《高考数学(理)一轮复习讲义8.8 立体几何中的向量方法(二)——求空间角和距离.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《高考数学(理)一轮复习讲义8.8 立体几何中的向量方法(二)——求空间角和距离.docx（19页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、8.8立体几多何中的向量方法(二)求空间角跟距离最新考纲考情考向分析1.能用向量方法处置直线与直线、直线与立体、立体与立体的夹角的打算征询题.2.了解向量方法在研究立体几多何征询题中的运用.本节是高考中的必考内容，涉及用向量法打算空间异面直线所成角、直线和立体所成角、二面角及空间距离等外容，调查抢手是空间角的求解.题型以解答题为主，恳求有较强的数学运算素养，广泛运用函数与方程思想、转化与化归思想.1.两条异面直线所成角的求法设a，b分不是两异面直线l1，l2的倾向向量，那么l1与l2所成的角a与b的夹角范围0，求法coscos2.歪线和立体所成的角(1)歪线跟它在立体内的射影的所成的角叫做歪线
2、和立体所成的角(或歪线和立体的夹角).(2)歪线跟它在立体内的射影所成的角，是歪线跟谁人立体内所有直线所成角中最小的角.3.二面角(1)从一条直线出发的两个半立体所形成的图形叫做二面角.(2)在二面角l的棱上任取一点O，在两半立体内分不作射线OAl，OBl，那么AOB叫做二面角l的立体角.4.空间向量与空间角的关系(1)设异面直线l1，l2的倾向向量分不为m1，m2，那么l1与l2所成的角称心cos|cosm1，m2|.(2)设直线l的倾向向量和立体的法向量分不为m，n，那么直线l与立体所成角称心sin|cosm，n|.(3)求二面角的大小1如图，AB、CD是二面角l的两个面内与棱l垂直的直线
3、，那么二面角的大小，.2如图，n1，n2分不是二面角l的两个半立体，的法向量，那么二面角的大小称心coscosn1，n2或cosn1，n2.不雅念方法微思索1.运用空间向量怎么样求线段长度？提示运用|2可以求空间中有向线段的长度.2.怎么样求空间点面之间的距离？提示点面距离的求法：已经清楚AB为立体的一条歪线段，n为立体的法向量，那么点B到立体的距离为|cos，n|.题组一思索辨析1.揣摸以下结论是否精确(请在括号中打“或“)(1)两直线的倾向向量所成的角的确是两条直线所成的角.()(2)直线的倾向向量和立体的法向量所成的角的确是直线与立体所成的角.()(3)两个立体的法向量所成的角是这两个立
4、体所成的角.()(4)两异面直线夹角的范围是，直线与立体所成角的范围是，二面角的范围是0，.()(5)假设二面角a的两个半立体，的法向量n1，n2所成角为，那么二面角a的大小是.()题组二讲义改编2.已经清楚两立体的法向量分不为m(0,1,0)，n(0,1,1)，那么两立体所成的二面角为()A.45B.135C.45或135D.90答案C分析cosm，n，即m，n45.两立体所成二面角为45或18045135.3.如图，正三棱柱(底面是正三角形的直棱柱)ABCA1B1C1的底面边长为2，侧棱长为2，那么AC1与正面ABB1A1所成的角为_.答案分析如图，以A为原点，以，(AEAB)，所在直线分
5、不为x轴、y轴、z轴(如图)树破空间直角坐标系，设D为A1B1的中点，那么A(0,0,0)，C1(1，2)，D(1,0,2)，(1，2)，(1,0,2).C1AD为AC1与立体ABB1A1所成的角，cosC1AD，又C1AD，C1AD.题组三易错自纠4.在直三棱柱ABCA1B1C1中，BCA90，M，N分不是A1B1，A1C1的中点，BCCACC1，那么BM与AN所成角的余弦值为()A.B.C.D.答案C分析以点C为坐标原点，CA，CB，CC1所在直线分不为x轴、y轴、z轴，树破如以下列图的空间直角坐标系.设BCCACC12，那么可得A(2,0,0)，B(0,2,0)，M(1,1,2)，N(1
6、，0,2)，(1，1,2)，(1,0,2).cos，.5.已经清楚向量m，n分不是直线l和立体的倾向向量跟法向量，假设cosm，n，那么l与所成的角为_.答案30分析设l与所成角为，cosm，n，sin|cosm，n|，090，30.题型一求异面直线所成的角例1如图，四边形ABCD为菱形，ABC120，E，F是立体ABCD一致侧的两点，BE立体ABCD，DF立体ABCD，BE2DF，AEEC.(1)证明：立体AEC立体AFC；(2)求直线AE与直线CF所成角的余弦值.(1)证明如以下列图，连接BD，设BDACG，连接EG，FG，EF.在菱形ABCD中，不妨设GB1.由ABC120，可得AGGC
7、.由BE立体ABCD，ABBC2，可知AEEC.又AEEC，因此EG，且EGAC.在RtEBG中，可得BE，故DF.在RtFDG中，可得FG.在直角梯形BDFE中，由BD2，BE，DF，可得EF，从而EG2FG2EF2，因此EGFG.又ACFGG，AC，FG立体AFC，因此EG立体AFC.因为EG立体AEC，因此立体AEC立体AFC.(2)解如图，以G为坐标原点，分不以GB，GC所在直线为x轴、y轴，|为单位长度，树破空间直角坐标系Gxyz，由(1)可得A(0，0)，E(1,0，)，F，C(0，0)，因此(1，)，.故cos，.因此直线AE与直线CF所成角的余弦值为.思想升华用向量法求异面直线
8、所成角的一般步伐(1)选择三条两两垂直的直线树破空间直角坐标系；(2)判定异面直线上两个点的坐标，从而判定异面直线的倾向向量；(3)运用向量的夹角公式求出向量夹角的余弦值；(4)两异面直线所成角的余弦值等于两向量夹角余弦值的绝对值.跟踪训练1三棱柱ABCA1B1C1中，ABC为等边三角形，AA1立体ABC，AA1AB，N，M分不是A1B1，A1C1的中点，那么AM与BN所成角的余弦值为()A.B.C.D.答案C分析如以下列图，取AC的中点D，以D为原点，BD，DC，DM所在直线分不为x轴、y轴、z轴，树破空间直角坐标系，不妨设AC2，那么A(0，1,0)，M(0,0,2)，B(，0,0)，N，
9、因此(0,1,2)，因此cos，应选C.题型二求直线与立体所成的角例2(2018世界)如图，四边形ABCD为正方形，E，F分不为AD，BC的中点，以DF为折痕把DFC折起，使点C到达点P的位置，且PFBF.(1)证明：立体PEF立体ABFD；(2)求DP与立体ABFD所成角的正弦值.(1)证明由已经清楚可得BFPF，BFEF，PFEFF，PF，EF立体PEF，因此BF立体PEF.又BF立体ABFD，因此立体PEF立体ABFD.(2)解如图，作PHEF，垂足为H.由(1)得，PH立体ABFD.以H为坐标原点，的倾向为y轴正倾向，|为单位长，树破如以下列图的空间直角坐标系Hxyz.由(1)可得，D
10、EPE.又DP2，DE1，因此PE.又PF1，EF2，因此PEPF.因此PH，EH.那么H(0,0,0)，P，D，.又为立体ABFD的法向量，设DP与立体ABFD所成的角为，那么sin|cos，|.因此DP与立体ABFD所成角的正弦值为.思想升华假设直线l与立体的夹角为，直线l的倾向向量l与立体的法向量n的夹角为，那么或，故有sin|cos|.跟踪训练2(2018世界)如图，在三棱锥PABC中，ABBC2，PAPBPCAC4，O为AC的中点.(1)证明：PO立体ABC；(2)假设点M在棱BC上，且二面角MPAC为30，求PC与立体PAM所成角的正弦值.(1)证明因为PAPCAC4，O为AC的中
11、点，因此OPAC，且OP2.如图，连接OB.因为ABBCAC，因此ABC为等腰直角三角形，因此OBAC，OBAC2.由OP2OB2PB2知POOB.因为OPOB，OPAC，OBACO，OB，AC立体ABC，因此PO立体ABC.(2)解由(1)知OP，OB，OC两两垂直，那么以O为坐标原点，分不以OB，OC，OP所在直线为x轴、y轴、z轴，树破空间直角坐标系Oxyz，如以下列图.由已经清楚得O(0,0,0)，B(2,0,0)，A(0，2,0)，C(0,2,0)，P(0,0,2)，(0,2,2).由(1)知立体PAC的一个法向量为(2,0,0).设M(a,2a,0)(0a2)，那么(a,4a,0)
12、.设立体PAM的法向量为n(x，y，z).由n0，n0，得可取ya，得立体PAM的一个法向量为n(a4)，a，a)，因此cos，n.由已经清楚可得|cos，n|cos30，因此，解得a4(舍去)或a.因此n.又(0,2，2)，因此cos，n.因此PC与立体PAM所成角的正弦值为.题型三求二面角例3(2018锦州模拟)如图，在梯形ABCD中，ABCD，ADDCCB2，ABC60，立体ACEF立体ABCD，四边形ACEF是菱形，CAF60.(1)求证：BFAE；(2)求二面角BEFD的立体角的正切值.(1)证明依题意，在等腰梯形ABCD中，AC2，AB4，BC2，AC2BC2AB2，即BCAC，又
13、立体ACEF立体ABCD，立体ACEF立体ABCDAC，BC立体ABCD，BC立体ACEF，而AE立体ACEF，AEBC，连接CF，四边形ACEF为菱形，AEFC，又BCCFC，BC，CF立体BCF，AE立体BCF，BF立体BCF，BFAE.(2)解取EF的中点M，连接MC，四边形ACEF是菱形，且CAF60，由立体几多何易知MCAC，又立体ACEF立体ABCD，立体ACEF立体ABCDAC，CM立体ACEF，MC立体ABCD.以CA，CB，CM所在直线分不为x，y，z轴树破空间直角坐标系，各点的坐标依次为C(0,0,0)，A(2，0,0)，B(0，2,0)，D(，1,0)，E(，0,3)，F
14、(，0,3)，设立体BEF和立体DEF的一个法向量分不为n1(a1，b1，c1)，n2(a2，b2，c2)，(，2,3)，(2，0,0)，即即不妨令b13，那么n1(0,3,2)，同理可求得n2(0,3，1)，设二面角BEFD的大小为，由图易知为锐角，cos|cosn1，n2|，故二面角BEFD的立体角的正切值为.思想升华运用向量法求二面角的大小的关键是判定立体的法向量，求法向量的方法要紧有两种：求立体的垂线的倾向向量；运用法向量与立体内两个不共线向量的数量积为零，列方程组求解.跟踪训练3(2018世界)如图，边长为2的正方形ABCD所在的立体与半圆弧所在立体垂直，M是上异于C，D的点.(1)
15、证明：立体AMD立体BMC；(2)当三棱锥MABC体积最大年夜时，求立体MAB与立体MCD所成二面角的正弦值.(1)证明由题设知，立体CMD立体ABCD，交线为CD.因为BCCD，BC立体ABCD，因此BC立体CMD，又DM立体CMD，故BCDM.因为M为上异于C，D的点，且DC为直径，因此DMCM.又BCCMC，BC，CM立体BMC，因此DM立体BMC.又DM立体AMD，故立体AMD立体BMC.(2)解以D为坐标原点，的倾向为x轴正倾向，树破如以下列图的空间直角坐标系Dxyz.当三棱锥MABC体积最大年夜时，M为的中点.由题设得D(0,0,0)，A(2,0,0)，B(2,2,0)，C(0,2
16、,0)，M(0,1,1)，(2,1,1)，(0,2,0)，(2,0,0)，设n(x，y，z)是立体MAB的法向量，那么即可取n(1,0,2)，是立体MCD的一个法向量，因此cosn，sinn，.因此立体MAB与立体MCD所成二面角的正弦值是.运用空间向量求空间角例(12分)如图，四棱锥SABCD中，ABD为正三角形，BCD120，CBCDCS2，BSD90.(1)求证：AC立体SBD；(2)假设SCBD，求二面角ASBC的余弦值.(1)证明设ACBDO，连接SO，如图，因为ABAD，CBCD，因此AC是BD的垂直平分线，即O为BD的中点，且ACBD.1分在BCD中，因为CBCD2，BCD120
17、，因此BD2，CO1.在RtSBD中，因为BSD90，O为BD的中点，因此SOBD.在SOC中，因为CO1，SO，CS2，因此SO2CO2CS2，因此SOAC.4分因为BDSOO，BD，SO立体SBD，因此AC立体SBD.5分(2)解方法一过点O作OKSB于点K，连接AK，CK，如图，由(1)知AC立体SBD，因此AOSB.因为OKAOO，OK，AO立体AOK，因此SB立体AOK.6分因为AK立体AOK，因此AKSB.同理可证CKSB.7分因此AKC是二面角ASBC的立体角.因为SCBD，由(1)知ACBD，且ACSCC，AC，SC立体SAC，因此BD立体SAC.而SO立体SAC，因此SOBD
18、.在RtSOB中，OK.在RtAOK中，AK，同理可求CK.10分在AKC中，cosAKC.因此二面角ASBC的余弦值为.12分方法二因为SCBD，由(1)知，ACBD，且ACSCC，AC，SC立体SAC，因此BD立体SAC.而SO立体SAC，因此SOBD.6分由(1)知，AC立体SBD，SO立体SBD，因此SOAC.因为ACBDO，AC，BD立体ABCD，因此SO立体ABCD.7分以O为原点，的倾向分不为x轴、y轴、z轴的正倾向树破空间直角坐标系，如图，那么A(3,0,0)，B(0，0)，C(1,0,0)，S(0,0，).因此(3，0)，(1，0)，(0，).8分设立体SAB的法向量n(x1
19、，y1，z1)，那么令y1，得立体SAB的一个法向量为n(1，).同理可得立体SCB的一个法向量为m(，1,1).10分因此cosn，m.因为二面角ASBC是钝角，因此二面角ASBC的余弦值为.12分运用向量求空间角的步伐第一步：树破空间直角坐标系，判定点的坐标；第二步：求向量(直线的倾向向量、立体的法向量)坐标；第三步：打算向量的夹角(或函数值)，并转化为所求角.1.已经清楚两立体的法向量分不为m(1，1,0)，n(0,1，1)，那么两立体所成的二面角为()A.60B.120C.60或120D.90答案C分析cosm，n，即m，n120.两立体所成二面角为120或18012060.2.如图，
20、在空间直角坐标系中有直三棱柱ABCA1B1C1，CACC12CB，那么直线BC1与直线AB1所成角的余弦值为()A.B.C.D.答案A分析设CA2，那么C(0,0,0)，A(2,0,0)，B(0,0,1)，C1(0,2,0)，B1(0,2,1)，可得向量(2,2,1)，(0,2，1)，由向量的夹角公式得cos，应选A.3.在正方体ABCDA1B1C1D1中，点E为BB1的中点，那么立体A1ED与立体ABCD所成的锐二面角的余弦值为()A.B.C.D.答案B分析以A为原点，AB，AD，AA1所在直线分不为x轴，y轴，z轴，树破如以下列图的空间直角坐标系Axyz，设棱长为1，那么A1(0,0,1)
21、，E，D(0,1,0)，(0,1，1)，.设立体A1ED的一个法向量为n1(1，y，z)，那么有即n1(1,2,2).立体ABCD的一个法向量为n2(0,0,1)，cosn1，n2，即所成的锐二面角的余弦值为.4.在正方体ABCDA1B1C1D1中，AC与B1D所成角的大小为()A.B.C.D.答案D分析以A为坐标原点，AB，AD，AA1所在直线分不为x轴、y轴、z轴，树破如以下列图的空间直角坐标系，设正方体的边长为1，那么A(0,0,0)，C(1,1,0)，B1(1,0,1)，D(0,1,0).(1,1,0)，(1,1，1)，1(1)110(1)0，AC与B1D所成的角为.5.(2018包头
22、模拟)已经清楚正三棱柱ABCA1B1C1，ABAA12，那么异面直线AB1与CA1所成角的余弦值为()A.0B.C.D.答案C分析以A为原点，在立体ABC内过A作AC的垂线为x轴，以AC所在直线为y轴，以AA1所在直线为z轴，树破空间直角坐标系，那么A(0,0,0)，B1(，1,2)，A1(0,0,2)，C(0,2,0)，(，1,2)，(0,2，2)，设异面直线AB1跟A1C所成的角为，那么cos.异面直线AB1跟A1C所成的角的余弦值为.6.如图，点A，B，C分不在空间直角坐标系Oxyz的三条坐标轴上，(0,0,2)，立体ABC的法向量为n(2，1,2)，设二面角CABO的大小为，那么cos
23、等于()A.B.C.D.答案C分析由题意可知，立体ABO的一个法向量为(0,0，2)，由图可知，二面角CABO为锐角，由空间向量的结论可知，cos.7.在三棱锥PABC中，PA立体ABC，BAC90，D，E，F分不是棱AB，BC，CP的中点，ABAC1，PA2，那么直线PA与立体DEF所成角的正弦值为_.答案分析以A为原点，AB，AC，AP所在直线分不为x轴、y轴、z轴树破如以下列图的空间直角坐标系，由ABAC1，PA2，得A(0,0,0)，B(1,0,0)，C(0,1,0)，P(0,0,2)，D，E，F.(0,0，2)，.设立体DEF的法向量为n(x，y，z)，那么由得取z1，那么n(2,0
24、,1)，设直线PA与立体DEF所成的角为，那么sin|cosn，|，直线PA与立体DEF所成角的正弦值为.8.如图，在正方形ABCD中，EFAB，假设沿EF将正方形折成一个二面角后，AEEDAD11，那么AF与CE所成角的余弦值为_.答案分析AEEDAD11，AEED，即AE，DE，EF两两垂直，因此树破如以下列图的空间直角坐标系，设ABEFCD2，那么E(0,0,0)，A(1,0,0)，F(0,2,0)，C(0,2,1)，(1,2,0)，(0,2,1)，cos，AF与CE所成角的余弦值为.9.如以下列图，在三棱柱ABCA1B1C1中，AA1底面ABC，ABBCAA1，ABC90，点E，F分不
25、是棱AB，BB1的中点，那么直线EF跟BC1所成的角是_.答案60分析以B点为坐标原点，以BC所在直线为x轴，BA所在直线为y轴，BB1所在直线为z轴，树破空间直角坐标系.设ABBCAA12，那么C1(2,0,2)，E(0,1,0)，F(0,0,1)，那么(0，1,1)，(2,0,2)，2，cos，异面直线所成角的范围是(0，90，EF跟BC1所成的角为60.10.(2019福州质检)已经清楚点E，F分不在正方体ABCDA1B1C1D1的棱BB1，CC1上，且B1E2EB，CF2FC1，那么立体AEF与立体ABC所成的锐二面角的正切值为_.答案分析方法一延长FE，CB订交于点G，连接AG，如以
26、下列图.设正方体的棱长为3，那么GBBC3，作BHAG于点H，连接EH，那么EHB为所求锐二面角的立体角.BH，EB1，tanEHB.方法二如图，以点D为坐标原点，DA，DC，DD1所在直线分不为x轴、y轴、z轴，树破空间直角坐标系Dxyz，设DA1，由已经清楚条件得A(1,0,0)，E，F，设立体AEF的法向量为n(x，y，z)，由得令y1，z3，x1，那么n(1,1，3)，取立体ABC的法向量为m(0,0，1)，设立体AEF与立体ABC所成的锐二面角为，那么cos|cosn，m|，tan.11.(2018鄂尔多斯联考)如图，在几多何体ABCA1B1C1中，立体A1ACC1底面ABC，四边形
27、A1ACC1是正方形，B1C1BC，Q是A1B的中点，且ACBC2B1C1，ACB.(1)证明：B1QA1C；(2)求直线AC与立体A1BB1所成角的正弦值.(1)证明如以下列图，连接AC1与A1C交于M点，连接MQ.四边形A1ACC1是正方形，M是AC1的中点，又Q是A1B的中点，MQBC，MQBC，又B1C1BC且BC2B1C1，MQB1C1，MQB1C1，四边形B1C1MQ是平行四边形，B1QC1M，C1MA1C，B1QA1C.(2)解立体A1ACC1立体ABC，立体A1ACC1立体ABCAC，CC1AC，CC1立体A1ACC1，CC1立体ABC.如以下列图，以C为原点，CB，CC1所在
28、直线分不为y轴跟z轴树破空间直角坐标系，令ACBC2B1C12，那么C(0,0,0)，A(，1,0)，A1(，1,2)，B(0,2,0)，B1(0，1,2)，(，1,0)，(，2,0)，(0,1，2)，设立体A1BB1的法向量为n(x，y，z)，那么由n，n，可得可令y2，那么x4，z，立体A1BB1的一个法向量n(4,2，)，设直线AC与立体A1BB1所成的角为，那么sin.12.(2019盘锦模拟)如图，在四棱锥PABCD中，正面PAD底面ABCD，底面ABCD为直角梯形，其中ABCD，CDA90，CD2AB2，AD3，PA，PD2，点E在棱AD上且AE1，点F为棱PD的中点.(1)证明：
29、立体BEF立体PEC；(2)求二面角ABFC的余弦值.(1)证明在RtABE中，由ABAE1，得AEB45，同理在RtCDE中，由CDDE2，得DEC45，因此BEC90，即BEEC.在PAD中，cosPAD，在PAE中，PE2PA2AE22PAAEcosPAE51214，因此PE2AE2PA2，即PEAD.又立体PAD立体ABCD，立体PAD立体ABCDAD，PE立体PAD，因此PE立体ABCD，因此PEBE.又因为CEPEE，CE，PE立体PEC，因此BE立体PEC，因此立体BEF立体PEC.(2)解由(1)知EB，EC，EP两两垂直，故以E为坐标原点，以射线EB，EC，EP分不为x轴、y
30、轴、z轴的正半轴树破如以下列图的空间直角坐标系，那么B(，0,0)，C(0,2，0)，P(0,0,2)，A，D(，0)，F，(，2，0)，设立体ABF的法向量为m(x1，y1，z1)，那么不妨设x11，那么m(1，1,2)，设立体BFC的法向量为n(x2，y2，z2)，那么不妨设y22，那么n(4,2,5)，记二面角ABFC为(由图知应为钝角)，那么cos，故二面角ABFC的余弦值为.13.如图，在四棱锥SABCD中，SA立体ABCD，底面ABCD为直角梯形，ADBC，BAD90，且AB4，SA3.E，F分不为线段BC，SB上的一点(端点除外)，称心，当实数的值为_时，AFE为直角.答案分析因
31、为SA立体ABCD，BAD90，以A为坐标原点，AD，AB，AS所在直线分不为x轴、y轴、z轴，树破如以下列图的空间直角坐标系Axyz.AB4，SA3，B(0,4,0)，S(0,0,3).设BCm，那么C(m,4,0)，.().()(0,4，3)，F.同理可得E，.，要使AFE为直角，即0，那么00，169，解得.14.(2018满洲里模拟)如图，已经清楚直三棱柱ABCA1B1C1中，AA1ABAC1，ABAC，M，N，Q分不是CC1，BC，AC的中点，点P在直线A1B1上运动，且(0,1).(1)证明：不论取何值，总有AM立体PNQ；(2)是否存在点P，使得立体PMN与立体ABC的夹角为60
32、？假设存在，试判定点P的位置，假设不存在，请说明因由.(1)证明连接A1Q.AA1AC1，M，Q分不是CC1，AC的中点，RtAA1QRtCAM，MACQA1A，MACAQA1QA1AAQA190，AMA1Q.N，Q分不是BC，AC的中点，NQAB.又ABAC，NQAC.在直三棱柱ABCA1B1C1中，AA1底面ABC，NQAA1.又ACAA1A，AC，AA1立体ACC1A1，NQ立体ACC1A1，NQAM.由NQAB跟ABA1B1可得NQA1B1，N，Q，A1，P四点共面，A1Q立体PNQ.NQA1QQ，NQ，A1Q立体PNQ，AM立体PNQ，不论取何值，总有AM立体PNQ.(2)解如图，以
33、A为坐标原点，AB，AC，AA1所在的直线分不为x轴、y轴、z轴树破空间直角坐标系，那么A1(0,0,1)，B1(1,0,1)，M，N，Q，(1,0,0).由(1,0,0)(，0,0)，可得点P(，0,1)，.设n(x，y，z)是立体PMN的法向量，那么即得令x3，得y12，z22，n(3,12，22)是立体PMN的一个法向量.取立体ABC的一个法向量为m(0,0,1).假设存在符合条件的点P，那么|cosm，n|，化简得421410，解得或(舍去).综上，存在点P，且当A1P时，称心立体PMN与立体ABC的夹角为60.15.在四棱锥PABCD中，(4，2,3)，(4,1,0)，(6,2，8)
34、，那么谁人四棱锥的高h等于()A.1B.2C.13D.26答案B分析设立体ABCD的法向量为n(x，y，z)，那么即令y4，那么n，那么cosn，h22.16.如以下列图，在梯形ABCD中，ABCD，BCD120，四边形ACFE为矩形，且CF立体ABCD，ADCDBCCF.(1)求证：EF立体BCF；(2)点M在线段EF上运动，当点M在什么位置时，立体MAB与立体FCB所成的锐二面角最大年夜，并求现在二面角的余弦值.(1)证明设ADCDBC1，ABCD，BCD120，AB2，AC2AB2BC22ABBCcos603，AB2AC2BC2，那么BCAC.CF立体ABCD，AC立体ABCD，ACCF，而CFBCC，CF，BC立体BCF，AC立体BCF.EFAC，EF立体BCF.(2)解以C为坐标原点，分不以直线CA，CB，CF为x轴、y轴、z轴树破如以下列图的空间直角坐标系，设FM(0)，那么C(0,0,0)，A(，0,0)，B(0，1,0)，M(，0,1)，(，1,0)，(，1,1).设n(x，y，z)为立体MAB的法向量，由得取x1，那么n(1，).易知m(1,0,0)是立体FCB的一个法向量，cosn，m.0，当0时，cosn，m取得最小值，当点M与点F重合时，立体MAB与立体FCB所成的锐二面角最大年夜，现在二面角的余弦值为.