第七章 第七节 立体几何中的向量方法(理)

第七章 第七节 立体几何中的向量方法（理）
1.在正方体111111 ( ) A ．AC B ．BD C ．A 1D D ．A 1A
解析：如图所示，易证BD ⊥平面AA 1C 1C ，又CE ⊂平面ACC 1A 1，∴BD ⊥CE .
答案：B
2．如图，在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，棱长为a ， M 、N 分别为A 1B 和AC 上的点，A 1M ＝AN ＝
2a 3
， 则MN 与平面BB 1C 1C 的位置关系是 ( )
A ．相交
B ．平行
C ．垂直
D ．不能确定 解析：∵正方体棱长为a ，A 1M ＝AN ＝
2a 3
， ∴MB ＝231A B
，CN ＝23
CA ，
∴MN ＝MB ＋BC ＋CN ＝231A B ＋BC
＋23CA
＝23(11A B ＋1B B
)＋BC ＋23
(CD ＋DA ) ＝231B B
＋13
11B C . 又∵CD
是平面B 1BCC 1的法向量，
且MN ·CD ＝(231B B ＋1311B C )·CD ＝0， ∴MN ⊥CD
，
∴MN ∥平面B 1BCC 1. 答案 B
3.(2010·陕西八校模拟)在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中， M 、N 分别为棱AA 1和BB 1的中点，则sin
〈CM ，1D N
〉的值为 ( )
A.19
B.49 5
C.29 5
D.23
解析：设正方体棱长为2，以D 为坐标原点，DA 为x 轴，DC 为y 轴，DD 1为z 轴建
立空间直角坐标系，可知CM ＝(2，－2,1)，1D N
＝(2,2，－1)， cos 〈CM ，1D N 〉＝－19，
sin 〈CM ，1D N 〉＝459
.
答案：B
4．(2009·上海高考)如图，在直三棱柱ABC —A 1B 1C 1中，AA 1＝BC ＝AB ＝2，AB ⊥BC ，求二面角B 1－A 1C —C 1的大小．
解：如图，建立空间直角坐标系．
则A (2,0,0)，C (0,2,0)，A 1(2,0,2)，B 1(0,0,2)，C 1(0,2,2)， 设AC 的中点为M ， ∵BM ⊥AC ，BM ⊥CC 1. ∴BM ⊥平面A 1C 1C ，
即BM
＝(1,1,0)是平面A 1C 1C 的一个法向量．
设平面A 1B 1C 的一个法向量是n ＝(x ，y ，z )．
1A C ＝(－2,2，－2)，1A B
＝(－2,0,0)，
∴111120,2220,
n A B x n A C x y z ⎧=-=⎪⎨=-+-=⎪⎩ 令z ＝1，解得x ＝0，y ＝1. ∴n ＝(0,1,1)，
设法向量n 与BM
的夹角为φ，二面角B 1－A 1C －C 1
的大小为θ，显然θ为锐角．
∵cos θ＝|cos φ|＝n BM n BM
＝12，解得θ＝π
3.
∴二面角B 1－A 1C －C 1的大小为π
3.
5.如图，P －ABCD 1111 其中AB ＝2，P A ＝
6. (1)求证：P A ⊥B 1D 1；
(2)求平面P AD 与平面BDD 1B 1所成锐二面角的余弦值． 解：以D 1为原点，D 1A 1所在直线为x 轴，D 1C 1所在直 线为y 轴，D 1D 所在直线为z 轴建立空间直角坐标系， 则D 1(0,0,0)，A 1(2,0,0)，B 1(2,2,0)，C 1(0,2,0)， D (0,0,2)，A (2,0,2)，B (2,2,2)，C (0,2,2)， P (1,1,4)．
(1)证明：∵AP ＝(－1,1,2)，11D B
＝(2,2,0)， ∴AP ·11D B ＝－2＋2＋0＝0，
∴P A ⊥B 1D 1.
(2)平面BDD 1B 1的法向量为AC
＝(－2,2,0)． DA
＝(2,0,0)， OP
＝(1,1,2)．
设平面P AD 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则n ⊥DA ，n ⊥DP
.
∴⎩⎪⎨⎪⎧ 2x ＝0，x ＋y ＋2z ＝0， ∴⎩⎪⎨⎪⎧
x ＝0，y ＝－2z ，
取n ＝(0，－2,1)， 设所求锐二面角为θ，则
cos θ＝n AC n AC
＝
|0－4＋0|22×5＝10
5. 6．(2010·广州调研)如图，已知等腰直角三角形RBC ， 其中∠RBC ＝90°，RB ＝BC ＝2.点A 、D 分别是 RB 、
RC
的中点，现将△
RAD 沿着边AD 折起到 △P AD 位置，使P A ⊥AB ，连结PB 、PC . (1)求证：BC ⊥PB ；
(2)求二面角A －CD －P 的平面角的余弦值． 解：(1)证明：点A 、D 分别是RB 、RC 的中点， ∴AD ∥BC ，AD ＝1
2
BC ，
∴∠P AD ＝∠RAD ＝∠RBC ＝90°， ∴P A ⊥AD ，∴P A ⊥BC ， ∵BC ⊥AB ，P A ∩AB ＝A ， ∴BC ⊥平面P AB .
∵PB ⊂平面P AB ，∴BC ⊥PB .
(2)法一：取RD 的中点F ，连结AF 、PF . ∵RA ＝AD ＝1， ∴AF ⊥RC .
∵AP ⊥AR ，AP ⊥AD ， ∴AP ⊥平面RBC . ∵RC ⊂平面RBC ， ∴RC ⊥AP . ∵AF ∩AP ＝A ， ∴RC ⊥平面P AF . ∵PF ⊂平面P AF ， ∴RC ⊥PF .
∴∠AFP 是二面角A －CD －P 的平面角． 在Rt △RAD 中，AF ＝12RD ＝12RA 2＋AD 2＝22，
在Rt △P AF 中，PF ＝P A 2＋AF 2＝62
， cos ∠AFP ＝AF PF ＝2
262
＝3
3
.
∴二面角A －CD －P 的平面角的余弦值是
33. 法二：建立如图所示的空间直角坐标系A －xyz . 则D (－1,0,0)，C (－2,1,0)， P (0,0,1)．
∴DC ＝(－1,1,0)，DP
＝(1,0,1)，
设平面PCD 的法向量为n
＝
(x ，y ，z )，则：
n DC x y n DP x z ⎧=-+=⎪⎨=+=⎪⎩
令x ＝1，得y ＝1，z ＝－1， ∴n ＝(1,1，－1)．
显然，PA 是平面ACD 的一个法向量，PA
＝(0,0，－1)．
∴cos 〈n ，PA 〉＝n PA n PA
＝13×1＝3
3.
∴二面角A －CD －P 的平面角的余弦值是
3
3
. 7．(2009·江西高考改编)如图在四棱锥P －ABCD 中， 底面ABCD 是矩形，P A ⊥平面ABCD ，P A ＝AD ＝4， AB ＝2.以AC 的中点O 为球心、AC 为直径的球面交 PD 于点M ，交PC 于点N . (1)求证：平面ABM ⊥平面PCD ；
(2)求直线CD 与平面ACM 所成的角的正弦值；
解：法一：(1)证明：依题设知，AC 是所作球面的直径， 则AM ⊥MC .
又因为P A ⊥平面ABCD ，CD ⊂平面ABCD ， ∴P A ⊥CD .
又CD ⊥AD ，AD ∩P A ＝A ，所以CD ⊥平面P AD ， ∵AM ⊂平面P AD ，∴CD ⊥AM ， 又CD ∩CM ＝C ，所以AM ⊥平面PCD ， ∵AM ⊂平面ABM ， 所以平面ABM ⊥平面PCD .
(2)由(1)知，AM ⊥PD ，又P A ＝AD ，则M 是PD 的中点，可得AM ＝22且M 到平面ABCD 的距离为2， MC ＝MD 2＋CD 2＝23，
则S △ACM ＝1
2AM ·MC ＝26，S △ACD ＝4.
设D 到平面ACM 的距离为h ， 由V D －ACM ＝V M －ACD ，即26h ＝8， 可求得h ＝26
3.
设所求角为θ，则sin θ＝
h CD
＝63
，
即直线CD 与平面ACM 所成角的正弦值为63
. 法二：(1)同法一；
(2)如图所示，建立空间直角坐标系，
则A (0,0,0)，P (0,0,4)，B (2,0,0)，C (2,4,0)，D (0,4,0)，∴CD ＝(－2,0,0)，AC
＝(2,4,0)．
由(1)知，AM ⊥PD ，又P A ＝AD ，则M 是PD 的中点，故M (0,2,2)，所以AM
＝(0,2,2)．
设平面ACM 的一个法向量n ＝(x ，y ，z )，
由n ⊥AC ，n ⊥AM ，可得⎩
⎪⎨⎪⎧
2x ＋4y ＝0，2y ＋2z ＝0，令z ＝1，
则n ＝(2，－1,1)． 设所求角为α，
则sin α＝CD n CD n
＝6
3，
所求角的正弦值为63
.。