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2007年第8期数学通讯13

空间向量,夹角与距离

徐涛

(武汉市第六中学,湖北430016)

1.本单元重、难点分析为所求二面角的平面角.
本单元的重点是:空间向量的概念和运算,空间∵CB⊥AC,由三垂线定理,得CB⊥PC,在
向量的坐标运算,直线的方向向量、平面的法向量、15
Rt△PCB中,CM=MB,所以CM=AM=PB=.
向量在平面内的射影等概念,两种角(斜线与平面所22
成的角,二面角)的概念和计算,两个平面垂直的判在等腰三角形AMC中,AN·MC=
定和性质,空间四种距离的定义和计算.3
×2
AC26
本单元的难点是:对概念的准确理解和掌握,运CM2-()2·AC,∴AN==.
用向量工具研究空间中直线与直线、直线与平面、平255
2
面与平面的位置关系,计算有关角和距离.
AN2+BN2-AB2
典型例题选讲又AB=2,∴cos∠ANB=
2.2×AN×BN
例题已知四棱锥
2
=-,故所求的二面
P2ABCD的底面为直角梯形,3
AB∥DC,∠DAB=90°,PA2
角为arccos(-).
⊥底面ABCD,且PA=AD3
1解法2因为PA
=DC=AB=1,M是PB图1例题图
2⊥PD,PA⊥AB,AD⊥
的中点.AB,以A为坐标原点建图3解法2图
(Ⅰ)证明:面PAD⊥面PCD;立如图3所示空间直角坐标系,则各点坐标为A(0,
(Ⅱ)求AC与PB所成的角;0,0)B(0,2,0),C(1,1,0),D(1,0,0),P(0,0,1),
(Ⅲ)求面AMC与面BMC所成二面角的大小.1
M(0,1,).
解法1(Ⅰ)∵PA⊥2
面ABCD,CD⊥AD,∴由三(Ⅰ)因AP=(0,0,1),DC=(0,1,0),故AP·
垂线定理得CD⊥PD.DC=0,所以AP⊥DC.由题设知AD⊥DC,且AP
因而,CD与面PAD内两与AD是平面PAD内的两条相交直线,由此得DC
条相交直线AD,PD都垂直,
图2解法1图⊥面PAD.又DC在面PCD上,故面PAD⊥
∴CD⊥面PAD.面PCD.
又CD<面PCD,∴面PAD⊥面PCD.(Ⅱ)因AC=(1,1,0),PB=(0,2,-1),故
(Ⅱ)过点B作BE//CA,且BE=CA,则
|AC|=2,|PB|=5,AC·PB=2,所以
∠PBE是AC与PB所成的角.
AC·PB10
连结AE,可知AC=CB=BE=AE=2,又cos<AC,PB>==.
|AC|·|PB|5
AB=2,所以四边形ACBE为正方形.
10
由PA⊥面ABCD得∠PEB=90°.∴AC与PB所成的角为arccos.
5
在△中
RtPEB,BE=2,PB=5,(Ⅲ)在MC上取一点N(x,y,z),使AN⊥MC.
BE10
∴cos∠PBE==,设NC=λMC,其中λ∈R,∵NC=(1-x,1-y,
PB5
11
-z),MC=(1,0,-),∴x=1-λ,y=1,z=λ.
10
∴AC与PB所成的角为arccos.22
51
∵AN⊥MC,∴AN·MC=0,即x-z=0,
(Ⅲ)作AN⊥CM,垂足为N,连结BN.在2
Rt△PAB中,AM=MB,又AC=CB,114
即1-λ-·λ=0,解得λ=.
∴△AMC≌△BMC,∴BN⊥CM,故∠ANB225
23数学通讯2007年第8期

1212填空题:
所以点N的坐标为(,1,),AN=(,1,),
55557.已知向量a=(-2,5,1),b=(4,x,-2),若
12
BN=(,-1,),∴BN·MC=0,∴BN⊥MC.a⊥b,则x=;若a//b,则x=.
55
8.已知A(1,0,0),B(0,1,0),C(0,0,1),点D
所以∠ANB为所求二面角的平面角.
满足条件:DB⊥AC,DC⊥AB,AD=BC,则D的
3030
∵|AN|=,|BN|=,AN·BN=
55坐标为.
4AN·BN29.若(a+3b)⊥(7a-5b),且(a-4b)⊥(7a
-,∴cos(AN,BN)==-.
5|AN|·|BN|3-2b),则a与b的夹角的余弦值为.

210.正方体ABCD2A1B1C1D1的棱长为1.E,F,
故所求的二面角为arccos(-).
3
M,N分别是A1B1,BC,C1D1,B1C1的中点,直线EF
说明本题分别给出了几何法和向量法解决
与MN的夹角为.
立体几何问题的解题思路.几何法重在证明,向量法
11.已知正方体ABCD2A1B1C1D1的棱长是1,
重在计算,各有优势,在具体解题时可以灵活选择.
则直线DA1与AC间的距离为.
“作、证、解”是求二面角的基本步骤“,作”即作出二
解答题:
面角,“证”即证明它是所求二面角,“求”一般通过
12.如图4,在四棱锥
解三角形来完成.向量的运用拓宽了解决立体几何
P2