高中数学用空间向量解立体几何问题方法归纳

高中数学用空间向量解立体几何问题方法概括版高中数学用空间向量解立体几何问题方法概括版21/21高中数学用空间向量解立体几何问题方法概括版⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯最新料介绍⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯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)线面平行：l∥α?a⊥u?a·u＝0?a1a3＋b1b3＋c1c3＝0线面垂直：l⊥α?a∥u?a＝ku?a1＝ka3，b1＝kb3，c1＝kc3面面平行：α∥β?u∥v?u＝kv?a3＝ka4，b3＝kb4，c3＝kc4面面垂直：α⊥β?u⊥v?u·v＝0?a3a4＋b3b4＋c3c4＝01、以下列图，在底面是矩形的四棱锥P-ABCD中，PA⊥底面ABCD，E，F分别是PC，PD的中点，PA＝AB＝1，BC＝2.求证：EF∥平面PAB；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A(0,0,0)，B(1,0,0)，C(1,2,0)，D(0,2,0)11系以下列图，则，P(0,0,1)，所以E，1，，2211，PB＝(1,0，－1)，PD＝(0,2，－1)，AP＝F0，1，，EF＝－，0，022(0,0,1)，AD＝(0,2,0)，DC＝(1,0,0)，AB＝(1,0,0)．1由于EF＝－AB，所以EF∥AB，即EF∥AB.2AB?平面PAB，EF?平面PAB，所以EF∥平面PAB.由于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.AP∩AD＝A，AP?平面PAD，AD?平面PAD，所以DC⊥平面PAD.由于DC?平面PDC，所以平面PAD⊥平面PDC.1⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯最新料介绍⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯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，尔后依照线面平行的判判定理获取线面平行，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，尔后使用判判定理进行判断，也可以证明两个平面的法向量垂直.例2、在直三棱柱ABC-A1B1C1中，∠ABC＝90°，BC＝2，CC1＝4，点E在线段BB1上，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，以下列图，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)，B1D＝(0,2，－2)，B1DBA0，B1DBD0＋4－40，即B1D⊥BA，BD⊥BD.·＝·＝＝1BA∩BD＝B，所以B1D⊥平面ABD.aa(2)由(1)知，E(0,0,3)，G，1，4，F(0,1,4)，则EG＝，1，1，EF＝(0,1,1)，22BD·EG＝0＋2－2＝0，BD·＝0＋2－2＝0，即B1D⊥EG，B1D⊥EF.11EF又EG∩EF＝E，所以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|a·b|的角为θ，则cosθ＝|cos〈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|n·a|θ，则sinθ＝|cos〈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，n2，2⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯最新料介绍⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯|n1·n2|若二面角α－l－β所成的角θ为锐角，则cosθ＝|cos〈n1，n2〉|＝；|n1||n2||n1·n2|若二面角α－l－β所成的角θ为钝角，则cosθ＝－|cos〈n1，n2〉|＝－.|n1||n2|1、如图，在直三棱柱A1B1C1-ABC中，AB⊥AC，AB＝AC＝2，A1A＝4，D是BC的中点．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，建立以下列图的空间直角坐标系A-xyz，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A1B＝(2,0，－4)，C1D＝(1，－1，－4)．·18310由于cos〈A1B，C1D〉＝＝20×18＝，|A1B||C1D|10310所以异面直线A1B与C1D所成角的余弦值为.10(2)设平面ADC1的法向量为n1＝(x，y，z)，由于AD＝(1,1,0)，AC1＝(0,2,4)，所以n1·＝0，n1·AC＝0，即x＋y＝0且y＋2z＝0，取z＝1，得x＝2，y＝－2，所以，AD1n1＝(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|cosθ|＝n1·n2225＝＝，得sinθ＝.|n1||n2|9×133所以，平面ADC1与平面ABA1所成二面角的正弦值为5.32、如图，三棱柱ABC-A1B1C1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．3⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯最新料介绍⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯[解](1)证明：取AB的中点O，连接OC，OA1，A1B.由于CA＝CB，所以OC⊥AB.由于AB＝AA1，∠BAA1＝60°，故△AA1B为等边三角形，所以OA1⊥AB.由于OC∩OA1＝O，所以AB⊥平面OA1C.A1C?平面OA1C，故AB⊥A1C.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，建立以下列图的空间直角坐标系O-xyz.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)，BB1＝AA1＝(－1，3，0)，A1C＝(0，－3，3)．设n＝(x，y，z)是平面BB1C1C的法向量，n·＝0，x＋3z＝0，BC可取n＝(3，1，－1)．则0.即nBB1＝－x＋3y＝0.·n·101故cosn，A1C＝－.|n||A1C|5所以A1C与平面BB1C1C所成角的正弦值为10.5运用空间向量坐标运算求空间角的一般步骤：①建立合适的空间直角坐标系；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转变成几何结论．求空间角应注意：①两条异面直线所成的角α不用然是直线的方向向量的夹角β，即cosα＝|cosβ|.②两平面的法向量的夹角不用然是所求的二面角，有可能两法向量夹角的补角为所求．4⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯最新料介绍⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯例3、如图，在四棱锥S-ABCD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.证明：平面SBE⊥平面SEC；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°，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，，两两垂直．如图，以E为原点，EB为x轴，为y轴，ESEBECECES为z轴，建立空间直角坐标系．则E(0,0,0)，C(0,23，0)，S(0,0,1)，B(2,0,0)，所以CE＝(0，－23，0)，CB＝(2，－23，0)，CS＝(0，－23，1)．设平面SBC的法向量为n＝(x，y，z)，n·＝0，2x－23y＝0，CB令y＝1，得x＝3，z＝23，则即n·CS＝0.－23y＋z＝0.则平面SBC的一个法向量为n＝(3，1,23)．n·1设直线CE与平面SBC所成角的大小为θ，则sinθ＝||＝，|n|·||4CE1故直线CE与平面SBC所成角的正弦值为.4例4、如图是多面体ABC-A1B1C1和它的三视图．5⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯最新料介绍⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯线段CC1上可否存在一点E，使BE⊥平面A1CC1？若不存在，请说明原由，若存在，请找出并证明；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，建立以下列图的空间直角坐标系，则A(0,0,0)，A1(0,0,2)，B(－2,0,0)，C(0，－2,0)，C1(－1，－1,2)，则CC1＝(－1,1,2)，A1C1＝(－1，－1,0)，A1C＝(0，－2，－2)．设E(x，y，z)，则CE＝(x，y＋2，z)，EC1＝(－1－x，－1－y,2－z)．设CE＝λEC1(λ>0)，x＝－λ－λx，－2－λ2λ则y＋2－λ＝－λ－λ，则E，，，z＝2λ－λz，1＋λ1＋λ1＋λ2＋λ－2－λ2λBE＝，1＋λ，.1＋λ1＋λ2＋λ2＋λ·＝0，－＋＝0，BEA1C11＋λ1＋λ由得解得λ＝2，BE·＝0，－2－λ2λA1C＋＝0，1＋λ1＋λ所以线段CC1上存在一点E，CE＝2EC1，使BE⊥平面A1CC1.m·＝0，(2)设平面CAA1C1得C的法向量为m＝(x，y，z)，则由11m·A1C＝0，6⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯最新料介绍⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯－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·n133＝＝，故平面C1A1C与平面A1CA夹角的余弦值为.|m||n|333利用空间向量解决研究性问题例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A-DC-B(如图2)．试判断直线AB与平面DEF的地址关系，并说明原由；求二面角E-DF-C的余弦值；BP(3)在线段BC上可否存在一点P，使AP⊥DE？若是存在，求出BC的值；若是不存在，请说明原由．[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.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(0，23，0)，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)，DF·n＝0，x＋3y＝0，则即取n＝(3，－3，3)，DE·n＝0，3y＋z＝0，7⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯最新料介绍⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯cos〈DA，n〉＝DA·n21E-DF-C的余弦值为21DA||n|＝，所以二面角.|77(3)存在．设P(s，t,0)，有AP＝(s，t，－2)，则AP·＝3t－2＝0，∴t＝DE23，3又BP＝(s－2，t,0)，PC＝(－s,23－t,0)，∵BP∥PC，∴(s－2)(23－t)＝－st，∴3s＋t＝223413.把t＝代入上式得s＝，∴BP＝BC，333∴在线段BC上存在点P，使AP⊥DE.BP1此时，＝.BC31论证、推理，只需经过坐标运算进行判断.2题转变成“点的坐标可否有解，可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、.以下列图，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，∠ACB＝90°，AA1＝BC＝2AC＝2.(1)若D为AA1中点，求证：平面B1CD⊥平面B1C1D；在AA1上可否存在一点D，使得二面角B1-CD-C1的大小为60°？解：(1)证明：以下列图，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)，C1B1＝(0,2,0)，DC1＝(－1,0,1)，CD＝(1,0,1)．C1B1·CD＝(0,2,0)·(1,0,1)＝0＋0＋0＝0，得C1B1⊥CD，即C1B1⊥CD.DC1·CD＝(－1,0,1)·(1,0,1)＝－1＋0＋1＝0，得DC1⊥CD，即DC1⊥CD.又DC1∩C1B1＝C1，∴CD⊥平面B1C1D.又CD?平面B1CD，∴平面B1CD⊥平面B1C1D.8⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯最新料介绍⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯2(2)存在．当AD＝AA1时，二面角B1-CD-C1的大小为60°.原由以下：2AD＝a，则D点坐标为(1,0，a)，CD＝(1,0，a)，CB1＝(0,2,2)，设平面B1CD的法向量为m＝(x，y，z)，m·＝02y＋2z＝0，CB1令z＝－1，得m＝(a,1，－1)．则?m·＝0x＋az＝0，CD|·|11又∵CB＝(0,2,0)为平面C1CD的一个法向量，则cos60°＝＝＝，|m|·||22a＋2CB解得a＝2(负值舍去)，故AD＝2.∴在AA1上存在一点D满足题意．2＝AA12空间直角坐标系建立的创新问题空间向量在办理空间问题时拥有很大的优越性，能把“非运算”问题“运算”化，即经过直线的方向向量和平面的法向量解决立体几何问题．解决的要点环节之一就是建立空间直角坐标系，所以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P-ABCD中，PA⊥底面ABCD，BC＝CD＝2，AC＝4，π∠ACB＝∠ACD＝，F为PC的中点，AF⊥PB.3求PA的长；求二面角B-AF-D的正弦值．学审题——审条件之审查图形建系PA⊥面ABCD由条件知AC⊥BD―→DB，AC分别为x，y轴―→写出A，B，C，D坐标―――――→PPF＝CFFAF⊥PB0―→得P坐标并求PA长．设坐标―→可得坐标―→AFPB＝·(2)学审题由(1)―→AD，AF，AB的坐标9⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯最新料介绍⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯向量n1，n2分别为平面FAD、平面FAB的法向量且n·＝0―→求得n·n―→――――――――→n·＝01112求得夹角余弦．[解](1)如图，连接BD交AC于O，由于BC＝CD，即△BCD为等腰三角形，又AC均分∠BCD，故AC⊥BD.以O为坐标原点，OB，OC，AP的方向分别为x轴，y轴，zO-xyz，则OC＝CDcosπ轴的正方向，建立空间直角坐标系＝1.而AC＝4，得AO＝AC3π3，故A(0，－3,0)，B(3，0,0)，C(0,1,0)，D(－－OC＝3.又OD＝CDsin＝3，30,0)．z.又AF因PA⊥底面ABCD，可设P(0，－3，z)．由F为PC边中点，知F0，－1，2zPB＝(3，3，－)，⊥，故AFz2z＝23＝0，2，，·＝0，即6－＝0，2zAFPBPB2(舍去－23)，所以|PA|＝23.(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)，3x1＋3y1＝0，由n1·＝0，n1·＝0，得所以可取n1＝(3，3，－ADAF2y1＋3z1＝0，．3x2＋3y2＝0，由n2·AB＝0，n2·AF＝0，得故可取n2＝(3，－3，2)．2y2＋3z2＝0，n1·n21从而法向量n1，n2的夹角的余弦值为cos〈n1，n2〉＝＝.|n1|·|n2|810⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯最新料介绍⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯37故二面角B-AF-D的正弦值为.8AC⊥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，要经过其他已知条件获取垂直关系，在此基础上选择一个合理的地址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.2、如图，在空间几何体中，平面ACD⊥平面ABC，AB＝BC＝CA＝DA＝DC＝BE2.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的均分线上．(1)求证：DE∥平面ABC；(2)求二面角E-BC-A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.依照题意，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.建立以下列图的空间直角坐标系O-xyz，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)．n1·n113故cos〈n1，n2〉＝＝.又由图知，所求二面角的平面角是锐角，|n1|·|n2|13故二面角E-BC-A的余弦值为13.1311⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯最新料介绍⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯专题训练1.以下列图，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.求异面直线AB1与DD1所成角的余弦值；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，建立以下列图的空间直角坐标系，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)．AB1·DD1(1)∵AB1＝(－a，a，a)，DD1＝(0,0，a)，∴cos〈AB1，DD1〉＝＝|AB1|·|DD1|3，33所以异面直线AB1与DD1所成角的余弦值为.3证明：∵BB1＝(－a，－a，a)，BC＝(－2a,0,0)，FB1＝(0，a，a)，FB1·BB1＝0，∴∴FB1⊥BB1，FB1⊥BC.FB1·BC＝0.∵BB1∩BC＝B，∴FB1⊥平面BCC1B1.2．如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，AA1C1C是边长为4的正方形，平面ABC⊥平面AA1C1C，AB＝3，BC＝5.求证：AA1⊥平面ABC；求二面角A1-BC1-B1的余弦值；(3)证明：在线段BC1上存在点D，使得AD⊥A1B，并求BD的值．BC1解：(1)证明：由于四边形AA1C1C为正方形，所以AA1⊥AC.12⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯最新料介绍⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯由于平面ABC⊥平面AA1C1C，且AA1垂直于这两个平面的交线AC，所以AA1⊥平面ABC.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A-xyz，则B(0,3,0)，A1(0,0,4)，B1(0,3,4)，C1(4,0,4)，A1B＝(0,3，－4)，A1C1＝(4,0,0)．设平面A1BC1的法向量为n＝(x，y，z)，n·A1B＝0，3y－4z＝0，则即令z＝3，则x＝0，y＝4，所以n＝(0,4,3)．n·A1C1＝0.4x＝0.B1BC1m＝(3,4,0)n·m16同理可得，平面的一个法向量为．所以cos〈n，m〉＝＝.|n||m|25由题知二面角A-BC-B为锐角，所以二面角A-BC-B16的余弦值为.11111125证明：设D(x，y，z)是直线BC1上一点，且BD＝λBC1.所以(x，y－3，z)＝λ(4，－3,4)．解得x＝4λ，y＝3－3λ，z＝4λ.AD＝(4λ，3－3λ，4λ)．由AD9所以·＝0，即9－25λ＝0，解得λ＝.A1B259BC1上存在点D，使得AD⊥A1B.由于∈[0,1]，所以在线段25BD9此时，＝λ＝.BC1253．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A-BD-C为60°，如图(2)．13⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯最新料介绍⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯求证：AE⊥平面BDC；求直线AC与平面ABD所成角的余弦值．1解：(1)证明：取BD的中点F，连接EF，AF，则AF＝1，EF＝，∠AFE＝60°.2由余弦定理知AE＝11312＋2－2×1×cos60°＝.222∵AE2＋EF2＝AF2，∴AE⊥EF.∵AB＝AD，F为BD中点．∴BD⊥AF.又BD＝2，DC＝1，BC＝5，∴BD2＋DC2＝BC2，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.3(2)以E为原点建立以下列图的空间直角坐标系，则A0，0，，211－1，，0，B1，－，0，221，01313D－1，－，DB＝(2,0,0)，DA＝1，，，AC＝－1，，－.22222设平面ABD的法向量为n＝(x，y，z)，n·＝02x＝0，DB取z＝3，由得13n·＝0x＋y＋z＝0，22则y＝－3，又∵n＝(0，－3，3)．n·AC6∴cos〈n，AC〉＝＝－.|n||AC|4故直线AC与平面ABD所成角的余弦值为10.414⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯最新料介绍⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯4．以下列图，在矩形ABCD中，AB＝35，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的地址，且PB＝41.求证：PO⊥平面ABCE；求二面角E-AP-B的余弦值．解：(1)证明：由已知得AB＝35，AD＝6，∴BD＝9.在矩形ABCD中，∵AE⊥BD，DOAD∴Rt△AOD∽Rt△BAD，∴＝，∴DO＝4，∴BO＝5.ADBD在△POB中，PB＝41，PO＝4，BO＝5，∴PO2＋BO2＝PB2，∴PO⊥OB.又PO⊥AE，AE∩OB＝O，∴PO⊥平面ABCE.∵BO＝5，∴AO＝AB2－OB2＝25.以O为原点，建立以下列图的空间直角坐标系，则P(0,0,4)，A(25，0,0)，B(0,5,0)，PA＝(25，0，－4)，PB＝(0,5，－4)．n1·PA＝0，25x－4z＝0，设n1＝(x，y，z)为平面APB的法向量．则即n1·＝0，5y－4z＝0.PB取x＝25得n1＝(25，4,5)．又n2＝(0,1,0)为平面AEP的一个法向量，n1·n24461∴cos〈n1，n2〉＝＝＝，|n1|·|n2|61×161461故二面角E-AP-B的余弦值为.6115⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯最新料介绍⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯5.如图，在四棱锥P-ABCD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．求直线PB与平面POC所成角的余弦值；求B点到平面PCD的距离；6(3)线段PD上可否存在一点Q，使得二面角Q-AC-D的余弦值为？若存在，求出3PQ的值；若不存在，请说明原由．QD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，PB·OA36cos〈PB，OA〉＝＝.∴直线PB与平面POC所成角的余弦值为.|PB||OA|33(2)PD＝(0,1，－1)，CP＝(－1,0,1)．设平面PDC的一个法向量为u＝(x，y，z)，u·CP＝－x＋z＝0，取z＝1，得u＝(1,1,1)．∴B点到平面PCD的距离为d＝则u·＝y－z＝0，PD|BP·u|3|u|＝.3(3)假设存在一点Q，则设PQ＝λ(0<λ<1)．∵PD＝(0,1，－1)，PD∴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)，16⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯最新料介绍⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯·AC＝x＋y＝0，则λ＋1y1－λz取z＝λ＋1，得m＝(1－λ，λ－1，λ＋1)，·＝0.mAQ又平面CAD的一个法向量为n＝(0,0,1)，二面角Q-AC-D的余弦值为6，3|m·n|61所以|cos〈m，n〉|＝＝2，得3λ－10λ＋3＝0，解得λ＝或λ＝3(舍)，|m||n|33PQ1所以存在点Q，且＝.QD26．如图，在四棱锥S-ABCD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．求证：AM∥平面SCD；求平面SCD与平面SAB所成二面角的余弦值；设点N是直线CD上的动点，MN与平面SAB所成的角为θ，求sinθ的最大值．解：(1)以点A为原点建立以下列图的空间直角坐标系，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)，SD·n＝0，x－2z＝0，则即令z＝1，则x＝2，y＝－1，CD·n＝0，－x－2y＝0.于是n＝(2，－1,1)．∵AM·n＝0，∴AM⊥n.又AM?平面SCD，∴AM∥平面SCD.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|cosn1·n1，0，02，－1，126φ|＝＝1·6＝＝，即cosφ|n1|·|n|1·6317⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯最新料介绍⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯6.36∴平面SCD与平面SAB所成二面角的余弦值为.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)，∴sinx，2x－3，－11，0，0xθ＝12·1＝＝x22x－325x2－12x＋101115－12·＋10·xx2＝1＝1.1113272－10x－12x＋510＋5x513，即x＝535当＝5时，(sinθ)max＝.x377、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.证明：在平面BCE上，必然存在过点C的直线l与直线DF平行；求二面角F-CD-A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上必然存在过点C的直线l，使得DF∥l.∵FA⊥AB，FA⊥CD，AB与CD订交，∴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)．18⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯最新料介绍⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯设平面DFC的一个法向量为n＝(x，y，z)，n·DF＝0，x＝2z，则?不如设z＝1.·＝0x＝－2y，nDC则n＝(2，－1,1)，不如设平面ABCD的一个法向量为m＝(0,0,1)．m·n16F-CD-A为锐角，∴cos〈m，n〉＝＝＝，由于二面角|m||n|666∴二面角F-CD-A的余弦值为.68、.如图，在四棱锥P-ABCD中，PD⊥平面ABCD，四边形ABCD是菱形，AC＝2，BD＝23，E是PB上任意一点．求证：AC⊥DE；15(2)已知二面角A-PB-D的余弦值为，若E为PB的中点，求EC与平面PAB所成角的5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，∴