专题44 立体几何中的向量方法（一）证明平行与垂直-2020年领军高考数学一轮复习（文理通用） Word版含解析 58页

专题 44 立体几何中的向量方法（一）证明平行与垂直 最新考纲 1.理解直线的方向向量及平面的法向量． 2.能用向量语言表述线线、线面、面面的平行和垂直关系． 3.能用向量方法证明立体几何中有关线面位置关系的一些简单定理. 基础知识融会贯通 1．直线的方向向量与平面的法向量的确定 (1)直线的方向向量：在直线上任取一非零向量作为它的方向向量． (2)平面的法向量可利用方程组求出：设 a，b 是平面α内两不共线向量，n 为平面α的法向量， 则求法向量的方程组为 n·a＝0， n·b＝0. 2．用向量证明空间中的平行关系 (1)设直线 l1 和 l2 的方向向量分别为 v1 和 v2，则 l1∥l2(或 l1 与 l2 重合) ⇔ v1∥v2. (2)设直线 l 的方向向量为 v，与平面α共面的两个不共线向量 v1 和 v2，则 l∥α或 l ⊂ α ⇔ 存在两 个实数 x，y，使 v＝xv1＋yv2. (3)设直线 l 的方向向量为 v，平面α的法向量为 u，则 l∥α或 l ⊂ α ⇔ v⊥u. (4)设平面α和β的法向量分别为 u1，u2，则α∥β ⇔ u1 ∥u2. 3．用向量证明空间中的垂直关系 (1)设直线 l1 和 l2 的方向向量分别为 v1 和 v2，则 l1⊥l2 ⇔ v1⊥v2 ⇔ v1·v2＝0. (2)设直线 l 的方向向量为 v，平面α的法向量为 u，则 l⊥α ⇔ v∥u. (3)设平面α和β的法向量分别为 u1 和 u2，则α⊥β ⇔ u1⊥u2 ⇔ u1·u2＝0. 重点难点突破 【题型一】利用空间向量证明平行问题 【典型例题】 如图，在四棱锥 P﹣ABCD 中，PB⊥平面 ABCD，AB⊥AD，AB∥CD，且 AB＝1，AD＝CD＝2，E 在线段 PD 上． （Ⅰ）若 E 是 PD 的中点，试证明：AE∥平面 PBC； （Ⅱ）若异面直线 BC 与 PD 所成的角为 60°，求四棱锥 P﹣ABCD 的侧视图的面积． 【解答】（Ⅰ）证法一：在四棱锥 P﹣ABCD 中，取 PC 的中点 F，连接 EF、FB， 因为 E 是 PD 的中点，所以 EF CDAB，… 所以四边形 AEFB 是平行四边形，… 则 AE∥FB， 而 AE ⊄ 平面 PBC，FB ⊂ 平面 PBC，… ∴AE∥平面 PBC． … 证法二：如图，以 B 为坐标原点，AB 所在直线为 x 轴，垂直于 AB 的直线为 y 轴，BP 所在直 线为 z 轴，建立空间直角坐标系， 设 PB＝t，则 P（0，0，t），D（﹣1，2，0），C（1，2，0），A（﹣1，0，0）， 所以 E（ ，1， ）， ，… 设平面 PBC 的法向量为 （x，y，z），则 ，所以 ，即 取 y＝﹣1，得到平面 PBC 的法向量为 （2，﹣1，0）． 所以 0，而 AE ⊄ 平面 PBC，则 AE∥平面 PBC．… （Ⅱ）解：同（Ⅰ）法二建立空间直角坐标系， 设 PB＝t（t＞0），则 P（0，0，t），D（﹣1，2，0），C（1，2，0）， 所以 （﹣1，2，﹣t）， （1，2，0）， 则| | ，| | ，… 由已知异面直线 BC 与 PD 成 60°角，所以 • ， 又 • 1×1+2×2+（﹣t）×0＝3， 所以 3，解得 t ，即 PB ， 所以侧视图的面积为 S 2 ．… 【再练一题】 如图，已知正方形 ABCD 和矩形 ACEF 所在的平面互相垂直，AB ，AF＝1，M 是线段 EF 的 中点． （1）求证 AM∥平面 BDE； （2）求二面角 A﹣DF﹣B 的大小； （3）试在线段 AC 上一点 P，使得 PF 与 CD 所成的角是 60°． 【解答】证明：（Ⅰ）建立如图所示的空间直角坐标系 设 AC∩BD＝N，连接 NE， 则点 N、E 的坐标分别是（ 、（0，0，1）， ∴ （ ， 又点 A、M 的坐标分别是 （ ）、（ ∴ （ ∴ 且 NE 与 AM 不共线， ∴NE∥AM 又∵NE ⊂ 平面 BDE，AM ⊄ 平面 BDE， ∴AM∥平面 BDF 解：（Ⅱ）∵AF⊥AB，AB⊥AD，AF∩AD＝A， ∴AB⊥平面 ADF ∴ 为平面 DAF 的法向量 ∵ • 0， ∴ •（ ， ，1）＝0 得 ， ∴NE 为平面 BDF 的法向量 ∴cos ∴ 的夹角是 60° 即所求二面角 A﹣DF﹣B 的大小是 60° （3）设 P（x，x，0）， ， ，则 cos | |，解得 或 （舍去） 所以当点 P 为线段 AC 的中点时，直线 PF 与 CD 所成的角为 60°． 思维升华 (1)恰当建立空间直角坐标系，准确表示各点与相关向量的坐标，是运用向量法证明 平行和垂直的关键． (2)证明直线与平面平行，只需证明直线的方向向量与平面的法向量的数量积为零，或证直线 的方向向量与平面内的不共线的两个向量共面，或证直线的方向向量与平面内某直线的方向 向量平行，然后说明直线在平面外即可．这样就把几何的证明问题转化为向量运算． 【题型二】利用空间向量证明垂直问题 命题点 1 证线面垂直 【典型例题】 如图，在四棱锥 O﹣ABCD 中，OA⊥底面 ABCD，底面 ABCD 是边长为 2 的正方形，OA＝2，M、 N、Q 分别为 OA、BC、CD 的中点． （Ⅰ）证明：DN⊥平面 OAQ； （Ⅱ）求点 B 到平面 DMN 的距离． 【解答】解：（Ⅰ）由题意，可知 AO，AB，AD 两两垂直，于是可如图建立空间直角坐标系， 从而可得以下各点的坐标：A（0，0，0），B（2，0，0），D（0，2，0），O（0，0，2），M（0， 0，1），N（2，1，0），Q（1，2，0） ， ∵ ．∴ ．即 AQ⊥DN． 又知 OA⊥DN，∴DN⊥平面 OAQ． （Ⅱ）设平面 DMN 的法向量为 ， 由 ．得 即 ， 令 x＝1，得平面 DMN 的法向量 ， ∴点 B 到平面 DMN 的距离 ． 【再练一题】 如图，在四棱锥 P﹣ABCD 中，底面 ABCD 为矩形，侧棱 PA⊥底面 ABCD， ，BC＝1， PA＝2，E 为 PD 的中点． （1）求 的值； （2）在侧面 PAB 内找一点 N，使 NE⊥平面 PAC，并求出 N 到 AB 和 AP 的距离． 【解答】解：（1）在四棱锥 P﹣ABCD 中，底面 ABCD 为矩形， 侧棱 PA⊥底面 ABCD， ，BC＝1，PA＝2，E 为 PD 的中点． 以 A 为原点，AB 为 x 轴，AD 为 y 轴，AP 为 z 轴，建立空间直角坐标系， 则 A（0，0，0），C（ ，1，0），P（0，0，2），B（ ，0，0）， （ ）， （ ）， ∴ ． （2）设在侧面 PAB 内找一点 N（a，0，c），使 NE⊥平面 PAC， D（0，1，0），E（0， ，1）， （﹣a， ，1﹣c）， （0，0，2）， （ ）， ∴ ，解得 a ，c＝1， ∴N（ ，0，1）， ∴N 到 AB 的距离为 1，N 到 AP 的距离为 ． 命题点 2 证面面垂直 【典型例题】 如图，在三棱锥 V﹣ABC 中，VC⊥底面 ABC，AC⊥BC，D 是 AB 的中点，且 AC＝BC＝2， ． （1）求证：平面 VAB⊥平面 VCD； （2）求二面角 V﹣AB﹣C 的大小； （3）求点 C 到平面 VAB 的距离． 【解答】（1）证明：∵三棱锥 V﹣ABC 中，VC⊥底面 ABC，AC⊥BC， ∴以 CA 为 x 轴，以 CB 为 y 轴，以 CV 为 z 轴，建立空间直角坐标系， ∵D 是 AB 的中点，且 AC＝BC＝2， ， ∴V（0，0， ），A（2，0，0），B（0，2，0），D（1，1，0），C（0，0，0） ∴ ， ， ， ∴ 2+2+0＝0， ， 故 AB⊥CD，AB⊥CV， ∴AB⊥平面 VCD， ∵AB ⊂ 平面 VAB， ∴平面 VAB⊥平面 VCD． （2）解：由（1）知 AB⊥平面 VCD， ∴∠VDC 是二面角 V﹣AB﹣C 的平面角， ∵AC＝BC＝2， ，VC⊥底面 ABC，AC⊥BC， ∴VC＝CD ，VC⊥CD， ∴∠VDC ， 故二面角 V﹣AB﹣C 的大小为 ． （3）解：∵V（0，0， ），A（2，0，0），B（0，2，0），C（0，0，0）， ∴ ， ， （0，0， ）， 设平面 VAB 的法向量为 ， 则 ， ∴ ，解得 ， ∴点 C 到平面 VAB 的距离 d 1． 【再练一题】 在如图所示的几何体中，面 CDEF 为正方形，面 ABCD 为等腰梯形，AB∥CD，AB＝2BC，∠ABC ＝60°，AC⊥FB． （Ⅰ）求证：AC⊥平面 FBC； （Ⅱ）线段 ED 上是否存在点 Q，使平面 EAC⊥平面 QBC？证明你的结论． 【解答】（Ⅰ）证明：∵AB＝2BC，∠ABC＝60°， 在 △ ABC 中，由余弦定理可得 AC2＝AB2+BC2﹣2AB•BCcos60°＝3BC2， ∴AC2+BC2＝4BC2＝AB2，∴∠ACB＝90°． ∴AC⊥BC． 又∵AC⊥FB，FB∩BC＝B， ∴AC⊥平面 FBC． （Ⅱ） 线段 ED 上不存在点 Q，使平面 EAC⊥平面 QBC． 证明如下： 因为 AC⊥平面 FBC，所以 AC⊥FC． 因为 CD⊥FC，所以 FC⊥平面 ABCD． 所以 CA，CF，CB 两两互相垂直，如图建立的空间直角坐标系 C﹣xyz． 在等腰梯形 ABCD 中，可得 CB＝CD． 设 BC ＝ 1 ， 所 以 ， ． 所以 ， ． 设平面 EAC 的法向量为 （x，y，z），则 ， 所以 取 z＝1，得 （0，2，1）． 假设线段 ED 上存在点 Q，设 ，所以 ． 设平面 QBC 的法向量为 （a，b，c），则 所以 取 c＝1，得 ． 要使平面 EAC⊥平面 QBC，只需 ， 即 ，此方程无解． 所以线段 ED 上不存在点 Q，使平面 EAC⊥平面 QBC． 思维升华 证明垂直问题的方法 (1)利用已知的线面垂直关系构建空间直角坐标系，准确写出相关点的坐标，从而将几何证明 转化为向量运算．其中灵活建系是解题的关键． (2)其一证明直线与直线垂直，只需要证明两条直线的方向向量垂直；其二证明线面垂直，只 需证明直线的方向向量与平面内不共线的两个向量垂直即可，当然 ，也可证直线的方向向量 与平面的法向量平行；其三证明面面垂直：①证明两平面的法向量互相垂直；②利用面面垂 直的判定定理，只要能证明一个平面内的一条直线的方向向量为另一个平面的法向量即可． 【题型三】利用空间向量解决探索性问题 【典型例题】 如图，四棱锥 S﹣ABCD 中．ABCD 为矩形，SD⊥AD，且 SD⊥AB，AD＝a（a＞0），AB＝2AD， SD AD．E 为 CD 上一点，且 CE＝3DE． （1）求证：AE⊥平面 SBD； （2）M、N 分别在线段 CD、SB 上的点，是否存在 M、N，使 MN⊥CD 且 MN⊥SB，若存在， 确定 M、N 的位置；若不存在，说明理由． 【解答】解：（1）证明：因为四棱锥 S﹣ABCD 中．ABCD 为矩形，SD⊥AD，且 SD⊥AB， 所以 SD⊥平面 ABCD． BD 就是 SB 在底面 ABCD 上的射影． 因为 AB＝2AD，E 为 CD 上一点，且 CE＝3DE． 如图： ∵tan∠1 ，tan∠DBA ， ∴∠BAC＝∠DBA，同理∠BDA＝∠DEA ∴∠1+∠BDA＝90°． 所以 AE⊥BD． 所以 AE⊥平面 SBD； （2）假设存在 MN 满足 MN⊥CD 且 MN⊥SB． 建立如图所示的空间直角坐标系，由题意可知，D（0，0，0）， A（a，0，0），C（0，2a，0），B（a，2a，0），S（0，0， ）， 设 （a，2a，0）+t（﹣a，﹣2a， ）＝（a﹣ta，2a﹣ta， ），（t ∈[0，1]） 即 M（a﹣ta，2a﹣ta， ），N（0，y，0），y∈[0，2a] （a﹣ta，2a﹣ta﹣y， ）． 使 MN⊥CD 且 MN⊥SB， 则 ， 可得 ， t ∉ [0，1]．y＝3a+3 a ∉ [0，2a]． 故不存在 MN 使 MN⊥CD 且 MN⊥SB． 【再练一题】 如图，在四棱锥 P﹣ABCD 中，底面 ABCD 是正方形，PA⊥底面 ABCD，垂足为 A，PA＝AB，点 M 在棱 PD 上，PB∥平面 ACM． （1）试确定点 M 的位置； （2）计算直线 PB 与平面 MAC 的距离； （3）设点 E 在棱 PC 上，当点 E 在何处时，使得 AE⊥平面 PBD？ 【解答】解：（1）设 AC∩BD＝O，则 O 这 BD 的中点， 设点 M 为 PD 中点， ∵在 △ PBD 中，PB∥OM， OM ⊂ 平面 ACM， ∴PB∥平面 ACM． 故当点 M 为 PD 中点时，PB∥平面 ACM． （2）设 AB＝1，则 PA＝AB＝1， ∵底面 ABCD 是正方形，PA⊥底面 ABCD， ∴CD⊥PD，∴AM ，AC ，MC ， ∴AM2+MC2＝AC2， ∴ ， 取 AD 的中点 F，连接 AF， 则 MF∥PA，MF⊥平面 ABCD，且 MF ， ∵PB∥平面 ACM，M 为 PC 的中点， ∴直线 PB 与平面 MAC 的距离为点 D 到平面 MCA 的距离，设为 h， ∵VM﹣ACD＝VD﹣ACM， ∴ ， 解得 h ． （3）以 A 为原点，AB、AD、AP 分别为 x，y，z 轴，建立空间直角坐标系， 则 B（1，0，0），D（0，1，0），P（0，0，1），C（1，1，0）， ∴ ， （0，1，﹣1）， 设平面 PBD 的法向量 （x，y，z），则 ， ， ∴ ，∴ ， 设 ， 则 E（λ，λ，1﹣λ）， ∵AE⊥平面 PBD， ∴ ，∴ ，∴E 为 PC 中点． 故当点 E 为 PC 中点时，AE⊥平面 PBD． 思维升华 对于“是否存在”型问题的探索方式有两种：一种是根据条件作出判断，再进一步论 证；另一种是利用空间向量，先设出假设存在点的坐标，再根据条件求该点的坐标，即找到“存 在点”，若该点坐标不能求出，或有矛盾，则判定“不存在”． 基础知识训练 1．【山西省长治市第二中学 2018-2019 学年高二上学期期中考试】如图，在各棱长均为 2 的三 棱柱 1 1 1ABC A B C 中，侧面 1 1A ACC  底面 ABC ， 1 60A AC   ． (1)求侧棱 1AA 与平面 1AB C 所成角的正弦值； (2)已知点 D 满足 BD BA BC  uuur uur uuur ，那么在直线 1AA 上是否存在点 P ，使 / /DP 平面 1AB C ？ 若存在，请确定点 P 的位置；若不存在，请说明理由． 【答案】（1） 6 4 （2）恰好为 1A 点． 【解析】 （1）∵侧面 1 1A ACC  底面 ABC，作 A1O⊥AC 于点 O， ∴ 1AO  平面 ABC ． 又 1 60ABC A AC     ，且各棱长都相等， ∴ 1AO  ， 1 3OA OB  ， BO AC ． 故以 O 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系 O-xyz， 则  0, 1,0A  ，  3,0,0B ，  1 0,0, 3A ，  0,1,0C ， ∴  1 0,1, 3AA  ，  1 3,0, 3AB   ，  0,2,0AC  ． 设平面 1AB C 的法向量为  , ,n x y z 则 1• 3 2 3 0 • 2 0 n AB x y z n AC y          ，取 1x  ，得  1,0,1n  ． 设侧棱 AA1 与平面 AB1C 所成角的为θ， 则 1 1 1 • 3 6sin | cos , 4| • | 2 2 AA nAA n AA n           ， ∴侧棱 1AA 与平面 1AB C 所成角的正弦值为 6 4 ． （2）∵ BD BA BC    ，而    3, 1,0 3,1,0BA BC ，     ， ∴  2 3,0,0BD   ，又∵  3,0,0B ，∴点  3,0,0D  ． 假设存在点 P 符合题意，则点 P 的坐标可设为  0, ,P y z ，∴  3, ,DP y z ∵DP∥平面 1AB C ，  1,0,1n   为平面 1AB C 的法向量，∴ 0DP n    ，得 z= 3 , 又由 1AP AA  ，得 1 3 3 y      ，∴ 0y  ． 又 DP  平面 1AB C ，故存在点 P，使 DP∥平面 1AB C ，其坐标为 0,0, 3 ， 即恰好为 1A 点． 2．【北京市东城区 2019 届高三第二学期综合练习（一)】如图，在棱长均为 2 的三棱柱 1 1 1ABC A B C 中，点C 在平面 1 1A ABB 内的射影 O 为 1AB 与 1A B 的交点， ,E F 分别为 1 1,BC AC 的中点． （Ⅰ）求证：四边形 1 1A ABB 为正方形； （Ⅱ）求直线 EF 与平面 1 1A ACC 所成角的正弦值； （Ⅲ）在线段 1AB 上存在一点 D ，使得直线 EF 与平面 1ACD 没有公共点，求 1 AD DB 的值. 【答案】（Ⅰ）详见解析；（Ⅱ） 30 15 ；（Ⅲ） 1 2 . 【解析】 （Ⅰ）连结 CO ． 因为 C 在平面 1 1A ABB 内的射影 O 为 与 1A B 的交点， 所以CO  平面 1 1A ABB ． 由已知三棱柱 1 1 1ABC A B C 各棱长均相等， 所以 AC BC ，且 1 1A ABB 为菱形. 由勾股定理得 OA OB ，即 1 1AB A B . 所以四边形 1 1A ABB 为正方形. （Ⅱ）由（Ⅰ）知CO  平面 1 1,A ABB 1, .CO OA CO OA  在正方形 1 1A ABB 中， 1OA OA ． 如图建立空间直角坐标系O xyz ． 由题意得 1 1(0,0,0), ( 2,0,0), (0, 2,0), ( 2,0,0), (0,0, 2), ( 2, 2, 2)O A A B C C  ， 2 2 2 2( ,0, ), ( 2, , )2 2 2 2E F  ． 所以 1 ( 2, 2,0), (0, 2, 2).A A AC     设平面 1 1A ACC 的法向量为 ( , , ),m x y z 则 1 0, 0. m AA m AC         即 2 2 0, 2 2 0. x y y z       令 1,x  则 1, 1.y z  于是 (1,1,1)m  ． 又因为 3 2 2( , ,0)2 2EF   ， 设直线 EF 与平面 1 1A ACC 所成角为 ，则 30sin | cos | 15 m EF m ,EF m EF              ． 所以直线 EF 与平面 1A AC 所成角的正弦值为 30 15 . （Ⅲ）直线 EF 与平面 1ACD 没有公共点，即 EF ∥平面 1ACD ． 设 D 点坐标为 0(0, ,0)y ， D 与 O 重合时不合题意，所以 0 0y  ． 因为 1 0( 2, ,0)A D y  ， 1 ( 2,0, 2)AC   ． 设 1 1 1( , , )n x y z 为平面 1ACD 的法向量， 则 1 1 0, 0. n A D n AC        即 1 0 1 1 1 2 0, 2 2 0. x y y x z       令 1 1x  ，则 1 0 2y y  ， 1 1z  . 于是 0 2(1, ,1)n y  . 若 EF ∥平面 1ACD ， 0n EF   . 又 3 2 2( , ,0)2 2EF   ， 所以 0 3 2 2 2 02 2 y    ，解得 0 2 3y  ． 此时 EF 不属于平面 1ACD ， 所以 2 2 3AD  ， 1 4 2 3DB  . 所以 1 1 2 AD DB  ． 3．【江西省上高县第二中学 2018-2019 学年高二下学期第一次月考】四棱锥 P-ABCD 的底面是 边长为 2 的正方形，PA⊥平面 ABCD，E，F 分别为线段 AB，BC 的中点． （1）线段 AP 上一点 M，满足 1 4AM AP  ，求证：EM∥平面 PDF； （2）若 PB 与平面 ABCD 所成的角为 45°，求二面角 A-PD-F 的余弦值． 【答案】（1）见解析（2） 1 3 【解析】 （1）由题意，以 A 为原点，AB 为 x 轴，AD 为 y 轴，AP 为 z 轴，建立空间直角坐标系， 设 PA=a，则 A（0，0，0），M（0，0， 4 a ），P（0，0，a），F（2，1，0），D（0，2，0）， E（1，0，0），所以 EM =（-1，0， 4 a ）， PF =（2，1，-a）， PD =（0，2，-a）， 设平面 PDF 的法向量 n =（x，y，z）， 则 2 0 2 0 n PF x y az n PD y az              ，取 z=2，得 n =（ 2 a ，a，2）， ∵ n · EM =- 2 a +2× 4 a =0，EM  平面 PDF，∴EM∥平面 PDF． （2）因为 PB 与平面 ABCD 所成的角为 45°，可得 PA=AB=2， 所以 P（0，0，2），D（0，2，0），F（2，1，0）， 所以 PD =（0，2，-2）， PF =（2，1，0）， 设平面 PDF 的法向量为 m =（x，y，z）， 则 2 2 0 2 0 m PD y z m PF x y             ，取 y=1，得 m =（ 1 2  ，1，1）， 又由平面 PAD 的法向量 p =（1，0，0）， 设二面角 A-PD-F 的平面角为θ，则 1 12cos 391 4 m p m p         ， ∴二面角 A-PD-F 的余弦值为 1 3 ． 4．【2019 届高三第二次全国大联考（新课标Ⅰ卷)】已知在直四棱柱 1 1 1 1ABCD A B C D 中， AD∥BC，AB⊥BC， AB BC ，AB=1， 1 2AA AD  ，Q 为 1AB 的中点，平面 1 1ABB A 与平 面QCD 所成的锐二面角的余弦值为 4 77 77 . （1）求证： 1BD AC ； （2）若点 P 是棱 AD 上的点，且三棱锥 P ABQ 的体积为 5 12 ，求直线 PQ 和平面 1A BC 所 成角的正弦值的大小. 【答案】(1)见解析；（2）见解析. 【解析】 （1）∵在直四棱柱 1 1 1 1ABCD A B C D 中，AD∥BC，AB⊥BC，∴AB，AD，AA1 两两垂直， ∴以 A 为原点，AB，AD，AA1 所在直线分别为 x，y，z 轴建立如图所示的空间直角坐标系，又  1AB  ， 1 2AA AD  ，  1,0,0B ，  1 0,0,2A ，  0,2,0D ， Q 为 1A B 的中点， 1 ,0,12Q     ， 设 (0 1)BC a a   ，则  1, ,0C a ， 1 , 2,12DQ       ，  1,2 ,0CD a   ， 设平面QCD 的法向量为  1 1 1 1, ,n x y z ，则  1 1 1 1 1 2 0 1 2 02 x a y x y z        ，令 1 2y  ，得 1 4 2x a  ， 1 2z a  ，即平面QCD 的一个法向量为  1 4 2 ,2, 2n a a   ， 又平面 1 1ABB A 的一个法向量为  0 0,1,0n   ， 1 0 2n n    ， 2 1 5 12 24n a a   ， 0 1n  ， 2 2 4 77 775 12 24a a     ，解得 1 2a  或 19 10a  ， 0 1a  ， 1 2a  ， 11, ,02C      ， 1 11, , 22AC       ，  1,2,0BD   ， ∴ 1 0AC BD   ， 1BD AC . （2）设  0, ,0 (0 2)P t t  ， Q 为 1A B 的中点， 1 1 1 2 2AQB AA BS S    ， 又三棱锥 P ABQ 的体积为 5 12 ， 1 1 5 3 2 12t   ， 5 2t  ， 50, ,02P       ， 1 5, ,12 2PQ         ， 设平面 1A BC 的法向量为  2 2 2 2, ,n x y z ， 1 1 11, , 2 , 0, ,02 2AC BC              ， ∴ 2 2 2 2 0 1+ 2 02 y x y z    ，令 2 2x  ，得 2 1z  ，即平面 1A BC 的一个法向量为  2 2,0,1n  ， 设直线 PQ 和平面 1A BC 所成的角为 ，则 2 2 2 2sin cos , 555 2 PQ n      ，即直线 PQ 和平面 1A BC 所成角的正弦值为 2 2 5 . 5．【江苏省常州“教学研究合作联盟”2018-2019 高二下学期期中考试】如图，在四棱锥 P ABCD 中，已知 PA  平面 ABCD ，且四边形 ABCD 为直角梯形， 2ABC BAD     ， 1 22PA AB BC AD    ，点 E , F 分别是 AB , PD 的中点. （1）求证： / /EF 平面 PBC ； （2）若点 M 为棱 PC 上一点，且平面 EFM  平面 PBC ， 求证： .EM PC 【答案】（1）见解析； （2）见解析. 【解析】  PA  平面 ABCD ， AD  平面 ,ABCD .PA AD   PA  平面 ABCD ， AB  平面 ,ABCD .PA AB  又因为 ,2BAD   所以 AB AD ，则 , ,AB AD AP 两两垂直，则以 , ,AB AD AP   为正交 基底，建立如图所示的空间直角坐标系 .A xyz 则各点的坐标为          0,0,0 , 2,0,0 , 2,2,0 , 0,4,0 , 0,0,2 .A B C D P 因为点 ,E F 分别是 AB ， PD 的中点，所以    1,0,0 , 0,2,1 .E F （1）证明：设平面 PBC 的一个法向量为  1 , , .n x y z 因为    2,0,2 , 0,2,0 ,BP BC    由 1 1, ,n BP n BC     得 2 2 0 2 0 x z y      ，令 1,x  所以 0, 1.y z  则  1 1,0,1 .n  因为  1,2,1 ,EF   所以 1 0.EF n   又 EF  平面 ,PBC 所以 / /EF 平面 PBC . （2）证明：因为 M 为棱 PC 上一点，所以 ,PM PC  0 1.  设  , , ,M x y z 则   , , 2 2,2, 2 ,x y z    ，所以 2 , 2 , 2 2 .x y z      即  2 ,2 ,2 2 ,M    所以  2 1,2 ,2 2 ,EM       1,2,1 .EF   设平面 EFM 的一个法向量为  2 , , ,n x y z 则 2 2, .n EM n EF     所以    2 1 2 2 2 0 , 2 0 x y z x y z              消去 y 可得   3 1 2 3 0.x z     令 3 2,x   则 13 1, .2z y    所以 2 13 2, ,3 1 .2n          平面 EFM  平面 ,PBC 1 2.n n   则3 2 3 1 0,     所以 1 ,2    1,1,1 .M 从而  0,1,1 ,EM  因为  2,2, 2 ,PC   所以 0,EM PC   则 ,EM PC  即 .EM PC 6．【江西省南昌市南昌外国语学校 2019 届高三高考适应性测试】如图,已知长方形 ABCD 中, 2, 1AB AD  , M 为 DC 的中点. 将 ADM 沿 AM 折起,使得平面 ADM  平面 ABCM . (1)求证: AD BM . (2)点 E 是线段 DB 上的一动点,当二面角 E AM D  大小为 3  时,试确定点 E 的位置. 【答案】（1）见解析；（2）当 E 位于线段 DB 之间,且 2 3 3DE EB   【解析】 解：取 AM 的中点 O,AB 的中点 N,则 , ,ON OA OD 两两垂直, 以 O 为原点建立如图所示的空间直角坐标系, 如图,根据已知条件,得 2 ,0,02A       , 2 , 2,02B      , 2 ,0,02M      , 20,0, 2D       (1)由于  2 2,0, , 0, 2,0 ,2 2AD BM           则 • 0AD BM   ,故 AD BM . (2)设存在满足条件的点 E,并设 DE DB  , 则 2 2 2, , , 2,2 2 2E E Ex y z                 则点 E 的坐标为 2 2 2, 2 ,2 2 2         .(其中  0,1  ) 易得平面 ADM 的法向量可以取  1 0,1,0n  , 设平面 AME 的法向量为  2 , ,n x y z  , 则  2,0,0AM   , 2 2 2 2, 2 ,2 2 2 2AE            则   2 2 2 0 2 2 2 22 02 2 2 2 n AM x n AE x y z                                   解得   0 : 1 : 2 x y z       ，取  2 0, 1,2n    由于二面角 E AM D  大小为 3  , 则   1 2 1 2 2 21 2 • 1 1cos cos ,3 2• 1 4 n nn n n n                ， 由于  0,1  ,故解得 2 3 3   . 故当 E 位于线段 DB 之间,且 2 3 3DE EB   时,二面角 E AM D  大小为 3  . 7．【北京市朝阳区 2019 届高三第一次（3 月)综合练习（一模)】如图，在多面体 ABCDEF 中， 平面 ADEF  平面 ABCD ．四边形 ADEF 为正方形，四边形 ABCD 为梯形，且 //AD BC ， 90BAD   ， 1AB AD  ， 3BC  ． (1)求证： AF CD ； (2)求直线 BF 与平面CDE 所成角的正弦值； (3)线段 BD 上是否存在点 M ，使得直线 //CE 平面 AFM 若存在，求 BM BD 的值；若不存在， 请说明理由． 【答案】（Ⅰ）详见解析；（Ⅱ） 10 5 ；（Ⅲ）线段 BD 上存在点 M ，使得 / /CE 平面 AFM ， 且 2 3 BM BD  ． 【解析】 解：（Ⅰ）证明：因为 ADEF 为正方形， 所以 AF AD ． 又因为平面 ADEF  平面 ABCD ， 且平面 ADEF  平面 ABCD AD ， 所以 AF  平面 ABCD ． 所以 AF CD ． （Ⅱ）由（Ⅰ）可知， AF  平面 ABCD ，所以 AF AD ， AF AB ． 因为 90BAD   ，所以 , ,AB AD AF 两两垂直． 分别以 , ,AB AD AF 为 x 轴， y 轴， z 轴建立空间直角坐标系（如图）． 因为 1AB AD  ， 3BC  ， 所以            0,0,0 , 1,0,0 , 1,3,0 , 0,1,0 , 0,1,1 , 0,0,1A B C D E F ， 所以      1,0,1 , 1,2,0 , 0,0,1BF DC DE      ． 设平面CDE 的一个法向量为  , ,n x y z ， 则 0, 0. n DC n DE         即 2 0, 0. x y z     令 2x  ，则 1y   ， 所以  2, 1,0n   ． 设直线 BF 与平面CDE 所成角为 ， 则  2 1 10sin cos , 55 2 n BF         ． （Ⅲ）设  0 1 )BM BD     ， ， 设  1 1 1, ,M x y z ，则   1 1 11, , 1,1,0x y z    ， 所以 1 1 11 , , 0x y z     ，所以  1 , ,0M   ， 所以  1 , ,0AM    ． 设平面 AFM 的一个法向量为  0 0 0, ,m x y z ，则 0, 0. m AM m AF         因为  0,0,1AF  ，所以   0 0 0 1 0, 0. x y z        令 0x  ，则 0 1y   ，所以  , 1,0m    ． 在线段 BD 上存在点 M ，使得 / /CE 平面 AFM 等价于存在  0,1  ，使得 0m CE  ． 因为  1, 2,1CE    ，由 0m CE  ， 所以  2 1 0     ， 解得  2 0,13    ， 所以线段 BD 上存在点 M ，使得 / /CE 平面 AFM ，且 2 3 BM BD  ． 8．【2019 年 3 月 2019 届高三第一次全国大联考（新课标Ⅰ卷)】如图，在直三棱柱 1 1 1ABC A B C 中， 1CA  ， 2CB  ， 90BCA   ，侧棱 1 2AA  ， M 为 AB 的中点． （1）求异面直线 1 1,AB CA 所成角的余弦值； （2）若 N 为 1A A 上一动点，求 N 在何位置时 1CB ⊥ BN ； （3）求二面角 1B CM B  的余弦值． 【答案】（1） 5 5 （2）点 N 与点 1A 重合（3） 6 6 【解析】 （1）以 C 为坐标原点，CB，CA，CC1 所在直线分别为 , ,x y z 轴建立空间直角坐标系， 则            1 1 1 10,0,0 , 0,1,0 , 2,0,0 , 2,0,2 , 0,0,2 , 0,1,2 , 1, ,02C A B B C A M      所以    1 12, 1,2 , 0,1,2AB CA    ， 所以     1 1 2, 1,2 0,1,2 5cos , 59 5 AB CA      ， 即异面直线 1 1,AB CA 所成角的余弦值为 5 5 . （2）设点 N 的坐标为 0,1, ,z 则    1 2,0,2 , 2,1,CB BN z    ， ∴    1 2,0,2 2,1, 4 2 0,CB BN z z         即 2z  ， ∴当 2AN  ，即点 N 与点 1A 重合时， 1CB ⊥ BN . （3）设平面 1MCB 的一个法向量为  , ,n x y z ， 11, ,02CM       ，  1 2,0,2CB  ， 则 1 21 00 120 2 2 0 1 y x yCM n x CB n x z z                      ，∴  1,2,1n   ， 易知平面 MCB 的一个法向量为  1 0,0,2CC  ， ∵ 1 2 2 6cos , 62 1 1 2 n CC      . ∴二面角 1B CM B  的余弦值为 6 6 . 9．【安徽省芜湖市四校 2018-2019 学年高二上学期期末】如图所示，正三棱柱 1 1 1ABC A B C 的 底面边长是 2，侧棱长是 3 ， D 是 AC 的中点． （Ⅰ）求证： 1 / /B C 平面 1ABD ； （Ⅱ）在线段 1AA 上是否存在一点 E ，使得平面 1 1BC E 平面 1ABD ？若存在，求出 AE 的 长；若不存在，说明理由． 【答案】（I）见解析；（II）存在点 E ，使得平面 1 1BC E 平面 1ABD ，且 3 3AE  【解析】 （I）连接 1AB 交 1A B 于点 M ，连接 MD ． ∵三棱柱 1 1 1ABC A B C 是正三棱柱，∴四边形 1 1BAA B 是矩形， ∴ M 为 1AB 的中点． ∵ D 是 AC 的中点，∴ 1/ /MD B C ． 又 MD  平面 1A BD ， 1B C  平面 1A BD ， ∴ 1 / /B C 平面 1A BD ． （II）作CO AB 于点 O ，则CO  平面 1 1ABB A ， 以O 为坐标原点建立空间直角坐标系如图，假设存在点 E ，设  1, ,0E a ． ∵ 12, 3,AB AA D  是 AC 的中点，∴            1 1 11,0,0 , 1,0,0 , 0,0, 3 , 1, 3,0 , 1, 3,0 , 0, 3, 3A B C A B C  ． ∴  1 1 3 3 3,0, , ,0, , 2, 3,02 2 2 2D BD BA               ． 设是平面 1A BD 的法向量为  1 , ,n x y z ，∴ 1 1 1,n BD n BA     ， ∴ 3 3 02 2 2 3 0 x z x y       ，令 3x   ，得  1 3,2,3n   ． ∵  1, ,0E a ，则    1 1 11, 3, 3 , 1,0, 3C E a C B       ． 设平面 1 1B C E 的法向量为  2 , ,n x y z ，∴ 2 1 2 1 1,n C E n C B     ． ∴  3 3 0 3 0 x a y z x z          ，令 3z   ，得 2 63, , 3 3 n a       ． ∵平面 1 1BC E  平面 1A BD ，∴ 1 2· 0n n   ， 即 123 3 3 3 0 3 a      ，解得 3 3a  ． ∴存在点 E ，使得平面 1 1BC E 平面 1A BD ，且 3 3AE  ． 10．【广东省云浮市 2018-2019 学年高二上期末】在如图所示的几何体中，四边形 CDEF 为正方 形，四边形 ABCD 为梯形， / /AB CD ， 2 2AB BC CD  ， DC FB ，CF  平面 ABCD．  1 求 BE 与平面 EAC 所成角的正弦值；  2 线段 BE 上是否存在点 M，使平面 EAC  平面 DFM？若存在，求 BM BE 的值；若不存在， 请说明理由． 【答案】（1） 2 3 ；（2）见解析 【解析】   1 四边形 CDEF 为正方形，四边形 ABCD 为梯形， / /AB CD ，DC FB ，CF  平面 ABCD． 以 C 为原点，CD 为 x 轴，CB 为 y 轴， CF 为 z 轴，建立空间直角坐标系， 设 2 2 2AB BC CD   ，则 (0,B 1， 0) ， (1,E 0，1) ， (2,A 1， 0) ， (0,C 0， 0) ， (0,F 0，1) ，  1, 1,1BE   ， (2,CA   1， 0) ， (1,CE  0，1) ， 设平面 EAC 的法向量 ( ,n x y， )z ， 则 2 0 0 n CA x y n CE x z            ，取 1x  ， 得  1, 2, 1n    ， 设 BE 与平面 EAC 所成角为 ， 则 2 2sin 33 6 BE n BE n          ． BE 与平面 EAC 所成角的正弦值为 2 3 ．  2 线段 BE 上不存在点 M，使平面 EAC  平面 DFM． 理由如下： 设线段 BE 上存在点 ( ,M a b， )c ， BM BE  ， 0 1  ，使平面 EAC  平面 DFM， 则   , 1, , ,a b c      ，  ,1 ,M     ，  ,1 ,DM     ， (0,DF  0，1) ， 设平面 DMF 的法向量 ( ,m x y， )z ， 则  1 0 0 m DM x y z m DF z               ，取 1x  ，得 1, ,01m        ， 平面 EAC  平面 DFM，平面 EAC 的法向量  1, 2, 1n    ， 21 01m n         ，解得  1 0,1    ， 线段 BE 上不存在点 M，使平面 EAC  平面 DFM． 11．【陕西省西安市西安中学 2018-2019 学年高二上学期期末】如图，在三棱柱 中， 平面 的中点． （1）求证： ； （2）求异面直线 所成的角的大小. 【答案】（1）证明见解析；（2） . 【解析】 （1）证明：由题意易知 ，设 ,建立如图所 示的空间直角坐标系，则 , , 则 ， 故 . （2） ， ， 故异面直线 所成的角为 . 12．【湖北省荆州中学、宜昌一中等“荆、荆、襄、宜四 地七校考试联盟”2019 届高三上学期期末】在四棱锥 P-ABCD 中,底面 ABCD 是边长为 的正 方形,平面 PAC⊥底面 ABCD，PA=PC= （1）求证：PB=PD; （2）若点 M,N 分别是棱 PA,PC 的中点,平面 DMN 与棱 PB 的交点 Q,则在线段 BC 上是否存在一 点 H,使得 DQ⊥PH,若存在,求 BH 的长,若不存在,请说明理由. 【答案】(1)见证明；(2)见解析 【解析】 (1)证明：记 AC∩BD=O，连结 PO， 底面 ABCD 为正方形， OA=OC=OB=OD=2. PA=PC， PO⊥AC， 平面 PAC∩底面 ABCD=AC，PO平面 PAC， PO⊥底面 ABCD. BD底面 ABCD， PO⊥BD. PB=PD. (2)以 O 为坐标原点，射线 OB，OC，OP 的方向分别为 轴， 轴， 轴的正方向建立空间直角坐 标系如图所示，由（1）可知 OP=2. 可得 P(0,0,2)，A(0,-2,0), B(2,0,0), C(0,2,0), D(-2,0,0), 可得，M(0,-1,1), N(0,1, 1). . 设平面 的法向量 n= ， 令 ，可得 n= . 记 ，可得 ， =0，可得， ，解得 . 可得， . 记 ，可得 ， ，若 DQ⊥PH，则 ， ，解得 .故 . 13．【北京市西城区 2018-2019 学年度第一学期高二数学期末】如图，四棱锥 的底面 是直角梯形， 的中点， . （Ⅰ）证明： ⊥平面 ； （Ⅱ）求二面角 的大小； （Ⅲ）线段 上是否存在一点 ，使得直线 平面 . 若存在，确定 点的位置；若不存 在，说明理由. 【答案】（Ⅰ）见证明；（Ⅱ） ；（Ⅲ）见解析 【解析】 （Ⅰ）因为 平面 . 所以 ，又 . 如图，以 为原点建立空间直角坐标系． 由题意得 所以 . 所以 , 所以 , 所以 平面 . （Ⅱ）设平面 的法向量为 ， 因为 . 所以 ，即 ， 令 ，则 . 于是 . 因为 ⊥平面 ，所以 为平面 的法向量， 又 . 所以 . 因为所求二面角为钝角，所以二面角 大小为 . （Ⅲ）解：设 ， ， . 设平面 的法向量 ， 则 ，即 ， 令 . 于是 ， 如果直线 平面 ， 那么 ，解得 . 所以，存在点 为线段 靠近 点的三等分点，使得直线 平面 . 14．【北京市大兴区 2018~2019 学年度第一学期期末检测】如图，边长为 的正方形 和 高为 的等腰梯形 所在的平面互相垂直， 交于点 ，点 为 线段 上任意一点. （Ⅰ）求证： 平面 ； （Ⅱ）求 与平面 所成角的正弦值； （Ⅲ）是否存在点 使平面 与平面 垂直，若存在，求出 的值，若不存在，说明理由. 【答案】（Ⅰ）详见解析（Ⅱ） （Ⅲ）存在，且此时 的值为 【解析】 证明：（Ⅰ）因为正方形 中， 交于点 ， 所以 . 因为 所以 所以 为平行四边形. 所以 . 又因为 平面 平面 ， 所以 平面 . 解：（Ⅱ）取 中点 ，连结 ，因为梯形 为等腰梯形，所以 . 又因为平面 平面 ， 平面 ， 平面 平面 , 所以 平面 . 又因为 , 所以 两两垂直. 如图，建立空间直角坐标系 ， 则 ， ， 设平面 的法向量为 ， 则 ，即 ， 令 ，则 ，所以 . 设直线 与平面 所成角为 ， ， 所以直线 与平面 所成角的正弦值为 . （Ⅲ）设 ， 则 设平面 的法向量为 ， 则 ，即 ， 令 ，则 . 所以 . 若平面 与平面 垂直，则 . 由 ，得 . 所以线段 OF 上存在点 使平面 与平面 垂直， 的值为. 15．【北京市通州区 2018-2019 学年第一学期高三年级期末考试】如图，在三棱柱 中， 底面 ， △ ABC 是边长为 的正三角形， ，D，E 分别为 AB，BC 的中点． （Ⅰ）求证： 平面 ； （Ⅱ）求二面角 的余弦值； （Ⅲ）在线段 上是否存在一点 M，使 平面 ？说明理由. 【答案】(Ⅰ)见证明；(Ⅱ) （Ⅲ）见解析 【解析】 （Ⅰ）证明：在三棱柱 中， 因为 底面 ，CD ⊂ 平面 ABC， 所以 ． 又 为等边三角形， 的中点， 所以 ．因为 ， 所以 平面 ； （Ⅱ）取 中点 ，连结 ，则 因为 分别为 的中点， 所以 ． 由（Ⅰ）知 ， 如图建立空间直角坐标系 ． 由题意得 ， ， ． 设平面 法向量 则 令 ，则 ．即 ． 平面 BAE 法向量 ． 因为 ， 所以 由题意知二面角 为锐角，所以它的余弦值为 . （Ⅲ）解：在线段 上不存在点 M，使 平面 ．理由如下． 假设线段 上存在点 M，使 平面 ．则 ，使得 ． 因为 ，所以 ． 又 ，所以 ． 由（Ⅱ）可知，平面 法向量 ， 平面 ，当且仅当 ， 即 ，使得 ． 所以 解得 ． 这与 矛盾． 所以在线段 上不存在点 M，使 平面 ． 能力提升训练 1．【江苏省泰州市田家炳中学 2017-2018 学年度第二学期高二第二次学情调研】如图，已知矩 形 ABCD 所在平面外一点 P， 平面 ABCD，E、F 分别是 AB、PC 的中点． 求证：（1） 共面； （2）求证： ． 【答案】（1）详见解析；（2）详见解析. 【解析】 证明： 如图，以 A 为原点，AB 为 x 轴，AD 为 y 轴，AP 为 z 轴， 建立空间直角坐标系 ， 设 ， 则 0， 0， 2b， ， 2b， 0， ， 为 AB 的中点，F 为 PC 的中点， 0， b， ， b， 2b， ， 共面. （2） ， ． 2．根据下列条件，判断相应的线、面位置关系： （1）直线 的方向向量分别是 ； （2）直线的方向向量、平面 的法向量分别是 ； （3）直线的方向向量、平面 的法向量分别是 ； （4）平面 的法向量分别是 ． 【答案】（1） ；（2） 相交，且不与 垂直；（3） 内；（4） ． 【解析】 （1）因为 ， 所以 ，所以 ，即 ． （2）因为 ，所以 ， 所以 既不共线也不垂直，即 相交，且不与 垂直． （3）因为 ，所以 ， 所以 ，即 内． （4）因为 ，所以 ， 所以 ，即 ． 3．【内蒙古集宁一中 2018-2019 学年高二 12 月月考】如图所示，正方形 与矩形 所在平面互相垂直， ，点 的中点． （1）求证： ； （2）求证： 平面 . 【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析. 【解析】 （1）证明 由题意可得 平面 ，以 为坐标原点， 所在直线分别为 轴， 轴， 轴，建立如图所示的空间直角坐标系 . 则 . ， ， ， ，故 . （2）证明 由题意得 ， 设平面 的一个法向量为 ， 则 ，得 ， 取 ，则 是平面 的一个法向量， 又 ，且 ，故 ， 又 不在平面 内， 故 平面 . 4．如图所示，正方体 的棱长为 分别为 上的点， ． 证明：直线 平面 ． 【答案】证明见试题解析． 【解析】 分别以 所在直线为 轴，建立空间直角坐标系，如图所示． ∵ ，∴ ， ∴ ． 又 ，∴ ， ∴ ，∴ ． ∵ 是平面 的法向量，且 平面 ， ∴直线 平面 ． 5．如图，在四棱锥 中，已知底面 是正方形， ⊥ 底面 ，且 的中点． （1）证明：直线 平面 ； （2）证明：平面 平面 ． 【答案】（1）证明见试题解析；（2）证明见试题解析． 【解析】 如图，以 为原点， ， 所在直线分别为 轴、 轴、 轴建立空间直角坐标系 ， 设 ，则 ． （1）易得 ， 设平面 的法向量为 ，则 ， 即 ， 取 ，可得平面 的一个法向量为 ． 又 ，所以 ， 所以 ， 所以直线 平面 ． （2）方法 1：如图，连接 于点 ，连接 ，则点 的坐标为 ． 易得 ， 显然 ， 故 ，所以 ． 又 ⊥底面 ，所以 ⊥底面 ， 又 平面 ， 所以平面 平面 ． 方法 2：易得 ， 设平面 的法向量为 ，则 ， 即 ， 取 ，得 ， 所以平面 的一个法向量为 ． 由 ⊥底面 ，可得 是平面 的一个法向量， 因为 ，所以 ， 所以平面 平面 ． 6．【北京 101 中学 2018-2019 学年上学期高二年级期中考试】如图，在四棱锥 P－ABCD 中， 平面 PAD⊥平面 ABCD，PA⊥PD，PA=PD，AB⊥AD，O 为 AD 中点，AB=1，AD=2，AC=CD= . （1）证明：直线 AB∥平面 PCO； （2）求二面角 P－CD－A 的余弦值； （3）在棱 PB 上是否存在点 N，使 AN⊥平面 PCD，若存在，求线段 BN 的长度；若不存 在，说明理由. 【答案】（1）详见解析；（2）；（3） . 【解析】 （1）因为 AC=CD，O 为 AD 中点， 所以 ． 又 AB⊥AD， 所以 AB∥CO， 又 AB 平面 PCO，CO 平面 PCO， 所以 AB∥平面 PCO． （2）因为 PA=PD， 所以 PO⊥AD. 又因为 PO 平面 PAD，平面 PAD⊥平面 ABCD， 所以 PO⊥平面 ABCD. 因为 CO 平面 ABCD， 所以 PO⊥CO. 因为 AC=CD，所以 CO⊥AD. 如图建立空间直角坐标系 O－ . 则 A（0，1，0），B（1，1，0），C（2，0，0），D（0，－1，0），P（0，0，1）. 设平面 PCD 的法向量为 ， 则 ，得 ' 令 z=2，则 ． 又平面 ABCD 的法向量为 =（0，0，1）， 所以 . 由图形得二面角 为锐角， 所以二面角 的余弦值为． （3）假设存在点 N 是棱 PB 上一点，使得 AN⊥平面 PCD， 则存在 ∈[0，1]使得 ， 因此 . 由（2）得平面 PCD 的法向量为 . 因为 AN⊥平面 PCD， 所以 ，即 . 解得 ∈[0，1]， 所以存在点 N 是棱 PB 上一点，使 AN⊥平面 PCD，此时 . 7．【宁夏石嘴山三中 2018-2019 学年高二（上)第二次月考模拟】如图所示，已知四边形 ABCD 是平行四边形，P 点是四边形 ABCD 所在平面外一点，连接 PA、PB、PC、PD，设点 E、F、G、 H 分别为 △ PAB、 △ PBC、 △ PCD、 △ PDA 的重心．试用向量法证明 E、F、G、H 四点共面． 【答案】见解析 【解析】 分别延长 PE、PF、PG、PH，交对边于 M、N、Q、R 点， 因为 E、F、G、H 分别是所在三角形的重心， 所以 M、N、Q、R 为所在边的中点， 顺次连接 M、N、Q、R 得到的四边形为平行四边形， 且有 ；如图所示， ∴ ； 又∵ ， ∴ ， ∴ 由共面向量定理知：E、F、G、H 四点共面． 8．如图正方形 ABCD 的边长为 ，四边形 BDEF 是平行四边形，BD 与 AC 交于点 G，O 为 GC 的中点，FO＝ ，且 FO⊥平面 ABCD. (1)求证：AE∥平面 BCF； (2)求证：CF⊥平面 AEF. 【答案】（1）详见解析；（2）详见解析. 【解析】 (1)取 BC 中点 H，连接 OH，则 OH∥BD，又四边形 ABCD 为正方形，∴AC⊥BD，∴OH⊥AC， ∴以 O 为原点，建立如图所示的直角坐标系， 则 A(3，0，0)，E(1，－2， )，C(－1，0，0)，D(1，－2，0)，F(0，0， )，B(1，2，0). ＝(－2，－2，0)， ＝(1，0， )， ＝(－1，－2, )． 设平面 BCF 的法向量为 ＝(x，y，z)，则 . 取 z＝1，得 ＝(－ ，1)． 又四边形 BDEF 为平行四边形，∴ ＝(－1，－2， )， ∴ ＝(－2，－2，0)＋(－1，－2， )＝(－3，－4， )，∴ ＝3 －4 ＝0， ∴ ，又 AE 平面 BCF，∴AE∥平面 BCF. (2) ＝(－3，0， )，∴ ＝－3＋3＝0， ＝－3＋3＝0， ∴ ，又 AE AF＝A，∴CF 平面 AEF. 9．如图，正 △ ABC 的边长为 4，CD 为 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 A－DC－B. (1)试判断直线 AB 与平面 DEF 的位置关系，并说明理由； (2)在线段 BC 上是否存在一点 P，使 ？如果存在，求出 的值；如果不存在，请说明 理由． 【答案】（1） 平面 ，理由见解析；（2）. 【解析】 (1)AB∥平面 DEF，理由如下： 在 △ ABC 中，由 E，F 分别是 AC，BC 的中点，得 EF∥AB. 又因为 AB ⊄ 平面 DEF，EF 平面 DEF， 所以 AB∥平面 DEF. (2)以点 D 为坐标原点，直线 DB，DC，DA 分别为 x 轴，y 轴，z 轴，建立空间直角坐标系 (如图所示)，则 A(0，0，2)，B(2，0，0)，C(0， ，0)，E(0， ，1)，故 ＝(0， ，1)． 假设存在点 P(x，y，0)满足条件， 则 ＝(x，y，－2)， ，所以 . 又 ＝( ，y，0)， ＝(－x， ，0)， ， 所以( )( )＝ ，所以 . 把 代入上式得 ，所以 ， 所以在线段 BC 上存在点 P 使 AP⊥DE，此时 . 10．【河北省保定市 2019 届高三上学期期末考试】如图，正三棱柱 中（底面为 正三角形，侧棱垂直于底面），侧棱长 ，底面边长 ，N 是 的中点． （1）求证：平面 平面 ； （2）求三棱锥 的高． 【答案】（1）见解析 （2） 【解析】 （1）取 AB 中点 O，A1B1 中点 M，连结 OC、OM， ∵正三棱柱 ABC﹣A1B1C1 中（底面为正三角形， 侧棱垂直于底面）， 侧棱长 AA1＝2，底面边长 AB＝1，N 是 CC1 的中点． ∴以 O 为原点，OC 为 x 轴，OM 为 y 轴，OC 为 z 轴， 建立空间直角坐标系， A（，0，0），N（0，1， ）， B1（ ，2，0）， ）， （﹣1，2，0）， 设平面 ANB1 的法向量 （x，y，z）， 则 ， 取 y＝1，得 （2，1，0）， 平面 AA1B1B 的法向量 （0，0，1）， ∵ 0， ∴平面 ANB1⊥平面 AA1B1B． （2）B（ ，0，0）， （﹣1，0，0）， 设平面 ABN 的法向量 （x，y，z）， 则 ，取 z＝2，得 （0， ，2）， ∴点 B1 到平面 ANB 的距离 d ． ∴三棱锥 B1﹣ANB 的高为 ．