第五节立体几何中的向量方法

1、第五节 立体几何中的向量方法三年頁融O_O-考点一向量法证明平行、垂直关系考向聚焦高考常考内容，主要以向量为工具，通过直线的方向向量、平面的法向量证明线线、线面、 面面平行与垂直，常以解答题形式出现，难度中档，所占分值6分左右1. (2011年辽宁卷,理18)如图,四边形ABCD为正方形,PDL平面ABCDPD/ QAQA=AB=PD.(1) 证明：平面PQCL平面DCQ.(2) 求二面角QBPC的余弦值. 解：如图,以D为坐标原点,线段DA的长为单位长,射线DA x轴的正半轴建立空间直角坐标系 D xyz.(1) 证明:依题意有Q1, 1,0),C(0, 0,1), P( 0,2,0)则 =

2、(1,1,0),=(0,0,1),所以=0,=0.即 PQL DQPQL DC且 DQP DC=D. 故PQL平面DCQ.又PC?平面PQC所以平面PQCL平面DCQ.(2)解:依题意有B(1,0, 1), _=(1,0,0),_.-=(-1,2,-1).设n =(x,y,z)是平面PBC的法向量,则即 -皿 + 2v-z = 0In - CB =Iw BP =因此可取n=(0,-1,-2).r t户； RP = (1设m是平面PBQ的法向量,则？,m- PQ= 0,石 可取 m=1, 1, 1),所以 cos=-.5jTc 故二面角QBPC的余弦值为-.52. (2011年北京卷,理16)如

3、图,在四棱锥PABC冲，PA平面ABCD底面ABCD是菱形，AB=2 / BAD=60 .(1) 求证：BDL平面PAC(2) 若PA=AB求PB与 AC所成角的余弦值；(3) 当平面PBC与平面PDC垂直时,求PA的长.(1)证明：t PAL平面 ABCD 二 PAL BD底面ABCD为菱形，二ACL BD PAH AC=A 二 BDL平面 PAC.解:(2)设 ACH BD=O I / BAD=60 , PA=AB=2BO=1 AO=OC=,Oxyz,则如图，以O为坐标原点，OB OC所在直线为x, y轴,建立空间直角坐标系P(0,-,2), A(0,-,0),B( 1,0,0), C(0

4、,0),Eg=（1，打，-2）,卅=（0, 2朋,0）,设PB与AC所成的角为B则cosB =|cosv年|=|一 1= 一|烦就| 4(3) 由知,=(-1 ,0),设|PA|=t0 ,则 P(0,-,t), A =(-1,-,t),设平面PBC的法向量为m=x, y,z）,(BP m = 0,令 y=壮,则 x=3, z=, a m=3, -),同理可得平面PDC的法向量n=（-3,-）,平面 PBCL平面 PDC： m- n=0,36_即-6+r = 0, A t=k,即 PAMr考点二求直线与平面所成的角考向聚焦进 角分 夹6 的直 量川 量fr 考主 量成 向所 以面 要平 主与 容

5、應 高备考指津计量 量 的确 确准 准要，算是这 决解3. （2012年湖北卷，理19,12分）如图（1）, / ACB=45 , BC=3过动点A作ADL BC垂足D在线段BC 上且异于点B,连接AB沿人。将厶ABD折起，使/ BDC=90 （如图（2）所示）.(1) 当BD的长为多少时,三棱锥A BCD勺体积最大；(2) 当三棱锥A BCD勺体积最大时,设点E M分别为棱BC AC的中点,试在棱CD上确定一点N使得 ENL BM并求EN与平面BMN所成角的大小.(1)解：法一：在如题图(1)所示的 ABC中 ,设BD=X0x3),则CD=3-x. 由ADL BC / ACB=45知, AD

6、C为等腰直角三角形,所以AD=CD=3-x.由折起前ADL BC知,折起后(如题图(2), ADL DCADL BD且BDA DC=D 所以ADL平面BCD.又/ BDC=90 ,所以 Sabc= BD CD=x( 3-x).于是 1 ,庇jj= AD Sabc= (3-x) x(3-x)ii打i=-2x(3-x)( 3-x) U当且仅当2x=3-x ,即x=1时，等号成立， 故当x=1,即BD=1时,三棱锥A BCD勺体积最大.法二：同法,得 L垢渝:=-AD - Sbc=-( 3-x)-x(3-x)=(x3-6x2+9x).2 6令 f (x) =-(x3-6x2+9x),由 f (x)=

7、 (x-1)(x-3)=0,且 0x0;当 x (1, 3)时,f (x) 0, 所以当x=1时，f(x)取得最大值.故当BD=1时,三棱锥A BCD勺体积最大.(2)解：法一：以D为原点，建立如图a所示的空间直角坐标系D xyz.由(1)知，当三棱锥A BCD勺体积最大时，BD=1 AD=CD=2于是可得 D(0,0,0), B(1,0,0), q0,2,0), A(0,0,2), M(0, 1,1), E( , 1,0),且 =(-1,1, 1).设 N(0,入,0),则訓=(-,入-1,0).因为EN1BM等价于殊,誓沪0, 即(-,入-1,0) (-1,1, 1)= + 入-1=0,I

8、2故入=,N。,-, 0).2 2所以当DN=(即N是CD的靠近点D的一个四等分点)时，EN! BM.由*设平面BMN勺一个法向量为n=(x, y, z), 11丄BN对二，/彳1 c、及=(-1, ,),nlBM得可取 n =(1,2,-1).(Z= -X设EN与平面BMN所成角的大小为0 ,则由际$(-一，-一，), n=(1,2,-1),-4 n* EN卜訓囲 -h ir廳2可得 sin 0 =cos(90 - 0),即0 =60故EN与平面BMN所成角的大小为60 .法二：由（1）知,当三棱锥A BCD勺体积最大时,BD=1 AD=CD=2 如图b,取CD的中点F,连结MFBF, EF

9、,则MF/ AD.由（1）知AD丄平面BCD所以MFL平面BCD.如图c,延长FE至P点使得FP=DB连BP DR则四边形DBPF为正方形，所以DPI BF. 取DF的中点N连结ENJ又E为FP的中点，则EN/ DP所以EN1BF.因为MFL平面BCD.又EN?面BCD所以MFLEN.又ME BF=F所以ENL面BMF又BM?面BMF所以ENLBM.因为ENL BM当且仅当ENL BF,而点F是唯一的，所以点N是唯一的.EN! BM.即当DN=（即N是CD的靠近点D的一个四等分点）,连接MNME由计算得NB=NM=EB=EM|= 所以 NMBfA EMB是两个共底边的全等的等腰三角形，如图d所

10、示，取BM的中点G连接EGNG则BML平面EGN在平面EGN中 ,过点E作EHL GNT H则EHL平面BMN故/ ENH是 EN与平面BMN 所成的角， 在厶EGN中 ,易得EG=GN=NE=所以 EGN是正三角形,2故/ ENH=60 ,即EN与平面BMN所成角的大小为604.（2010年辽宁卷，理19）已知三棱锥P ABC中, PAL平面ABCAB丄AC PA=ACAB N为AB上点,AB=4ANM S分别为PB BC的中点.（1）证明：CML SN（2）求SN与平面CMN所成角的大小.设PA=1以A为原点，AB ACAP所在直线分别为x, y, z轴建立空间直角坐标系如图 则 P(0,

11、 0, 1), q0,1,0), B(2,0,0),M(1,0,-), N(-,0,0), S(1,-,0).1 1 1(1) 证明：=(1,-1,-),:H),因为 qf 開,：=-+-+0=0所以 CMSN.(2) 解: =(- ,1,0),设a=(x,y,z)为平面CMN勺一个法向量,a-NC=(J,卜钗+卩令 x=2,得 a=(2, 1,-2).设SN与平面CMN所成的角为B ,则sinB =|cos|.sin,90 , 9 =45故SN与平面CMN所成角为45(2010年全国新课标卷，理18)如图，已知四棱锥P ABCD勺底面为等腰梯形，AB/ CDAC丄BD垂足 为H, PH是四棱

12、锥的高，E为AD中点.(1) 证明：PE! BC(2) 若/ APB玄ADB=60 ,求直线PA与平面PEH所成角的正弦值.(1)证明：以H为原点，HA HB HP分别为x, y,z轴.线段HA的长为单位长度，建立空间直角坐标系如 图.则 A(1,0, 0), B( 0,1,0).设 qm 0, 0), P( 0, 0, n)( m0).则 D(0, m)0),曰-，0), 1 m可得二=e, ,-n), =(m-i ,o).予tn tn因为二=_-_+0=0. 所以PE! BC.(2)解：由已知条件可得m=n=1,故 C(- , 0, 0).D(0,- ,0), E(-,- ,0), P(0

13、,0, 1).32 D设n =(x, y, z)为平面PEH的法向量.则B- HE = ft即肖y =恥讪二 0.2 = 0-因此可以取n =(1,0).又:爭|=(1,0, -1),可得 Icosv所以直线PA与平面PEH所成角的正弦值为.垮点三求二面角考向聚焦高考重点考查内容，主要以向量为工具，考查通过求两平面的法向量及其角，进而转化为二 面角的大小，考查空间向量的线性运算及学生的空间想象能力，难度中档偏上，所占分值8分 左右6.(2012年重庆卷,理19, 12分)如图,在直三棱柱 ABCABC中，AB=4 AC=BC=,Q为AB的中点.(1) 求点C到平面AABB的距离；(2) 若AB

14、丄AC求二面角A-CDC的平面角的余弦值.解:(1) t AC=BCDA=DB CDL AB又 AA丄平面ABCCD?平面ABC AA 丄 CD AAG AB=AAA?平面 AB昭，AB?平面 ABBA1 CDL平面 ABBA,点C到平面ABBA的距离为AIF 1汽.Af)B x(2)如图,过点D作DD / AA交ABi于D,由(1)知DB DC DD两两垂直,以D为原点,射线DB DGDD分别为x轴、y轴、z轴的正半轴建立空间坐标系 Dxyz.设直棱柱的侧棱AA=a,则理-2,0, 0),Ai(-2,0,a), B(2,0,a), Ci(O, - ,a), G(0,0),-=(2,-a)_=

15、(4,0, a),T AB丄 AC 二古 C=,二 8-a2=0,二 a=2Q =(0,0),二.=(-2,0,2 ), -=(0,0,2 ),设平面ACD的法向量ni=(xi, yi, zi),则瓯丘二0,题,b dR=q込令 zi=i,则 ni=(译,0, i),因AB丄平面CCD故可取面 CCD的法向量n2=(i, 0, 0),1更1疏応所以二面角Ai-CDC的平面角的余弦值为一.戏 W 本题考查了立体几何中点到平面的距离和二面角大小的求法 ，空间向量的运用，主要考查 学生的空间想象力、推理论证能力、化归能力和运算求解能力，难度适中.7.(20i2年江西卷，理i9, i2分)在三棱柱AB

16、CAiBiCi中，已知AB=AC=AA 7, BC=4点A在底面ABC勺 投影是线段BC的中点O.(1) 证明在侧棱AA上存在一点E使得OE!平面BBCiC,并求出AE的长；(2) 求平面ABC与平面BBGC夹角的余弦值.(1)证明：连接AQ在厶AOA中，作OEL AA于点E因为 AA/ BB,得 OEL BB,因为AiO丄平面ABC所以AO丄BC.由 AB=ACOB=O,C寻 AOL BC 而 AOQ AO=O所以BC丄平面AAQ所以BCLOE而BB A BC=B所以0E!平面BBGC, 又 A0=*恥帝茫：=1,AA=-,得 AE=二VM S(2)解：如图,分别以OAOBOA所在直线为x,

17、y,z轴,建立空间直角坐标系 则 A(1,0, 0), B( 0,2,0),C(0, -2,0), Ai(0, 0, 2),E的坐标是(二,0,-),由(1)得平面BBCC的一个法向量是._=( ,0,),设平面ABC的法向量为n=(x, y, z), t AB = 0 /曰,得.:亠 2， - uy + z = 0 由,n t C = 0 令 y=1,得 x=2, z=-1, 即 n=(2, 1,-1),所以 COSV , n,UL | DE| k 10即平面BBGC与平面A1B1C夹角的余弦值是一.108. (2012年安徽卷,理18, 12分)BB.平面图形ABBA1CC如图(1)所示，

18、其中BBGC是矩形，BC=2BB=4, AB=AC= , AB=AC二-.现将该平面图形分别沿BC和BC折叠,使厶ABA ABC所在平面都与平面BBGC垂直,再分别连接A1A,AB,AC,得到如图(2)所示的空间图形，对此空间图形解答下列问题(1)证明：AA丄BC(2) 求AA的长；(3) 求二面角A BCAi的余弦值.解：本题考查空间中的垂直关系，求线段长,考查求二面角的余弦值，考查空间向量在求解立体几 何问题中的应用.考查空间想象能力，推理论证能力，计算求解能力等.(1)如图,过点A作AOL平面ABG,垂足为Q连接OB, OG, 0A,ABiG所在平面都与平面 BBGC垂直，BBGC是矩形

19、, ABCAiBG为直三棱柱，由 BC=2AB=AC二知/ BAG为直角，且 OB=OCAB=ACi=,OA丄 BiCi,/ AOL平面 AiBiC, OAL BC,二 BC 丄平面 OAA AA?平面OAA所以AA丄BC.由 OAL OA AA=y.於=5.(3) 由(i)知/BAC=90 ,则/BOC=9O ,且OA在角/ BOC的平分线上.以O为坐标原点，OB, OC, OA所在的直线分别为x轴,y轴,z轴，建立空间直角坐标,-4).设平面BCA的法向量为n =(x, y, z),jn,(T3t + Ty-42=0b 隅=0(?x+Ty-42=0取 x=1,则 n=(1, 1,).由平面

20、ABC的一个法向量为=(0, 0, 4),一 由图形可知二面角为钝角,所以二面角ABCA的余弦值为.丄斥解决本题的关键是能正确理解由平面几何图形到空间几何体的转换 ，其中的平行和垂直 关系,线段长度关系等，然后通过添加辅助线构造常见几何体，就容易找出所需要的平行和垂直关 系,也容易得出特殊的图形，也容易建立空间直角坐标系来求解.9.(2012年山东卷,理18,12分)在如图所示的几何体中,四边形ABCD是等腰梯形，AB/ CD /DAB=60 , FC丄平面 ABCPAE! BD CB=CD=CF.(1) 求证：BCL平面AED(2) 求二面角F BDC的余弦值.(1) 证明：四边形ABCD是

21、等腰梯形，AB/ CD / DAB=60 ,/ DCB=120 ,v CD=CbaZ CBDM CDB=30 ,/ ABD=30 ,/ ADB=90 ,即 AD丄 DB又 v DBL AE AEA AD=A BDL平面 AED.(2)解：取BD中点P,连结CRFP.v CD=CB CPL BD.又v FC丄平面ABCD BDL FC BDL平面 FCP 二 BDL FP/ FPC是二面角F BDC的平面角.设 CD=1 则 CP=,在 Rt FCP 中，FP=二-；=, cos / FPCd,即二面角F BDC的余弦值为二.FP 5S10.(2012年新课标全国卷,理19, 12分)如图,直三

22、棱柱ABCABC中，AC=BC=AA, D是棱AA的中点,DC2丄BD.(1) 证明：DC丄BC(2) 求二面角A BDC的大小.(1) 证明：不妨设AC=BC=A=1.2又 D为AA中点,DC;*；, BG=：, bD=3=AD+aB, aB=2=aC+bC,/ ACB=90 ,即 BCL AC又 BCL CC, BCL平面 ACCA,又t DC?平面ACC1, DCL BC.(2)解：由(1)知CA CB CC两两垂直.分别以CA CB CC为x、y、z轴建立空间直角坐标系则 B(0, 1,0), D(1,0, 1),A1(1,0,2), C(0,0,2),二览=(1,-1,1),=(0,

23、-1,2), 设平面BDC的一个法向量n =(x,y,z).怦即 n = 0令 z=1,则 y=2, x=1, 即 n =(1,2, 1).可取平面 ABD的一个法向量 m=1,1,O),m *3 询w|n SXv2 2 又二面角A-BDC为锐二面角, cosIt该二面角的大小为 $冷该题应属立体几何的常规考查形式,一证一求,难度适中.11.(2012年广东卷,理18, 13分)如图所示,在四棱锥P ABCD中,底面ABC助矩形,PAL平面ABCD点 E在线段PC上, PCL平面BDE.(1) 证明：BDL平面PAC(2) 若PA=1AD=2求二面角B PCA的正切值.解:(1) t PAL平

24、面 ABCDBD?平面 ABCD PAL BD同理PCL BD.t PA PC是平面PAC中的两条相交直线， BDL平面 PAC.(2)解:法一：设AG BD的交点为Q连接QE则/ BEQ即为所求二面角B PC A的平面角,由(1)知BD丄平面PAC BDL AC又t四边形ABCD%矩形.四边形ABCD是正方形, AB=AD=,2AC=BD=2 ,PC二际加=申十妙轮=3由 Rt PA3 Rt OEC知=，二二，0E=,PA PC 1 333在 Rt BOE中, tan / BEO= =3.OE乎即二面角B PCA的正切值为3.法二：如图,分别以AB AD AP所在直线为x、y、z轴,A为坐标

25、原点,建立空间直角坐标系 由(1)知BD丄平面PAC二BDL AC矩形ABCE为正方形, P(0,0, 1), B( 2,0,0), D( 0,2,0), C(2,2,0),專严(-2,2, 0)是平面PAC的一个法向量,设n =(x, y, z)是平面PBC的法向量, 由射令 x=1,则 z=2, y=0, n=(1,0,2),-得PC = O-2 兀 + 2j-z = 0 二 s品 ？：-cosn,一=一，sin n103.丄EiniQ c-tan =-=-3LU cos 命又二面角B PCA为锐角，二面角B PCA的正切值为3.12.(2012年浙江卷,理20,15分)如图,在四棱锥PA

26、BCD中,底面是边长为2訂的菱形，/ BAD=120 , 且PAL平面 ABCDPA=2絶,M N分别为PB PD的中点.(1) 证明：MN/平面ABCD(2) 过点A作AQLPC垂足为点Q求二面角AMNQ的平面角的余弦值.(1) 证明：因为MN分别是PB PD的中点，所以皿2是厶PBD的中位线， 所以MN/ BD.又因为Ml?平面ABCD 所以MN/平面ABCD.(2) 解:法一：连结AC交BD于 Q以O为原点，OCOD所在直线为x, y轴, 建立空间直角坐标系Oxyz,如图所示.在菱形 ABCD中, / BAD=120 ,得AC=AB=2 , BD= AB=6.又因为PAL平面ABCD所以

27、PA!AC.在 Rt PAC中, AC=2 , PA=2 , AQL PC 得QC=2PQ=4.由此知各点坐标如下：A(-, 0, 0), B(0,-3,0)C , 0, 0), D(0,3,0),P(- ,0,2 ), M-Z-,),2 2n(- , , ), q ,0,).1 l33设m=X1, y1, z“为平面AMN勺法向量.由十),.=()V3 3再 3 厂三帀+三为+ 16可=0取 zi=-1,得 m= 2軽，0, -1).设n =(X2, y2, Z2)为平面QMN勺法向量.由 =(-节知f SV3 3 晶飞-衍了丹+石却=0,553 V6卜壬帀+尹可可二氐取 Z2=5,得 n=

28、(2,0,5).于是 cos=制帀|所以二面角A MNQ的平面角的余弦值为法二：在菱形 ABCD中, / BAD=120 ,得 AC=AB=BC=CD=DD= AB.又因为PAL平面ABCD所以 PAI AB PAL AC PAI AD. 所以 PB=PC=PD.所以 PBCA PDC.因MN分别是PB PD的中点，所以 MQ=NC且 AM=PB=PD=AN.取线段MN的中点E,连结AE EQ贝U AE1MNQELMN所以/ AEC为二面角A MNQ的平面角.由 AB=2 , PA=2 ,故在 AMN中,AM=AN=3MN=BD=3I得 AE.2在 Rt PAC中,AQL PC得 AQ=2 ,

29、QC=2PQ=4.在厶 PBC中, cos / BPC=：=,得 2PB、PC MQ=L；-二二二二-.在等腰 MQ中,MQ=NQ=, MN=3在 AEQ中 AEmQEAQ=2 ,得 cos / AEQ=.2AE t QE 33所以二面角A MNQ的平面角的余弦值为113313.(2012年天津卷,理17, 13分)如图,在四棱锥P ABCD中, PAL平面ABCDACLADAB丄BC / BAC=45 , PA=AD=2AC=1.(1) 证明：PCL AD(2) 求二面角A PCD的正弦值；(3) 设E为棱PA上的点,满足异面直线BE与CD所成的角为30 ,求AE的长.解：如图,以点A为原点

30、,射线AD则 A(0, 0, 0), D(2,0,0),z轴的正半轴建系，b(- , ,0), qo, i,o).P(o, 0,2), (1) =(0, 1,-2),划=(2,0, 0),=0, Pd AD.(2) _ =(0,1,-2), =(2,-1,0),设平面PCD的法向量为e=(x,y,z),几局二Q即卩心o7. J 2x-y = 0Jn CD = 0令 x=1,则 n1=(1,2, 1).又平面PAC的一个法向量可取n2=( 1,0, 0), cos=ta屈谒6 sin=.vgn二面角A PCD的正弦值为一.(3) 设点 E(0, 0, a), a 0, 2,又=(2,-1,0),

31、4 -4故 C0St_，_32qA10=cos 30 我血也2 a= AE二.10ID本小题主要考查了空间两直线的位置关系，二面角，异面直线所成的角等基础知识，主要考查学生的空间想象力，化归能力和运算能力，难度适中.14.P(2012年四川卷,理19,12分)如图,在三棱锥 PABC中,/ APB=90 , / PAB=6O , AB=BC=CA平面 PABL平面 ABC.(1) 求直线PC与平面ABC所成的角的大小；(2) 求二面角B APC的大小.解:法一:(1)设AB的中点为D,AD的中点为Q连结PO CO CD. 由已知， PAD为等边三角形.所以POLAD.又平面PABL平面 ABC

32、平面PABH平面 ABC=AD所以PCL平面ABC.所以/ OCP为直线PC与平面ABC所成的角.不妨设 AB=4 则 PD=2CD=2 , OD=1PO=.在 Rt OCD中, CO=孵+魂送=.所以，在 Rt POC中, tan / OCP=丄.CO Sis 18故直线PC与平面ABC所成的角的大小为arctan .13(2)过D作DEI AP于E,连结CE.由已知可得，CDL平面PAB. 根据三垂线定理知，CE PA.所以/ CED为二面角B APC的平面角.由(1)知,DE=.在 Rt CDE中, tan / CED= =2.N痛故二面角B APC的大小为arctan 2.法二:(1)

33、设AB的中点为D,作POL AB于点Q连结CD.因为平面PABL平面 ABC平面PABH平面 ABC=AD所以PQL平面ABC.所以PQL CD.由 AB=BC=CAB CDLAB.设E为AC中点，则EO/ CD从而OEL PQ OELAB.如图,以O为坐标原点，OB OE OP所在直线分别为x、y、z轴建立空间直角坐标系不妨设PA=2由已知可得,AB=4OA=OD=OP= , CD=2 .所以 O(0,0,0), A(-1 ,0,0), 0(1,2,0), P(0, 0,).Oxyz.所以：=(-1,-2 ,),而.=(0, 0,矗)为平面ABC的一个法向量.设a为直线PC与平面ABC所成的

34、角，m茁笳 0+H3 3则 sin a =1 |=| 1=.槻故直线PC与平面ABC所成的角的大小为arcsin .(2)由(1)有,),枇=(2,2 ,0).设平面APC的一个法向量为n=(xi,yi, zi),( 今耳nlAP?严 AP二Q从而所以 n=(-,1,1).nlAC * AC = 0设二面角B APC的平面角为B ,易知B为锐角.而平面ABP的一个法向量为 m=O, 1, 0),fl11 i则 cos B =|=| =|=；.|n| r:| Vm+1 5故二面角B APC的大小为arccos15.(2011年天津卷，理17)如图，在三棱柱ABCABC中，H是正方形AABB的中心

35、，AA=22CH丄平面AABB,且 CH=$.(1) 求异面直线AC与A1B1所成角的余弦值；(2) 求二面角A AQ B的正弦值；(3) 设N为棱BG的中点，点M在平面AABB内，且MNL平面ABG,求线段BM的长.解：如图所示,建立空间直角坐标系，点H为原点,依题意得A(2, 0,0), B1(-2,0, 0),A(0,2,0), B(0, -2,0),G(0,0,), C(2,-2,-).(1) =(0,-2, J暑脸=(-2,-2,),cos = -_uouwi a异面直线AC与A1B1所成角的余弦值为匚(2)设平面AAC的法向量m=x,y,z),m - AjCj=0- AAj = 0

36、-2y + ,L，5z = 0 b -2x+ 2y = Q取x=,可得m=.，疳.,2), 同理设平面 ABC的法向量n =( x , y , z),n -扎。=0n AjBj = 0-2y +辰=,-2-2yf = 0取x=既可得n=(匪-既,-2).mn 4 I cos =-=-,|tn|r.14 7从而 sinvm, n所以二面角A A1C1 Bi的正弦值为一.7上乙 r4(3) BG 的中点 N-1,0,),设 M(a, b, 0),则g；H=(-i-a ,-b,),由血平面ABC,得暫今E血MN AA = 02 + 2a + 2b = 02fe+r= 0 M( ,-，0),=( ,

37、,0), jTTT vis线段BM的长为DAB=60 , AB=2ADPDL底面 ABCD.(1) 证明：PAL BD(2) 若PD=AD求二面角A PBC的余弦值.(1) 证明：I / DAB=60 , AB=2AD不妨设 AD=1.由余弦定理得BD=,bD+aD=aB, BDL AD.又 PDL底面 ABCD可得 BDL PD ADA PD=D BDL平面 PAD. PAL BD.(2) 解:如图，以D为坐标原点，DADBDP分别为x,y,z轴，建立空间直角坐标系Dxyz.设 AD=1则 A(1,0,0), B(0,0), q-1.,0), P(0,0,1),=(-1, ,0),=(0,设

38、平面PAB的法向量为n =(x, y, z),-x + V3y 二 04,-1),=(-1,0, 0). - 0 即n * PB = 0设 z=,则得 n=(, 1,).同理设平面pbc的法向量为m则號-勺U BC = O可取 m=0,-1,-),4 Mcosvm, n z=-.制園団?故二面角A PBC的余弦值为-.17.BI(2010年浙江卷,理20)如图,在矩形ABC呼,点E, F分别在线段AB, AD上, AE=EB=AFFD=4.沿直 S线丘卩将厶AEF翻折成 AEF,使平面AEF丄平面BEF.(1) 求二面角A FDC的余弦值；(2) 点M N分别在线段FD BC上,若沿直线MN将

39、四边形MNC向上翻折,使C与A重合,求线段FM 的长.解：法一 :(1)取线段EF的中点H连接AH.因为AE=AF及H是EF的中点,所以AH丄EF.又因为平面 AEF丄平面BEF及AH?平面AEF,所以AH丄平面BEF.如图建立空间直角坐标系 A xyz.则 A(2,2,2 ), C(10,8,0), F(4, 0,0), D(10,0, 0),6, 0, 0).设n =(x, y, z)为平面AFD的一个法向量,所以2 盘+2y+ 22z = Of6x= 0,取 z=,则 n =(0,-2,).又平面BEF的一个法向量 m= 0,0,1).故 cos=二一.MH 3所以二面角A FDC的余弦

40、值为一.3(2) 设 FM=x 则 M(4+x, 0, 0),因为翻折后C与A重合，所以CM=AM故(6-x) +8 +0 =( -2-x ) +2 +(2),得经检验，此时点N在线段BC上,所以FM=.4法二:(1)取线段EF的中点HAF的中点G连接AG, AH,GH.因为AE=AF及H是EF的中点，所以AH丄EF又因为平面AEF丄平面BEFAH?平面AEF,所以AH丄平面BEF又AF?平面BEF故AH丄AF又因为G H分别是AF EF的中点，易知GH/ AB所以GHLAF又 GH? AH=H 二 AF丄平面 AGH所以/ AGH为二面角A FDC的平面角，在 Rt AGH 中,AH=2,

41、GH=2AG=2,3所以 cos / AGH.故二面角A FDC的余弦值为一.3(2) 设FM=x因为翻折后C与A重合, 所以CM=AM而 CM=dC+dM=82+(6-x)2, am2=ah2+mH=ah2+mgH=(2)2+(x+2)2+22,得经检验，此时点N在线段BC上, 所以FMa.舍和 立体几何的开放性问题考向聚焦高考常考内容，主要考查立体几何的开放性问题:(1)条件追溯型;(2)存在探索型;(3)方法 类比探索型.考查学生分析问题、解决问题的能力，多在解答题的最后一问，难度中档偏上， 所占分值48分18.(2012年上海数学，理14,4分)如图，AD与BC是四面体ABCD中互相垂

42、直的棱,BC=2若AD=2c且AB+BD=AC+CD其中a、c为常数，则四面体ABCD勺体积的最大值是 .解析：过点A作AEL BC于E,连结DE则DEI BC1所以四面体ABCD勺体积为-SaadeA由对称性知，点E为BC的中点，且AB=BD二时， ADE勺面积最大， 又 AB+BDA即卩 ac.所以 Sa ADE=c因此四面体ABCD勺体积的最大值为一.一- 一-.答案：一 -19. (2012 年北京卷,理 16, 14 分)如图(1),在 Rt ABC中, / C=90 , BC=3AC=6D, E 分别是 AC AB 上的点，且DE/ BCDE=2将厶ADE& DE折起到 ADE的位

43、置，使AC丄CD如图(2).图图(1) 求证：AC丄平面BCDE(2) 若M是AD的中点，求CM与平面ABE所成角的大小；(3) 线段BC上是否存在点P,使平面ADP与平面ABE垂直？说明理由.解:( 1)在图(1)中，DE/ BCAC丄 BC DEL AD DE! DC.折起后在图(2)中，DEL AD DEL DC.又 ADG DC=D且 AD DC?平面 ACD DEL平面 ACD. DEL AC.又 CD! AC 且 Cm DE=D且 CD DE?平面 BCDE AC丄平面 BCDE.(2)在图(1)中,t DE/ BC AC=6 DE=2 BC=3 AD=4DC=2折起后在图(2)中

44、，AD=4 DC=2又 AC 丄 CD AC=2 .由(1)知，建立如图所示的空间直角坐标系 C xyz, 则 C(0, 0, 0),A1(0,0,2 ), D(0,2,0),B(3, 0,0), E(2,2,0),中点 M0, 1,), =(0, 1,).峙#又=(-1,2,0), , =(3,0,-2).设平面ABE的法向量为n =(xi, yi,zi),2y1-x1 = 0,，月B * 0L33t1-2vf3z1=也不妨取 xi=1,则 n=( 1, -二).2 2设直线CM与平面AiBE所成角为a ,贝U sin a =|cos ( - a ) |= =,2|flj - |CM| 5

45、T 2 2直线CM与平面AiBE所成角为.(3) 不存在点P,使平面AiDP与平面AiBE垂直. 证明：假设存在点P,使平面AiDP与平面AiBE垂直.记P的坐标为P( m 0, 0),且OW m 3.辿=(m0,-2 ), 一.-=(0,2,-2 ),设平面APD的法向量为 m且m=X2,y2,Z2),扎P用二0*.险屯-2$3禺=0,亦令 Z2=i,得 m=，,i).m又当平面 AiDP!平面AiBE时，mn=O, 一+一=0,m 2 2 m=-2? 0, 3.假设不成立， 不存在点P,使平面ADP与平面ABE垂直.y节本题考查了空间向量在立体几何中的应用，尤其第三问中更好地体现了空间向量

46、的优越 性.B(2012年福建卷,理18, 13分)如图,在长方体 ABCDAiBiGD中，AA=AD=1 E为CD中点.(1) 求证：BE丄AD;(2) 在棱AA上是否存在一点P,使得DP/平面BAE?若存在,求AP的长;若不存在,说明理由;(3) 若二面角A BE A的大小为30 ,求AB的长.扌 今 扌解：( 1)以A为原点，酋，術辿的方向分别为x轴,y轴,z轴的正方向建立空间直角坐标系(如图).设 AB=a则 A(0, 0,0), u0,1,0), D(0, 1,1), E(；1,0), B(a, 0, 1),2故.=(0,1,1),. =(- ,1,-1),.=(a,0,1),=( ,1,0).:曲.讪二-x 0+1X 1+(-1)