能力拓展提公升
一、選擇題
9．正方體abcd－a1b1c1d1的稜長為a，點m在ac1上且＝，n為bb1的中點，則|mn|的長為( )
a. a b. a
c. a d. a
[答案] a
[解析] 設＝a，＝b，＝c，則|a|＝|b|＝|c|＝a，a·b＝b·c＝c·a ＝0，
由條件知，＝－
＝(＋)－
＝(2a－c)－(－c＋a＋b)＝a－b－c，
||2＝2＝(2a－b－c)2
＝(4|a|2＋|b|2＋|c|2－4a·b－2a·c＋b·c)
＝，∴||＝a.
10．二面角α－l－β等於120°，a、b是稜l上兩點，ac、bd分別在半平面α、β內，ac⊥l，bd⊥l，且ab＝ac＝bd＝1，則cd的長等於( )
a. b. c．2 d.
[答案] c
[解析] 如圖．∵二面角α－l－β等於120°，
∴與夾角為60°.
由題設知1，||2＝|＋＋|2＝||2＋||2＋||2＋2·＋2·＋2·＝3＋2×cos60°＝4，∴||＝2.
二、填空題
11．在正三稜柱abc－a1b1c1中，所有稜長均為1，則點b1到平面abc1的距離為________．
[答案]
[解析] 解法一：建立如圖所示的空間直角座標系，則c(0,0,0)，a，b(0,1,0)，b1(0,1,1)，c1(0,0,1)，
則＝，＝(0,1,0)，＝(0,1，－1)，
設平面abc1的法向量為n＝(x，y,1)，
則有解得n＝，
則d＝＝＝.
解法二：vb1—abc1＝va—bb1c1，
va—bb1c1＝s△bb1c1×ab＝，
又∵vb1—abc1＝s△abc1·h，
s△abc1＝ab·＝，
∴h＝.
12．在底面是直角梯形的四稜錐p－abcd中，側稜pa⊥底面abcd，bc∥ad，∠abc＝90°，pa＝ab＝bc＝2，ad＝1，則ad到平面pbc的距離為________．
[答案]
[解析] 由已知ab，ad，ap兩兩垂直．
∴以a為座標原點ab、ad、ap分別為x軸、y軸、z軸建立空間直角座標系，則a(0,0,0)，b(2,0,0)，c(2,2,0)，p(0,0,2)，＝(2,0，－2)．
＝(0,2,0)，設平面pbc的法向量為n＝(a，b，c)，則
∴n＝(1,0,1)，又＝(2,0,0)，
∴d＝＝.
三、解答題
13．如圖，已知直四稜柱abcd－a′b′c′d′中，四邊形abcd為正方形，aa′＝2ab＝2，e為稜cc′的中點．
(1)求證：a′e⊥平面bde；
(2)設f為ad中點，g為稜bb′上一點，且bg＝bb′，求證：fg∥平面bde.
[證明]
(1)以d為原點，da所在直線為x軸，dc所在直線為y軸，dd′所在直線為z軸，建立空間直角座標系，則a′(1,0,2)，e(0,1,1)，f(，0,0)，g(1,1，)，b(1,1,0)，d(0,0,0)，
於是＝(1,1,0)，＝(0,1,1)，＝(－1,1，－1)．
∵·＝－1＋1＋0＝0，∴a′e⊥db.
又∵·＝0＋1－1＝0，∴a′e⊥de.
∵bd∩de＝d，∴a′e⊥平面bde.
(2)由(1)可知＝(－1,1，－1)為平面bde的乙個法向量，＝(，1，)，
∵·＝－1×＋1×1＋(－1)×＝0，
∴⊥.又∵fg平面bde，∴fg∥平面bde.
[點評] 本題中第一問證明了a′e⊥平面bde，故為平面bde的法向量，因此第二問要證明fg∥平面bde，只需驗證·＝0即可．
14．如圖所示，已知邊長為4的正三角形abc中，e、f分別為bc和ac的中點，pa⊥平面abc，且pa＝2，設平面α過pf且與ae平行，求ae與平面α間的距離．
[解析] 設、、的單位向量分別為e1、e2、e3，選取作為空間向量的一組基底，易知
e1·e2＝e2·e3＝e3·e1＝0，
＝2e1，＝2e2，＝2e3，
＝＋＝＋
＝＋(＋)＝－2e1＋e2＋e3，
設n＝xe1＋ye2＋e3是平面α的乙個法向量，則n⊥，n⊥，
∴∴n＝e1＋e3.
∴直線ae與平面α間的距離為
d＝＝＝.
15．如圖，在長方體abcd－a1b1c1d1中，ad＝aa1＝1，ab＝2，點e在稜ab上移動．
(1)證明：d1e⊥a1d；
(2)ae等於何值時，二面角d1－ec－d的大小為.
[解析] 以d為座標原點，直線da，dc，dd1分別為x，y，z軸，建立空間直角座標系，設ae＝x，則a1(1,0,1)，d1(0,0,1)，e(1，x,0)，a(1,0,0)，c(0,2,0)．
(1)因為·＝(1,0,1)·(1，x，－1)＝0，所以⊥.∴d1e⊥a1d.
(2)設平面d1ec的法向量n＝(a，b，c)，
∴＝(1，x－2,0)，＝(0,2，－1)，＝(0,0,1)
由令b＝1，∴c＝2，a＝2－x，∴n＝(2－x,1,2)
依題意cos＝＝
＝，∴x1＝2＋(不合題意，捨去)，x2＝2－，
∴ae＝2－時，二面角d1－ec－d的大小為.
用向量方法求空間角和距離
在高考的立體幾何試題中,求角與距離是常考查的問題,其傳統的 三步曲 解法 作圖 證明 解三角形 作輔助線多 技巧性強,是教學和學習的難點 向量進入高中教材,為立體幾何增添了活力,新思想 新方法與時俱進,本專題將運用向量方法簡捷地解決這些問題 1 求空間角問題 空間的角主要有 異面直線所成的角 直線和...
學案46利用向量方法求空間角
導學目標 1.掌握各種空間角的定義，弄清它們各自的取值範圍.2.掌握異面直線所成的角，二面角的平面角，直線與平面所成的角的聯絡和區別.3.體會求空間角中的轉化思想 數形結合思想，熟練掌握平移方法 射影方法等.4.靈活地運用各種方法求空間角 自主梳理 1 兩條異面直線的夾角 1 定義 設a，b是兩條異...
立體幾何中的向量方法 求空間距離
立體幾何中的向量方法 距離問題 一 求點到平面的距離 1 一般 傳統方法 利用定義先作出過這個點到平面的垂線段，再計算這個垂線段的長度 2 還可以用等積法求距離 3 向量法求點到平面的距離.在中，又 其中為斜向量，為法向量 二 直線到平面的距離 轉化為點到線的距離 其中為斜向量，為法向量 三 平面到...