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《广州高中数学奥赛班专题资料-立体几何(向量方法)》由会员上传分享，免费在线阅读，更多相关内容在行业资料-天天文库。
1、立体几何（向量方法）知识精要1．证明两条直线平行，只需证明这两条直线上的向量共线（即成倍数关系）．证明两条直线平行，只需证明这两条直线上的向量的数量积等于零．2．通过法向量，把线面、面面的角转化为线线的角．从而可以利用公式求解．3．建立空间直角坐标系．例题1如图，在三棱锥P－ABC中，AB⊥BC，AB＝BC＝PA，点O、D分别是AC、PC的中点，OP⊥底面ABC．(Ⅰ)求证∥平面；(Ⅱ)求直线与平面PBC所成角的大小．解答．练习1如图，已知长方体，，直线与平面所成的角为，垂直于为的中点．（Ⅰ）求异面直线与所成的角；（Ⅱ）求平面与平面所
2、成二面角（锐角）的大小；（Ⅲ）求点到平面的距离解答在长方体中，以所在直线为轴，所在直线为轴，所在直线为轴建立空间直角坐标系如图．由已知，可得．又平面，从面与平面所成的角即为又从而易得（Ⅰ）即异面直线、所成的角为（Ⅱ）易知平面的一个法向量设是平面的一个法向量．由 取∴即平面与平面所成二面角（锐角）大小为（Ⅲ）点A到平面BDF的距离，即在平面BDF的法向量上的投影的绝对值所以距离所以点A到平面BDF的距离为例题2如图1，已知ABCD是上．下底边长分别为2和6，高为的等腰梯形，将它沿对称轴OO1折成直二面角，如图2图3（Ⅰ）证明：AC⊥
3、BO1；（Ⅱ）求二面角O－AC－O1的大小．图1图2解答（I）证明由题设知OA⊥OO1，OB⊥OO1．所以∠AOB是所折成的直二面角的平面角，即OA⊥OB．故可以O为原点，OA、OB、OO1所在直线分别为轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，如图3，则相关各点的坐标是A（3，0，0），B（0，3，0），C（0，1，）O1（0，0，）．从而所以AC⊥BO1．（II）解：因为所以BO1⊥OC，由（I）AC⊥BO1，所以BO1⊥平面OAC，是平面OAC的一个法向量．设是0平面O1AC的一个法向量，由得．设二面角O—AC—O1的大小为，由、的方向
4、可知，>，所以COS，>=即二面角O—AC—O1的大小是练习2如图,在直三棱柱中，，点为的中点(Ⅰ)求证；(Ⅱ)求证；(Ⅲ)求异面直线与所成角的余弦值解答∵直三棱锥底面三边长，两两垂直如图建立坐标系，则C(0,0,0),A(3,0,0),C1(0,0,4),B(0,4,0),B1(0,4,4),D(,2,0)(Ⅰ),(Ⅱ)设与的交点为E，则E(0,2,2)(Ⅲ)∴异面直线与所成角的余弦值为例题3在ΔABC中，已知，AC边上的中线BD=，求SINA．解答以B为坐标原点，为x轴正向建立直角坐标指法，且不妨设点A位于第一象限由，则，设=（x
5、，0），则，由条件得，从而x=2，（舍去），故．于是∴练习3在平面上给定，对于平面上的一点P，建立如下的变换的中点为Q，BQ的中点为R，CR的中点为，，求证只有一个不动点（指与重合的点）．解答：依提意，有，且，，要使与重合，应，得，对于给定的，满足条件的不动点P只有一个．例题4如图，在四棱锥P—ABCD中，底面ABCD为矩形，PD⊥底面ABCD，E是AB上一点，PE⊥EC．已知求（Ⅰ）异面直线PD与EC的距离；（Ⅱ）二面角E—PC—D的大小．解答（Ⅰ）以D为原点，、、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
6、（0，0，，C（0，2，0）设由，即由，又PD⊥DE，故DE是异面直线PD与CE的公垂线，易得，故异面直线PD、CE的距离为1．（Ⅱ）作DG⊥PC，可设G（0，Y，Z）．由得,即作EF⊥PC于F，设F（0，M，N），则由，又由F在PC上得因故平面E—PC—D的平面角的大小为向量的夹角．故即二面角E—PC—D的大小为练习4如图，在三棱柱ABC—A1B1C1中，AB⊥侧面BB1C1C，E为棱CC1上异于C、C1的一点，EA⊥EB1，已知AB=，BB1=2，BC=1，∠BCC1=，求：（Ⅰ）异面直线AB与EB1的距离；（Ⅱ）二面角A—EB1
7、—A1的平面角的正切值．解答（I）以B为原点，、分别为Y、Z轴建立空间直角坐标系．由于BC=1，BB1=2，AB=，∠BCC1=，在三棱柱ABC—A1B1C1中有B（0，0，0），A（0，0，），B1（0，2，0），设又AB⊥面BCC1B1，故AB⊥BE．因此BE是异面直线AB、EB1的公垂线，则，故异面直线AB、EB1的距离为1．（II）由已知有故二面角A—EB1—A1的平面角的大小为向量的夹角．
