内容正文:
书
空间向量的引入,使立体几何问题的难度大大降
低.因此,正确理解和运用向量方法,对备战高考有重要
意义.
一、异面直线m,n所成的角
例1直棱柱ABC—A1B1C1中,已知
∠ABC=90°,AB=a,BC=b,BB1 =
c,求异面直线 AB1与 BC1所成角的余
弦值.
解:如图1,以 B为坐标原点,BA,
BC,BB1所在的直线分别为x,y,z轴,建
立空间直角坐标系,则 A(a,0,0),
B1(0,0,c),C1(0,b,c),AB
→
1=(-a,0,c),BC
→
1=(0,b,
c),
故cos〈AB→ 1,BC→ 1〉=
AB→ 1·BC→ 1
|AB→ 1|·|BC→ 1|
= c
2
(a2+c2)(b2+c2槡 )
,
所以异面直线 AB1与 BC1所成角的余弦值为
c2
(a2+c2)(b2+c2槡 )
.
二、直线l与平面α所成的角
例2已知正三棱柱 ABC—A1B1C1
的侧棱长为2,底面边长为1.求AB1与
侧面ACC1A1所成角的正弦值.
解:如图2,建立以 A为坐标原点
的空间直角坐标系,则AA→ 1=(0,0,2),
→AC=(0,1,0),设平面ACC1A1的一个
法向量为n=(x,y,z),则有
n⊥AA→ 1
n⊥ → }AC
2z=0
y= }0 y=z=0,
所以n=(x,0,0),
取n=(1,0,0),
则|cos〈AB→ 1,n〉|=
|AB→ 1·n|
|AB→ 1|·|n|
(
=
槡3
2,
1
2, )2 ·(1,0,0
(
)
槡3)2
2 (+ 1 )2
2
+2槡
2· 1槡
2
=槡1510,
故AB1与侧面ACC1A1所成角的正弦值为槡
15
10.
三、二面角
例3如图3,在长方体 ABCD
-A1B1C1D1中,E,F分别是棱BC,
CC1上的点,CF=AB=2CE,AB∶
AD∶AA1 =1∶2∶4.
(1)求证:AF⊥平面A1ED;
(2)求平面 A1ED与平面
FED夹角的正弦值.
解:如图4,建立空间直角坐
标系Axyz,不妨设AB=1,则A(0,
0,0),D(0,2,0),E1,32,( )0,
F(1,2,1),A1(0,0,4).
(1)因为→AF=(1,2,1),
A1
→ E= 1,32,-( )4,A1→ D=
(0,2,-4),
所以
→AF·A1→ E=1+2×
3
2-4=0,
→AF·A1→ D=2×2-4=0,
所以AF⊥A1E,AF⊥A1D,
因为A1E∩A1D=A1,
所以AF⊥平面A1ED.
(2)设平面EFD的一个法向量为n=(x,y,z),
因为
→EF= 0,12,( )1,→ED= -1,12,( )0,
所以由n·→EF=0,n·→ED=0,得
1
2y+z=0,
-x+12y=0
{ ,
令z=1,则x=-1,y=-2.
所以n=(-1,-2,1).
由(1)可知→AF=(1,2,1)是平面A1ED的一个法向
量,设平面A1ED与平面FED夹角为θ,则观察图形可知
θ为锐角,所以cosθ=|cos〈→AF,n〉|
= (1,2,1)·(-1,-2,1)
(槡6)
2 =
2
3,
所以sinθ= 1- 2( )3槡
2
=槡53.
所以平面A1ED与平面FED夹角的正弦值为槡
5
3.
书
法向量:直线l⊥平面α,取直线l的方向向量v,则
称向量v为平面α的法向量.
一、用空间向量研究直线、平面的位置关系
1.设u是直线l的方向向量,v是平面α的法向量,
要证l∥α,只需证u⊥v,即证① .
2.设u是直线l的方向向量,v是平面α的法向量,
要证l⊥α,只需证u∥v,即证存在一个非零常数λ,使
② .
3.设v1,v2分别为平面α,β的法向量,要证α∥β,
只需证明 v1∥ v2,即证存在一个非零常数 λ,使 v1 =
λv2.
4.设v1,v2分别为平面α,β的法向量,要证α⊥β,
只需证明v1⊥v2,即证③ .
二、用空间向量研究距离、夹角问题
1.点到直线的距离
已知直线l的单位方向向量为u,A∈l,Pl,令→AP
=a,则点P到直线l的距离d=① .
2.平面外一点P到平面的距离
A∈α,Pα,过P作α的垂线l交α于点Q,n为l
的方向向量,则|PQ|=② .
3.利用空间向量求异面直线所成的角
如图1,a,b是异面直线,点A,B在直线a上,点C,D
在直线b上.
设a,b所成的角为θ,则cosθ=|cos〈→AB,→CD〉|=
③ .
注:异面直线所成的角 θ∈ ④ ,而两个向
量夹角的取值范围是 ⑤ ,所以两条异面直线
所成的角与它们的方向向量的夹角相等或互补.
4.利用空间向量求直线和平面所成的角
如图2,直线a的