中点，连接的中点，连接FHFH，则，则FHNFHN即为即为F FAEAEC C的二面角的二面角. .易求得易求得FNFNtanFHNtanFHN 所求角为所求角为 -arctan-arctan方法二：将正四面体置于正方体内，如图所示，则方法二：将正四面体置于正方体内，如图所示，则P(0P(0，0 0，0)0)，A(1A(1，0 0，1)1)，B(0B(0，1 1，1)1)，C(1C(1，1 1，0)0)，E( )E( )，F
4、( 0)F( 0)(1)(1)设平面设平面PAEPAE的一个法向量为的一个法向量为 =(1,y,z)=(1,y,z)，则由则由 有有 =(1,0,-1). =(1,0,-1).同理可求平面同理可求平面ABCABC的一个法向量为的一个法向量为 =(1,1,1).=(1,1,1). 1+0-11+0-10, 0, 平面平面PAEPAE平面平面ABC.ABC.(2) (2) 设平面设平面AEFAEF的一个法向量为的一个法向量为 (1,k,r)(1,k,r)，则由则由 有有由由(1)(1)知平面知平面PAEPAE的一个法向量为的一个法向量为 =(1,0,-1)=(1,0,-1)， 所求二面角为所求二面
5、角为arccosarccos1.1.利用空间向量证明平行关系利用空间向量证明平行关系: :(1)(1)证明线线平行的方法：设证明线线平行的方法：设 分别是两条直线分别是两条直线a,ba,b的方向的方向向量，则向量，则 ( ( 基线不重合基线不重合) ) 与与 共线共线( ( 基线基线不重合不重合) )abab. .(2)(2)证明线面平行的方法：证明线面平行的方法：只要在平面内找到一条直线的方向向量只要在平面内找到一条直线的方向向量 已知直线的方向已知直线的方向向量为向量为 将问题转化为证明将问题转化为证明 即可；或者已知直线上即可；或者已知直线上的的A A、B B两点坐标，在平面两点坐标，在
6、平面内找出两点内找出两点C C、D D并写成坐标形并写成坐标形式：式： =(x=(x1 1,y,y1 1,z,z1 1), =(x), =(x2 2,y,y2 2,z,z2 2) )，只要证明，只要证明x x1 1=x=x2 2且且y y1 1=y=y2 2且且z z1 1=z=z2 2即可即可. .(3)(3)证明面面平行的方法：证明面面平行的方法：在上面在上面(1)(2)(1)(2)的基础上，根据面面平行的判定定理即可得证的基础上，根据面面平行的判定定理即可得证. .2.2.利用空间向量证明垂直关系利用空间向量证明垂直关系: :(1)(1)证明线线垂直的方法：先在两条直线上各取一个非零向证
7、明线线垂直的方法：先在两条直线上各取一个非零向量量 ( (或取或取 分别是两条直线的方向向量分别是两条直线的方向向量) )，只要证明，只要证明 =0,=0,便说明两条直线垂直便说明两条直线垂直. .(2)(2)证明线面垂直或面面垂直时，利用证明线面垂直或面面垂直时，利用(1)(1)的结果作为基础，的结果作为基础，根据线面垂直的判定定理及面面垂直的判定定理即可得证根据线面垂直的判定定理及面面垂直的判定定理即可得证. .三棱柱三棱柱ABC-AABC-A1 1B B1 1C C1 1中，侧面中，侧面AAAA1 1C C1 1CC底面底面ABCABC，AAAA1 1A A1 1C CACAC2,AB2
8、,ABBCBC，且，且ABBC,OABBC,O为为ACAC中点中点. .(1)(1)在在BCBC1 1上确定一点上确定一点E E，使得，使得OEOE平面平面A A1 1ABAB，并说明理由；，并说明理由；(2)(2)求二面角求二面角A-AA-A1 1B-CB-C1 1的余弦值的余弦值. .【解析【解析】(1)E(1)E为为BCBC1 1中点中点. .方法一：取方法一：取BCBC中点中点F F，连接，连接OFOF，EF.EF.所以可得所以可得OFABOFAB，EFBBEFBB1 1，所以面，所以面OEFOEF面面A A1 1AB.AB.所以所以OEOE平面平面A A1 1AB.AB.方法二：因为
9、方法二：因为A A1 1A AA A1 1C C，且为，且为ACAC的中点，的中点，所以所以A A1 1OAC.OAC.又由题意可知，又由题意可知，平面平面AAAA1 1C C1 1CC平面平面ABCABC，交线为交线为ACAC，且且A A1 1O O 平面平面AAAA1 1C C1 1C C，所以所以A A1 1OO平面平面ABCABC，又，又AB=BCAB=BC，所以，所以BOAC.BOAC.以为原点，以为原点，OB,OCOB,OC，OAOA1 1所在直线分别为所在直线分别为x x，y y，z z轴建立空间轴建立空间直角坐标系直角坐标系. .由题意可知，由题意可知，A A1 1A AA A
10、1 1C CACAC2,2,又又ABABBCBC，ABBCABBC，OBOB ACAC1,1,所以得所以得:O(0,0,0):O(0,0,0)，A(0A(0，-1,0)-1,0)，A A1 1(0,0, )(0,0, )，C(0,1,0)C(0,1,0)，C C1 1(0,2, )(0,2, )，B(1,0,0)B(1,0,0)，则有：则有： (0,1,- )(0,1,- )， (0,1, )(0,1, )， (1,1,0).(1,1,0).设平面设平面AAAA1 1B B的一个法向量为的一个法向量为 =(x,y,z=(x,y,z) )，则有则有 令令y=1y=1，得，得x=-1,z=-x=-
11、1,z=-所以所以 =(-1,1,- ).=(-1,1,- ).设设E(xE(x0 0,y,y0 0,z,z0 0),),即即(x(x0 0-1,y-1,y0 0,z,z0 0)=(-1,2, )=(-1,2, )，得得 所以所以E(1-,2, ),E(1-,2, ),得得 =(1-,2, ),=(1-,2, ),由已知由已知OEOE平面平面A A1 1ABAB，得得 =0=0，即，即-1+2-=0,-1+2-=0,得得=即存在这样的点即存在这样的点E E，E E为为BCBC1 1的中点的中点. .(2)(2)由由(1)(1)方法二，可知方法二，可知 (1,0,- )(1,0,- )， (0,
12、2,0)(0,2,0)，设平面设平面A A1 1BCBC1 1的的1 1个法向量为个法向量为 =(a,b,c=(a,b,c),),则则令令c= c= 所以所以 =(3,0, ).=(3,0, ).所以所以coscos 由图可得二面角由图可得二面角A-AA-A1 1B-CB-C1 1的余弦值为的余弦值为- -热点考向热点考向2 2 利用空间向量求空间角利用空间向量求空间角 【例【例2 2】(2011(2011成都模拟成都模拟) )如图如图1 1，在平面内，四边形，在平面内，四边形ABCDABCD是是BAD=60BAD=60且且AB=aAB=a的菱形，的菱形，ADDAADDA1 1和和CDDCCD
13、DC1 1都是正方形都是正方形. .将两将两个正方形分别沿个正方形分别沿ADAD，CDCD折起，使折起，使DD与与DD重合于点重合于点D D1 1( (如图如图2).2).设直线设直线l过点过点B B且垂直于菱形且垂直于菱形ABCDABCD所在的平面，点所在的平面，点E E是直线是直线l上的上的一个动点，且与点一个动点，且与点D D1 1位于平面位于平面ABCDABCD同侧，设同侧，设BE=t(tBE=t(t0).0).(1)(1)设二面角设二面角E-AC-DE-AC-D1 1的大小为的大小为，若，若 求求t t的取值的取值范围；范围；(2)(2)在线段在线段D D1 1E E上是否存在点上是
14、否存在点P P，使平面，使平面PAPA1 1C C1 1平面平面EACEAC，若，若存在，求出存在，求出P P分分 所成的比所成的比；若不存在，请说明理由；若不存在，请说明理由. . 【解题指导【解题指导】(1)(1)先建立空间直角坐标系，利用向量的夹角先建立空间直角坐标系，利用向量的夹角公式用公式用t t表示表示coscos, ,再根据再根据 得关于得关于t t的不等式求的不等式求解即可；解即可；(2)(2)将平面平行转化为线面平行，进而得到一个平面内的直将平面平行转化为线面平行，进而得到一个平面内的直线与另一平面的法向量垂直，得出关于线与另一平面的法向量垂直，得出关于的方程，求解即可的方程
15、，求解即可. .【规范解答【规范解答】设菱形设菱形ABCDABCD的中心为的中心为O O，以，以O O为原点，对角线为原点，对角线ACAC，BDBD所在的直线分别为所在的直线分别为x x，y y轴，建立空间直角坐标系如图轴，建立空间直角坐标系如图3.3.设设BE=t(tBE=t(t0).0).(1)A( a,0,0),C(- a,0,0),D(1)A( a,0,0),C(- a,0,0),D1 1(0,- ,a),(0,- ,a),E(0, ,t). =(- a),E(0, ,t). =(- a), =(- a,0,0), =(- a,0,0),设平面设平面D D1 1ACAC的一个法向量为的
16、一个法向量为 =(x=(x1 1,y,y1 1,z,z1 1) )，则则令令z z1 1=1=1得得 =(0,2,1).=(0,2,1).设平面设平面EACEAC的一个法向量为的一个法向量为 =(x=(x2 2,y,y2 2,z,z2 2) )，令令z z2 2=-a=-a得得 =(0,2t,-a).=(0,2t,-a).二面角二面角E-AC-DE-AC-D1 1的大小为的大小为，则则cos=cos=cos cos ，解得解得所以所以t t 的取值范围是的取值范围是 . .(2)(2)假设存在满足题意的点假设存在满足题意的点P P，令，令则则P(0, ).P(0, ).AA1 1( a,0,a
17、), =(- ).( a,0,a), =(- ).由平面由平面PAPA1 1C C1 1平面平面EACEAC，得得A A1 1PP平面平面EACEAC， 0 0，t t =0, =0,化简得：化简得：= (ta),= (ta),即在线段即在线段D D1 1E E上存在点上存在点P P，使平面，使平面PAPA1 1C C1 1平面平面EACEAC，P P分分 所成的比所成的比= (ta).= (ta).向量法求空间角向量法求空间角(1)(1)用向量方法求两条异面直线所成的角用向量方法求两条异面直线所成的角, ,是通过两条直线的是通过两条直线的方向向量的夹角来求解方向向量的夹角来求解. .(2)(
18、2)在求线面角时在求线面角时, ,应首先求出直线的方向向量与平面的法向应首先求出直线的方向向量与平面的法向量的夹角量的夹角, ,再通过互余关系来得到相应的线面角再通过互余关系来得到相应的线面角, ,有时候也可有时候也可以把所求角先转化为某两条直线所成的角以把所求角先转化为某两条直线所成的角, ,然后再利用向量的然后再利用向量的方法进行计算即可方法进行计算即可, ,这种方法吸取了数形结合与向量运算两者这种方法吸取了数形结合与向量运算两者的优点的优点, ,在不太复杂的图形中可以选用在不太复杂的图形中可以选用. .(3)(3)二面角的大小可以利用分别在两个半平面内与棱垂直的直二面角的大小可以利用分别
19、在两个半平面内与棱垂直的直线的方向向量的夹角线的方向向量的夹角( (或其补角或其补角) )或通过二面角的两个面的法或通过二面角的两个面的法向量的夹角求得向量的夹角求得, ,它等于这两个法向量的夹角或其补角它等于这两个法向量的夹角或其补角. . 1. 1.两异面直线所成角的范围是两异面直线所成角的范围是(0, (0, ，两向量的夹，两向量的夹角角的范围是的范围是0,0,所以要注意二者的联系与区别所以要注意二者的联系与区别. .2.2.若平面的法向量与直线的方向向量的夹角为若平面的法向量与直线的方向向量的夹角为(可为锐角可为锐角或钝角或钝角),),则直线与平面所成的角则直线与平面所成的角应满足应满
20、足sin=|cossin=|cos|.|.已知已知ABCABC是边长为是边长为2 2的等边三角形，的等边三角形，PCPC平面平面ABCABC，PCPC2 D2 D是是APAP上一上一动点动点. .(1)(1)若若D D是是APAP的中点，求直线的中点，求直线BDBD与平面与平面PBCPBC所成的角的正弦值；所成的角的正弦值；(2)D(2)D在运动过程中，是否有可能使在运动过程中，是否有可能使APAP平面平面BCDBCD？请说明理由？请说明理由. .【解析【解析】(1)(1)取取ACAC的中点的中点E E，APAP的中点的中点F F，连接，连接FEFE、BEBE，则，则FEPCFEPC，BEAC
21、BEAC，FEFE平面平面ABC.ABC.建立如图所示的空间直角坐标系，建立如图所示的空间直角坐标系，则则A(0A(0，-1,0)-1,0)，B( ,0,0)B( ,0,0)，C(0,1,0)C(0,1,0)，P(0,1,2 )P(0,1,2 )，F(0,0, )F(0,0, )，设设 (x(x0 0,y,y0 0,z,z0 0) )是平面是平面PBCPBC的一个法向量，的一个法向量， (0,0,2 )(0,0,2 )， =(- 1=(- 1，0)0)，则，则 0,0,且且 0,0,2 =02 =0且且- x- x0 0+y+y0 0=0.=0.取取则则 (-1,- ,0)(-1,- ,0)，
22、由题设由题设D D是是APAP的中点，则的中点，则D D与与F F重合，即重合，即D D的坐标为的坐标为(0,0(0,0， ) )，直线直线BDBD与面与面PBCPBC所成角的正弦值为所成角的正弦值为(2) (2) (0,2,2 ), =(- 1,0),(0,2,2 ), =(- 1,0), =20, =20,APAP不垂直于不垂直于BCBC，APAP不可能垂直于面不可能垂直于面BCDBCD，即不存在，即不存在D D点，使点，使APAP平面平面BCD.BCD.热点考向热点考向3 3 利用空间向量求空间距离利用空间向量求空间距离【例【例3 3】如图，】如图，BCDBCD与与MCDMCD都是边都是
23、边长为长为2 2的正三角形，平面的正三角形，平面MCDMCD平面平面BCDBCD，ABAB平面平面BCDBCD，AB=2AB=2(1)(1)求点求点A A到平面到平面MBCMBC的距离；的距离；(2)(2)求平面求平面ACMACM与平面与平面BCDBCD所成二面角所成二面角的正弦值的正弦值. .【解题指导【解题指导】解决此类问题可用以下两种方法：解决此类问题可用以下两种方法：方法一：几何法方法一：几何法(1)(1)将点面距离问题转化为体积相等的问题，将点面距离问题转化为体积相等的问题，降低直接求解的难度；降低直接求解的难度；(2)(2)二面角的求法思路，一般是二面角的求法思路，一般是“作作”，
24、“证证”，“求求”. .其中其中“作作”是关键，是关键，“证证”是难点是难点. .方法二：建立空间直角坐标系，利用空间向量，借助于法向方法二：建立空间直角坐标系，利用空间向量，借助于法向量求解，使问题变得简单量求解，使问题变得简单. .【规范解答【规范解答】方法一：方法一：(1)(1)取取CDCD中点中点O O，连接，连接OBOB，OMOM，则则OB=OM= OBCDOB=OM= OBCD，MOCD.MOCD.又平面又平面MCDMCD平面平面BCDBCD，则则MOMO平面平面BCDBCD，又，又ABAB平面平面BCDBCD，所以所以MOABMOAB，MOMO平面平面ABC.ABC.MM，O O
25、到平面到平面ABCABC的距离相等的距离相等. .作作OHBCOHBC于点于点H H，易证，易证OHOH平面平面ABCABC，连接，连接MHMH，则，则MHBC.MHBC.求得求得OH=OCOH=OCsin60sin60= =设点设点A A到平面到平面MBCMBC的距离为的距离为d d，由，由V VA-MBCA-MBC=V=VM-ABCM-ABC得得 S SMBCMBCd= d= S SABCABCOH.OH.即即解得解得d=d=(2)(2)延长延长AMAM，BOBO相交于点相交于点E E，连接，连接CECE、DEDE，CECE是平面是平面ACMACM与平面与平面BCDBCD的交线，的交线，由
26、由(1)(1)知，知，O O是是BEBE的中点，则四边形的中点，则四边形BCEDBCED是菱形是菱形. .作作BFECBFEC于点于点F F，连接，连接AFAF，则，则AFECAFEC，AFBAFB就是二面角就是二面角A-EC-A-EC-B B的平面角，设为的平面角，设为.因为因为BCE=120BCE=120，所以，所以BCF=60BCF=60. .BF=2sin60BF=2sin60= =所以平面所以平面ACMACM与平面与平面BCDBCD所成二面角的正弦值为所成二面角的正弦值为方法二：取方法二：取CDCD的中点的中点O O，连接，连接OBOB，OMOM，则，则OBCDOBCD，OMCD.O
27、MCD.又平面又平面MCDMCD平面平面BCDBCD，则，则MOMO平面平面BCD.BCD.以以O O为原点，直线为原点，直线OCOC、BOBO、OMOM为为x x轴，轴，y y轴、轴、z z轴，建立空间直角坐标系轴，建立空间直角坐标系如图如图.OB=OM= .OB=OM= 则各点坐标分别为则各点坐标分别为C(1C(1，0 0，0)0)，M(0M(0，0 0， ) )，B(0B(0，- 0)- 0)，A(0A(0，- ).- ).(1)(1)设设 (x,y,z(x,y,z) )是平面是平面MBCMBC的一个法向量，的一个法向量，则则 =(1=(1， ，0)0)， =(0=(0， ).).由由
28、得得x+ y=0;x+ y=0;由由 得得 =0.=0.取取 =( ,-1,1).=( ,-1,1). =(0,0,2 ), =(0,0,2 ),则则d=d=(2) =(-1,0, ), =(-1,- ).(2) =(-1,0, ), =(-1,- ).设平面设平面ACMACM的一个法向量为的一个法向量为 =(x=(x1 1,y,y1 1,z,z1 1),),由由得得解得解得x x1 1= z= z1 1,y,y1 1=z=z1 1, ,取取 =( ,1,1).=( ,1,1).又平面又平面BCDBCD的一个法向量为的一个法向量为 =(0,0,1).=(0,0,1).所以所以coscos =
29、=设所求二面角为设所求二面角为，则，则sinsin= =1.1.空间中的常见距离的求法：空间中的常见距离的求法：(1)(1)点与点的距离，一般利用三角形求出；点与点的距离，一般利用三角形求出；(2)(2)点到平面的距离，即点到平面的垂线段的长，一般用转化点到平面的距离，即点到平面的垂线段的长，一般用转化法或等积法去解决；法或等积法去解决；(3)(3)线面距离转化为点面距离再进行转化去解决线面距离转化为点面距离再进行转化去解决. .2.2.用法向量求点到平面的距离的一般步骤：用法向量求点到平面的距离的一般步骤：(1)(1)求出该平面的一个法向量；求出该平面的一个法向量；(2)(2)找出从该点出发
30、的平面的任一条斜线段对应的向量；找出从该点出发的平面的任一条斜线段对应的向量；(3)(3)求出平面法向量与斜线段向量数量积的绝对值后除以法向求出平面法向量与斜线段向量数量积的绝对值后除以法向量的模，即可求出点到平面的距离量的模，即可求出点到平面的距离. . 可以视为平面的单位法向量，所以点到平面可以视为平面的单位法向量，所以点到平面的距离实质就是平面的单位法向量与从该点出发的斜线段的距离实质就是平面的单位法向量与从该点出发的斜线段向量的数量积的绝对值，即向量的数量积的绝对值，即d=| |.d=| |.如图：正四面体如图：正四面体MBCDMBCD的棱长为的棱长为2 2，ABAB平面平面BCDBC
31、D，ABAB(1)(1)求点求点A A到平面到平面MBCMBC的距离；的距离；(2)(2)求平面求平面ACMACM与平面与平面BCDBCD所成二面角的正弦值；所成二面角的正弦值；【解析【解析】(1)BCD(1)BCD为正三角形，取为正三角形，取CDCD中点中点E E，连结，连结BEBE，则，则BECD,BECD,又又ABAB平面平面BCDBCD，则以，则以B B为原点，过为原点，过B B作直线作直线lCDCD为为x x轴，轴，BEBE所在直线为所在直线为y y轴，轴，BABA所在直线为所在直线为z z轴建立空间直角坐标轴建立空间直角坐标系，系，有有B(0,0,0)B(0,0,0)，C(1, ,
32、0),C(1, ,0),M(0, ),A(0,0, )M(0, ),A(0,0, )，设平面设平面BCMBCM的一个法向量为的一个法向量为 =(x,y,z=(x,y,z) )， 得得 =( ),=( ), =(0,0, ),=(0,0, ),设设A A到平面到平面MBCMBC的距离为的距离为d d，则则d=d=(2)(2)设平面设平面AMCAMC的一个法向量为的一个法向量为 =(x=(x1 1,y,y1 1,z,z1 1) )，则则得得 =(5,- )=(5,- )，又平面，又平面BCDBCD的一个法向量的一个法向量 =(0,0,1)=(0,0,1)，设平面设平面ACMACM与平面与平面BCD
33、BCD的二面角的大小为的二面角的大小为，则则sinsin= =热点考向热点考向4 4 利用空间向量解决探索性问题利用空间向量解决探索性问题【例【例4 4】(15(15分分)(2011)(2011 浙江高考浙江高考) )如图，如图，在三棱锥在三棱锥P-ABCP-ABC中，中，AB=AC,DAB=AC,D为为BCBC的中点，的中点，POPO平面平面ABCABC，垂足，垂足O O落在线段落在线段ADAD上，已上，已知知BC=8,PO=4,AO=3,OD=2.BC=8,PO=4,AO=3,OD=2.(1)(1)证明：证明：APBCAPBC；(2)(2)在线段在线段APAP上是否存在点上是否存在点M M
34、，使得二面角，使得二面角A-MC-BA-MC-B为直二面角为直二面角？若存在，求出？若存在，求出AMAM的长；若不存在，请说明理由的长；若不存在，请说明理由. .【解题指导【解题指导】先寻找两两垂直的三条直线，建立空间直角坐先寻找两两垂直的三条直线，建立空间直角坐标系，然后求解本题标系，然后求解本题. .既可用向量法求解，也可用传统法求解既可用向量法求解，也可用传统法求解. .【规范解答【规范解答】方法一：方法一：(1)(1)如图，以如图，以O O为原点，以射线为原点，以射线OPOP为为z z轴的正半轴，建立空间直角坐标系轴的正半轴，建立空间直角坐标系O-xyz. O-xyz. 1 1分分则则
35、O(0O(0，0 0，0)0)，A(0A(0，-3-3，0)0)，B(4B(4，2 2，0)0)，C(-4C(-4，2 2，0)0)，P(0P(0，0 0，4)4)， =(0=(0，3 3，4)4)， =(-8 =(-8，0 0，0). 0). 3 3分分由此可得由此可得 =0=0，5 5分分所以所以 即即APBC.APBC.6 6分分(2)(2)设设 11，则则 =(0=(0，-3-3，-4)-4)，=(-4=(-4，-2-2，4)+(04)+(0，-3-3，-4)-4)=(-4=(-4，-2-3-2-3，4-4)4-4)，8 8分分 =(-4=(-4，5 5，0)0)， =(-8=(-8，
36、0 0，0).0).设平面设平面BMCBMC的一个法向量的一个法向量 =(x=(x1 1,y,y1 1,z,z1 1),),平面平面APCAPC的一个法向量的一个法向量 =(x=(x2 2,y,y2 2,z,z2 2),),由由得得即即 可取可取 =(0,1, ). =(0,1, ). 1010分分由由 即即得得 可取可取 =(5,4,-3). =(5,4,-3). 1212分分由由 =0=0，得，得4-34-3 =0, =0,解得解得= = 1313分分故故AM=3. AM=3. 1414分分综上所述，存在点综上所述，存在点M M符合题意，符合题意，AM=3. AM=3. 1515分分方法二
37、：方法二：(1)(1)由由AB=AC,DAB=AC,D是是BCBC的中点，得的中点，得ADBC. ADBC. 1 1分分又又POPO平面平面ABC,ABC,得得POBC. POBC. 3 3分分因为因为POAD=O,POAD=O,所以所以BCBC平面平面PAD, PAD, 5 5分分故故BCPA. BCPA. 6 6分分 (2)(2)如图，在平面如图，在平面PABPAB内作内作BMPABMPA于点于点M M，连接，连接CMCM，由由(1)(1)知知APBC,APBC,得得APAP平面平面BMC. BMC. 7 7分分又又APAP 平面平面APC,APC,所以平面所以平面BMCBMC平面平面AP
38、C.APC.8 8分分 在在RtADBRtADB中，中，ABAB2 2=AD=AD2 2+BD+BD2 2=41,=41,得得AB= AB= 9 9分分在在RtPODRtPOD中，中，PDPD2 2=PO=PO2 2+OD+OD2 2, ,在在RtPDBRtPDB中，中，PBPB2 2=PD=PD2 2+BD+BD2 2, ,所以所以PBPB2 2=PO=PO2 2+OD+OD2 2+BD+BD2 2=36,=36,得得PB=6.PB=6.1010分分在在RtPOARtPOA中，中，PAPA2 2=AO=AO2 2+OP+OP2 2=25,=25,得得PA=5.PA=5.1111分分又又cos
39、BPA= cosBPA= 1313分分从而从而PM=PBcosBPA=2,PM=PBcosBPA=2,所以所以AM=PA-PM=3. AM=PA-PM=3. 1414分分综上所述，存在点综上所述，存在点M M符合题意，符合题意，AM=3. AM=3. 1515分分常见的探索性问题有两种类型：常见的探索性问题有两种类型：一类是判断型一类是判断型, ,另一类是猜测型另一类是猜测型. .所谓判断型所谓判断型, ,是指题目没有给是指题目没有给出明确的结论出明确的结论, ,但是给出了结论的可能性范围但是给出了结论的可能性范围, ,这往往就是解这往往就是解题的突破口题的突破口, ,如如“判断直线判断直线a
40、 a 和和b b的位置关系的位置关系, ,并给出证明并给出证明”, ,这实质上是告诉我们在这实质上是告诉我们在“相交相交”、“平行平行”、“异面异面”中去中去选择选择. .猜测型问题猜测型问题, ,常常以常常以“存在存在”、“不存在不存在”、“是否存在是否存在”等等形式出现形式出现, ,“存在存在”就是适合某种条件或性质的对象就是适合某种条件或性质的对象, ,对这类对这类题不管用什么方法题不管用什么方法, ,只要能找出一个只要能找出一个, ,就说明存在就说明存在, ,问题也就解问题也就解决了决了; ;“不存在不存在”问题一般用反证法问题一般用反证法; ;“是否存在是否存在”则有两种则有两种可能
41、即存在与不存在可能即存在与不存在, ,若存在若存在, ,则需要找出来则需要找出来, ,若不存在若不存在, ,则应则应说明理由说明理由. .空间向量解决这类立体几何中的探索性问题空间向量解决这类立体几何中的探索性问题, ,只需只需通过坐标运算进行判断通过坐标运算进行判断, ,在解题过程中在解题过程中, ,往往把往往把“是否存在是否存在”问题转化为点的坐标是否有规定范围内的解问题转化为点的坐标是否有规定范围内的解, ,所以使问题的解所以使问题的解决更简单、有效决更简单、有效, ,应善于运用这一方法解题应善于运用这一方法解题. .如图，在三棱锥如图，在三棱锥P-ABCP-ABC中，中，AC=BC=2
42、,AC=BC=2,ACB=90ACB=90,AP=BP=AB,PCAC,AP=BP=AB,PCAC,点点D D为为BCBC中点；中点；(1)(1)求二面角求二面角A-PD-BA-PD-B的余弦值；的余弦值；(2)(2)在直线在直线ABAB上是否存在点上是否存在点M M，使得，使得PMPM与平面与平面PADPAD所成角的正所成角的正弦值为弦值为 若存在，求出点若存在，求出点M M的位置；若不存在，说明理由的位置；若不存在，说明理由. .【解析【解析】(1)AC(1)ACBCBC，PAPAPBPB，PCPCPCPC，PCAPCB,PCA=PCB.PCACPCAPCB,PCA=PCB.PCAC，PC
43、CBPCCB，PCPC平面平面ACBACB，且，且PCPC，CACA，CBCB两两垂直，两两垂直，故以故以C C为坐标原点，分别以为坐标原点，分别以CBCB，CACA，CPCP所在直线为所在直线为x,y,zx,y,z轴建立空间直角轴建立空间直角坐标系，则坐标系，则C(0,0C(0,0，0)0)，A(0,2,0)A(0,2,0)，D(1,0,0)D(1,0,0)，P(0,0,2)P(0,0,2)， (1,-2,0)(1,-2,0)， (1,0,-2).(1,0,-2).设平面设平面PADPAD的一个法向量的一个法向量 (x,y,z(x,y,z) )， (2,1,1)(2,1,1)，平面，平面PD
44、BPDB的一个法向量的一个法向量 (0,2,0)(0,2,0)，coscos 设二面角设二面角A-PD-BA-PD-B的平面角为的平面角为，且，且为钝角为钝角, ,coscos=-=-二面角二面角A-PD-BA-PD-B的余弦值为的余弦值为- -(2)(2)方法一：存在，方法一：存在，M M是是ABAB中点或中点或A A是是MBMB中点；中点；设设M(x,2-x,0)(xR)M(x,2-x,0)(xR)， (x,2-x,-2),(x,2-x,-2),|cos|cos |= |= 解得解得x=1x=1或或x x-2,-2,M(1,1,0)M(1,1,0)或或M(-2,4,0)M(-2,4,0)在
45、直线在直线ABAB上存在点上存在点M M，且，且M M是是ABAB中点或中点或A A是是MBMB中点，使得中点，使得PMPM与平面与平面PADPAD所成角的正弦值为所成角的正弦值为方法二：存在，方法二：存在，M M是是ABAB中点或中点或A A是是MBMB中点；中点；设设 则则 (2,-2,0)=(2,-2,0)(R)(2,-2,0)=(2,-2,0)(R) (2,2-2,-2)(2,2-2,-2)|cos|cos |=|=解得解得= = 或或=-1,M=-1,M是是ABAB中点或中点或A A是是MBMB中点；中点；在直线在直线ABAB上存在点上存在点M M，且，且M M是是ABAB中点或中点
46、或A A是是MBMB中点，使得中点，使得PMPM与平面与平面PADPAD所成角的正弦值为所成角的正弦值为数形结合思想在立体几何中的应用数形结合思想在立体几何中的应用 数形结合解立体几何的主要类型：数形结合解立体几何的主要类型： (1)(1)证明线线、线面、面面的平行、垂直问题；证明线线、线面、面面的平行、垂直问题； (2)(2)求空间角；求空间角； (3)(3)求空间距离；求空间距离； (4)(4)解立体几何中的探索性问题解立体几何中的探索性问题. . 利用空间向量解立体几何问题的一般步骤是：利用空间向量解立体几何问题的一般步骤是： (1)(1)依据题意建立适当的空间直角坐标系；依据题意建立适
47、当的空间直角坐标系； (2)(2)求出相关点的坐标；求出相关点的坐标； (3)(3)写出相关直线的方向向量，相关平面的法向量；写出相关直线的方向向量，相关平面的法向量； (4)(4)根据线性相关、共面定理及数量积建立关系，然后进根据线性相关、共面定理及数量积建立关系，然后进行判断和计算行判断和计算. . 求解时应注意的问题求解时应注意的问题: : (1) (1)建系要恰当；建系要恰当； (2)(2)所求角与实际角的关系要搞清楚；所求角与实际角的关系要搞清楚； (3)(3)运算要准确运算要准确. .【典例】已知正方体【典例】已知正方体ABCD-ABCDABCD-ABCD的棱长为的棱长为1 1，点
48、，点M M是棱是棱AAAA的中点，点的中点，点O O是对角线是对角线BDBD的中点的中点. .(1)(1)求证：求证：OMOM为异面直线为异面直线AAAA和和BDBD的公垂线；的公垂线；(2)(2)求二面角求二面角M-BC-BM-BC-B的大小；的大小；(3)(3)求三棱锥求三棱锥M-OBCM-OBC的体积的体积. .【解题指导【解题指导】方法一方法一( (几何法几何法) )：(1)(1)分别证明分别证明OMAAOMAA，OMBDOMBD即可即可. .(2)(2)首先利用三垂线定理，作出二面角首先利用三垂线定理，作出二面角M-BC-BM-BC-B的平面角，的平面角，然后通过平面角所在的直角三角
49、形，求出平面角的一个三角然后通过平面角所在的直角三角形，求出平面角的一个三角函数值，便可解决问题函数值，便可解决问题. .(3)(3)选择便于计算的底面和高，利用等积法求出选择便于计算的底面和高，利用等积法求出V VO-MADO-MAD即可即可. .方法二：建立空间直角坐标系，利用空间向量中的法向量求方法二：建立空间直角坐标系，利用空间向量中的法向量求解解. .【规范解答【规范解答】方法一：方法一：(1)(1)连接连接AC.AC.取取ACAC的中点的中点K K，则，则K K也为也为BDBD的中点，连接的中点，连接OK.OK.点点M M是棱是棱AAAA的中点，点的中点，点O O是是BDBD的中点
50、，的中点，AM DD OK.MO AKAM DD OK.MO AK，由由AAAK,AAAK,得得OMAA.OMAA.AKBD,AKBB,AKAKBD,AKBB,AK平面平面BDDB.BDDB.AKBD.OMBD.AKBD.OMBD.又又OMOM与异面直线与异面直线AAAA和和BDBD都相交，都相交，故故OMOM为异面直线为异面直线AAAA和和BDBD的公垂线的公垂线. .(2)(2)取取BBBB的中点的中点N N，连接，连接MNMN，则，则MNMN平面平面BCCBBCCB，过点过点N N作作NHBCNHBC于于H H，连接，连接MHMH，则由三垂线定理得，则由三垂线定理得，BCMH.BCMH.
51、MHNMHN为二面角为二面角M-BC-BM-BC-B的平面角的平面角. .MN=1,NH=BNsin45MN=1,NH=BNsin45= = 在在RtMNHRtMNH中，中，tanMHNtanMHN= =故二面角故二面角M-BCM-BC-B-B的大小为的大小为arctanarctan(3)(3)由题易知，由题易知，S SOBCOBC=S=SOADOAD, ,且且OBCOBC和和OADOAD都在平都在平面面BCDABCDA内，点内，点O O到平面到平面MADMAD的距离的距离h=h=V VM-OBCM-OBC=V=VM-OADM-OAD=V=VO-MADO-MAD= S= SMADMADh=h=
52、方法二：以点方法二：以点D D为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系D-xyzD-xyz，则则A(1,0,0)A(1,0,0)，B(1,1,0)B(1,1,0)，C(0,1,0)C(0,1,0)，A(1,0,1)A(1,0,1)，C(0,1,1)C(0,1,1)，D(0,0,1).D(0,0,1).(1)(1)点点M M是棱是棱AAAA的中点，点的中点，点O O是是BDBD的中点，的中点，M(1,0, M(1,0, =(0,0,1), =(-1,-1,1). =(0,0,1), =(-1,-1,1). +0=0. +0=0.OMAA,OMBD.OMAA
53、,OMBD.又又OMOM与异面直线与异面直线AAAA和和BDBD都相交，都相交，故故OMOM为异面直线为异面直线AAAA和和BDBD的公垂线的公垂线. .(2)(2)设平面设平面BMCBMC的一个法向量为的一个法向量为 =(x,y,z=(x,y,z),), =(0,-1, ), =(-1,0,1), =(0,-1, ), =(-1,0,1), 即即取取z=2,z=2,则则x=2,y=1,x=2,y=1,故故 =(2,1,2).=(2,1,2).取平面取平面BCBBCB的一个法向量的一个法向量 =(0,1,0).=(0,1,0).coscos = =由图可知，二面角由图可知，二面角M-BC-BM
54、-BC-B的平面角为锐角，的平面角为锐角，故二面角故二面角M-BC-BM-BC-B的大小为的大小为arccosarccos(3)(3)易知，易知，S SOBCOBC= S= S四边形四边形BCDABCDA= =设平面设平面OBCOBC的一个法向量为的一个法向量为 =(x=(x3 3,y,y3 3,z,z3 3),), =(-1,-1,1), =(-1,0,0), =(-1,-1,1), =(-1,0,0),取取z z3 3=1,=1,则则y y3 3=1,=1,从而从而 =(0,1,1).=(0,1,1).点点M M到平面到平面OBCOBC的距离的距离V VM-OBCM-OBC= S= SOBCOBCd d= =
