立体几何怪难题-理科

实用文案立体几何提升训练【例1】如图，在四棱锥PABCD中，底面为直角梯形，AD//BC,BAD90，PA垂直于底面ABCD，PAADAB2BC2,M,N分别为PC,PB的中点。(1)求证：PBDM；（2）求BD与平面ADMN所成的角；（3）求截面ADMN的面积。解：（1）证明：因为N是PB的中点，PAAB，所以ANPB。由PA底面ABCD，得PAAD，又BAD90，即BAAD，AD平面PAB，所以ADPB，PB平面ADMN，PBDM。（2）连结DN，因为BP平面ADMN，即BN平面ADMN，所以BDN是BD与平面ADMN所成的角，在RtABD中，BDBA2AD222，在RtPAB中，PBPA2AB222，故BN1PB2，在BN12RtB中D,sinBDN0BDN，BD，又2故BD与平面ADMN所成的角是6。1BC1（3）由M,N分别为PC,PB的中点，得MN//BC，且MN，22又AD//BC，故MN//AD，由（1）得AD平面PAB，又AN平面PAB，故ADAN，四边形是直角梯形，在RtPAB中，PBPA2AB222，ADMNAN12，PB2截面ADMN的面积S1(MNAD)AN1(12)252。2224（1）以A点为坐标原点建立空间直角坐标系Axyz，如图所示（图略）由PAADAB2BC2，得A(0,0,0)，P(0,0,2),B(2,0,0),M(1,1,1),D(0,2,0)2标准文档实用文案因为PBDM(2,0,2)(1,3,1)0，所以PBDM。2（2）因为PBAD(2,0,2)(0,2,0)0所以PBAD，又PBDM，故PB平面ADMN，即PB(2,0,2)是平面ADMN的法向量。设BD与平面ADMN所成的角为，又BD(2,2,0)。则sin|cosBD,PB||BDPB|4|4|41，|BD||PB|442又[0,]，故，即BD与平面ADMN所成的角是。266因此BD与平面ADMN所成的角为6，AD【例2】如图，已知ABCDA1B1C1D1是底面为正方形的长方体，BCAD1A160，AD14，点P是AD1上的动点．P（1）试判断不论点P在AD1上的任何位置，是否都有平面A1D1B1C1B1PA1垂直于平面AA1D1D并证明你的结论；（2）当P为AD1的中点时，求异面直线 AA1与B1P所成角的余弦值；（3）求PB1与平面AA1D1所成角的正切值的最大值．解：（1）不论点P在AD1上的任何位置，都有平面 B1PA1垂直于平面 AA1D1.证明如下：由题意知， B1A1 A1D1，B1A1 A1A 又 AA1 A1D1 A1B1A1 平面AA1D1 又A1B1 平面B1PA1 平面B1PA1 平面AA1D1．（2）解法一：过点P作PEA1D1，垂足为E，连结B1E（如图），则PE∥AA1，B1PE是异面直线AA1与B1P所成的角．ADBC在Rt△AA1D1中∵AD1A160∴A1AD130PA1ED1标准文档B1 C1实用文案∴A1B1A1D112,A1E1A1D11，AD122B1EB1A12A1E25．又PE1AA13．2在Rt△B1PE中，B1P5322cosPE36B1PE22．B1P46．z异面异面直线AA1与B1P所成角的余弦值为A4DBC解法二：以A1为原点，A1B1所在的直线为x轴建立空间直角坐标系如图示，则A1(0，0，0)，PA(0，0，23)，B1(2，0，0)，P(0，1，3)，A1A(0，0，23)，B1P(21，，3)A1yD1∴，A1AB1P66．cosA1AB1P|A1A||B1P|23224∴异面异面直线AA1与B1P所成角的余弦值为6．4

xB1C1（3）由（1）知，B1A1 平面AA1D1， B1PA1是PB1与平面AA1D1所成的角，且tanB1PA1B1A12A1P．A1P当A1P最小时，tanB1PA1最大，这时A1PAD1A1D1A1A，由A1P3AD1得tanB1PA123，即PB1与平面AA1D1所成角的正切值的最大值23．33【例3】已知PA平面ABCD，PAABAD2，AC与BD交于E点，BD2，BCCD，1）取PD中点F，求证:PB//平面AFC。2）求二面角APBE的余弦值。解法1:(1)联结EF，∵ABAD，BCCD，AC=AC∴ADCABC，∴E为BD中点，∵F为PD中点，PB//EF，∴PB//平面ACF2）联结PE，∵PAABADBD2，∴在等边三角形 ABD中,中线AE BD，标准文档实用文案又PA底面ABCD，∴PABD，∴BD面PAE，∴平面PAE平面PBD。过A作AHPE于H，则AH平面PBD，取PB中点G，联结AG、GH，则等腰三角形PAB中，AGPB，∵AHPB，∴PB平面AGH，∴PBGH，AGH是二面角APBE的平面角等腰直角三角形PAB中，AG2，等边三角形ABD中，AE3，∴Rt232，PAE中，AH，∴GH772GH717.∴二面角APBE的余弦值为7。∴COSAGHAG2777解法2：以AC、AP分别为y、z轴，A为原点，建立如图所示空间直角坐标系，zP∵PAABADBD2，BCCD∴ABCADC，F∴ABD是等边三角形，且E是BD中点，ACBD则A(0，0，0)、B(1，3，0)、D(1，3，0)、E(0，3，0)、P(0，0，2)、DF(1，3，1)AECy22xB（1）PB(1，3，2)、FE(1，3，1)∴PB1FE，∴222PB//EF，∴PB//平面ACF（2）设平面PAB、PBE的法向量分别为n1(x1，y1，0)、n2(x2，y2，1)，.则n1、n2的夹角的补角就是二面角APBE的平面角；∵AB(1，3，0)，PB(1，3，2)，PE(0，3，2)，由n1AB0n2PB0n1(310)，，n2(0，-2及PE0得，，1)，n23，n1n27，cosn1n2|n1||n2|7∴二面角APBE的余弦值为7。7标准文档实用文案【例4】如图，已知 AB⊥平面ACD，DE//AB，△ACD是正三角形， AD=DE=2AB，且F是CD的中点。I）求证：AF//平面BCE；II）求证：平面BCE⊥平面CDE；III）求平面BCE与平面ACD所成锐二面角的大小。【解】（I）解：取CE中点P，连结FP、BP，∵F为CD的中点，FP//DE，且FP=1DE.又AB//DE，且AB=1DE.2 2AB//FP，且AB=FP，∴ABPF为平行四边形，∴AF//BP。又∵AF 平面BCE，BP 平面BCE，∴AF//平面BCE。II）∵△ACD为正三角形，∴AF⊥CD。∵AB⊥平面ACD，DE//AB，DE⊥平面ACD，又AF平面ACD，∴DE⊥AF。又AF⊥CD，CD∩DE=D，AF⊥平面CDE。又BP//AF，∴BP⊥平面CDE。又∵BP平面BCE，∴平面BCE⊥平面CDE。（III ）由（II），以F为坐标原点，FA，FD，FP所在的直线分别为 x，y，z轴（如图），建立空间直角坐标系 F—xyz.设AC=2，则C（0，—1，0），B( 3,0,1),E,(0,1,2).设n(x,y,z)为平面BCE的法向量,则nCB0,nCE0,即2y3xyz0,令z1,则n2z0.显然，m(0,0,1)为平面ACD的法向量。设平面BCE与平面ACD所成锐二面角为,则cos|mn|12.|m||n|2245，即平面BCE与平面ACD所成锐二面角为45°。【例5】如图，在四棱锥P—ABCD中，PA⊥底面ABCD，∠DAB90，ABS∥CD，AD=CD=2AB=2，E，F分别是PC，CD的中点．（Ⅰ）证明：CD⊥平面BEF；（Ⅱ）设PA kAB, 且二面角E BD C为60，求k的值. MD CDF//AB解：（Ⅰ）证明： DF AB 矩形ABFD BF CDDAB 90PA ⊥平面ABCD，AD⊥CD.

A B标准文档实用文案由三垂线定理得PDCDE是PC中点EFCD∴CD⊥平面BEFEFPDF是CD中点（Ⅱ）连结AC且交BF于H，可知H是AC中点，连结EH,由E是PC中点,得EH∥PA,PA⊥平面ABCD.得EH⊥平面ABCD，且EH1k.2PA2作HM⊥BD于M，连结EM，由三垂线定理可得EM⊥BD.故∠EMH为二面角E—BD—F的平面角，故∠EMH=600.Rt△HBM∽Rt△DBF,故HMHB.得HM1,得HM1.DFBD155在Rt△EHM中，EHtan60,HM得5k3,k215.25解法2：（Ⅰ）证明，以 A为原点，建立如图空间直角坐标系 A xyz.则B(0,1,0)，C(2,2,0)，D(2,0,0).设PA=k,则P(0,0,k),E(1,1,k2),F(CDBE 0,有CDBF 0,

得kBF(2,0,0)2,1,0)CD(0,2,0),BE(1,0,2),则CDBE,CD平面BEF.CDBF,(Ⅱ)PAk(k0),P(0,0,k),平面BCD的一个法向量AP(0,0,k),BE(1,0,k),BD(2,1,0).2设平面BDE的一个法向量n(x,y,z),有nBE,且nBD，k2).则nBE0,得x2z0,取x1,得n(1,2,nBD0,2xy0,k由APn|cosAPn|cos60,APn标准文档实用文案得241,得5k2416.k12215.k5255k2【例6】如图，在棱长都相等的四面体ABCD中，点E是棱AD的中点，设侧面ABC与底面BCD所成角为α，求tanα.设CE与底面BCD所成角为β，求cosβ.在直线BC上是否存在着点F，使直线AF与CE所成角为90°，若存在，试确定F点位置；若不存在，说明理由。答案：解：(1)连AF、DF，由△ABC及△BDC是正三角形，F为BC中点，得AF⊥BC，DF⊥BC，AF=DF∴∠AFD为二面角 A-BC-D的平面角设棱长为 a，在△ABC中，AF= 3a，DF=3a3222a2a21在△AFD中，cos43∴tg222a234法一：∵BC⊥面ADF，BC面BCD∴面ADF⊥面BCD在面ADF中，过E作EG⊥DF，则EG⊥面BCD，连CG，则∠ECG=又AF=DF，E为AD中点，故EF⊥AD在Rt△DEF中，EF=(3a)2(1a)22a222DE=1a，由EGDF1a2a6aEFDE得EG22B236a2x27在Rt△CEG中，sin,则cos33法二：设AO⊥面BCD于O，则O为等边三角形，BCD为中心，设BC中点为以O为坐标原点，OM所在直线为x轴，ON所在直线为y轴，OA所在直线为

zAEDOyCM，CD中点为N，轴建立直角坐标系0-xyz，设棱长为2a，则0(0,0,0)，A(0,0，26a),C(3a,a,0),D(-23a,0,0)，322E(-3a,0,26a)33∴OA0,0，26a，CE(-23a,-a,6a)3233a22∴cos<OA,CE>=4263a3a3∴CE与面BCD所成角的余弦值为cos=sin<OA,CE>=73(3)法一：设F(3a,y,0)，则AF(3a,y,26a)333标准文档实用文案又AFCE0∴2a2ay4a20，∴y=-2a33∴F(3a,-2a,0),即F在CB处长线上，且FB=1BC32法二：设ABc,ACa,CDb，∵B、C、F三点共线，∴AFc(1)c又∵AFCE∴[c(1)a1(ba)0∴322bc∴AF3c1a3AB1AC1CBAB22222F在CB延长线上，且FB=1BC2【例7】如图,在四棱锥PABCD中,底面ABCD是边长为a的正方形,侧面PAD底面ABCD，P2AD,若E、F分别为线段PC、BD的中E且PAPDC2D点．(1)求证：直线EF//平面PAD；F(2)求证：平面PDC平面PAD；A(3)求二面角BPDC的正切值.B证明：连结AC，在CPA中EF//PA且PA 平面PAD，EF 平面PADEF//平面PAD(2)证明：因为面 PAD 面ABCD 平面PAD 面ABCD AD CD AD所以，CD 平面PAD CD PA又PAPD2PAD是等腰直角三角形，且APDAD，所以22即PAPDCDPD，且、PD面ABCDDCDPA 面PDC又PA 面PAD 面PAD 面PDC(3)解：设PD的中点为M,连结EM,MF,则EMPD由(Ⅱ)知EF面PDC,EFPD

PEPD面EFMPDMFMCEMF是二面角BPDC的平面角RtFEM中，DEF1PA2aEM1CD1aF2422AB2azEF22tanEMF4故所求二面角的正切为PEM122Ea2CD标准文档OyFABx实用文案另解：如图,取AD的中点O, 连结OP,OF.PAPD,∴POAD.∵侧面PAD 底面ABCD,平面PAD 平面ABCD AD,PO平面ABCD,而O,F分别为AD,BD的中点,∴OF//AB,又ABCD是正方形,故OF AD.∵PAPD2AD,∴PAPD,OPa2OA.2以O为原点,直线OA,OF,OP为x,y,z轴建立空间直线坐标系,则有A(a,0,,0F)(0,a,0),D(a,0,0),P(0,0,a),B(a,a,0),C(a,a,0).222222EPC点,∴aaa∵为的中(,,)E24.4(0,a,0)而EF(a,0,a),（1）易知平面PAD的法向量为OF(0,a,0)(a,0,a)244且OFEF0,∴EF//平面PAD.244(2)∵PA(a,0,a),CD(0,a,0)∴PACD(a,0,a)(0,a,0)0,2222∴PACD,从而PACD,又PAPD,PDCDD,∴PA平面PDC,而PA平面PAD,∴平面PDC平面PAD(3)由(2)知平面PDC的法向量为PA(a,0,a).22设平面PBD的法向量为n(x,y,z).∵DP(a,0,a),BD(,,0),22aa∴由nDP0,nBD0可得ax0yaz0,令x1,则y1,z1,22axay0z0故n(1,1,1),∴cosn,PAnPA2a6,nPAa332即二面角BPDC的余弦值为6,二面角BPDC的正切值为2.32【例8】如图,在梯形ABCD中,AB∥CD,ADDCCBa,ABC60,平面ACFE平面ABCD,四边形ACFE是矩形,AEa,点M在线段标准文档M FE实用文案EF上.求证:BC平面ACFE;当EM为何值时,AM∥平面BDF?证明你的结论;(3)求二面角B EF D的平面角的余弦值 .（Ⅰ）在梯形 ABCD中， AB//CD，AD DC CB a, ABC 60 四边形ABCD是等腰梯形， FM且DCADAC30,DCB120EACBDCBDCA90ACBC2分又平面ACFE平面ABCD，交线为AC，DBC平面ACFE4分A（Ⅱ）解法一、当EM3a时，AM//平面BDF，5分3在梯形ABCD中，设ACBDN，连接FN，则CN:NA1:26EM3a，而EFAC3aEM:MF1:2，7分3MF//AN，四边形ANFM是平行四边形，AM//NF8分又NF平面BDF，AM平面BDFAM//平面BDF9分解法二：当EM3a时，AM//平面BDF，3由（Ⅰ）知，以点C为原点，CA,CB,CF所在直线为坐标轴，建立空间直角坐标系，分则C(0,0,0)，B(0,a,0)，A(3a,0,0)，D(3a,1a,0)，22EF(0,0,a)，E( 3a,0,a)

CN分5zF

BAM平面BDF，DCOAM//平面BDFAM与FB、FD共面，Ax也等价于存在实数m、n，使AMmFBnFD，设EMtEF.EF(3a,0,0)，EM(3at,0,0)AMAEEM(3at,0,a)

By标准文档实用文案又FD(3a,1a,a)，FB(0,a,a)，22从而要使得：(3at,0,a)m(0,a,a)n(3a,1a,a)成立，223at3an2需0ma1an，解得t1当EM3a时，AM//平面BDF233aaman（Ⅲ）解法一、取EF中点G，EB中点H，连结DG，GH，DHDE DF, DG EF BC 平面ACFE BC EF又 EF FC， EF FB，又 GH//FB， EF GH

FGEBE2DE2DB2HDGH是二面角BEFD的平面角.DCBDE中,DE2a,DB3a,BEAE2AB25a在AB5a.5a,GH2a.EDB90,DH又DG222在DGH中，由余弦定理得cosDGH10,10即二面角BEFD的平面角的余弦值为10.10解法二:由(Ⅰ)知,以点C为原点，CA,CB,CF所在直线为坐标轴,zF,则C(0,0,0),B(0,a,0)，A(3a,0,0)，E建立空间直角坐标系D(3a,1a,0)，F(0,0,a)，E(3a,0,a)过D作DGEF,DCO22BA垂足为G.令FGFE(3a,0,0)(3a,0,0),xyCGCFFG(3a,0,a),DGCGCD(3a31,)22由11,即1得,,,)222标准文档实用文案BCAC,AC//EF,BCEF,BFEFA二面角BEFD的大小就是向量GD与向量FB所夹的角.FB(0,a,a)EFCGDFB10cosGD,FB即二面角BEFD10GDFBBD的平面角的余弦值为10.10【例9】如图，已知BCD中，BCD90，BCCD1，AB⊥平面BCD，ADB60，E、F分别是AC、AD上的动点，且AEAF1)．AC(0AD（1）求证：不论为何值，总有平面BEF⊥平面ABC；（2）若平面BEF与平面BCD所成的二面角的大小为60，求的值。解法一：（向量法）：过点C作Cz//AB∵AB⊥平面BCDz∴Cz⊥平面BCD又在BCD中，BCD90∴BCCDA如图，以C为原点，建立空间直角坐标系Cxyz．又在BCD中，BCD90，BCCD1∴BD2又在RtABD中，ADB60EFC∴AB6则C(0,0,0),B(1,0,0),A(1,0,6),D(0,1,0)M（1）证明：∵C(0,0,0),B(1,0,0),A(1,0,6),D(0,1,0)BND∴BA(0,0,6),CB(1,0,0),CD(0,1,0)xy∴BACD0,CBCD0∴BACD,CBCD又ABBCB∴CD⊥平面ABC又在ACD中，E、F分别是AC、AD上的动点，且AEAF(01)ACAD∴不论为何值，都有EF//CD∴EF⊥平面ABC又EF平面BEF不论为何值，总有平面BEF⊥平面ABC（2）∵ AEAC

，∴错误！未找到引用源。,∵AC(1,0,6)，∴AEAC,0,6，又∵AB0,0,6，BEAEAB,0,6(1)，标准文档实用文案设n(x,y,z)是平面BEF的法向量，则nBE,nEF又EF//CD，nCD,∵CD=(0,1,0),∴x6(1)z0令z得x6(1),y0∴n(6(1),0,)，0m(0,0,1)是平面BCD的法向量，平面BEF与平面BCD所成的二面角为60，∴cos60nm11)21∴2420，|n||m|6(122∴22或22（不合题意，舍去），故当平面BEF与平面BCD所成的二面角的大小为60时22．解法二：∵AE，∴错误！未找到引用源。,设E（a,b,c）,则AC(a1,b,c6)(1,0,6)，∴a=1+,b=0,c=6(1)，E（1+,0,6(1)）,∴BE(,0,6(1))。其余同解法一（2）解法三：设n(x,y,z)是平面BEF的法向量，则nBE,nBF，∵AEAF(01)ACAD∴CE1∴EMCE1又在BCD中，BCD90，BCCD1ACABAC∴BD2又在RtABD中，ADB60∴AB6∴EM6(1)又BMAE，且BC1∴BM∴CM1∴E(1,0,6(1))BCAC又CNBC∴F(1,,6(1))∴BE(,0,6(1)),BF(,,6(1))∴x6(1)z0令z得x6(1),y0∴n(6(1),0,)xy6(1)z0其余同解法一【例10】如图所示的几何体是由以正三角形 ABC为底面的直棱柱（侧棱垂直于底面的棱柱）被平面DEF所截而得．AB=2，BD=1，CE=3，AF=a，O为AB的中点．标准文档实用文案I）当a5时，求证：OC//平面DEF；II）当a4时，求平面DEF与平面ABC相交所成且为锐角的二面角的余弦值；

FE（III）当a为何值时，在DE上存在点P，使CP平面DEF？PAD（I）证：取DF的中点G，连结GE．由三棱柱得，AF//BD//CE，OB而BD=1，AF=5，∴四边形ABDF为梯形，∵OG为梯形ABDF的中位线∴OG//AF，且OG=3而CE//AF，且CE=3∴OG//CE∴四边形OCEG为平行四边形∴GE//OC又OC平面DEF，GE平面DEF∴OC//平面DEFFz（II）以直线OB．OC分别为x轴．y轴建立如图所示的空间直E角坐标系，AF=a4，则D．E．F的坐标分别为：D（1，0，G31）．E（0，3，3）．F（-1，0，4），PADC∴DE=（-1，3，2），DF=（-2，0，3）O2B设平面DEF的法向量n(x,y,z)，x由nDEx3y2z0得x3zy3z可取n33nDF2x3z06226平面ABC的法向量可以取m(0,0,1)mn130∴cosm,n9110mn4112∴平面DEF与平面ABC所成的锐二面角的余弦值为30．10（III）在（II）的坐标系中，AF=a，DE=（-1，3，2），DF=（-2，0，a-1）．因P在DE上，设DPDE，则OPODDP(1,0,1)(1,3,2)(1,3,21)∴CPOPOC(1,3,21)(0,3,0)(1,3(1),21)于是CP平面DEF的充要条件就为

Cy标准文档实用文案CPDE13(1)2(21)0由此解得，1,a2CPDF2(1)(a1)(21)04即当a=2时，在DE上存在靠近D的第一个四等分点P，使CP平面DEF．【例11】图1，在矩形ABCD中，AB2,AD1,E是CD的中点，以AE为折痕将DAE向上折起，使（Ⅰ）求证：（Ⅱ）求直线D

D为D，且平面DAE 平面ABCE．AD EB；AC与平面ABD所成角的正弦值．E C DE CABAB图1解（Ⅰ）在RtBCE中，BEBC2CE22，在RtADE中，AEDA2DE22，∵AB222BE2AE2，∴AEBE．∵平面AED平面ABCE，且交线为AE，BE平面AED．AD平面AED，∴ADBE．（Ⅱ）设AC与BE相交于点F，由（Ⅰ）知ADBE，ADED，AD平面EBD，AD平面AED，∴平面ABD平面EBD，且交线为BD，如图2，作FGBD，垂足为G，则FG平面ABD，连结AG，则FAG是直线AC与平面ABD所成的角．由平面几何的知识可知EFEC1，∴EF1EB2．FBAB233在RtAEF中，AFAE2EF22225，93在RtEBD中，FGDE，可求得FG26．FBDB9标准文档实用文案26FG930∴sinFAG5．AF2153∴直线AC与平面ABD所成的角的正弦值为30．15【例12】三棱锥被平行于底面ABC的平面所截得的几何体如图所示，截面为A1B1C1，平面AA⊥平面ABC，A1A13，AB=AC=2，AC=1，BAAC23，D是BC的中点．1111证明：平面A1AD上平面BCC1B1；求二面角A－BB1－C的大小．解：(I)∵A1A⊥平面ABC，BCC平面ABC，A1A⊥BC．BAAC23，AB=AC=2∴∠BAC=60°，∴△ABC为正三角形，即 AD⊥BC．又A1A∩AD=A，∴BC⊥平面A1AD，∵BC 平面BCC1B1，∴平面A1AD⊥平面BCC1B1．( Ⅱ)如图，建立空间直角坐标系，则A(0，0，0)，B(2，0，0)，C(1，3，0)，A1(0，0，3)，B1(1，0，3)，∴BB1(1,0,3),BC(1,3,0)，显然，平面 ABB1A1的法向量为 m=(0，1，0)，设平面BCC1B1的法向量为 n=(m，n，1)，则BC n 0,BB1 n 0m 3n 0∴ ∴m 3,n 1，30n(3,1,1)，cosm，n03110110202(3)21212512即二面角A－BB1－C为arccos

55【例13】如图，在各棱长均为2的三棱柱-中，侧面AACC⊥底面，∠11111标准文档实用文案A1AC=60°.(Ⅰ)求侧棱AA1与平面AB1C所成角的正弦值的大小；(Ⅱ)已知点D满足BD BA BC，在直线 AA1上是否存在点 P，使DP∥平面AB1C？若存在，请确定点P的位置；若不存在，请说明理由.解：(Ⅰ)∵侧面A1ACC1⊥底面ABC，作A1O⊥AC于点O，∴A1O⊥平面ABC.又∠ABC=∠A1AC=60°，且各棱长都相等，AO=1，OA1=OB=3，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A(0，-1，0)，B(ACAA1(0,1,3)；3，0，0)，1(0，0，3)，(0，1，0)，∴AB13,2,3,AC0,2,0.设平面AB1C的法向量为n=(x,y,1)nAB13x2y3解得n=(-1,0,1).则nAC2y0由cos<AA1,n>=AA1n36.AA1n224而侧棱AA与平面ABC所成角，即是向量AA1与平面ABC的法向量所成锐角的余角，111∴侧棱AA1与平面AB1C所成角的正弦值的大小为6.4(Ⅱ)∵BDBABC,而BA3,1,0,BC3,1,0.∴BD(23,0,0)又∵B(3，0，0)，∴点D的坐标为D(-3，0，0).假设存在点P符合题意，则点P的坐标可设为P(0，y，z).∴DP3,y,z∵DP∥平面AB1C，n=(-1，0，1)为平面AB1C的法向量，y1∴由APAA1，得,y0.3又DP平面AB1C，故存在点P，使DP∥平面AB1C，其从标为(0，0，3)，即恰好为A1点标准文档实用文案【例14】如图，棱柱 ABCD—A1B1C1D1的所有棱长都等于 2，∠ABC=60°，平面AA1C1C⊥平面ABCD，∠A1AC=60°。（Ⅰ）证明：BD⊥AA1；（Ⅱ）求二面角 D—A1A—C的平面角的余弦值；（Ⅲ）在直线 CC1上是否存在点 P，使BP//平面DA1C1？若存在，求出点 P的位置；若不存在，说明理由。2 2 2连接BD交AC于O，则BD⊥AC，连接A1O，在△AA1O中，AA1=2，AO=1，∠A1AO=60°，∴A1O=AA1+AO2AA1·Aocos60°=3，∴AO2+A1O2=A12A1O⊥AO，由于平面AA1C1C⊥平面ABCD，所以A1O⊥底面ABCD，∴以OB．OC．OA1所在直线为 x轴．y轴．z轴建立如图所示空间直角坐标系，则 A（0，－1，0），B（ 3，0，0），C（0，1，0），D（－3，0，0），A1（0，0，3）于BD(23,0,0)，AA1(0,1,3)，则AA1BD0(23)10300，∴BD⊥AA1⋯（Ⅱ）由于OB⊥平面AA1C1C，∴平面AA1C1C的法向量n1(1,0,0)，设n2⊥平面AA1D则n2AA1设n2(x,y,z)，n2ADy3z0取n2(1,3,1)，cosn1,n2n1n25得到|n1||n2|53xy0，所以二面角D—AA—C的平面角的余弦值是515（Ⅲ）假设在直线CC1上存在点P，使BP//平面DA1C1，设CPCC1,P(x,y,z)则(x,y1,z)(0,1,3)，得P(0,1,3)BP(3,1,3)标准文档实用文案设n3平面DA1C1则n3A1C1设n3(x3,y3,z3)，得到n3DA12y30不妨取n3(1,0,1)，又因为BP//平面DA1C1，则3x33z30n3·BP0即330得1，即点P在C1C的延长线上且使C1C=CP⋯【例15】如图，在棱长为 1的正方体 AC1中，E、F分别为A1D1和A1B1的中点．1）求异面直线AE和BF所成的角的余弦值；2）求平面BDD1与平面BFC1所成的锐二面角的余弦值；（3）若点P在正方形ABCD内部或其边界上，且EP//平面BFC1，求EP的最大值、最小值．解：（1）A(1,0,0)，E(1,0,1)，B(1,1,0)，F(1,1,1)2211,1),cos(AE,BF)14AE(,0,1)，BF(0,5552244（2）平面BDD1的一个法向量为MA11,0)1n(x,y,z)22nBF1yz02∴nBC(x,y,z)(1,0,1)xz0取z1得平面BFC1的一个法向量n(1,2,1)MAn113cosMA,n2|MA||n|2662

z2z3∴所求的余弦值为6（3）设P(x,y,0)（0x1,0y1）EP(x1,y,1)，由EPn0得(x1)2y1022即x2y30x1,02y31y3，14422|EP|(x1)2y21(2y1)2y215y24y25(y2)262551y32|EP|min30当y3时，∴EP294,当y时，54445max【例16】如图，P、O分别是正四棱柱ABCDA1B1C1D1上、下底面的中心，E是AB的中标准文档D1C1PA1B1DCO实用文案点，AB kAA1.（Ⅰ）求证： A1E∥平面PBC；（Ⅱ）当k 2时，求直线 PA与平面PBC所成角的大小；(Ⅲ)当k取何值时， O在平面PBC内的射影恰好为 PBC的重心?解法一：（Ⅰ）过 P作MN∥B1C1，分别交 A1B1、D1C1于M、N，则M、N分别为A1B1、D1C1的中点，连 MB、NC，则四边形 BCNM是平行四边形∵E、M分别为AB、A1B1中点，∴A1E∥MB又MB平面PBC，∴A1E∥平面PBC。（Ⅱ） 过A作AF⊥MB，垂足为 F，连PF，∵BC⊥平面ABB1A1，AF 平面ABB1A1，AF⊥BC，BC∩MB=B，∴AF⊥平面PBC，∴∠APF就是直线AP与平面PBC所成的角，设AA1=a，则AB=2a，AF=23a，AP=2a，3sin∠APF=AF6。所以，直线AP与平面PBC所成的角是arcsin6。AP33（Ⅲ）连OP、OB、OC，则OP⊥BC，由三垂线定理易得OB⊥PC，OC⊥PB，所以O在平面PBC中的射影是△PBC的垂心，又 O在平面PBC中的射影是△PBC的重心，则△PBC为正三角形。即PB=PC=BC，所以k 2。反之，当 k= 2时，PA=AB=PB=PC=BC，所以三棱锥 O PBC为正三棱锥，∴O在平面PBC内的射影为 PBC的重心解法二：以点 O为原点，直线 OA、OB、OP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，不妨设AB22，则得A1(2,0,22)、E(1,1,0)、P(0,0,22)、B(0,2,0)、kkC(2,0,0)zD1C1(Ⅰ)由上得A1E(1,1,22)、BC(2,2,0)、k

PB1A1PB(0,2,22)，设A1ExBCyPB得k22x(2,2,0)y(0,2,22(1,1,)k)k1，y1，∴A1E1x解得xBCPB22BC PB B，A1E 平面PBC ∴A1E∥平面PBC

DCOAE1By_（Ⅱ）当k 2时，由P(0,0,2)、A(2,0,0)得PA (2,0, 2)、BC (2, 2,0)、PB (0,2, 2)标准文档实用文案设平面PBC的法向量为nnBC010，n(1,1,1)(1,,)，则由，得nPB00，PAn6，∴直线PA与平面PBC所成角的大小为arcsin6.cosPAnPAn33(Ⅲ)由(Ⅰ)知PBC的重心G为2,2,22，则OG(2,2,22)，333k333k若O在平面PBC内的射影恰好为PBC的重心，则有OGBC0，解得k2OGPB0∴当k2时，O在平面PBC内的射影恰好为PBC的重心.【例17】如图,侧棱垂直底面的三棱柱ABCA1B1C1的A1C1底面ABC位于平行四边形ACDE中,AE2,ACAA14,E60,点B为DE中点.B1（Ⅰ）求证:平面A1BC平面A1ABB1.（Ⅱ）设二面角A1BCA的大小为,直线ACAC与平面A1BC所成的角为,求sin()的值.E解:（Ⅰ）方法一、在平行四边形ACDE中,∵AE2,AC4BD中点.第17题图∴ABE60,CBD30,从而ABC90,即ABBC又AA1面ABC,BC面ABC∴AA1 BC,而AA1 AB A,∴BC 平面A1ABB1BC平面A1BC∴平面A1BC平面A1ABB1方法二、∵AE2,AC4,E60,点B为DE中点.∴AB2,BC23,AB2BC216AC2，∴ABBC又AA1面ABC,BC面ABC，∴AA1BC,而AA1ABA