2013陕西高二数学教案第三章《空间向量与立体几何》(新人教A版选修2-1)

以多面体为载体，以空间向量为工具，来论证和求解空间角、距离、线线关系以及线面关系相关问题，是近年来高考数学的重点和热点，用空间向量解立体几何问题，极大地降低了求解立几的难度，很大程度上呈现出程序化思想。更易于学生们所接受，故而执教者应高度重视空间向量的工具性。 首先，梳理一下利用空间向量解决立体几何的知识和基本求解方法 一：利用空间向量求空间角 (1)两条异面直线所成的夹角

范围：两条异面直线所成的夹角的取值范围是 。

向量求法：设直线a,b的方向向量为a,b，其夹角为，则有cos___________. (2)直线与平面所成的角

定义：直线与平面所成的角是指直线与它在这个平面内的射影所成的角。 范围：直线和平面所夹角的取值范围是 。

向量求法：设直线l的方向向量为a，平面的法向量为n，直线与法向量所成角的余弦值为|cos|___________.直线与平面所成的角为，则有

sin___________.或在平面内任取一个向量m，则|cos|___________..

(3)二面角

二面角的取值范围是 . 二面角的向量求法：

方法一：在两个半平面内任取两个与棱垂直的向量，则这两个向量所成的 即为所求的二面角的大小；

方法二：设n1，n2分别是两个面的 ，则向量n1与n2的夹角(或其补角)即为所求二面角的平面角的大小。 二：利用空间向量求空间距离 （1）点面距离的向量公式

平面的法向量为n，点P是平面外一点，点M为平面内任意一点，则点P到平面的距离d就是 ，即d=

|nMP|. |n|（2）线面、面面距离的向量公式

平面∥直线l，平面的法向量为n，点M∈、P∈l，平面与直线l间的距离d就是MP在向量n方向射影的绝对值，即d= .

平面∥β，平面的法向量为n，点M∈、P∈β，平面与平面β的距离d就是MP在向量n方向射影的绝对值，即d=

|nMP|. |n|（3）异面直线的距离的向量公式

设向量n与两异面直线a、b都垂直，M∈a、P∈b，则两异面直线a、b间的距离d就是MP在向量n方向射影的绝对值，即d=

|nMP|. |n|三：利用空间向量解证平行、垂直关系

1：①所谓直线的方向向量，就是指 的向量，一条直线的方向向量有 个。 ②所谓平面的法向量，就是指所在直线与平面垂直的直线，一个平面的法向量也有 个。 :2．线线平行

证明两条直线平等，只要证明这两条直线的方向向量是 ，也可以证这两条直线平行于同一个平面的法向量。 3线面平行

证明线面平行的方法：

（1）证明直线的方向向量与平面的法向量 ；

（2）证明能够在平面内找到一个向量与已知直线的方向向量 ；

（3）利用共面向量基本定理，即证明直线的方向向量与平面内的两个不共线的向量是 。 4．面面平行的证明方法：

（1）转化为 、 处理； （2）证明这两个平面的法向量是 。 5利用空间向量解证垂直关系

⑴．线线垂直：证明线线垂直的方法是证明这两条直线的方向向量是 ； ⑵．线面垂直的证明方法：

①证明线面垂直的方法是证明这两条直线的方向向量是 ；

②证明直线与平面内的 ； ⑶．面面垂直的证明方法：

①转化为证明 、 ； ②证明这两个平面的法向量是 。 :典题赏析：

题目1：.[2011·四川理]如图所示，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，

∠BAC＝90°，AB＝AC＝AA1＝1，延长A1C1至点P，使C1P＝A1C1， 连结AP交棱CC1于点D. (1)求证：PB1∥平面BDA1；

(2)求二面角A－A1D－B的平面角的余弦值．

解：如图17－1，以A1为原点，A1B1，A1C1，A1A所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系A1－xyz，则A1(0,0,0)，B1(1,0,0)，C1(0,1,0)，B(1,0,1)，P(0,2,0)．

11

(1)在△PAA1中有C1D＝AA1，即D0，1，.

22

第1题

1→→→

∴A1B＝(1,0,1)，A1D＝0，1，，B1P＝(－1,2,0)．

2

→

B＝a＋c＝0，n·A

设平面BAD的一个法向量为n＝(a，b，c)，则1→

n·AD＝b＋c＝0.

2

1

1

1

1

1

1

1

令c＝－1，则n1＝1，，－1.图1－7

21→

∵n1·B1P＝1×(－1)＋×2＋(－1)×0＝0，

2

∴PB1∥平面BDA1，

1

(2)由(1)知，平面BA1D的一个法向量n1＝1，，－1.

2

又n2＝(1,0,0)为平面AA1D的一个法向量，

n1·n212

∴cos〈n1，n2〉＝＝＝

33.故二面角A－A1D－B的平面角的余弦值为|n1|·|n2|

1×2

23.

题目2：如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD为矩形， 侧棱PA底面ABCD，AB3，BC1，PA2，

E为PD的中点.

（Ⅰ）求直线AC与PB所成角的余弦值；

（Ⅱ）在侧面PAB内找一点N，使NE面PAC，

并求出点N到AB和AP的距离.

解：（Ⅰ）建立如图所示的空间直角坐标系，

则A,B,C,D,P,E的坐标为A(0,0,0)、

B(3,0,0)、C(3,1,0)、D(0,1,0)、

1P(0,0,2)、E(0,,1)，

2第:2题

从而AC(3,1,0),PB(3,0,2). 设AC与PB的夹角为，则

cosACPB|AC||PB|32737, 14

2-1

37∴AC与PB所成角的余弦值为.

14

（Ⅱ）由于N点在侧面PAB内，故可设N点坐标为(x,0,z)，则

1NE(x,,1z)，由NE面PAC可得，

2NEAP0,NEAC0.13z10,(x,,1z)(0,0,2)0,x2 ∴6 即化简得13x0.z1(x,1,1z)(3,1,0)0.2233. ,0,1)，从而N点到AB和AP的距离分别为1,66即N点的坐标为(22→

因此 BM＝，，0，

42

→|＝10.

所以线段BM的长|BM

4

题目3. 已知正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为a． (1)求点C1到平面AB1D1的距离；

(2)求平面CDD1C1与平面AB1D1所成的二面角余弦值

A1 B1

D1 C1 A B C D 第3题

解 (1)按如图3-1所示建立空间直角坐标系，可得有关点的坐标为A(0，0，0)、

D1(0，a，a)、

B1(a，0，a)、C1(a，a，a)，向量C1A(a，a，a)，AD1(0，a，a)，

AB1(a，0，a)．

设n(x，y，z)是平面AB1D1的法向量，于是，有

z ayaz0nAD10，即． axaz0nAB10令z1，得x1，y1．于是平面AB1D1的一个法向量是

A1 B1 (O) A n(1，1，-1)． B 因此，C1到平面AB1D1的距离d|C1An|3a．(也可用等积法求得) 3|n|x 3-1

C(2) 由(1)知，平面AB1D1的一个法向量是n(11，，1)．又因AD平面CDD1C1，

1，0)． 故平面CDD1C1的一个法向量是n1(0，设所求二面角的平面角为(结合图形可知二面角是锐角，即为锐角)，则

cos|nn1||n||n3．1|3 题目4：已知四棱锥PABCD的底面为直角梯形，AB//DC，

DAB90,PA底面ABCD，且PAADDC12，AB1，M是

PB的中点。

（Ⅰ）证明：面PAD面PCD； （Ⅱ）求AC与PB所成的角；

（Ⅲ）求面AMC与面BMC所成二面角的余弦值。

证明：以A为坐标原点AD长为单位长度，如图4-1建立空间直角坐标系，则各点坐标为

A(0,0,0),B(0,2,0),C(1,1,0),D(1,0,0),P(0,0,1),M(0,1,12).

（Ⅰ）证明：因AP(0,0,1),DC(0,1,0),故APDC0,所以APDC. 由题设知ADDC，且AP与AD是平面PAD内的两条相交直线，由此得DC面PAD.又DC在面PCD上，故面PAD⊥面PCD. （Ⅱ）解：因AC(1,1,0),PB(0,2,1),

故|AC|2,|PB|5,ACPB2,所以cosAC,PBACPB10

|AC||PB|5.（Ⅲ）解：在MC上取一点N(x,y,z)，则存在R,使NCMC,

NC(1x,1y,z),MC(1,0,112),x1,y1,z2..

要使ANMC,只需ANMC0即x142z0,解得5.

可知当45时,N点坐标为(125,1,5),能使ANMC0.

此时,AN(12125,1,5),BN(5,1,5),有BNMC0由ANMC0,BNMC0得ANMC,BNMC.所以ANB为 所求二面角的平面角.

第4题

4-1

30304,|BN|,ANBN.555ANBN2cos(AN,BN).

3|AN||BN|2故所求的二面角的余弦值3|AN|题目5：如图，PA平面ABCD，四边形ABCD是正方形， PAAD2，点E、

F、G分别为线段PA、PD和CD的中点. （1）求异面直线EG与BD所成角的余弦值

（2）在线段CD上是否存在一点Q，使得点A到平面EFQ的距

4离恰为？若存在，求出线段CQ的长；若不存在，请说明理由.

5PEF解：（1）以点A为坐标原点，射线AB,AD,AZ分别为

ABCQGDx轴、y轴、z轴的正半轴建立空间直角坐标系如图示4-1，点

E(0,0,1)、G(1,2,0)、B(2,0,0)、D(0,2,0)，则EG(1,2,1)，

第5题

z PBD(2,2,0).

设异面直线EG与BD所成角为

EABFDCQGcosEGBDEGBD24683,所以异面直线EG与BD所6y x 第5-1

成角大小为.

（2）假设在线段CD上存在一点Q满足条件，设点Q(x0,2,0)，平面EFQ的法向量为

nEF0n(x,y,z)，则有 得到y0,zxx0，取x1，所以

nEQ0n(1,0,x0)，则EAnn0.8，又x00，解得x044，所以点Q(,2,0)即3322CQ(,0,0)，则CQ.所以在线段CD上存在一点Q满足条件，且长度为

332. 3题目6：如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD为矩形，PD底面ABCD，E是AB上

1一点，PFEC. 已知PD2,CD2,AE,

2求（Ⅰ）异面直线PD与EC的距离； （Ⅱ）二面角EPCD的大小.

解：（Ⅰ）以D为原点，DA、DC、DP分别为

x,y,z轴建立空间直角坐标系.

由已知可得D(0,0,0),P(0,0,2),C(0,2,0)

第:6题

设A(x,0,0)(x0),则B(x,2,0),

113E(x,,0),PE(x,,2),CE(x,,0). 由PECE得PECE0，

222即x2333133 0,故x. 由DECE(,,0)(,,0)0得DECE，

422222又PDDE，故DE是异面直线PD与CE的公垂线，易得|DE|1，故异面直线

PD,CE的距离为1.

（Ⅱ）作DGPC，可设G(0,y,z).由DGPC0得(0,y,z)(0,2,2)0 即z2y,故可取DG(0,1,2),作EFPC于F，设F(0,m,n)， 则EF(31,m,n). 2231,m,n)(0,2,2)0,即2m12n0， 2222312m2,故m1,n,EF(,,). 22222第6-1题

由EFPC0得(又由F在PC上得n因EFPC,DGPC,故EPCD的平面角的大小为向量EF与DG的夹角.

故cosDGEF|DG||EF|2,, 即二面角EPCD的大小为. 244总之，在利用空间向量解决立体几何问题时，经常是通过建立空间直角坐标系，

及点的坐标做为沟通向量与几何图形关系的纽带和桥梁的，恰当建系，准确示点，

是关键，故而，要适当的加强解题训练，并及时总结，感悟方法，提升能力。 训练题：

1.正方体ABCDA1B1C1D1中，M是DD1的中点，O是底面ABCD的中心，P是棱A1B1上任意一点，则直线OP与直线AM所成的角是( C ) A B C D与P点的位置有关 4322. 空间中有四点A,B,C,D，其中AB(2m,m,2)，CD(m,m1,5)，且

13ABCD(5,,3)，则直线AB和CD( D )A平行 B平行或重合 C必

3定相交 D必定垂直

83若向量a(1,,2),b(2,1,2).a,b夹角的余弦值是，则的值为( C )

922A.2 B.－2 C.－2或 D.2或

5555→

4直线l的方向向量为a，平面内两共点向量OA,OB，下列关系中能表示l//的是（D ）

→→→

A.a=OA B.a=kOB C.a=pOAOB D.以上均不能

→→

5以下向量中与向量a＝（1,2,3），b＝（3,1,2）都垂直的向量为（ C ） A.(1,7,5) B.(1,－7,5) C.(－1，－7,5) D.（1，－7，－5） 6在正方体ABCDA1B1C1D1中，棱长为a，M,N分别是A1B和AC上的点，

A1MAN2a，则MN与平面BB1C1C的关系是( B )A.相交 B.平行 3C.垂直 D.不能确定

7已知斜三棱柱ABC—A1B1C1的底△ABC为直角三角形，∠C=90°；侧棱与底面成60°角，B1点在底面射影D为BC中点,若侧面A1ABB1与C1CBB1成30°的二面角，BC=2cm，则四棱锥A—B1BCC1的体积是（ B ） A

23323322223cm B. cm Ccm3 Dcm 23328．已知三个向量OA,OB,OC两两之间的夹角为600，又|OA|1,|OB|2,|OC|3，

则|OAOBOC|( C )

A.3 B.4 C.5 D.6

9. 在长方体ABCD-A1B1C1D1中，ABBCa,AA12a，则D1到直线AC的距

离为( A ) 32223A.a B.a C.a D.3a

22210. ABCD是边长为2的正方形，以BD为棱把它折成直二面角A—BD—C，E是CD的中点，则异面直线AE、BC的距离为 ( A )A.2 B.3

C.

3 2 D.1

11. 在正方体ABCDA1B1C1D1的侧面ABB1A1内有一动点P到直线A1B1与直线

H G A1 A B B1 A1 A1 B1 11B1

F E 第12题 P P P P

C D

A B A B B A B A A B

C A B D

12. 对于向量a，b，定义a×b为向量a，b的向量积，其运算结果为一个向量，且规定a×b的模|a×b|＝|a||b|sinθ(其中θ为向量a与b的夹角)，a×b的方向与向量a，b的方向都垂直，且使得a，b，a×b依次构成右手系.如图，在平行六面体ABCD－EFGH中，∠EAB＝∠EAD＝∠BAD＝60°，AB＝AD＝AE＝2，则

BC的距离相等,则动点P 所在的曲线的形状为 ( B )

(ABAD)AE＝ ( D )

A. 4 B. 8 C. 22 D. 42

31113. 设O是平面ABC外一点，点P满足OPOAOBOC，则直线AP与平

488面ABC的位置关系是 AP平面ABC

14. 在空间四边形ABCD中，ABBC,CDDA,E,F,G分别是CD,DA和对角线

AC的中点，则平面BEF与平面BDG的位置关系是 平面BEF⊥平面BDG

15.设正四棱锥S-ABCD的侧棱之长为2，底面边长为3，E是SA的中点，则异面直线BE与SC所成的角等于__

π 3

16. 在空间直角坐标系中，对其中任何一向量X(x1,x2,x3)，定义范数||X||，它满足以下性质：

(1)||X||0，当且仅当X为零向量时，不等式取等号； (2)对任意的实数，

||X||||||X||(注：此处点乘号为普通的乘号)。 (3)||X||||Y||||XY||。

试求解以下问题：在平面直角坐标系中，有向量X(x1,x2)，下面给出的几个

表达式中，可能表示向量X的范数的是____(把所有正确答案的序号都填上) (1)(4)

2222(4)x12x2(1)x122x22 (2)2x12x2 (3)x12x2 解答题：17. [2011·天津卷] 如图所示，在三棱柱ABC－A1B1C1中，

H是正方形AA1B1B的中心，AA1＝22，C1H⊥平面AA1B1B，且C1H＝5. (1)求异面直线AC与A1B1所成角的余弦值； (2)求二面角A－A1C1－B1的正弦值；

(3)设N为棱B1C1的中点，点M在平面AA1B1B内，且MN⊥平面A1B1C1，求线段BM的长．

解：如图18-1所示，建立空间直角坐标系，点B为坐标原点． 依题意得A(22，0,0)，B(0,0,0)，C(2，－2，5)， A1(22，22，0)，B1(0,22，0)，C1(2，2，5)．

→→

(1)易得→AC＝(－2，－2，5)，AB＝(－22，0,0)，于是cos〈→AC，AB〉

11

11

→→AC·A1B142＝＝＝. →||A→3×223|AC1B1|

所以异面直线AC与A1B1所成角的余弦值为

2

. 3

→＝(0,22，0)，A→

(2)易知AA2，－2，5)． 11C1＝(－

→→=0m·AA1→

设平面AA1C1的法向量m＝(x，y，z)，则

→→m·A1C1=0

17-1 22y=0

即 －2x－2y+5z=0

→

不妨令x＝5，可得m＝(5，0，2)．

→→n·A1C1=0→

同样地，设平面A1B1C1的法向量n＝(x，y，z)，则

→→n·A1B1=0

-2x-2y+5z=0即 -22x=0

→

不妨令y＝5，可得n＝(0，5，2)．

→→mn·22→→

于是cos〈m，n〉＝＝＝，

→→7·77| m|·|n|

35→→

mn从而sin〈，〉＝. 7所以二面角A－A1C1－B1的正弦值为

35

. 7

2325

(3)由N为棱B1C1的中点，得N，，.

222

2325→

设M(a，b,0)，则MN＝－a，－b，.

222

→→MN·A1B1=0

由MN⊥平面A1B1C1，得

→→MN·A1C1=0



即22－a

a＝2，2

2

b＝，4

2－a2

－22－2

＝0，32

＋－b2

－2

＋

5

·5＝0.2

得

10 4

18.如图，四棱锥PABCD中，PA平面ABCD，底面ABCD是直角梯形，且AB//CD，

BAD90，PAADDC2，AB4。 （1）求证：BCPC；

y （2）求点A到平面PBC的距离。

P 解：．（1）如图建系，则B(0,4,0),D(2,0,0),C(2,2,0),P(0,0,2)

∴|BM|=

BC(2,2,0),PC(2,2,2)，

A D x C 第18题

BCPC22(2)20，故BCPCPBC。

（2）PB(0,4,2),PC(2,2,2)，设平面

的法向量为

n(a,b,c)，

2bc0PBn0 依题意，，取n(1,1,2)。 abc0PCn0 AB(0,4,0)d|ABn|4，所以点

A到平面

PBC的距离

6|n|19. 如右下图,在长方体ABCD—A1B1C1D1中,已知AB= 4, AD =3, AA1= 2． E、F分别是线段AB、BC上的点，且EB= FB=1．

(1) 求二面角C—DE—C1的正切值; (2) 求直线EC1与FD1所成的余弦值．

263。

解：（I）以A为原点， AB,AD,AA1分别为x轴，y轴，z轴的正向建立空

间直角坐标系，则有D(0,3,0)、D1(0,3,2)、E(3,0,0)、F(4,1,0)、C1(4,3,2),故DE(3,3,0),EC1(1,3,2),FD1(4,2,2)

nDE3x3y01xyzx3y2z02nEC1zzzn(,,z)(1,1,2),其中z0222D1A1B1C1设取n0(1,1,2),则n0是一个与平面C1DE垂直的向量,向

向量AA1(0,0,2)与平面CDE垂直,n0与AA1所成的角为二面角CDEC1的平面角costann0AA1|n0||AA1|2210102211400463ADFBCE第19题

量n(x,y,z)与平面C1DE垂直，则有

（II）设EC1与FD1所成角为β，则

cosEC1FD1|EC1||FD1|1(4)3222123222(4)2222221 1420. 已知正三棱柱ABC-A1B1C1的侧棱长和底面边长均为1，M是底面BC边上的中点，N是侧棱CC1上的点，且CN＝2C1N．

（Ⅰ）求二面角B1－AM－N的平面角的余弦值；（Ⅱ）求点B1到平面AMN的距离。

B解（Ⅰ）建立如图所示的空间直角坐标系，则1(0,0,1)， 3112,,0M（0，2，0）,C(0,1,0), N (0,1,3) , A (22)，

所以因为所以

AM(3112,0,0)MB1(0,,1)MN(0,,)22,23 ,

3100()01022

MB1AMMB1AM,同法可得MNAM。

MB1,MN﹥为二面角B1—AM—N的平面角 故﹤

第20题

MB1MNMB1,MN﹥＝

∴cos﹤

MB1MN5.5

5故二面角B1—AM—N的平面角的余弦值为5。

（Ⅱ）设n=(x, y, z)为平面AMN的一个法向量，则由nAM,nMN得 3x0x024yz31y2z03n(0,,1)324, 故可取

cosa设

MB1nMB1n。

525MBcosa11B125所以到平面AMN的距离为。

21. 如图，所示的多面体是由底面为ABCD的长方体被截面AEC1F所截面而得到的，其中AB=4，BC=2，CC1=3，BE=1.

（Ⅰ）求BF的长；

（Ⅱ）求点C到平面AEC1F的距离. 解：（I）建立如图所示的空间直角坐标系，则D（0，0，0），B（2，4，0），

A（2，0，0），C（0，4，0），E（2，4，1），C1（0，4，3）.设F（0，0，z）.

∵AEC1F为平行四边形， 由AEC1F为平行四边形,由AFEC1得,(2,0,z)(2,0,2),z2.F(0,0,2).EF(2,4,2).于是|BF|26,即BF的长为26. （II）设n1为面AEC1F的法向量，显然n1不垂直于平面ADF,故可设n1(x,y,1) x1,4y10,n1AE0,0x4y10即1由得2x20,y.2x0y20nAF0,41 CC1n1433cos.33|CC1||n1|又CC1(0,0,3),设CC1与n1的夹角为a，则

433433d|CC1|cos3.3311∴C到平面AEC1F的距离为

第21题

MB1与n的夹角为a，则

253121311hSBDC1SBDCCC1h13，即直线AB1到平面BDC1的距离是33，

121313．

22．已知四棱锥PABCD的底面为直角梯形，AB//DC，DAB90,PA底

1，AB1，M是PB的中点。 2（Ⅰ）证明：面PAD面PCD； （Ⅱ）求AC与PB所成的角；

（Ⅲ）求面AMC与面BMC所成二面角的大小。

证明：以A为坐标原点AD长为单位长度，如图25-1建立空间直角坐标系，则各点坐标为

1A(0,0,0),B(0,2,0),C(1,1,0),D(1,0,0),P(0,0,1),M(0,1,).

2面ABCD，且PAADDC第22题

（Ⅰ）证明：因AP(0,0,1),DC(0,1,0),故APDC0,所以APDC. 由题设知ADDC，且AP与AD是平面PAD内的两条相交直线，由此得DC面PAD.又DC在面PCD上，故面PAD⊥面PCD. （Ⅱ）解：因AC(1,1,0),PB(0,2,1),

故|AC|2,|PB|5,ACPB2,所以10cosAC,PB.5|AC||PB|ACPB

（Ⅲ）解：在MC上取一点N(x,y,z)，则存在R,使NCMC,

11NC(1x,1y,z),MC(1,0,),x1,y1,z..

2214要使ANMC,只需ANMC0即xz0,解得.

2522-1

412可知当时,N点坐标为(,1,),能使ANMC0.555

1212此时,AN(,1,),BN(,1,),有BNMC05555由ANMC0,BNMC0得ANMC,BNMC.所以ANB为 所求二面角的平面角.

30304,|BN|,ANBN.555ANBN2cos(AN,BN).

3|AN||BN|2故所求的二面角为arccos().323.如图，在四棱锥VABCD中，底面ABCD是正方形，侧面VAD是正三角形,

平面VAD底面ABCD．

（Ⅰ）证明：AB平面VAD；

（Ⅱ）求面VAD与面DB所成的二面角的大小．

证明：以D为坐标原点，建立如图所示的坐标图系. |AN| （Ⅰ）证明：不防设作A(1,0,0)，

13则B(1,1,0)， V(,0,)，

22第23题

13AB(0,1,0),VA(,0,)

22由ABVA0,得ABVA，又ABAD，因而AB与平面VAD内两条相交直线VA，AD都垂直. ∴AB平面VAD.

13 （Ⅱ）解：设E为DV中点，则E(,0,)，

44333313EA(,0,),EB(,1,),DV(,0,).

444422由EBDV0,得EBDV,又EADV. 因此，AEB是所求二面角的平面角，

cos(EA,EB)EAEB|EA||EB|21, 7解得所求二面角的大小为arccos21.

724．如图所示的多面体是由底面为ABCD的长方体被截面AEC1F所截面

而得到的，其中

AB4,BC2,CC13,BE1. （Ⅰ）求BF的长；

第 24题

（Ⅱ）求点C到平面AEC1F的距离.

解：（I）建立如图28-1所示的空间直角坐标系，则D(0,0,0)，B(2,4,0)

A(2,0,0),C(0,4,0),E(2,4,1),C1(0,4,3)设F(0,0,z). ∵AEC1F为平行四边形，

由AEC1F为平行四边形,由AFEC1得,(2,0,z)(2,0,2),z2.F(0,0,2).EF(2,4,2).于是|BF|26,即BF的长为26.24-1

（II）设n1为平面AEC1F的法向量，

显然n1不垂直于平面ADF,故可设n1(x,y,1) n1AE0,0x4y10由得

2x0y20n1AF0,x1,4y10,即1 2x20,y.4又CC1(0,0,3),设CC1与n1的夹角为，则 cosCC1n1|CC1||n1|3311116433. 33∴C到平面AEC1F的距离为

d|CC1|cos3433433. 331125．如图，在长方体ABCDA1B1C1D1，中，ADAA11,AB2，点E在棱AD上移动.（1）证明：D1EA1D；

（2）当E为AB的中点时，求点E到面ACD1的距离；

D1C1A1DB1CA第29题EB （3）AE等于何值时，二面角D1ECD的大小为

4.

解：以D为坐标原点，直线DA,DC,DD1分别为x,y,z轴， 建立空间直角坐标系，设AEx，

则A1(1,0,1),D1(0,0,1),E(1,x,0),A(1,0,0),C(0,2,0) （1）因为DA1,D1E(1,0,1),(1,x,1)0,所以DA1D1E.

（2）因为E为AB的中点，则E(1,1,0)，从而D1E(1,1,1),AC(1,2,0)，

nAC0, AD1(1,0,1)，设平面ACD1的法向量为n(a,b,c)，则nAD10,a2b0a2b也即，得，从而n(2,1,2)，

ac0ac所以点E到平面ACD1的距离为

A1D1zB1DA第29-1题EBh（

3

|D1En||n|）

设

2121.

33平

面

xD1EC的法向量n(a,b,c)，∴

CE(1,x2,0),D1C(0,2,1),DD1(0,0,1),

nD1C0,2bc0由 令b1,c2,a2x，

ab(x2)0.nCE0,∴n(2x,1,2). 依题意cos4|nDD1||n||DD1|222(x2)252. 2∴x123（不合，舍去），x223 .

426．如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD为矩形，PD底面ABCD，E是AB上

1一点，PFEC. 已知PD2,CD2,AE,

2求（Ⅰ）异面直线PD与EC的距离； （Ⅱ）二面角EPCD的大小.

第26题

∴AE23时，二面角D1ECD的大小为

.

解：（Ⅰ）以D为原点，DA、DC、DP分别为

x,y,z轴建立空间直角坐标系.

由已知可得D(0,0,0),P(0,0,2),C(0,2,0) 设A(x,0,0)(x0),则B(x,2,0),

113E(x,,0),PE(x,,2),CE(x,,0). 由PECE得PECE0，

222即x2333133 0,故x. 由DECE(,,0)(,,0)0得DECE，

422222又PDDE，故DE是异面直线PD与CE的公垂线，易得|DE|1，故异面直线

PD,CE的距离为1.

（Ⅱ）作DGPC，可设G(0,y,z).由DGPC0得(0,y,z)(0,2,2)0 即z2y,故可取DG(0,1,2),作EFPC于F，设F(0,m,n)， 则EF(31,m,n). 2231,m,n)(0,2,2)0,即2m12n0， 2222312m2,故m1,n,EF(,,). 22222由EFPC0得(又由F在PC上得n因EFPC,DGPC,故EPCD的平面角的大小为向量EF与DG的夹角.

故cosDGEF|DG||EF|2,, 即二面角EPCD的大小为. 24427在四棱锥P—ABCD中，PD⊥底面ABCD，底面ABCD为正方形，PD=DC，E、F 分

别是AB、PB的中点. （Ⅰ）求证：EF⊥CD；

（Ⅱ）在平面PAD内求一点G，使GF⊥平面PCB，并证明你的结论。

解：以DA、DC、DP所在直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系（如图），

aaaa设AD=a，则D（0，0，0）、A（a,0,0）、B(a,a,0)、C(0,a,0)，E(a,,0)、F(,,)、

2222P(0,0,a).

aa（Ⅰ）EFDC(,0,)(0,a,0)0,EFDC.

22（Ⅱ）设G(x,0,z),则G平面PAD.

aaaFG(x,,z),222aaaaaFGCB(x,,z)(a,0,0)a(x)0,x;22222 2aaaaaFGCP(x,,z)(0,a,a)a(z)0,z0.22222aG点坐标为(,0,0),即G点为AD的中点.2第26-1题

28.已知正四棱柱ABCDA1B1C1D1中，AB2，M,N分别为A1D1,C1D1的中点，

BD1平面DMN.

（I）求二面角BDNC1平面角的正切值； （II）求点A1到平面BDN的距离． 解： （1）如图建立坐标系，设DD1x 故B(2,2,0)、D1(0,0,x)、M(1,0,x)、N(0,1,x)

D1 M A1 D A x 第28题 B z N C1 B1 C y DM(1,0,x),BD1(2,2,x)

BD1面DMN BD1DM 即BD1DM0 2x20,x2 向量m(1,0,0)与面DNC1垂直

设n(a,1,b)与面BDN垂直，则nDN0,nDB0 即12b0,2a20 n(1,1,2mn)cosm,n2|m||n|11522 5设所求二面角为，则cos26， tan 52（2）由A1(2,0,2),B(2,2,0)A1B(0,2,2)，A1B在向量n方向上的投影为

310A1Bn21310，所以A1到面BDN的距离为 55|n|52