高中数学用空间向量解立体几何问题方法归纳(供参考) 20页

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 .