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  • 2021-06-16 发布

高中数学用空间向量解立体几何问题方法归纳

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用空间向量解立体几何题型与方法 平行垂直问题基础知识 直线 l 的方向向量为 a=(a1,b1,c1).平面α,β的法向量 u=(a3,b3,c3),v=(a4, b4,c4) (1)线面平行:l∥α⇔a⊥u⇔a·u=0⇔a1a3+b1b3+c1c3=0 (2)线面垂直:l⊥α⇔a∥u⇔a=ku⇔a1=ka3,b1=kb3,c1=kc3 (3)面面平行:α∥β⇔u∥v⇔u=kv⇔a3=ka4,b3=kb4,c3=kc4 (4)面面垂直:α⊥β⇔u⊥v⇔u·v=0⇔a3a4+b3b4+c3c4=0 例 1、如图所示,在底面是矩形的四棱锥 PABCD 中,PA⊥底面 ABCD,E,F 分别是 PC, PD 的中点,PA=AB=1,BC=2. (1)求证:EF∥平面 PAB; (2)求证:平面 PAD⊥平面 PDC. [证明] 以 A 为原点,AB,AD,AP 所在直线分别为 x 轴,y 轴,z 轴,建立空间直角坐标 系如图所示,则 A(0,0,0),B(1,0,0),C(1,2,0),D(0,2,0),P(0,0,1),所以 E 1 2 ,1, 1 2 , F 0,1, 1 2 , EF  = - 1 2 ,0,0 , PB  =(1,0,-1), PD  =(0,2,-1), AP  =(0,0,1), AD  =(0,2,0), DC  =(1,0,0), AB  =(1,0,0). (1)因为 EF  =- 1 2 AB  ,所以 EF  ∥ AB  ,即 EF∥AB. 又 AB⊂平面 PAB,EF⊄ 平面 PAB,所以 EF∥平面 PAB. (2)因为 AP  ·DC  =(0,0,1)·(1,0,0)=0, AD  · DC  =(0,2,0)·(1,0,0)=0, 所以 AP  ⊥ DC  , AD  ⊥ DC  ,即 AP⊥DC,AD⊥DC. 又 AP∩AD=A,AP⊂平面 PAD,AD⊂平面 PAD,所以 DC⊥平面 PAD.因为 DC⊂平 面 PDC, 所以平面 PAD⊥平面 PDC. 使用空间向量方法证明线面平行时,既可以证明直线的方向向量和平面内一条直线的方 向向量平行,然后根据线面平行的判定定理得到线面平行,也可以证明直线的方向向量与平 面的法向量垂直;证明面面垂直既可以证明线线垂直,然后使用判定定理进行判定,也可以 证明两个平面的法向量垂直. 例 2、在直三棱柱 ABCA1B1C1 中,∠ABC=90°,BC=2,CC1=4,点 E 在线段 BB1 上, 且 EB1=1,D,F,G 分别为 CC1,C1B1,C1A1 的中点. 求证:(1)B1D⊥平面 ABD; (2)平面 EGF∥平面 ABD. 证明:(1)以 B 为坐标原点,BA、BC、BB1 所在的直线分别为 x 轴、y 轴、z 轴建立空 间直角坐标系,如图所示,则 B(0,0,0),D(0,2,2),B1(0,0,4),设 BA=a,则 A(a,0,0), 所以BA  =(a,0,0),BD  =(0,2,2), 1B D  =(0,2,-2), 1B D  ·BA  =0, 1B D  ·BD  =0+4-4=0,即 B1D⊥BA,B1D⊥BD. 又 BA∩BD=B,因此 B1D⊥平面 ABD. (2)由(1)知,E(0,0,3),G a 2 ,1,4 ,F(0,1,4),则 EG  = a 2 ,1,1 , EF  =(0,1,1), 1B D  · EG  =0+2-2=0, 1B D  · EF  =0+2-2=0,即 B1D⊥EG,B1D⊥EF. 又 EG∩EF=E,因此 B1D⊥平面 EGF. 结合(1)可知平面 EGF∥平面 ABD. 利用空间向量求空间角基础知识 (1)向量法求异面直线所成的角:若异面直线 a,b 的方向向量分别为 a,b,异面直线所成 的角为θ,则 cos θ=|cos〈a,b〉|= |a·b| |a||b| . (2)向量法求线面所成的角:求出平面的法向量 n,直线的方向向量 a,设线面所成的角为θ, 则 sin θ=|cos〈n,a〉|= |n·a| |n||a| . (3)向量法求二面角:求出二面角α-l-β的两个半平面α与β的法向量 n1,n2, 若二面角α-l-β所成的角θ为锐角,则 cos θ=|cos〈n1,n2〉|= |n1·n2| |n1||n2| ; 若二面角α-l-β所成的角θ为钝角,则 cos θ=-|cos〈n1,n2〉|=- |n1·n2| |n1||n2| . 例 1、如图,在直三棱柱 A1B1C1ABC 中,AB⊥AC,AB=AC=2,A1A=4, 点 D 是 BC 的中点. (1)求异面直线 A1B 与 C1D 所成角的余弦值; (2)求平面 ADC1 与平面 ABA1 所成二面角的正弦值. [解] (1)以 A 为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系 Axyz,则 A(0,0,0), B(2,0,0),C(0,2,0),D(1,1,0),A1(0,0,4),C1(0,2,4),所以 1A B  =(2,0,-4), 1C D  =(1, -1,-4). 因为 cos〈 1A B  , 1C D  〉= 1A B  ·C D | || | = 18 20× 18 = 3 10 10 , 所以异面直线 A1B 与 C1D 所成角的余弦值为 3 10 10 . (2)设平面 ADC1 的法向量为 n1=(x,y,z),因为 AD  =(1,1,0), 1AC  =(0,2,4),所以 n1·AD  =0,n1· 1AC  =0,即 x+y=0 且 y+2z=0,取 z=1,得 x=2,y=-2,所以,n1=(2, -2,1)是平面 ADC1 的一个法向量.取平面 ABA1 的一个法向量为 n2=(0,1,0).设平面 ADC1 与平面 ABA1 所成二面角的大小为θ. 由|cos θ|=| n1·n2 |n1||n2||= 2 9× 1 = 2 3 ,得 sin θ= 5 3 . 因此,平面 ADC1 与平面 ABA1 所成二面角的正弦值为 5 3 . 例 2、如图,三棱柱 ABCA1B1C1 中,CA=CB,AB=AA1,∠BAA1=60°. (1)证明:AB⊥A1C; (2)若平面 ABC⊥平面 AA1B1B,AB=CB,求直线 A1C 与平面 BB1C1C 所成角的正弦 值. [解] (1)证明:取 AB 的中点 O,连接 OC,OA1,A1B. 因为 CA=CB,所以 OC⊥AB. 由于 AB=AA1,∠BAA1=60°,故△AA1B 为等边三角形,所以 OA1⊥AB. 因为 OC∩OA1=O,所以 AB⊥平面 OA1C. 又 A1C⊂平面 OA1C,故 AB⊥A1C. (2)由(1)知 OC⊥AB,OA1⊥AB.又平面 ABC⊥平面 AA1B1B,交线为 AB, 所以 OC⊥平面 AA1B1B,故 OA,OA1,OC 两两相互垂直. 以 O 为坐标原点,OA  的方向为 x 轴的正方向,|OA  |为单位长,建立如图所示的空间 直角坐标系 Oxyz. 由题设知 A(1,0,0),A1(0, 3,0),C(0,0, 3),B(-1,0,0). 则BC  =(1,0, 3), 1BB  = 1AA  =(-1, 3,0), 1AC  =(0,- 3, 3). 设 n=(x,y,z)是平面 BB1C1C 的法向量, 则 n·BC  =0, n· 1B  =0. 即 x+ 3z=0, -x+ 3y=0. 可取 n=( 3,1,-1). 故 cos n, 1AC  = n·1AC  |n|| | =- 10 5 . 所以 A1C 与平面 BB1C1C 所成角的正弦值为 10 5 . (1)运用空间向量坐标运算求空间角的一般步骤: ①建立恰当的空间直角坐标系;②求出相关点的坐标;③写出向量坐标;④结合公式进 行论证、计算;⑤转化为几何结论. (2)求空间角应注意: ①两条异面直线所成的角α不一定是直线的方向向量的夹角β,即 cos α=|cos β|. ②两平面的法向量的夹角不一定是所求的二面角,有可能两法向量夹角的补角为所求. 例 3、如图,在四棱锥 SABCD 中,AB⊥AD,AB∥CD,CD=3AB=3, 平面 SAD⊥平面 ABCD,E 是线段 AD 上一点,AE=ED= 3,SE⊥AD. (1)证明:平面 SBE⊥平面 SEC; (2)若 SE=1,求直线 CE 与平面 SBC 所成角的正弦值. 解:(1)证明:∵平面 SAD⊥平面 ABCD,平面 SAD∩平面 ABCD=AD,SE⊂平面 SAD, SE⊥AD,∴SE⊥平面 ABCD. ∵BE⊂平面 ABCD,∴SE⊥BE. ∵AB⊥AD,AB∥ CD, CD=3AB=3,AE=ED= 3,∴∠AEB=30°,∠CED=60°. ∴∠BEC=90°, 即 BE⊥CE. 又 SE∩CE=E,∴BE⊥平面 SEC. ∵BE⊂平面 SBE, ∴平面 SBE⊥平面 SEC. (2)由(1)知,直线 ES,EB,EC 两两垂直.如图,以 E 为原点,EB 为 x 轴,EC 为 y 轴, ES 为 z 轴,建立空间直角坐标系.则 E(0,0,0),C(0,2 3,0),S(0,0,1),B(2,0,0),所以CE  =(0,-2 3,0),CB  =(2,-2 3,0),CS  =(0,-2 3,1). 设平面 SBC 的法向量为 n=(x,y,z), 则 n·CB  =0, n· S =0. 即 2x-2 3y=0, -2 3y+z=0. 令 y=1,得 x= 3,z=2 3, 则平面 SBC 的一个法向量为 n=( 3,1,2 3). 设直线 CE 与平面 SBC 所成角的大小为θ,则 sin θ=| n·CE  |n|·| | |= 1 4 , 故直线 CE 与平面 SBC 所成角的正弦值为 1 4 . 例 4、如图是多面体 ABCA1B1C1 和它的三视图. (1)线段 CC1 上是否存在一点 E,使 BE⊥平面 A1CC1?若不存在,请说明理由,若存在, 请找出并证明; (2)求平面 C1A1C 与平面 A1CA 夹角的余弦值. 解:(1)由题意知 AA1,AB,AC 两两垂直,建立如图所示的空间直角坐标系,则 A(0,0,0), A1(0,0,2),B(-2,0,0),C(0,-2,0),C1(-1,-1,2),则 1CC  =(-1,1,2), 1 1AC  =(-1, -1,0), 1AC  =(0,-2,-2).设 E(x,y,z),则CE  =(x,y+2,z), 1EC  =(-1-x,-1-y,2-z).设CE  =λ 1EC  (λ>0), 则 x=-λ-λx, y+2=-λ-λy, z=2λ-λz, 则 E -λ 1+λ , -2-λ 1+λ , 2λ 1+λ , BE  = 2+λ 1+λ , -2-λ 1+λ , 2λ 1+λ . 由 BE  ·1 1AC  =0, ·  =0, 得 - 2+λ 1+λ + 2+λ 1+λ =0, -2-λ 1+λ + 2λ 1+λ =0, 解得λ=2, 所以线段 CC1 上存在一点 E,CE  =2 1EC  ,使 BE⊥平面 A1CC1. (2) 设 平 面 C1A1C 的 法 向 量 为 m = (x , y , z) , 则 由 m·1 1AC  =0, m·  =0, 得 -x-y=0, -2y-2z=0, 取 x=1,则 y=-1,z=1.故 m=(1,-1,1),而平面 A1CA 的一个法向量为 n=(1,0,0), 则 cos〈m,n〉= m·n |m||n| = 1 3 = 3 3 ,故平面 C1A1C 与平面 A1CA 夹角的余弦值为 3 3 . 利用空间向量解决探索性问题 例 1、如图 1,正△ABC 的边长为 4,CD 是 AB 边上的高,E,F 分别是 AC 和 BC 边的 中点,现将△ABC 沿 CD 翻折成直二面角 ADCB(如图 2). (1)试判断直线 AB 与平面 DEF 的位置关系,并说明理由; (2)求二面角 EDFC 的余弦值; (3)在线段 BC 上是否存在一点 P,使 AP⊥DE?如果存在,求出 BP BC 的值;如果不存在, 请说明理由. [解] (1)在△ABC 中,由 E,F 分别是 AC,BC 中点,得 EF∥AB.又 AB⊄ 平面 DEF,EF ⊂平面 DEF,∴AB∥平面 DEF. (2)以点 D 为坐标原点,以直线 DB,DC,DA 分别为 x 轴、y 轴、z 轴,建立空间 直角坐标系,则 A(0,0,2),B(2,0,0),C(0,2 3,0),E(0, 3,1),F(1, 3,0), DF  =(1, 3,0), DE  =(0, 3,1), DA  =(0,0,2). 平面 CDF 的法向量为 DA  =(0,0,2).设平面 EDF 的法向量为 n=(x,y,z), 则 DF  ·n=0,E ·n=0, 即 x+ 3y=0, 3y+z=0, 取 n=(3,- 3,3), cos〈 DA  ,n〉= DA  ·n | ||n| = 21 7 ,所以二面角 EDFC 的余弦值为 21 7 . (3)存在.设 P(s,t,0),有 AP  =(s,t,-2),则 AP  · DE  = 3t-2=0,∴t= 2 3 3 , 又BP  =(s-2,t,0),PC  =(-s,2 3-t,0),∵BP  ∥ PC  ,∴(s-2)(2 3-t)=-st, ∴ 3s+t=2 3. 把 t= 2 3 3 代入上式得 s= 4 3 ,∴BP  = 1 3 BC  , ∴在线段 BC 上存在点 P,使 AP⊥DE. 此时, BP BC = 1 3 . 1 空间向量法最适合于解决立体几何中的探索性问题,它无需进行复杂的作图、论 证、推理,只需通过坐标运算进行判断. 2 解题时,把要成立的结论当作条件,据此列方程或方程组,把“是否存在”问题 转化为“点的坐标是否有解,是否有规定范围内的解”等,所以为使问题的解决更简单、有 效,应善于运用这一方法. 例 2、.如图所示,在直三棱柱 ABCA1B 1C1 中,∠ACB=90°,AA1=BC=2AC=2. (1)若 D 为 AA1 中点,求证:平面 B1CD⊥平面 B1C1D; (2)在 AA1 上是否存在一点 D,使得二面角 B1CDC1 的大小为 60°? 解:(1)证明:如图所示,以点 C 为原点,CA,CB,CC1 所在直线分别为 x,y,z 轴建 立空间直角坐标系.则 C(0,0,0),A(1,0,0),B1(0,2,2),C1(0,0,2),D(1,0,1), 即 1 1C B  =(0,2,0), 1DC  =(-1,0,1),CD  =(1,0,1). 由 1 1C B  ·CD  =(0,2,0)·(1,0,1)=0+0+0=0,得 1 1C B  ⊥CD  ,即 C1B1⊥CD. 由 1DC  ·CD  =(-1,0,1)·(1,0,1)=-1+0+1=0,得 1DC  ⊥CD  ,即 DC1⊥CD. 又 DC1∩C1B1=C1,∴CD⊥平面 B1C1D.又 CD⊂平面 B1CD,∴平面 B1CD⊥平面 B1C1D. (2)存在.当 AD= 2 2 AA1 时,二面角 B1CDC1 的大小为 60°.理由如下: 设 AD=a,则 D 点坐标为(1,0,a),CD  =(1,0,a), 1CB  =(0,2,2), 设平面 B1CD 的法向量为 m=(x,y,z), 则 m·1CB  =0 m· D  =0 ⇒ 2y+2z=0, x+az=0, 令 z=-1,得 m=(a,1,-1). 又∵CB  =(0,2,0)为平面 C1CD 的一个法向量,则 cos 60°= |m·CB  | |m|·| | = 1 a2+2 = 1 2 , 解得 a= 2(负值舍去),故 AD= 2= 2 2 AA1.∴在 AA1 上存在一点 D 满足题意. 空间直角坐标系建立的创新问题 空间向量在处理空间问题时具有很大的优越性,能把“非运算”问题“运算”化,即通过直 线的方向向量和平面的法向量解决立体几何问题.解决的关键环节之一就是建立空间直角坐 标系,因而建立空间直角坐标系问题成为近几年试题新的命题点. 一、经典例题领悟好 例 1、如图,四棱锥 PABCD 中,PA⊥底面 ABCD,BC=CD=2,AC=4, ∠ACB=∠ACD= π 3 ,F 为 PC 的中点,AF⊥PB. (1)求 PA 的长; (2)求二面角 BAFD 的正弦值. (1)学审题——审条件之审视图形 由条件知 AC⊥BD ――→ 建系 DB,AC 分别为 x,y 轴―→写出 A,B,C,D 坐标 ――――――――→ PA⊥面 ABCD 设 P 坐标 ――→ PF=CF 可得 F 坐标 ――→ AF⊥PB AF  · PB  =0―→得 P 坐标并求 PA 长. (2) 学审题 由 (1) ― → AD  , AF  , AB  的 坐 标 ―――――――――――――――――――→ 向量 n1,n2 分别为平面 FAD、平面 FAB 的法向量 n1· AD  =0 且 n1· AF  =0―→求得 n1·n2― →求得夹角余弦. [解] (1)如图,连接 BD 交 AC 于 O,因为 BC=CD,即△BCD 为等腰三角形,又 AC 平分∠BCD,故 AC⊥BD.以 O 为坐标原点,OB  ,OC  , AP  的方向分别为 x 轴,y 轴,z 轴的正方向,建立空间直角坐标系 Oxyz,则 OC=CDcos π 3 =1.而 AC=4,得 AO=AC -OC=3.又 OD=CDsin π 3 = 3,故 A(0,-3,0),B( 3,0,0),C(0,1,0),D(- 3,0,0). 因 PA⊥底面 ABCD,可设 P(0,-3,z).由 F 为 PC 边中点,知 F 0,-1, z 2 .又 AF  = 0,2, z 2 ,PB  =( 3,3,-z),AF⊥PB,故 AF  ·PB  =0,即 6- z2 2 =0,z=2 3(舍 去-2 3), 所以| PA  |=2 3. (2)由(1)知 AD  =(- 3,3,0),AB  =( 3,3,0),AF  =(0,2, 3).设平面 FAD 的 法向量为 n1=(x1,y1,z1),平面 FAB 的法向量为 n2=(x2,y2,z2), 由 n1· AD  =0,n1· AF  =0,得 - 3x1+3y1=0, 2y1+ 3z1=0, 因此可取 n1=(3, 3,-2). 由 n2· AB  =0,n2· AF  =0,得 3x2+3y2=0, 2y2+ 3z2=0, 故可取 n2=(3,- 3,2). 从而法向量 n1,n2 的夹角的余弦值为 cos〈n1,n2〉= n1·n2 |n1|·|n2| = 1 8 . 故二面角 BAFD 的正弦值为 3 7 8 . 建立空间直角坐标系的基本思想是寻找其中的线线垂直关系 本题利用 AC⊥BD ,若 图中存在交于一点的三条直线两两垂直,则以该点为原点建立空间直角坐标系.在没有明显 的垂直关系时,要通过其他已知条件得到垂直关系,在此基础上选择一个合理的位置建立空 间直角坐标系,注意建立的空间直角坐标系是右手系,正确确定坐标轴的名称. 例 2、如图,在空间几何体中,平面 ACD⊥平面 ABC,AB=BC=CA=DA=DC=BE =2.BE 与平面 ABC 所成的角为 60°,且点 E 在平面 ABC 内的射影落在∠ABC 的平分线 上. (1)求证:DE∥平面 ABC; (2)求二面角 EBCA 的余弦值. 解:证明:(1)易知△ABC,△ACD 都是边长为 2 的等边三角形, 取 AC 的中点 O,连接 BO,DO,则 BO⊥AC,DO⊥AC. ∵平面 ACD⊥平面 ABC, ∴DO⊥平面 ABC. 作 EF⊥平面 ABC,则 EF∥DO. 根据题意,点 F 落在 BO 上, ∴∠EBF=60°, 易求得 EF=DO= 3,∴四边形 DEFO 是平行四边形,DE∥OF. ∵DE⊄ 平面 ABC,OF⊂平面 ABC,∴DE∥平面 ABC. (2)建立如图所示的空间直角坐标系 Oxyz,可求得平面 ABC 的一个法向量为 n1=(0,0,1). 可得 C(-1,0,0),B(0, 3,0),E(0, 3-1, 3),则CB  =(1, 3,0),BE  =(0, -1, 3). 设平面 BCE 的法向量为 n2=(x,y,z),则可得 n2·CB  =0,n2·BE  =0, 即(x,y,z)·(1, 3,0)=0,(x,y,z)·(0,-1, 3)=0,可取 n2=(-3, 3,1). 故 cos〈n1,n2〉= n1·n1 |n1|·|n2| = 13 13 . 又由图知,所求二面角的平面角是锐角, 故二面角 EBCA 的余弦值为 13 13 . 专题训练 1.如图所示,在多面体 ABCD-A1B1C1D1 中,上、下两个底面 A1B1C1D1 和 ABCD 互 相平行,且都是正方形,DD1⊥底面 ABCD,AB∥A1B1,AB=2A1B1=2DD1=2a. (1)求异面直线 AB1 与 DD1 所成角的余弦值; (2)已知 F 是 AD 的中点,求证:FB1⊥平面 BCC1B1. 解:以 D 为原点,DA,DC,DD1 所在直线分别为 x 轴,y 轴,z 轴,建立如图所示的空间 直角坐标系,则 A(2a,0,0),B(2a,2a,0),C(0,2a,0),D1(0,0,a),F(a,0,0),B1(a,a,a), C1(0,a,a). (1)∵ 1AB  =(-a,a,a), 1DD  =(0,0,a),∴cos〈 1AB  , 1DD  〉= 1AB  ·DD | |·| | = 3 3 , 所以异面直线 AB1 与 DD1 所成角的余弦值为 3 3 . (2)证明:∵ 1BB  =(-a,-a,a),BC  =(-2a,0,0), 1FB  =(0,a,a), ∴ 1FB  ·B  =0, · C  =0. ∴FB1⊥BB1,FB1⊥BC. ∵BB1∩BC=B,∴FB1⊥平面 BCC1B1. 2.如图,在三棱柱 ABCA1B1C1 中,AA1C1C 是边长为 4 的正方形,平面 ABC⊥平面 AA1C1C, AB=3,BC=5. (1)求证:AA1⊥平面 ABC; (2)求二面角 A1BC1B1 的余弦值; (3)证明:在线段 BC1 上存在点 D,使得 AD⊥A1B,并求 BD BC1 的值. 解:(1)证明:因为四边形 AA1C1C 为正方形,所以 AA1⊥AC. 因为平面 ABC⊥平面 AA1C1C,且 AA1 垂直于这两个平面的交线 AC,所以 AA1⊥平面 ABC. (2)由(1)知 AA1⊥AC,AA1⊥AB. 由题知 AB=3,BC=5,AC=4,所以 AB⊥AC. 如图,以 A 为原点建立空间直角坐标系 Axyz,则 B(0,3,0),A1(0,0,4),B1(0,3,4), C1(4,0,4), 1A B  =(0,3,-4), 1 1AC  =(4,0,0).设平面 A1BC1 的法向量为 n=(x,y,z), 则 n·1A B  =0, n· 1C  =0. 即 3y-4z=0, 4x=0. 令 z=3,则 x=0,y=4,所以 n=(0,4,3). 同理可得,平面 B1BC1 的一个法向量为 m=(3,4,0).所以 cos〈 n,m〉= n·m |n||m| = 16 25 . 由题知二面角 A1BC1B1 为锐角,所以二面角 A1BC1B1 的余弦值为 16 25 . (3)证明:设 D(x,y,z)是直线 BC1 上一点,且BD  =λ 1BC  . 所以(x,y-3,z)=λ(4,-3,4).解得 x=4λ,y=3-3λ,z=4λ. 所以 AD  =(4λ,3-3λ,4λ).由 AD  · 1A B  =0,即 9-25λ=0,解得λ= 9 25 . 因为 9 25 ∈[0,1],所以在线段 BC1 上存在点 D,使得 AD⊥A1B. 此时, BD BC1 =λ= 9 25 . 3.如图(1),四边形 ABCD 中,E 是 BC 的中点,DB=2,DC=1,BC= 5,AB= AD= 2.将图(1)沿直线 BD 折起,使得二面角 ABDC 为 60°,如图(2). (1)求证:AE⊥平面 BDC; (2)求直线 AC 与平面 ABD 所成角的余弦值. 解:(1)证明:取 BD 的中点 F,连接 EF,AF,则 AF=1,EF= 1 2 ,∠AFE=60°. 由余弦定理知 AE= 12+ 1 2 2-2×1× 1 2 cos 60°= 3 2 . ∵AE2+EF2=AF2,∴AE⊥EF. ∵AB=AD,F 为 BD 中点.∴BD⊥AF. 又 BD=2,DC=1,BC= 5,∴BD2+DC2 =BC2, 即 BD⊥CD.又 E 为 BC 中点,EF∥CD,∴BD⊥EF.又 EF∩AF=F, ∴BD⊥平面 AEF.又 BD⊥AE,∵BD∩EF=F,∴AE⊥平面 BDC. (2)以 E 为原点建立如图所示的空间直角坐标系,则 A 0,0, 3 2 , C -1, 1 2 ,0 ,B 1,- 1 2 ,0 , D -1,- 1 2 ,0 , DB  =(2,0,0), DA  = 1, 1 2 , 3 2 , AC  = -1, 1 2 ,- 3 2 . 设平面 ABD 的法向量为 n=(x,y,z), 由 n·DB  =0 n· A =0 得 2x=0, x+ 1 2 y+ 3 2 z=0, 取 z= 3, 则 y=-3,又∵n=(0,-3, 3). ∴cos〈n, AC  〉= n·AC  |n|| | =- 6 4 . 故直线 AC 与平面 ABD 所成角的余弦值为 10 4 . 4.如图所示,在矩形 ABCD 中,AB=3 5,AD=6,BD 是对角线,过点 A 作 AE⊥ BD,垂足为 O,交 CD 于 E,以 AE 为折痕将△ADE 向上折起,使点 D 到点 P 的位置,且 PB= 41. (1)求证:PO⊥平面 ABCE; (2)求二面角 EAPB 的余弦值. 解:(1)证明:由已知得 AB=3 5,AD=6,∴BD=9. 在矩形 ABCD 中,∵AE⊥BD, ∴Rt△AOD∽Rt△BAD,∴ DO AD = AD BD ,∴DO=4,∴BO=5. 在△POB 中,PB= 41,PO=4,BO=5,∴PO2+BO2=PB2, ∴PO⊥OB.又 PO⊥AE,AE∩OB=O,∴PO⊥平面 ABCE. (2)∵BO=5,∴AO= AB2-OB2=2 5. 以 O 为原点,建立如图所示的空间直角坐标系,则 P(0,0,4),A(2 5,0,0),B(0,5,0), PA  =(2 5,0,-4), PB  =(0,5,-4). 设 n1=(x,y,z)为平面 APB 的法向量.则 n1·PA  =0, n1· B =0, 即 2 5x-4z=0, 5y-4z=0. 取 x=2 5得 n1=(2 5,4,5).又 n2=(0,1,0)为平面 AEP 的一个法向量, ∴cos〈n1,n2〉= n1·n2 |n1|·|n2| = 4 61×1 = 4 61 61 , 故二面角 EAPB 的余弦值为 4 61 61 . 5.如图,在四棱锥 PABCD 中,侧面 PAD⊥底面 ABCD,侧棱 PA=PD= 2,PA⊥ PD,底面 ABCD 为直角梯形,其中 BC∥AD,AB⊥AD,AB=BC=1,O 为 AD 中点. (1)求直线 PB 与平面 POC 所成角的余弦值; (2)求 B 点到平面 PCD 的距离; (3)线段 PD 上是否存在一点 Q,使得二面角 QACD 的余弦值为 6 3 ?若存在,求出 PQ QD 的值;若不存在,请说明理由. 解:(1)在△PAD 中,PA=PD,O 为 AD 中点,所以 PO⊥AD.又侧面 PAD⊥底面 ABCD, 平面 PAD∩平面 ABCD=AD,PO⊂平面 PAD,所以 PO⊥平面 ABCD. 又在直角梯形 ABCD 中,连接 OC,易得 OC⊥AD,所以以 O 为坐标原点,OC,OD, OP 所在直线分别为 x,y,z 轴建立空间直角坐标系,则 P(0,0,1),A(0,-1,0),B(1,- 1,0),C(1,0,0),D(0,1,0), ∴ PB  =(1,-1,-1),易证 OA⊥平面 POC,∴OA  =(0,-1,0)是平面 POC 的法向量, cos〈 PB  ,OA  〉= PB  ·OA | || | = 3 3 . ∴直线 PB 与平面 POC 所成角的余弦值为 6 3 . (2) PD  =(0,1,-1),CP  =(-1,0,1).设平面 PDC 的一个法向量为 u=(x,y,z), 则 u·CP  =-x+z=0, u· PD =y-z=0, 取 z=1,得 u=(1,1,1).∴B 点到平面 PCD 的距离为 d= |BP  ·u| |u| = 3 3 . (3)假设存在一点 Q,则设 PQ  =λ PD  (0<λ<1).∵ PD  =(0,1,-1), ∴ PQ  =(0,λ,-λ)=OQ  -OP  ,∴OQ  =(0,λ,1-λ),∴Q(0,λ,1-λ). 设平面 CAQ 的一个法向量为 m=(x,y,z),又 AC  =(1,1,0),AQ=(0,λ+1,1-λ), 则 m·AC  =x+y=0, m· Q = λ+1 y+ 1-λ z=0. 取 z=λ+1,得 m=(1-λ,λ-1,λ+1), 又平面 CAD 的一个法向量为 n=(0,0,1),二面角 QACD 的余弦值为 6 3 , 所以|cos〈m,n〉|= |m·n| |m||n| = 6 3 ,得 3λ2-10λ+3=0,解得λ= 1 3 或λ=3(舍), 所以存在点 Q,且 PQ QD = 1 2 . 6.如图,在四棱锥 SABCD 中,底面 ABCD 是直角梯形,侧棱 SA⊥底面 ABCD,AB 垂直于 AD 和 BC,SA=AB=BC=2,AD=1.M 是棱 SB 的中点. (1)求证:AM∥平面 SCD; (2)求平面 SCD 与平面 SAB 所成二面角的余弦值; (3)设点 N 是直线 CD 上的动点,MN 与平面 SAB 所成的角为θ,求 sin θ的最大值. 解:(1)以点 A 为原点建立如图所示的空间直角坐标系,则 A(0,0,0),B(0,2,0),C(2,2,0), D(1,0,0), S(0,0,2),M(0,1,1).所以 AM  =(0,1,1), SD  =(1,0,-2),CD  =(-1,-2,0). 设平面 SCD 的法向量是 n=(x,y,z), 则 SD  ·n=0,C ·n=0, 即 x-2z=0, -x-2y=0. 令 z=1,则 x=2,y=-1, 于是 n=(2,-1,1).∵ AM  ·n=0,∴ AM  ⊥n.又 AM⊄ 平面 SCD, ∴AM∥平面 SCD. (2)易知平面 SAB 的一个法向量为 n1=(1,0,0).设平面 SCD 与平面 SAB 所成的二面角 为φ, 则|cos φ|=| n1·n |n1|·|n||=| 1,0,0· 2,-1,1 1· 6 |=| 2 1· 6|= 6 3 ,即 cos φ= 6 3 . ∴平面 SCD 与平面 SAB 所成二面角的余弦值为 6 3 . (3)设 N(x,2x-2,0)(x∈[1,2]),则 MN  =(x,2x-3,-1). 又平面 SAB 的一个法向量为 n1=(1,0,0), ∴ sin θ = | x,2x-3,-1· 1,0,0 x2+ 2x-3 2+ -1 2·1 | = | x 5x2-12x+10| = | 1 5-12· 1 x +10· 1 x2 | = 1 10 1 x 2-12 1 x +5 = 1 10 1 x - 3 5 2+ 7 5 . 当 1 x = 3 5 ,即 x= 5 3 时,(sin θ)max= 35 7 . 7、如图,四边形 ABEF 和四边形 ABCD 均是直角梯形,∠FAB=∠DAB=90°,AF=AB =BC=2,AD=1,FA⊥CD. (1)证明:在平面 BCE 上,一定存在过点 C 的直线 l 与直线 DF 平行; (2)求二面角 FCDA 的余弦值. 解:(1)证明:由已知得,BE∥AF,BC∥AD,BE∩BC=B,AD∩AF=A, ∴平面 BCE∥平面 ADF. 设平面 DFC∩平面 BCE=l,则 l 过点 C. ∵平面 BCE∥平面 ADF,平面 DFC∩平面 BCE=l, 平面 DFC∩平面 ADF=DF. ∴DF∥l,即在平面 BCE 上一定存在过点 C 的直线 l,使得 DF∥l. (2)∵FA⊥AB,FA⊥CD,AB 与 CD 相交,∴FA⊥平面 ABCD. 故以 A 为原点,AD,AB,AF 分别为 x 轴,y 轴,z 轴建立空间直角坐标系,如图.由 已知得,D(1,0,0),C(2,2,0),F(0,0,2),∴ DF  =(-1,0,2), DC  =(1,2,0). 设平面 DFC 的一个法向量为 n=(x,y,z), 则 n·DF  =0, n· C =0 ⇒ x=2z, x=-2y, 不妨设 z=1. 则 n=(2,-1,1),不妨设平面 ABCD 的一个法向量为 m=(0,0,1). ∴cos〈m,n〉= m·n |m||n| = 1 6 = 6 6 ,由于二面角 FCDA 为锐角, ∴二面角 FCDA 的余弦值为 6 6 . 8、.如图,在四棱锥 PABCD 中,PD⊥平面 ABCD,四边形 ABCD 是菱形,AC=2,BD =2 3,E 是 PB 上任意一点. (1)求证:AC⊥DE; (2)已知二面角 APBD 的余弦值为 15 5 ,若 E 为 PB 的中点,求 EC 与平面 PAB 所成角的 正弦值. 解:(1)证明:∵PD⊥平面 ABCD,AC⊂平面 ABCD,∴PD⊥AC, ∵四边形 ABCD 是菱形,∴BD⊥AC,又 BD∩PD=D,∴AC⊥平面 PBD, ∵DE⊂平面 PBD,∴AC⊥DE. (2)在△PDB 中,EO∥PD,∴EO⊥平面 ABCD,分别以 OA,OB,OE 所在直线为 x 轴, y 轴,z 轴建立空间直角坐标系,设 PD=t,则 A(1,0,0),B(0, 3,0),C(-1,0,0),E 0,0, t 2 , P(0,- 3,t), AB  =(-1, 3,0), AP  =(-1,- 3,t). 由(1)知,平面 PBD 的一个法向量为 n1=(1,0,0),设平面 PAB 的法向量为 n2=(x,y, z),则根据 n2·AB  =0, n2· P =0 得 -x+ 3y=0, -x- 3y+tz=0, 令 y=1,得 n2= 3,1, 2 3 t . ∵二面角 APBD 的余弦值为 15 5 ,则|cos〈n1,n2〉|= 15 5 ,即 3 4+ 12 t2 = 15 5 ,解得 t=2 3或 t=-2 3(舍去),∴P(0,- 3,2 3). 设 EC 与平面 PAB 所成的角为θ,∵ EC  =(-1,0,- 3),n2=( 3,1,1), 则 sin θ=|cos〈 EC  ,n2〉|= 2 3 2× 5 = 15 5 ,∴EC 与平面 PAB 所成角的正弦值为 15 5 . 9、如图 1,A,D 分别是矩形 A1BCD1 上的点,AB=2AA1=2AD=2,DC=2DD1, 把四边形 A1ADD1 沿 AD 折叠,使其与平面 ABCD 垂直,如图 2 所示,连接 A1B,D1C 得 几何体 ABA1DCD1. (1)当点 E 在棱 AB 上移动时,证明:D1E⊥A1D; (2)在棱 AB 上是否存在点 E,使二面角 D1ECD 的平面角为 π 6 ?若存在,求出 AE 的长; 若不存在,请说明理由. 解:(1)证明,如图,以点 D 为坐标原点,DA,DC,DD1 所在直线为 x 轴,y 轴,z 轴建立空间直角坐标系 Dxyz, 则 D(0,0,0),A(1,0,0),C(0,2,0),A1(1,0,1),D1(0,0,1).设 E(1,t,0), 则 1D E  =(1,t,-1), 1A D  =(-1,0,-1),∴ 1D E  · 1A D  =1×(-1)+t×0+(-1)×(-1) =0, ∴D1E⊥A1D. (2)假设存在符合条件的点 E.设平面 D1EC 的法向量为 n=(x,y,z),由(1)知 EC  =(-1,2 -t,0), 则 n·EC  =0, n· 1D E  =0 得 -x+ 2-t y=0, x+ty-z=0, 令 y= 1 2 ,则 x=1- 1 2 t,z=1, ∴n= 1- 1 2 t, 1 2 ,1 是平面 D1EC 的一个法向量, 显然平面 ECD 的一个法向量为 1DD  =(0,0,1), 则 cos〈n, 1DD  〉= |n· 1DD  | |n|| | = 1 1- 1 2 t 2+ 1 4 +1 =cos π 6 ,解得 t=2- 3 3 (0≤t≤2). 故存在点 E,当 AE=2- 3 3 时,二面角 D1ECD 的平面角为 π 6 .