高中全程復(fù)習(xí)方略配套課件7.9利用空間向量求空間角與距離

1、第九節(jié) 利用空間向量求空間角與距離,三年23考 高考指數(shù):★★★★1.能用向量方法解決直線與直線、直線與平面、平面與平面的夾角的計算問題.2.了解向量方法在研究幾何問題中的應(yīng)用.,1.利用直線的方向向量和平面的法向量求空間角與距離是高考的熱點(diǎn)，尤其是用向量法求平面與平面的夾角和點(diǎn)到平面的距離；2.本節(jié)的重點(diǎn)是利用向量法求空間角，難點(diǎn)是正確地進(jìn)行計算3.高考對本節(jié)的考查多以解答題的形式出現(xiàn)，綜合考查空間想象能力、運(yùn)算能力及數(shù)形

2、結(jié)合思想.,1.夾角的計算(1)直線間的夾角①兩直線的夾角當(dāng)兩條直線l1與l2共面時，我們把兩條直線交角中,范圍在_________內(nèi)的角叫作兩直線的夾角.,［0, ］,②異面直線的夾角當(dāng)直線l1與l2是異面直線時，在直線l1上任取一點(diǎn)A作AB∥l2，我們把_______________的夾角叫作異面直線l1與l2的夾角.設(shè)s1，s2分別是兩異面直線l1，l2的方向向量，則,直線l1和直線AB,(2)直線與平面的夾角平面

3、外一條直線與它_________________的夾角叫作該直線與此平面的夾角.設(shè)直線l的方向向量為s，平面π的法向量為n，直線l與平面π的夾角為θ,則sinθ=｜c(diǎn)os〈s，n〉｜=_________.,在該平面內(nèi)的投影,(3)平面間的夾角如圖所示，平面π1與π2相交于直線l，點(diǎn)R為直線l上任意一點(diǎn)，過點(diǎn)R，在平面π1上作直線l1⊥l,在平面π2上作直線l2⊥l，則l1∩l2=R.我們把_______________叫作

4、平面π1與π2的夾角.,直線l1和l2的夾角,已知平面π1和π2的法向量分別為n1和n2，當(dāng)0≤〈n1，n2〉≤ 時，平面π1與π2的夾角等于________;當(dāng) ＜〈n1，n2〉≤π時，平面π1與π2的夾角等于______________.,〈n1，n2〉,π-〈n1，n2〉,【即時應(yīng)用】(1)思考：直線與平面的夾角、平面的法向量與直線的方向向量的夾角具有怎樣的關(guān)系？提示：當(dāng)直線的方向向量與平面的法向量的夾角是銳角

5、時，其余角為線面角；當(dāng)直線的方向向量與平面的法向量的夾角是鈍角時，其補(bǔ)角的余角是線面角.,(2)長方體ABCD-A1B1C1D1中，AB=AA1=2，AD=1，E為CC1的中點(diǎn)，則異面直線BC1與AE夾角的余弦值為______.,【解析】建立坐標(biāo)系如圖，則A(1，0，0)，E(0，2，1)，B(1，2，0)，C1(0，2，2)，= .所以異面直線BC1與AE夾角的余弦值為 .答案：,2.距離的計算(1)點(diǎn)到

6、直線的距離空間一點(diǎn)A到直線l的距離的算法框圖為：,在直線l上任取一點(diǎn)P,確定直線l的方向向量,計算向量,計算 在向量 上的投影,計算點(diǎn)A到直線l的距離d=,(2)平行直線間的距離求平行直線間的距離通常轉(zhuǎn)化為求________________.(3)點(diǎn)到平面的距離空間一點(diǎn)A到平面π的距離的算法框圖為：,點(diǎn)到直線的距離,在平面π上任取一點(diǎn)P,找到平面π的法向量,計算向量,計算 在向量 上的投影,計算點(diǎn)A到平面π的

7、距離d=,【即時應(yīng)用】(1)思考：如何求線面距離與面面距離？提示：求這兩種距離，通常都轉(zhuǎn)化為求點(diǎn)到平面的距離.,(2)思考：如何推導(dǎo)點(diǎn)到平面的距離公式？提示：如圖,點(diǎn)A到平面α的距離就是向量 在平面α 的法向量n上投影的絕對值,即d=| |sin∠ABO=｜| |cos〈 ,n〉｜=利用該公式求點(diǎn)到平面的距離簡便易行.,(3)已知在長方體ABCD-A1B1C1D1中，底面是邊長為2的正方形，高為4，則點(diǎn)A

8、1到截面AB1D1的距離是_____.【解析】如圖，建立坐標(biāo)系，則A1(2,0,4)，A(2,0,0)，B1(2,2,4)，D1(0,0,4)，4),設(shè)平面AB1D1的一個法向量為n＝(x，y，z)，由,得令z=1，則n＝(2,－2,1)，設(shè)點(diǎn)A1到平面AB1D1的距離為d，則答案：,用空間向量求空間角【方法點(diǎn)睛】1.兩異面直線夾角的求法利用空間向量求異面直線的夾角可利用直線的方向向量轉(zhuǎn)化成向量的夾角.2.利

9、用向量求直線與平面夾角的方法(1)分別求出斜線和它所在平面內(nèi)的射影直線的方向向量,轉(zhuǎn)化為求兩個方向向量的夾角(或其補(bǔ)角);,(2)通過平面的法向量來求,即求出斜線的方向向量與平面的法向量所夾的銳角,取其余角就是斜線和平面的夾角.3.求平面與平面夾角的常用方法(1)分別求出兩個平面的法向量，然后通過兩個平面的法向量的夾角得到平面與平面夾角的大小.(2)分別在兩個平面內(nèi)找到與棱垂直且以垂足為起點(diǎn)的兩個向量,則這兩個向量的夾角(或其補(bǔ)

10、角)的大小就是平面與平面夾角的大小.,【提醒】求直線與平面和平面與平面夾角的兩種方法各有利弊，要善于結(jié)合題目的特點(diǎn)選擇適當(dāng)?shù)姆椒ń忸}.,【例1】(1)(2012?合肥模擬)已知正方體ABCD-A1B1C1D1，則直線BC1與平面A1BD夾角的余弦值是( )(A) (B)(C) (D),(2)(2012·天津模擬)如圖，在五面體ABCDEF中，F(xiàn)A⊥平面ABCD, AD∥BC∥FE，AB⊥AD，M為

11、EC的中點(diǎn)，AF=AB=BC=FE= ①求異面直線BF與DE夾角的大??；②證明：平面AMD⊥平面CDE；③求平面ABCD與平面CDE夾角的余弦值.,【解題指南】(1)建立空間直角坐標(biāo)系，用向量法求解；(2)①通過求向量 的夾角來求異面直線所成的角；②證 進(jìn)而得CE⊥AM，CE⊥AD，可得結(jié)論成立；③利用兩平面法向量的夾角求兩平面夾角的大小.,【規(guī)范解答】(1)選C.建立空間直角坐標(biāo)

12、系如圖所示.設(shè)正方體的棱長為1,直線BC1與平面A1BD所成的角為θ,則D(0,0,0),A1(1,0,1),B(1,1,0),C1(0，1，1)，∴設(shè)n=(x,y,z)是平面A1BD的一個法向量,,則 ,令z=1,則x=-1,y=1.∴n=(-1,1,1)，∴sinθ=∵θ∈［0, ］,∴,(2)如圖所示，建立空間直角坐標(biāo)系，點(diǎn)A為坐標(biāo)原點(diǎn).設(shè)AB=1,依題意得B(1,0,0)

13、,C(1,1,0)，D(0,2,0),E(0,1,1)，F(xiàn)(0,0,1)，M( ,1, ).①于是所以異面直線BF與DE所成角為60°.,,,,,,,,,,,,,,,D,E,C,B,A,F,M,y,z,x,②由可得所以CE⊥AM,CE⊥AD.又AM∩AD=A，故CE⊥平面AMD.又CE 平面CDE,所以平面AMD⊥平面CDE.,③令平面CDE的法向量為u=(x,y,z),則 于

14、是令x=1,可得u=(1,1,1)又由題設(shè)知平面ABCD的一個法向量為v=(0,0,1).則cos〈u,v〉=故所求平面ABCD與平面CDE夾角的余弦值為 .,【反思·感悟】1.異面直線的夾角與向量的夾角不同，應(yīng)注意思考它們的聯(lián)系和區(qū)別；2.直線與平面的夾角可以轉(zhuǎn)化為直線的方向向量與平面的法向量的夾角，由于向量方向的變化，所以要注意它們的區(qū)別與聯(lián)系.,【變式訓(xùn)練】(2011·重慶高考)如圖，在四面體A

15、BCD中，平面ABC⊥平面ACD，AB⊥BC,AD=CD,∠CAD=30°．(1)若AD=2,AB=2BC,求四面體ABCD的體積；(2)若二面角C-AB-D為60°，求異面直線AD與BC所成角的余弦值．,【解析】(1)如圖1,設(shè)F為AC的中點(diǎn)，連接DF，由于AD=CD，所以DF⊥AC.故由平面ABC⊥平面ACD，知DF⊥平面ABC，即DF是四面體ABCD的面ABC上的高，且DF=ADsin30

16、6;=1，AF=ADcos30°=,在Rt△ABC中，因AC=2AF= ，AB=2BC，由勾股定理易知故四面體ABCD的體積V=,(2)如圖2，過F作FM⊥AC，交AB于M，已知AD=CD，平面ABC⊥平面ACD，易知FC，F(xiàn)D，F(xiàn)M兩兩垂直，以F為原點(diǎn)，射線FM，F(xiàn)C，F(xiàn)D分別為x軸，y軸，z軸的正半軸，建立空間直角坐標(biāo)系.,設(shè)AD=2，由CD=AD，∠CAD=30°，易知點(diǎn)A，C，D的坐標(biāo)分別為A(0

17、,- ,0),C(0, ,0),D(0,0,1),則顯然向量k=(0,0,1)是平面ABC的一個法向量.已知二面角C—AB—D為60°，故可取平面ABD的單位法向量t=(l,m,n),使得〈t,k〉=60°，從而由t⊥ ,有 m+n=0,從而,由l2+m2+n2=1,得l設(shè)點(diǎn)B的坐標(biāo)為(x,y,0)，由 ,可取l=有解之得 或

18、 (舍去)．,易知l 與坐標(biāo)系的建立方式不合，舍去.因此點(diǎn)B的坐標(biāo)為( ,0).所以從而又異面直線的夾角θ∈(0, ］,故異面直線AD與BC所成角的余弦值為,用空間向量求空間距離【方法點(diǎn)睛】求平面α外一點(diǎn)P到平面α的距離的步驟(1)求平面α的法向量n；(2)在平面α內(nèi)取一點(diǎn)A,確定向量 的坐標(biāo)；(3)代入公式 求解.,【例2】(1)在棱

19、長為1的正方體ABCD－A1B1C1D1中，點(diǎn)E為BB1的中點(diǎn)，則點(diǎn)C1到平面A1ED的距離是______.(2)(2012·衡水模擬)已知四棱錐P-ABCD中PA⊥平面ABCD，且PA=4PQ=4，∠CDA=∠BAD=90°，AB=2，CD=1，AD= ，M，N分別是PD，PB的中點(diǎn).①求證：MQ∥平面PCB；②求截面MCN與底面ABCD夾角的大?。虎矍簏c(diǎn)A到平面MCN的距離.,【解題指南】(1)

20、建立空間直角坐標(biāo)系，利用點(diǎn)到面的距離公式求解.(2)以A為原點(diǎn)建立空間直角坐標(biāo)系，用向量法求解：①求出平面PCB的一個法向量n0,只需證明 即可；②先求出截面MCN的一個法向量n,只需利用夾角公式求得兩個平面的法向量的夾角〈n, 〉,便可得出答案；③利用點(diǎn)到平面的距離公式解題.,【規(guī)范解答】(1)以A為原點(diǎn)建立空間直角坐標(biāo)系如圖所示.則A1(0,0,1)，E(1,0， )，D(0,1,0)，C1

21、(1,1,1).∴設(shè)平面A1ED的法向量為n1=(x,y,z)，由 ，得,令z=2，則n1=(1,2,2).又∴點(diǎn)C1到平面A1ED的距離答案：1(2)①以A為原點(diǎn)，以AD，AB，AP所在直線分別為x,y,z軸建立空間直角坐標(biāo)系如圖所示,由AB=2，CD=1，AD= ，PA=4PQ=4，M，N分別是PD，PB的中點(diǎn)，可得,A(0，0，0)，B(0，2，0)，C( ，1，0)

22、，D( ，0，0)，P(0，0，4)，Q(0，0，3)，M( ，0，2)，N(0，1，2)，∴,設(shè)平面PCB的一個法向量為n0=(x,y,z),則有令z=1,則x= ,y=2?n0=( ，2，1),∴又MQ 平面PCB，∴MQ∥平面PCB.②設(shè)平面MCN的一個法向量為n=(x,y,z)，又,則有：令z=1,則x= ,y=1?n=( ，1，1)，又 =(0，0，4)為平面AB

23、CD的法向量，∴cos〈n, 〉=∴截面MCN與底面ABCD夾角的大小為③∵ ∴所求的距離d=,【互動探究】在本例(1)中，若條件不變，結(jié)論改為“則直線A1C1與平面A1ED夾角的大小為______”，則如何求解？【解析】由例題(1)的解法知，平面A1ED的法向量為n1=(1,2,2)，設(shè)所求角為θ，則sinθ=|cos〈n1, 〉|故直線A1C1與平面A1ED夾角的大小為45

24、76;.答案：45°,【反思·感悟】空間距離包括兩點(diǎn)間的距離、點(diǎn)到線的距離、點(diǎn)到面的距離等.其中點(diǎn)到點(diǎn)、點(diǎn)到線的距離可以用空間向量的模來求解，而點(diǎn)到面的距離則借助平面的法向量求解，也可借助于幾何體的體積求解.,【變式備選】如圖所示的多面體是由底面為ABCD的長方體被截面AEFG所截而得，其中AB＝4，BC＝1，BE＝3，CF＝4，若如圖所示建立空間直角坐標(biāo)系：(1)求 和點(diǎn)G的坐標(biāo)；(2)求異面直

25、線EF與AD的夾角；(3)求點(diǎn)C到截面AEFG的距離．,【解析】 (1)由圖可知：A(1,0,0)，B(1,4,0)，E(1,4,3)，F(xiàn)(0,4,4)，∴又∵ ，設(shè)G(0,0，z)，則(－1,0，z)＝(－1,0,1)，∴z＝1，即G(0,0,1)．(2)∵∴∴AD和EF的夾角為45°.,(3)設(shè)n⊥平面AEFG，n＝(x0，y0，z0)，∵而則 ，得∴n＝(z0，

26、z0，z0)，取z0＝4，則n＝(4，－3,4)，∵∴所求距離為∴點(diǎn)C到截面AEFG的距離為 .,用空間向量解決探索性問題【方法點(diǎn)睛】探索性問題的類型及解題策略探索性問題分為存在判斷型和位置判斷型兩種：(1)存在判斷型存在判斷型問題的解題策略是：先假設(shè)存在，并在假設(shè)的前提下進(jìn)行推理，若不出現(xiàn)矛盾則肯定存在，若出現(xiàn)矛盾則否定假設(shè).,(2)位置判斷型①與平行、垂直有關(guān)的探索性問題的解題策略為：將空間中的平行與垂

27、直轉(zhuǎn)化為向量的平行或垂直來解決.②與角有關(guān)的探索性問題的解題策略為：將空間角轉(zhuǎn)化為與向量有關(guān)的問題后應(yīng)用公式cosθ= (其中n1,n2是兩平面的法向量或兩直線的方向向量)即可解決.,【例3】(2011·浙江高考)如圖，在三棱錐P-ABC中，AB=AC，D為BC的中點(diǎn)，PO⊥平面ABC，垂足O落在線段AD上，已知BC=8，PO=4，AO=3，OD=2.(1)證明：AP⊥BC；(2)在線段AP上是否存在點(diǎn)

28、M，使得二面角A-MC-B為直二面角？若存在，求出AM的長；若不存在，請說明理由．,【解題指南】建立坐標(biāo)系，(1)利用 來證明；(2)假設(shè)存在滿足條件的點(diǎn)，求出兩個半平面的法向量，判斷兩法向量是否能垂直即可.若垂直，則假設(shè)成立；若不垂直，則假設(shè)不成立.,【規(guī)范解答】(1)如圖以O(shè)為原點(diǎn)，以射線OD，OP分別為y軸，z軸的正半軸，建立空間直角坐標(biāo)系，則O(0,0,0)，A(0,-3,0),B(4,2,0)，C(-4

29、,2,0),P(0,0,4).∴∴∴ 即AP⊥BC.,(2)假設(shè)存在M，設(shè) ,其中λ∈［0,1),則=(-4,-2,4)+λ(0,-3,-4)=(-4,-2-3λ,4-4λ)設(shè)平面BMC的法向量n1=(x1,y1,z1)，平面APC的法向量n2=(x2,y2,z2),由即可取n1=(0,1, )由 得

30、 可取n2=(5,4,-3).,由n1·n2=0,得解得λ= ，故AM=3．綜上所述，存在點(diǎn)M符合題意，AM=3．,【反思·感悟】1.開放性問題是近幾年高考中出現(xiàn)較多的一種題型，向量法是解此類問題的常用方法.2.對于探索性問題，一般先假設(shè)存在，設(shè)出空間點(diǎn)的坐標(biāo)，轉(zhuǎn)化為代數(shù)方程是否有解的問題，若有解且滿足題意則存在，若有解但不滿足題意或無解則不存在.,【變式訓(xùn)練】(2012·武漢模擬)如圖，平面P

31、AD⊥平面ABCD，四邊形ABCD為正方形，△PAD是直角三角形，且PA=AD=2，E、F、G分別是線段PA、PD、CD的中點(diǎn).(1)求證：PB∥平面EFG；(2)求異面直線EG與BD夾角的余弦值；(3)在線段CD上是否存在一點(diǎn)Q，使得A點(diǎn)到平面EFQ的距離為若存在，求出CQ的值？若不存在，請說明理由.,【解析】方法一：(1)取AB的中點(diǎn)H，連接GH，HE，∵E、F、G分別是線段PA、PD、CD的中點(diǎn)，∴GH∥AD∥EF

32、，∴E、F、H、G四點(diǎn)共面.又H為AB的中點(diǎn)，∴EH∥PB.又EH 平面EFG，PB 平面EFG，∴PB∥平面EFG.,(2)取BC的中點(diǎn)M，連接GM、AM、EM，則GM∥BD，∴∠EGM(或其補(bǔ)角)就是異面直線EG與BD的夾角.在Rt△MAE中，同理∴在△MGE中，cos∠EGM= 故異面直線EG與BD夾角的余弦值為 .,(3)假設(shè)在線段CD上存在一點(diǎn)Q滿足題設(shè)條件，過點(diǎn)Q作QR⊥AB于R，連接RE，則QR∥A

33、D.∵四邊形ABCD是正方形，△PAD是直角三角形，∴AD⊥AB，AD⊥PA.又AB∩PA=A，∴AD⊥平面PAB.又∵E、F分別是PA、PD的中點(diǎn)，∴EF∥AD，∴EF⊥平面PAB.又EF 平面EFQ，∴平面EFQ⊥平面PAB.,過A作AT⊥ER于T，則AT⊥平面EFQ，∴AT就是點(diǎn)A到平面EFQ的距離.設(shè)CQ=x(0≤x≤2),則BR=CQ=x,AR=2-x,AE=1,在Rt△EAR中，

34、 ，解得x= .故存在點(diǎn)Q，當(dāng)CQ= 時，點(diǎn)A到平面EFQ的距離為,方法二：建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系,則A(0，0，0)，B(2，0，0)，C(2，2，0)，D(0，2，0)，P(0，0，2)，E(0，0，1)，F(xiàn)(0，1，1)，G(1，2，0).(1)∵設(shè) ,即(2，0，-2)=s(0，-1，0)+t(1，1，-1)， 解得s=t=2.,∴

35、又∵ 與 不共線，∴ 共面 .∵PB 平面EFG，∴PB∥平面EFG.(2)∵∴故異面直線EG與BD夾角的余弦值為,(3)假設(shè)在線段CD上存在一點(diǎn)Q滿足題設(shè)條件，令CQ=m(0≤m≤2),則DQ=2-m,∴點(diǎn)Q的坐標(biāo)為(2-m,2,0),∴而 =(0，1，0)，設(shè)平面EFQ的一個法向量為n=(x,y,z),則∴,令x=1,則n=(1,0,2-m),又∴點(diǎn)A到平面EFQ的距離即∴m=

36、 或m= ,又m= >2不合題意，舍去.故存在點(diǎn)Q，當(dāng)CQ= 時，點(diǎn)A到平面EFQ的距離為,【變式備選】(2012·鄭州模擬)如圖，已知三棱柱ABC－A1B1C1的側(cè)棱與底面垂直，AA1＝AB＝AC＝1，AB⊥AC，M、N分別是CC1，BC的中點(diǎn)，點(diǎn)P在直線A1B1上，且,(1)證明：無論λ取何值，總有AM⊥PN；(2)當(dāng)λ取何值時，直線PN與平面ABC的夾角θ最大？并求該角取最大值時的正切值．

37、(3)是否存在點(diǎn)P，使得平面PMN與平面ABC的夾角為30°，若存在，試確定點(diǎn)P的位置，若不存在，請說明理由．,【解析】如圖，以A為原點(diǎn)建立空間直角坐標(biāo)系，則A1(0,0,1)，B1(1,0,1),M(0,1, ),N( , ,0),,(1)∵∴∴無論λ取何值，總有AM⊥PN．(2)∵m=(0，0，1)是平面ABC的一個法向量．∴sinθ=|cos〈m, 〉|∴當(dāng)λ= 時，θ取得最大值，

38、,此時即當(dāng)λ= 時，θ取得最大值，且tanθ=2.(3)假設(shè)存在， ，設(shè)n=(x,y,z)是平面PMN的一個法向量．則 得令x=3，得y=1+2λ,z=2-2λ，,∴n=(3,1+2λ,2-2λ)∴|cos〈m,n〉|=化簡得4λ2+10λ+13=0(*)∵Δ＝100-4×4×13＝-108<0∴方程(*)無解，∴不存在點(diǎn)P使

39、得平面PMN與平面ABC的夾角為30°.,【滿分指導(dǎo)】用空間向量解答立體幾何問題的規(guī)范解答【典例】(12分)(2011·福建高考)如圖，四棱錐P-ABCD中，PA⊥底面ABCD.四邊形ABCD中，AB⊥AD，AB+AD=4，CD= ，∠CDA=45°.(1)求證：平面PAB⊥平面PAD；,(2)設(shè)AB=AP.①若直線PB與平面PCD所成的角為30°，求線段AB的長；②在線段AD

40、上是否存在一個點(diǎn)G，使得點(diǎn)G到點(diǎn)P，B，C，D的距離都相等？說明理由.【解題指南】(1)證明平面PAB中的直線AB⊥平面PAD，從而可推得平面PAB⊥平面PAD；(2)以A為坐標(biāo)原點(diǎn)，建立空間直角坐標(biāo)系，然后用空間向量法進(jìn)行求解探究.,【規(guī)范解答】(1)因為PA⊥平面ABCD，AB 平面ABCD，所以PA⊥AB，又AB⊥AD,PA∩AD=A，所以AB⊥平面PAD.又AB 平面PAB，所以平面PAB⊥平面PAD.…………………

41、……………………3分(2)以A為坐標(biāo)原點(diǎn)，建立空間直角坐標(biāo)系(如圖).在平面ABCD內(nèi)，作CE∥AB交AD于點(diǎn)E，則CE⊥AD.,在Rt△CDE中，DE=CD·cos45°=1.設(shè)AB=AP=t，則B(t,0,0),P(0,0,t)，由AB+AD＝4得AD=4-t，所以E(0,3-t,0),C(1,3-t,0),D(0,4-t,0).,………………………………5分①設(shè)平面PCD的法向量為n=(x,y,z),由

42、 ,得取x=t，得平面PCD的一個法向量n=(t,t,4-t).……………………………………………………………………6分由題意得cos60°=即解得t= 或t=4(舍去，因為AD=4-t>0)，,所以AB= .……………………………………………………8分②假設(shè)在線段AD上存在一個點(diǎn)G(如圖)，使得點(diǎn)G到點(diǎn)P、B、C、D的距離都相等，設(shè)G(0,m,0)(其中0≤m

43、≤4-t)，則,…………9分由得12+(3-t-m)2=(4-t-m)2,即t=3-m.①由 得(4-m-t)2=m2+t2.②由①②消去t，化簡得m2-3m+4=0.③由于方程③沒有實(shí)數(shù)根，所以在線段AD上不存在一個點(diǎn)G，使得點(diǎn)G到點(diǎn)P，B，C，D的距離都相等. …………………………12分,【閱卷人點(diǎn)撥】通過高考中的閱卷數(shù)據(jù)分析與總結(jié)，我們可以得到以下失分警示和備考建議：,1.(2012·西安模擬

44、)如圖，正方體ABCD-A1B1C1D1的棱長為1，O是平面A1B1C1D1的中心，則O到平面ABC1D1的距離是( )(A) (B)(C) (D),【解析】選B.以D為原點(diǎn)，DA，DC，DD1所在直線分別為x,y,z軸建立空間直角坐標(biāo)系，則C1(0,1,1),O( , ,1),D(0,0,0)和A1(1,0,1),顯然 =(1,

45、0,1)是平面ABC1D1的一個法向量.又∴點(diǎn)O到平面ABC1D1的距離,2.(2012·鞍山模擬)如圖，正方體ABCD－A1B1C1D1的棱長為2，M，N分別是C1D1，CC1的中點(diǎn)，則直線B1N與平面BDM夾角的正弦值為______．,【解析】以D為坐標(biāo)原點(diǎn)，分別以 的方向為x軸、y軸、z軸的正方向建立空間直角坐標(biāo)系，則B1(2,2,2)，N(0,2,1)， ，又M(0,1,2)，

46、D(0,0,0)，B(2,2,0)，則 可得平面BDM的一個法向量n＝(2，－2,1)，因為 故直線B1N與平面BDM夾角的正弦值是 .答案：,3.（2012·咸陽模擬）如圖1，在直角梯形ABCD中,∠ADC=90°，CD∥AB，AB=4，AD=CD=2，M為線段AB的中點(diǎn)，將 △ADC沿AC折起，使平面ADC⊥平面A

47、BC，得到幾何體D-ABC，如圖2所示.（1）求證：BC⊥平面ACD；（2）求平面ACD與平面MCD的夾角的余弦值.,【解析】（1）由題意可得 從而AC2+BC2=AB2，故AC⊥BC.取AC中點(diǎn)O連結(jié)OD，則OD⊥AC，又平面ADC⊥平面ABC，平面ADC∩平面ABC=AC，OD 平面ACD，從而OD⊥平面ABC.∴OD⊥BC，又AC⊥BC，AC∩OD=O.∴BC⊥平面ACD.,（2）建立如圖