高考数学一轮复习讲义空间向量的应用教师

课题：空间向量的应用知识点1．空间直角坐标系以及空间向量的坐标运算空间直角坐标系及有关概念（1）空间直角坐标系：以空间一点O为原点，建立三条两两垂直的数轴：x轴，y轴，z轴．这时建立了一个空间直角坐标系Oxyz，其中点O叫做坐标原点，x轴，y轴，z轴统称坐标轴．由每两个坐标轴确定的平面叫做坐标平面．（2）右手直角坐标系的含义：当右手拇指指向x轴的正方向，食指指出y轴的正方向时，中指指向z轴的正方向．（3）空间一点M的坐标用有序实数组（x，y，z）来表示，记作M（x，y，z），其中x叫做点M的横坐标，y叫做点M的纵坐标，z叫做点M的竖坐标．2．空间两点间的距离公式：设点A（x1，y1，z1），B（x2，y2，z2），则＝eq\r((x1－x2)2＋(y1－y2)2＋(z1－z2)2)．【注1】1．在空间适当选取三个不共面向量作为基向量，其它任意一向量都可用这一组基向量表示．2．中点向量公式，在解题时可以直接使用．3．证明空间任意三点共线的方法：对空间三点P，A，B可通过证明下列结论成立来证明三点共线．（1）；（2）对空间任一点O，；（3）对空间任一点O，．4．证明空间四点共面的方法：对空间四点P，M，A，B可通过证明下列结论成立来证明四点共面（1）；（2）对空间任一点O，；（3）对空间任一点O，；（4）∥（或∥或∥）．【注2】1．当题目条件有垂直关系时，常转化为数量积为零进行应用；2．当异面直线所成的角为时，常利用它们所在的向量转化为向量的夹角θ来进行计算．应该注意的是，，所以3．立体几何中求线段的长度可以通过解三角形，也可依据|a|＝eq\r(a2)转化为向量求解．【注3】1．求向量的数量积的方法：（1）设向量a，b的夹角为θ，则a·b＝|a||b|cosθ；（2）若a＝（x1，y1，z1），b＝（x2，y2，z2），则a·b＝x1x2＋y1y2＋z1z2．根据已知条件，准确选择上述两种方法，可简化计算．2．求向量模的方法：（1）a|＝eq\r(a2)；（2）若a＝（x，y，z），则|a|＝eq\r(x2＋y2＋z2)．3．空间向量的坐标运算（1）设i、j、k为两两垂直的单位向量，如果，则叫做向量的坐标．（2）设a＝（x1，y1，z1），b＝（x2，y2，z2），那么①a±b＝．②a·b＝，③cos〈a，b〉＝，④|a|＝eq\r(a·a)＝，⑤λa＝，⑥a∥b⇔（λ∈R），⑦a⊥b⇔．（3）设点M1（x1，y1，z1）、M2（x2，y2，z2），则【注4】1．两条异面直线所成的角①定义：设a，b是两条异面直线，过空间任一点O作直线a′∥a，b′∥b，则a′与b′所夹的锐角或直角叫做a与b所成的角．②范围：两异面直线所成角θ的取值范围是．③向量求法：设直线a，b的方向向量为a，b，其夹角为φ，则有．2．直线与平面所成角：直线和平面所成角的求法：如图所示，设直线l的方向向量为e，平面α的法向量为n，直线l与平面α所成的角为φ，两向量e与n的夹角为θ，则有sinφ＝|cosθ|＝eq\f(|e·n|,|e||n|)．3．二面角：求二面角的大小①如图1，AB、CD是二面角α－l－β的两个面内与棱l垂直的直线，则二面角的大小θ＝〈，〉．②如图2、3，分别是二面角α－l－β的两个半平面α，β的法向量，则二面角的大小（或）．4．利用向量求空间距离：空间向量的坐标表示及运算（1）数量积的坐标运算设a＝（a1，a2，a3），b＝（b1，b2，b3），则①a±b＝（a1±b1，a2±b2，a3±b3）；②λa＝（λa1，λa2，λa3）；③a·b＝a1b1＋a2b2＋a3b3．（2）共线与垂直的坐标表示：设a＝（a1，a2，a3），b＝（b1，b2，b3），则a∥b⇔a＝λb⇔a1＝λb1，a2＝λb2，a3＝λb3（λ∈R），a⊥b⇔a·b＝0⇔a1b1＋a2b2＋a3b3＝0（a，b均为非零向量）．（3）模、夹角和距离公式：设a＝（a1，a2，a3），b＝（b1，b2，b3），则|a|＝eq\r(a·a)＝eq\r(a\o\al(2,1)＋a\o\al(2,2)＋a\o\al(2,3))，cos〈a，b〉＝eq\f(a·b,|a||b|)＝eq\f(a1b1＋a2b2＋a3b3,\r(a\o\al(2,1)＋a\o\al(2,2)＋a\o\al(2,3))·\r(b\o\al(2,1)＋b\o\al(2,2)＋b\o\al(2,3)))．设A（a1，b1，c1），B（a2，b2，c2），则．点面距的求法：如图，设AB为平面α的一条斜线段，n为平面α的法向量，则B到平面α的距离d＝eq\f(|\o(AB,\s\up6(→))·n|,|n|)．【注4】1．求一对异面直线所成角：一是按定义平移转化为两相交直线的夹角；二是在异面直线上各取一向量，转化为两向量的夹角或其补角，无论哪种求法，都应注意角的范围的限定．2．利用直线的方向向量的夹角求异面直线的夹角时，注意区别：当异面直线的方向向量的夹角为锐角或直角时，就是此异面直线所成的角；当异面直线的方向向量的夹角为钝角时，其补角才是异面直线所成的角．【注5】1．利用向量法求线面角的方法（1）分别求出斜线和它在平面内的射影直线的方向向量，转化为求两个方向向量的夹角（或其补角）；（2）通过平面的法向量来求，即求出斜线的方向向量与平面的法向量所夹的锐角（钝角时取其补角），取其余角就是斜线和平面所成的角．2．求二面角最常用的方法就是分别求出二面角的两个面所在平面的法向量，然后通过两个平面的法向量的夹角得到二面角的大小，但要注意结合实际图形判断所求角是锐角还是钝角．3．点到平面的距离，利用向量法求解比较简单，它的理论基础仍出于几何法，如本题，事实上，作BH⊥平面CMN于H．由eq\o(BH,\s\up6(→))＝eq\o(BM,\s\up6(→))＋eq\o(MH,\s\up6(→))及eq\o(BH,\s\up6(→))·n＝n·eq\o(BM,\s\up6(→))，得|eq\o(BH,\s\up6(→))·n|＝|n·eq\o(BM,\s\up6(→))|＝|eq\o(BH,\s\up6(→))|·|n|，所以|eq\o(BH,\s\up6(→))|＝eq\f(|n·\o(BM,\s\up6(→))|,|n|)，即d＝eq\f(|n·\o(BM,\s\up6(→))|,|n|)．4．用向量法求异面直线所成角的一般步骤（1）选择三条两两垂直的直线建立空间直角坐标系；（2）确定异面直线上两个点的坐标，从而确定异面直线的方向向量；（3）利用向量的夹角公式求出向量夹角的余弦值；（4）两异面直线所成角的余弦等于两向量夹角余弦值的绝对值．典型例题例1已知直三棱柱中，，，，则异面直线与所成角的余弦值为（）A．B．C．D．【答案】C【解析】如图所示，补成四棱柱,则所求角为因此，故选C。例2长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝AA1＝2，AD＝1，E为CC1的中点，则异面直线BC1与AE所成角的余弦值为（）A．eq\f(\r(10),10)B．eq\f(\r(30),10)C．eq\f(2\r(15),10)D．eq\f(3\r(10),10)【答案】B【解析】建立坐标系如图，则A（1,0,0），E（0,2,1），B（1,2,0），C1（0,2,2）．，．所以异面直线BC1与AE所成角的余弦值为eq\f(\r(30),10)．例3如图，是以为直径的半圆上异于的点，矩形所在的平面垂直于半圆所在的平面，且。（1）求证：。（2）若异面直线和所成的角为，求平面和平面所成的锐二面角的余弦值。【答案】（Ⅰ）详见解析；（Ⅱ）【解析】（Ⅰ）∵平面垂直于圆所在的平面，两平面的交线为，平面，，∴垂直于圆所在的平面．又在圆所在的平面内，∴．∵是直角，∴，∴平面,∴．（Ⅱ）如图，以点为坐标原点，所在的直线为轴，过点与平行的直线为轴，建立空间直角坐标系．由异面直线和所成的角为，知，∴，∴，由题设可知，，∴，．设平面的一个法向量为，由，得，，取，得．∴．又平面的一个法向量为，∴．平面与平面所成的锐二面角的余弦值．例4如图，已知多面体ABCA1B1C1，A1A，B1B，C1C均垂直于平面ABC，∠ABC=120°，A1A=4，C1C=1，AB=BC=B1B=2．（1）证明：AB1⊥平面A1B1C1；（2）求直线AC1与平面ABB1所成的角的正弦值．【答案】（Ⅰ）见解析（Ⅱ）【解析】方法一：（Ⅰ）由得，所以．故．由，得，由得，由，得，所以，故．因此平面．（Ⅱ）如图，过点作，交直线于点，连结．由平面得平面平面，由得平面，所以是与平面所成的角．由得，所以，故．因此，直线与平面所成的角的正弦值是．方法二：（Ⅰ）如图，以AC的中点O为原点，分别以射线OB，OC为x，y轴的正半轴，建立空间直角坐标系Oxyz．由题意知各点坐标如下：因此由得．由得．所以平面．（Ⅱ）设直线与平面所成的角为．由（Ⅰ）可知设平面的法向量．由即可取．所以．因此，直线与平面所成的角的正弦值是．例5如图，在三棱锥P－ABC中，AB＝BC＝2eq\r(2)，PA＝PB＝PC＝AC＝4，O为AC的中点．（1）证明：PO⊥平面ABC；（2）若点M在棱BC上，且二面角M－PA－C为30°，求PC与平面PAM所成角的正弦值．（1）证明因为AP＝CP＝AC＝4，O为AC的中点，所以OP⊥AC，且OP＝2eq\r(3)．连接OB，因为AB＝BC＝eq\f(\r(2),2)AC，所以AB2＋BC2＝AC2，所以△ABC为等腰直角三角形，且OB⊥AC，OB＝eq\f(1,2)AC＝2．由OP2＋OB2＝PB2知PO⊥OB．由OP⊥OB，OP⊥AC且OB∩AC＝O，知PO⊥平面ABC．（2）解如图，以O为坐标原点，eq\o(OB,\s\up6(→))的方向为x轴正方向，建立空间直角坐标系O－xyz．由已知得O（0，0，0），B（2，0，0），A（0，－2，0），C（0，2，0），P（0，0，2eq\r(3)），eq\o(AP,\s\up6(→))＝（0，2，2eq\r(3)）．取平面PAC的一个法向量eq\o(OB,\s\up6(→))＝（2，0，0）．设M（a，2－a，0）（0<a≤2），则eq\o(AM,\s\up6(→))＝（0，4－a，0）．设平面PAM的法向量为n＝（x，y，z）．由eq\o(AP,\s\up6(→))·n＝0，eq\o(AM,\s\up6(→))·n＝0得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2y＋2\r(3)z＝0，,ax＋（4－a）y＝0，))可取n＝（eq\r(3)（a－4），eq\r(3)a，－a），所以cos〈eq\o(OB,\s\up6(→))，n〉＝eq\f(2\r(3)（a－4）,2\r(3（a－4）2＋3a2＋a2))．由已知可得|cos〈eq\o(OB,\s\up6(→))，n〉|＝eq\f(\r(3),2)，所以eq\f(2\r(3)|a－4|,2\r(3（a－4）2＋3a2＋a2))＝eq\f(\r(3),2)，解得a＝－4（舍去），a＝eq\f(4,3)，所以n＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(8\r(3),3)，\f(4\r(3),3)，－\f(4,3)))．又eq\o(PC,\s\up6(→))＝（0，2，－2eq\r(3)），所以cos〈eq\o(PC,\s\up6(→))，n〉＝eq\f(\r(3),4)．所以PC与平面PAM所成角的正弦值为eq\f(\r(3),4)．例6在如图所示的多面体中，四边形ABCD是平行四边形，四边形BDEF是矩形，ED⊥平面ABCD，∠ABD＝eq\f(π,6)，AB＝2AD．（1）求证：平面BDEF⊥平面ADE；（2）若ED＝BD，求直线AF与平面AEC所成角的正弦值．（1）证明在△ABD中，∠ABD＝eq\f(π,6)，AB＝2AD，由余弦定理，得BD＝eq\r(3)AD，从而BD2＋AD2＝AB2，故BD⊥AD，所以△ABD为直角三角形且∠ADB＝eq\f(π,2)．因为DE⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，所以DE⊥BD．又AD∩DE＝D，所以BD⊥平面ADE．因为BD⊂平面BDEF，所以平面BDEF⊥平面ADE．（2）解由（1）可得，在Rt△ABD中，∠BAD＝eq\f(π,3)，BD＝eq\r(3)AD，又由ED＝BD，设AD＝1，则BD＝ED＝eq\r(3)．因为DE⊥平面ABCD，BD⊥AD，所以可以点D为坐标原点，DA，DB，DE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（1，0，0），C（－1，eq\r(3)，0），E（0，0，eq\r(3)），F（0，eq\r(3)，eq\r(3)），所以eq\o(AE,\s\up6(→))＝（－1，0，eq\r(3)），eq\o(AC,\s\up6(→))＝（－2，eq\r(3)，0）．设平面AEC的法向量为n＝（x，y，z），则eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(AE,\s\up6(→))＝0，,n·\o(AC,\s\up6(→))＝0，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－x＋\r(3)z＝0，,－2x＋\r(3)y＝0，))令z＝1，得n＝（eq\r(3)，2，1），为平面AEC的一个法向量．因为eq\o(AF,\s\up6(→))＝（－1，eq\r(3)，eq\r(3)），所以cos〈n，eq\o(AF,\s\up6(→))〉＝eq\f(n·\o(AF,\s\up6(→)),|n|·|\o(AF,\s\up6(→))|)＝eq\f(\r(42),14)，所以直线AF与平面AEC所成角的正弦值为eq\f(\r(42),14)．例7如图1，在高为6的等腰梯形ABCD中，AB∥CD，且CD＝6，AB＝12，将它沿对称轴OO1折起，使平面ADO1O⊥平面BCO1O，如图2，点P为BC的中点，点E在线段AB上（不同于A，B两点），连接OE并延长至点Q，使AQ∥OB．（1）证明：OD⊥平面PAQ；（2）若BE＝2AE，求二面角C－BQ－A的余弦值．（1）证明法一取OO1的中点F，连接AF，PF，如图所示．∵P为BC的中点，∴PF∥OB，∵AQ∥OB，∴PF∥AQ，∴P，F，A，Q四点共面．由题图1可知OB⊥OO1，∵平面ADO1O⊥平面BCO1O，且平面ADO1O∩平面BCO1O＝OO1，OB⊂平面BCO1O，∴OB⊥平面ADO1O，∴PF⊥平面ADO1O，又OD⊂平面ADO1O，∴PF⊥OD．由题意知，AO＝OO1，OF＝O1D，∠AOF＝∠OO1D，∴△AOF≌△OO1D，∴∠FAO＝∠DOO1，∴∠FAO＋∠AOD＝∠DOO1＋∠AOD＝90°，∴AF⊥OD．∵AF∩PF＝F，且AF⊂平面PAQ，PF⊂平面PAQ，∴OD⊥平面PAQ．法二由题设知OA，OB，OO1两两垂直，∴以O为坐标原点，OA，OB，OO1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，设AQ的长为m，则O（0，0，0），A（6，0，0），B（0，6，0），C（0，3，6），D（3，0，6），Q（6，m，0）．∵点P为BC的中点，∴Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(9,2)，3))，∴eq\o(OD,\s\up6(→))＝（3，0，6），eq\o(AQ,\s\up6(→))＝（0，m，0），eq\o(PQ,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(6，m－\f(9,2)，－3))．∵eq\o(OD,\s\up6(→))·eq\o(AQ,\s\up6(→))＝0，eq\o(OD,\s\up6(→))·eq\o(PQ,\s\up6(→))＝0，∴eq\o(OD,\s\up6(→))⊥eq\o(AQ,\s\up6(→))，eq\o(OD,\s\up6(→))⊥eq\o(PQ,\s\up6(→))，又eq\o(AQ,\s\up6(→))与eq\o(PQ,\s\up6(→))不共线，∴OD⊥平面PAQ．（2）解∵BE＝2AE，AQ∥OB，∴AQ＝eq\f(1,2)OB＝3，则Q（6，3，0），∴eq\o(QB,\s\up6(→))＝（－6，3，0），eq\o(BC,\s\up6(→))＝（0，－3，6）．设平面CBQ的法向量为n1＝（x，y，z），由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n1·\o(QB,\s\up6(→))＝0，,n1·\o(BC,\s\up6(→))＝0，))得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－6x＋3y＝0，,－3y＋6z＝0，))令z＝1，则y＝2，x＝1，n1＝（1，2，1）．易得平面ABQ的一个法向量为n2＝（0，0，1）．设二面角C－BQ－A的大小为θ，由图可知，θ为锐角，则cosθ＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(n1·n2,|n1|·|n2|)))＝eq\f(\r(6),6)，即二面角C－BQ－A的余弦值为eq\f(\r(6),6)．例8如图，四面体ABCD中，△ABC是正三角形，△ACD是直角三角形，∠ABD＝∠CBD，AB＝BD．（1）证明：平面ACD⊥平面ABC；（2）过AC的平面交BD于点E，若平面AEC把四面体ABCD分成体积相等的两部分，求二面角D－AE－C的余弦值．（1）证明：由题设可得△ABD≌△CBD，从而AD＝CD．又△ACD是直角三角形，所以∠ADC＝90°．取AC的中点O，连接DO，BO，则DO⊥AC，DO＝AO．又因为△ABC是正三角形，故BO⊥AC，所以∠DOB为二面角D－AC－B的平面角．在Rt△AOB中，BO2＋AO2＝AB2，又AB＝BD，所以BO2＋DO2＝BO2＋AO2＝AB2＝BD2，故∠DOB＝90°．所以平面ACD⊥平面ABC．（2）解：由题设及（1）知，OA，OB，OD两两垂直，以O为坐标原点，eq\o(OA,\s\up6(→))的方向为x轴正方向，|eq\o(OA,\s\up6(→))|为单位长度，建立如图所示的空间直角坐标系O－xyz，则A（1,0,0），B（0，eq\r(3)，0），C（－1,0,0），D（0,0,1）．由题设知，四面体ABCE的体积为四面体ABCD的体积的eq\f(1,2)，从而E到平面ABC的距离为D到平面ABC的距离的eq\f(1,2)，即E为DB的中点，得Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(3),2)，\f(1,2)))，故eq\o(AD,\s\up6(→))＝（－1,0,1），eq\o(AC,\s\up6(→))＝（－2,0,0），eq\o(AE,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，\f(\r(3),2)，\f(1,2)))．设n＝（x，y，z）是平面DAE的法向量，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(AD,\s\up6(→))＝0，,n·\o(AE,\s\up6(→))＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－x＋z＝0，,－x＋\f(\r(3),2)y＋\f(1,2)z＝0，))可取n＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(\r(3),3)，1))．设m是平面AEC的法向量，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m·\o(AC,\s\up6(→))＝0，,m·\o(AE,\s\up6(→))＝0，))同理可取m＝（0，－1，eq\r(3)），则cos〈n，m〉＝eq\f(n·m,|n||m|)＝eq\f(\r(7),7)．所以二面角D－AE－C的余弦值为eq\f(\r(7),7)．例9如图，四棱锥P－ABCD中，侧面PAD为等边三角形且垂直于底面ABCD，AB＝BC＝eq\f(1,2)AD，∠BAD＝∠ABC＝90°，E是PD的中点．（1）证明：直线CE∥平面PAB；（2）点M在棱PC上，且直线BM与底面ABCD所成角为45°，求二面角M－AB－D的余弦值．（1）证明：取PA的中点F，连接EF，BF．因为E是PD的中点，所以EF∥AD，EF＝eq\f(1,2)AD．由∠BAD＝∠ABC＝90°得BC∥AD，又BC＝eq\f(1,2)AD，所以EFBC，四边形BCEF是平行四边形，CE∥BF．又BF平面PAB，CE平面PAB，故CE∥平面PAB．（2）解：由已知得BA⊥AD，以A为坐标原点，eq\o(AB,\s\up6(→))的方向为x轴正方向，|eq\o(AB,\s\up6(→))|为单位长度，建立如图所示的空间直角坐标系A－xyz，则A（0,0,0），B（1,0,0），C（1,1,0），P（0，1，eq\r(3)），eq\o(PC,\s\up6(→))＝（1,0，－eq\r(3)），eq\o(AB,\s\up6(→))＝（1,0,0）．设M（x，y，z）（0<x<1），则eq\o(BM,\s\up6(→))＝（x－1，y，z），eq\o(PM,\s\up6(→))＝（x，y－1，z－eq\r(3)）．因为BM与底面ABCD所成的角为45°，而n＝（0,0,1）是底面ABCD的法向量，所以|cos〈eq\o(BM,\s\up6(→))，n〉|＝sin45°，eq\f(|z|,\r(x－12＋y2＋z2))＝eq\f(\r(2),2)，即（x－1）2＋y2－z2＝0．①又M在棱PC上，设eq\o(PM,\s\up6(→))＝λeq\o(PC,\s\up6(→))，则x＝λ，y＝1，z＝eq\r(3)－eq\r(3)λ．②由①②解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝1＋\f(\r(2),2)，,y＝1，,z＝－\f(\r(6),2)))（舍去），或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝1－\f(\r(2),2)，,y＝1，,z＝\f(\r(6),2)，))所以Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(\r(2),2)，1，\f(\r(6),2)))，从而eq\o(AM,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(\r(2),2)，1，\f(\r(6),2)))．设m＝（x0，y0，z0）是平面ABM的法向量，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m·\o(AM,\s\up6(→))＝0，,m·\o(AB,\s\up6(→))＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2－\r(2)x0＋2y0＋\r(6)z0＝0，,x0＝0，))所以可取m＝（0，－eq\r(6)，2）．于是cos〈m，n〉＝eq\f(m·n,|m||n|)＝eq\f(\r(10),5)．因此二面角M－AB－D的余弦值为eq\f(\r(10),5)．例10等边△ABC的边长为3，点D，E分别是AB，BC上的点，且满足eq\f(AD,DB)＝eq\f(CE,EA)＝eq\f(1,2)（如图（1）），将△ADE沿DE折起到△A1DE的位置，使二面角A1－DE－B成直二面角，连接A1B，A1C（如图（2））．（1）求证：A1D⊥平面BCED；（2）在线段BC上是否存在点P，使直线PA1与平面A1BD所成的角为60°？若存在，求出PB的长；若不存在，请说明理由．（1）证明题图（1）中，由已知可得：AE＝2，AD＝1，A＝60°．从而DE＝eq\r(12＋22－2×1×2×cos60°)＝eq\r(3)．故得AD2＋DE2＝AE2，∴AD⊥DE，BD⊥DE．∴题图（2）中，A1D⊥DE，BD⊥DE，∴∠A1DB为二面角A1－DE－B的平面角，又二面角A1－DE－B为直二面角，∴∠A1DB＝90°，即A1D⊥DB，∵DE∩DB＝D且DE，DB⊂平面BCED，∴A1D⊥平面BCED．（2）解存在．由（1）知ED⊥DB，A1D⊥平面BCED．以D为坐标原点，以射线DB、DE、DA1分别为x轴、y轴、z轴的正半轴建立空间直角坐标系D－xyz，如图，过P作PH∥DE交BD于点H，设PB＝2a（0≤2a≤3），则BH＝a，PH＝eq\r(3)a，DH＝2－a，易知A1（0，0，1），P（2－a，eq\r(3)a，0），E（0，eq\r(3)，0），所以eq\o(PA1,\s\up6(→))＝（a－2，－eq\r(3)a，1）．因为ED⊥平面A1BD，所以平面A1BD的一个法向量为eq\o(DE,\s\up6(→))＝（0，eq\r(3)，0）．因为直线PA1与平面A1BD所成的角为60°，所以sin60°＝eq\f(|\o(PA1,\s\up6(→))·\o(DE,\s\up6(→))|,|\o(PA1,\s\up6(→))||\o(DE,\s\up6(→))|)＝eq\f(3a,\r(4a2－4a＋5)×\r(3))＝eq\f(\r(3),2)，解得a＝eq\f(5,4)．∴PB＝2a＝eq\f(5,2)，满足0≤2a≤3，符合题意．所以在线段BC上存在点P，使直线PA1与平面A1BD所成的角为60°，此时PB＝eq\f(5,2)．例11如图，在四棱锥P—ABCD中，底面ABCD为正方形，底面ABCD，M为线段PC的中点，，N为线段BC上的动点．（1）证明：平面平面（2）当点N在线段BC的何位置时，平面MND与平面PAB所成锐二面角的大小为30°？指出点N的位置，并说明理由．【答案】（1）证明见解析（2）点N在线段BC的中点【解析】（1）证明：因为底面ABCD，底面ABCD，所以，因为，，所以平面，因为平面，所以，因为四边形为正方形，，所以，因为在中，，M为线段PC的中点，所以，因为，所以平面，因为平面，所以平面平面，（2）当点N在线段BC的中点时，平面MND与平面PAB所成锐二面角的大小为30°，理由如下：因为底面，平面，所以，因为，所以两两垂直，所以以为原点，以所在的直线分别为轴建立空间直角坐标系，如图所示，设，则，设，则，设为平面的法向量，则，令，则，设为平面的法向量，则，令，则，因为平面MND与平面PAB所成锐二面角的大小为30°，所以，化简得，得，所以当点N在线段BC的中点时，平面MND与平面PAB所成锐二面角的大小为30°例12如图1，在边上为4的菱形中，，点，分别是边，的中点，，．沿将翻折到的位置，连接，，，得到如图2所示的五棱锥．（1）在翻折过程中是否总有平面平面？证明你的结论；（2）当四棱锥体积最大时，求直线和平面所成角的正弦值；（3）在（2）的条件下，在线段上是否存在一点，使得二面角余弦值的绝对值为？若存在，试确定点的位置；若不存在，请说明理由．【答案】（1）在翻折过程中总有平面平面，证明见解析（2）（3）存在且为线段的中点【解析】（1）在翻折过程中总有平面平面，证明如下：∵点，分别是边，的中点，又，∴，且是等边三角形，∵是的中点，∴，∵菱形的对角线互相垂直，∴，∴，∵，平面，平面，∴平面，∴平面，∵平面，∴平面平面．（2）由题意知，四边形为等腰梯形，且，，，所以等腰梯形的面积，要使得四棱锥体积最大，只要点到平面的距离最大即可，∴当平面时，点到平面的距离的最大值为，此时四棱锥体积的最大值为，直线和平面所成角的为，连接，在直角三角形中，，，由勾股定理得：．．（3）假设符合题意的点存在．以为坐标原点，，，所在直线分别为轴、轴、轴，建立如图所示空间直角坐标系，则，，，，由（2）知，，又，且，平面，平面，平面，故平面的一个法向量为，设（），∵，，故，∴，，平面的一个法向量为，则，，即令，所以，则平面的一个法向量，设二面角的平面角为，则，解得：，故符合题意的点存在且为线段的中点．例13如图，在四棱锥ABCDE中，底面BCDE为矩形，M为CD中点，连接BM，CE交于点F，G为△ABE的重心．（1）证明：平面ABC（2）已知平面ABC⊥BCDE，平面ACD⊥平面BCDE，BC=3，CD=6，当平面GCE与平面ADE所成锐二面角为60°时，求G到平面ADE的距离．【答案】（1）证明见解析（2）【解析】（1）延长EG交AB于N，连接NC,因为G为△ABE的重心，所以点N为AB的中点，且,因为,故,所以,故，故,而平面ABC，平面ABC,故平面ABC；（2）由题意知，平面ABC⊥平面BCDE，平面ABC平面BCDE=BC，,平面BCDE，故平面ABC,平面ABC,则,同理，又平面BCDE,所以平面BCDE，以C为原点，以CB,CD,CA所在直线分别为x,y,z轴，建立空间直角坐标系，设点G到平面BCDE的距离为，则，故,设平面GCE的法向量为，则，即，取，则即，设平面ADE的法向量为，则，即，取，则，则，所以，解得，又，故点G到平面ADE的距离为．例14如图，在三棱柱中，为等边三角形，四边形是边长为2的正方形，为中点，且．（1）求证：平面；（2）若点在线段上，且直线与平面所成角的正弦值为，求点到平面的距离．【答案】（1）证明见解析（2）【解析】（1）证明：由题知，因为，所以，又，所以，又，所以平面，又平面，所以，在正三角形中，为中点，于是，又，所以平面（2）取中点为中点为，则，由（1）知平面，且平面，所以，又，所以，所以平面，于是两两垂直如图，以为坐标原点，的方向为轴，轴，轴的正方向，建立空间直角坐标系则所以设平面的法向量为，则，即令，则于是设，则由于直线与平面所成角的正弦值为于是，即，整理得，由于，所以于是设点到平面的距离为则所以点到平面的距离为举一反三1．如图，在三棱锥中，平面平面，与均为等腰直角三角形，且，．点是线段上的动点，若线段上存在点，使得异面直线与成的角，则线段长的取值范围是（）A．B．C．D．【答案】B【解析】设的中点为，连，因，故建立如图所示的空间直角坐标系，则，则，所以，，所以，即，也即，由此可得，结合可得，所以，则，即，应选答案B．2．如图所示，在棱长为2的正方体中，，分别是，的中点，那么异面直线和所成角的余弦值等于__________．【答案】【解析】以AD,DC,DD1建立空间直角坐标系，则：得直线和所成角的余弦值等于3．如图，在正方体中，为的中点．（1）证明：平面AD1E（2）求直线到平面的距离；【答案】（1）证明见解析（2）【解析】（1），，四边形为平行四边形，，面，面，平面．（2）如图建立空间直角坐标系，设正方体的棱长为，则，，，，，平面，直线到平面的距离即为点到平面的距离，所以，，，设平面的一个法向量为，则，取，得，，直线到平面的距离为．4．在四棱锥中，，平面平面．（1）证明：平面；（2）求二面角的正弦值．【答案】（1）证明见解析（2）【解析】（1）作于点，平面平面，平面平面∴平面，平面，则又，平面平面，则，平面（2）取中点为，则由，得又平面，得，所以平面以为原点，方向分别为轴的正方向，建立空间直角坐标系，则设平面的法向量为则，则今，则设平面的法向量为则，则令，则故故二面角的正弦值为5．如图，四棱锥中，底面为矩形，平面，点在线段上．（1）若为的中点，证明：平面；（2）若，，若二面角的大小为，试求的值．【答案】（1）证明见解析（2）【解析】．（1）证明：连接交于，连接，因为四边形为矩形，为的中点，又因为为的中点，则，因为平面，平面，因此，平面．（2）解：由题设平面，四边形为矩形，以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，平面，平面，，所以，，则、、、，设，其中，则，，设平面的法向量为，则，取，可得，易知平面的一个法向量为，由题可得，因为，解得，此时．6．如图在四棱锥中，侧面底面，侧棱，底面为直角梯形，其中，，，为的中点．（1）求证：平面；（2）求二面角的正弦值；（3）线段上是否存在，使得它到平面的距离为？若存在，求出的值；若不存在，说明理由．【答案】（1）证明见解析（2）（3）存在，【解析】（1），为的中点，，侧面底面，侧面底面，平面，平面；（2）底面为直角梯形，其中，，，，又平面，以为原点，所在直线为轴，所在直线为轴，所在直线为轴，建立空间直角坐标系，易得平面的法向量，，，设平面的法向量，则，取，得，设二面角夹角为，则，则，二面角的正弦值为；（3）设线段上存在，使得它到平面的距离为，，到平面的距离，解得或（舍去），则，则．7．如图，在四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，AB∥CD，AB＝BC＝CC1＝2CD，E为线段AB的中点，F是线段DD1上的动点．（1）求证：EF∥平面BCC1B1；（2）若∠BCD＝∠C1CD＝60°，且平面D1C1CD⊥平面ABCD，求平面BCC1B1与平面DC1B1所成角（锐角）的余弦值．（1）证明如图（1），连接DE，D1E．图（1）∵AB∥CD，AB＝2CD，E是AB的中点，∴BE∥CD，BE＝CD，∴四边形BCDE是平行四边形，∴DE∥BC．又DE⊄平面BCC1B1，BC⊂平面BCC1B1，∴DE∥平面BCC1B1．∵DD1∥CC1，DD1⊄平面BCC1B1，CC1⊂平面BCC1B1，∴D1D∥平面BCC1B1．又D1D∩DE＝D，∴平面DED1∥平面BCC1B1．∵EF⊂平面DED1，∴EF∥平面BCC1B1．（2）解如图（1），连接BD．设CD＝1，则AB＝BC＝CC1＝2．∵∠BCD＝60°，∴BD＝eq\r(BC2＋CD2－2BC·CD·cos60°)＝eq\r(3)．∴CD2＋BD2＝BC2，∴BD⊥CD．同理可得，C1D⊥CD．法一∵平面D1C1CD⊥平面ABCD，平面D1C1CD∩平面ABCD＝CD，C1D⊂平面D1C1CD，∴C1D⊥平面ABCD，∵BC⊂平面ABCD，∴C1D⊥BC，∴C1D⊥B1C1．在平面ABCD中，过点D作DH⊥BC，垂足为H，连接C1H，如图（1）．∵C1D∩DH＝D，∴BC⊥平面C1DH．∵C1H⊂平面C1DH，∴BC⊥C1H，∴B1C1⊥C1H，∴∠DC1H为平面BCC1B1与平面DC1B1所成的角．∵在Rt△C1CD中，C1D＝eq\r(3)，在Rt△BCD中，DH＝CD·sin60°＝eq\f(\r(3),2)，∴在Rt△C1DH中，C1H＝eq\r(C1D2＋DH2)＝eq\f(\r(15),2)，∴cos∠DC1H＝eq\f(C1D,C1H)＝eq\f(2\r(5),5)．∴平面BCC1B1与平面DC1B1所成的角（锐角）的余弦值为eq\f(2\r(5),5)．法二以D为原点，分别以DB，DC，DC1所在直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，如图（2），图（2）则D（0，0，0），C（0，1，0），C1（0，0，eq\r(3)），B（eq\r(3)，0，0），∴eq\o(B1C1,\s\up6(→))＝eq\o(BC,\s\up6(→))＝（－eq\r(3)，1，0），eq\o(DC1,\s\up6(→))＝（0，0，eq\r(3)），eq\o(CC1,\s\up6(→))＝（0，－1，eq\r(3)）．设平面BCC1B1的法向量为n1＝（x1，y1，z1），则eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n1·\o(BC,\s\up6(→))＝0，,n1·\o(CC1,\s\up6(→))＝0，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－\r(3)x1＋y1＝0，,－y1＋\r(3)z1＝0.))取z1＝1，则y1＝eq\r(3)，x1＝1，∴平面BCC1B1中的一个法向量为n1＝（1，eq\r(3)，1）．设平面DC1B1的法向量为n2＝（x2，y2，z2）．则eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n2·\o(B1C1,\s\up6(→))＝0，,n2·\o(DC1,\s\up6(→))＝0，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－\r(3)x2＋y2＝0，,\r(3)z2＝0.))令x2＝1，则y2＝eq\r(3)，z2＝0，∴平面DC1B1的一个法向量为n2＝（1，eq\r(3)，0）．设平面BCC1B1与平面DC1B1所成的锐二面角的大小为θ，则cosθ＝eq\f(|n1·n2|,|n1||n2|)＝eq\f(1＋3,\r(1＋3＋1)·\r(1＋3))＝eq\f(2\r(5),5)．∴平面BCC1B1与平面DC1B1所成的角（锐角）的余弦值为eq\f(2\r(5),5)．8．如图所示的多面体是由底面为ABCD的长方体被截面AEC1F所截而得到的，其中AB＝4，BC＝2，CC1＝3，BE＝1．（1）求BF的长；（2）求点C到平面AEC1F的距离．解：（1）如图，以D为原点，DA，DC，DF分别为坐标轴建立空间直角坐标系．则A（2,0,0），B（2,4,0），C（0,4,0），E（2,4,1），C1（0,4,3），设F（0,0，z），由eq\o(AF,\s\up6(→))＝eq\o(EC1,\s\up6(→))得：（－2,0，z）＝（－2,0,2），所以z＝2．∴F（0,0,2）．∴eq\o(BF,\s\up6(→))＝（－2，－4,2），∴|eq\o(BF,\s\up6(→))|＝2eq\r(6)，即BF的长为2eq\r(6)．（2）设n1为平面AEC1F的法向量，显然n1不垂直于平面ADF，故可设n1＝（x，y,1）．由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n1·\o(AE,\s\up6(→))＝0，,n1·\o(AF,\s\up6(→))＝0，))得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(0×x＋4×y＋1＝0，,－2×x＋0×y＋2＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(4y＋1＝0，,－2x＋2＝0.))∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝1，,y＝－\f(1,4)，))则n1＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，－\f(1,4)，1))．又eq\o(CC1,\s\up6(→))＝（0,0,3），设eq\o(CC1,\s\up6(→))与n1的夹角为α，则cosα＝eq\f(\o(CC1,\s\up6(→))·n1,|\o(CC1,\s\up6(→))||n1|)＝eq\f(3,3×\r(1＋\f(1,16)＋1))＝eq\f(4\r(33),33)．∴点C到平面AEC1F的距离为d＝|eq\o(CC1,\s\up6(→))|cosα＝3×eq\f(4\r(33),33)＝eq\f(4\r(33),11)．9．如图，三棱台ABC－A1B1C1中，侧面A1B1BA与侧面A1C1CA是全等的梯形，若A1A⊥AB，A1A⊥A1C1，且AB＝2A1B1＝4A1A．（1）若eq\o(CD,\s\up6(→))＝2eq\o(DA1,\s\up6(→))，eq\o(AE,\s\up6(→))＝2eq\o(EB,\s\up6(→))，证明：DE∥平面BCC1B1；（2）若二面角C1－AA1－B为eq\f(π,3)，求平面A1B1BA与平面C1B1BC成的锐二面角的余弦值．（1）证明：连接AC1，BC1，梯形A1C1CA，AC＝2A1C1，易知：AC1∩A1C＝D，eq\o(AD,\s\up6(→))＝2eq\o(DC1,\s\up6(→))，又eq\o(AE,\s\up6(→))＝2eq\o(EB,\s\up6(→))，则DE∥BC1，BC1平面BCC1B1，DE平面BCC1B1，可得：DE∥平面BCC1B1．（2）解：侧面A1C1CA是梯形，A1A⊥A1C1，⇒AA1⊥AC，A1A⊥AB，则∠BAC为二面角C1－AA1－B的平面角，∠BAC＝eq\f(π,3)．⇒△ABC，△A1B1C1均为正三角形，在平面ABC内，过点A作AC的垂线，如图建立空间直角坐标系，不妨设AA1＝1，则A1B1＝A1C1＝2，AB＝AC＝4，故点A1（0,0,1），C（0,4,0），B（2eq\r(3)，2,0），B1（eq\r(3)，1,1）．设平面A1B1BA的法向量为m＝（x1，y1，z1），则有：eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m·\o(AB,\s\up6(→))＝0，,m·\o(AB1,\s\up6(→))＝0))⇒eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\r(3)x1＋y1＝0，,\r(3)x1＋y1＋z1＝0，))⇒m＝（1，－eq\r(3)，0），设平面C1B1BC的法向量为n＝（x2，y2，z2），则有：eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(CB,\s\up6(→))＝0，,n·\o(CB1,\s\up6(→))＝0))⇒eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\r(3)x2－y2＝0，,\r(3)x2－3y2＋z2＝0，))⇒n＝（1，eq\r(3)，2eq\r(3)），cos〈m，n〉＝eq\f(m·n,|m||n|)＝－eq\f(1,4)，故平面A1B1BA与平面C1B1BC所成的锐二面角的余弦值为eq\f(1,4)．10．如图，四棱锥P－ABCD的底面ABCD是平行四边形，PA⊥底面ABCD，PA＝3，AD＝2，AB＝4，∠ABC＝60°．（1）求证：BC⊥平面PAC；（2）E是侧棱PB上一点，记eq\f(PE,PB)＝λ（0<λ<1），是否存在实数λ，使平面ADE与平面PAD所成的二面角为60°？若存在，求出λ的值；若不存在，请说明理由．（1）证明：因为BC＝AD＝2，AB＝4，所以AC＝eq\r(AB2＋BC2－2AB×BC×cos∠ABC)＝2eq\r(3)，又BC2＋AC2＝AB2，所以BC⊥AC．又PA⊥底面ABCD，BC平面ABCD，则PA⊥BC．因为PA平面PAC，AC平面PAC，且PA∩AC＝A，所以BC⊥平面PAC．（2）解：以A为坐标原点，过点A作垂直于AB的直线为x轴，AB，AP所在直线分别为y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，则A（0,0,0），B（0,4,0），P（0,0,3）．因为在平行四边形ABCD中，AD＝2，AB＝4，∠ABC＝60°，则∠DAx＝30°，所以D（eq\r(3)，－1,0）．又eq\f(PE,PB)＝λ（0<λ<1），知E（0,4λ，3（1－λ））．所以eq\o(AD,\s\up6(→))＝（eq\r(3)，－1,0），eq\o(AE,\s\up6(→))＝（0,4λ，3（1－λ）），eq\o(AP,\s\up6(→))＝（0,0,3），设平面ADE的法向量为m＝（x1，y1，z1），则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m·\o(AD,\s\up6(→))＝0，,m·\o(AE,\s\up6(→))＝0))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\r(3)x1－y1＝0，,4λy1＋31－λz1＝0.))取x1＝1，则m＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\r(3)，\f(4\r(3)λ,3λ－1)))．设平面PAD的法向量为n＝（x2，y2，z2），则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(AP,\s\up6(→))＝0，,n·\o(AD,\s\up6(→))＝0))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(3z2＝0，,\r(3)x2－y2＝0.))取y2＝1，则n＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),3)，1，0))．若平面ADE与平面PAD所成的二面角为60°，则|cos〈m，n〉|＝cos60°＝eq\f(1,2)，即eq\f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(1×\f(\r(3),3)＋\r(3)×1＋\f(4\r(3)λ,3λ－1)×0)),\r(1＋3＋\f(16λ2,3λ－12))·\r(\f(1,3)＋1))＝eq\f(1,2)，化简得eq\r(1＋\f(4λ2,3λ－12))＝2，即eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(λ,λ－1)))2＝eq\f(9,4)，解得λ＝3（舍去）或λ＝eq\f(3,5)．于是，存在λ＝eq\f(3,5)，使平面ADE与平面PAD所成的二面角为60°．11．如图，在四棱锥P－ABCD中，侧面PAD⊥底面ABCD，底面ABCD是平行四边形，∠ABC＝45°，AD＝AP＝2，AB＝DP＝2eq\r(2)，E为CD的中点，点F在线段PB上．（1）求证：AD⊥PC；（2）试确定点F的位置，使得直线EF与平面PDC所成的角和直线EF与平面ABCD所成的角相等．（1）证明如图，在平行四边形ABCD中，连接AC，因为AB＝2eq\r(2)，BC＝2，∠ABC＝45°，由余弦定理得，AC2＝AB2＋BC2－2·AB·BC·cos45°＝4，得AC＝2，所以AC2＋BC2＝AB2，所以∠ACB＝90°，即BC⊥AC．又AD∥BC，所以AD⊥AC，因为AD＝AP＝2，DP＝2eq\r(2)，所以AD2＋AP2＝DP2，所以PA⊥AD，又AP∩AC＝A，所以AD⊥平面PAC，所以AD⊥PC．（2）解因为侧面PAD⊥底面ABCD，PA⊥AD，所以PA⊥底面ABCD，所以直线AC，AD，AP两两互相垂直，以A为原点，直线AD，AC，AP为坐标轴，建立如图所示的空间直角坐标系A－xyz，则A（0，0，0），D（－2，0，0），C（0，2，0），B（2，2，0），E（－1，1，0），P（0，0，2），所以eq\o(PC,\s\up6(→))＝（0，2，－2），eq\o(PD,\s\up6(→))＝（－2，0，－2），eq\o(PB,\s\up6(→))＝（2，2，－2）．设eq\f(PF,PB)＝λ（λ∈[0，1]），则eq\o(PF,\s\up6(→))＝（2λ，2λ，－2λ），F（2λ，2λ，－2λ＋2），所以eq\o(EF,\s\up6(→))＝（2λ＋1，2λ－1，－2λ＋2），易得平面ABCD的一个法向量为m＝（0，0，1）．设平面PDC的法向量为n＝（x，y，z），由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(PC,\s\up6(→))＝0，,n·\o(PD,\s\up6(→))＝0，))得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2y－2z＝0，,－2x－2z＝0，))令x＝1，得n＝（1，－1，－1）．因为直线EF与平面PDC所成的角和直线EF与平面ABCD所成的角相等，所以|cos〈eq\o(EF,\s\up6(→))，m〉|＝|cos〈eq\o(EF,\s\up6(→))，n〉|，即eq\f(|\o(EF,\s\up6(→))·m|,|\o(EF,\s\up6(→))||m|)＝eq\f(|\o(EF,\s\up6(→))·n|,|\o(EF,\s\up6(→))||n|)，所以|－2λ＋2|＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(2λ,\r(3))))，即eq\r(3)|λ－1|＝|λ|（λ∈[0，1]），解得λ＝eq\f(3－\r(3),2)，所以eq\f(PF,PB)＝eq\f(3－\r(3),2)．即当eq\f(PF,PB)＝eq\f(3－\r(3),2)时，直线EF与平面PDC所成的角和直线EF与平面ABCD所成的角相等．12．如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为直角梯形，AD∥BC，∠ADC＝90°，平面PAD⊥底面ABCD，Q为AD的中点，M是棱PC上的点，PA＝PD＝2，BC＝eq\f(1,2)AD＝1，CD＝eq\r(3)．（1）求证：平面PBC⊥平面PQB；（2）当PM的长为何值时，平面QMB与平面PDC所成的锐二面角的大小为60°？（1）证明∵AD∥BC，Q为AD的中点，BC＝eq\f(1,2)AD，∴BC∥QD，BC＝QD，∴四边形BCDQ为平行四边形，∴BQ∥CD．∵∠ADC＝90°，∴BC⊥BQ．∵PA＝PD，AQ＝QD，∴PQ⊥AD．又∵平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，∴PQ⊥平面ABCD，∴PQ⊥BC．又∵PQ∩BQ＝Q，∴BC⊥平面PQB．∵BC⊂平面PBC，∴平面PBC⊥平面PQB．（2）解由（1）可知PQ⊥平面ABCD．如图，以Q为原点，分别以QA，QB，QP所在直线为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系，则Q（0，0，0），D（－1，0，0），P（0，0，eq\r(3)），B（0，eq\r(3)，0），C（－1，eq\r(3)，0），∴eq\o(QB,\s\up6(→))＝（0，eq\r(3)，0），eq\o(DC,\s\up6(→))＝（0，eq\r(3)，0），eq\o(DP,\s\up6(→))＝（1，0，eq\r(3)），eq\o(PC,\s\up6(→))＝（－1，eq\r(3)，－eq\r(3)）．设eq\o(PM,\s\up6(→))＝λeq\o(PC,\s\up6(→))，则eq\o(PM,\s\up6(→))＝（－λ，eq\r(3)λ，－eq\r(3)λ），且0≤λ≤1，得M（－λ，eq\r(3)λ，eq\r(3)－eq\r(3)λ），∴eq\o(QM,\s\up6(→))＝（－λ，eq\r(3)λ，eq\r(3)（1－λ））．设平面MBQ的法向量为m＝（x，y，z），则eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\o(QM,\s\up6(→))·m＝0，,\o(QB,\s\up6(→))·m＝0，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－λx＋\r(3)λy＋\r(3)（1－λ）z＝0，,\r(3)y＝0.))令x＝eq\r(3)，则y＝0，z＝eq\f(λ,1－λ)，∴平面MBQ的一个法向量为m＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(3)，0，\f(λ,1－λ)))．设平面PDC的法向量为n＝（x′，y′，z′），则eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\o(DC,\s\up6(→))·n＝0，,\o(DP,\s\up6(→))·n＝0，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\r(3)y′＝0，,x′＋\r(3)z′＝0.))令x′＝3，则y′＝0，z′＝－eq\r(3)，∴平面PDC的一个法向量为n＝（3，0，－eq\r(3)）．∴平面QMB与平面PDC所成的锐二面角的大小为60°，∴cos60°＝eq\f(|n·m|,|n||m|)＝eq\f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(3\r(3)－\r(3)·\f(λ,1－λ))),\r(12)·\r(3＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(λ,1－λ)))\s\up12(2)))＝eq\f(1,2)，∴λ＝eq\f(1,2)．∴PM＝eq\f(1,2)PC＝eq\f(\r(7),2)．13．如图，C是以AB为直径的圆O上异于A，B的点，平面PAC⊥平面ABC，PA＝PC＝AC＝2，BC＝4，E，F分别是PC，PB的中点，记平面AEF与平面ABC的交线为l．（1）求证：l⊥平面PAC；（2）直线l上是否存在点Q，使直线PQ分别与平面AEF、直线EF所成的角互余？若存在，求出AQ的长；若不存在，请说明理由．（1）证明因为E，F分别是PC，PB的中点，所以BC∥EF，又EF⊂平面EFA，BC⊄平面EFA，所以BC∥平面EFA．又BC⊂平面ABC，平面EFA∩平面ABC＝l，所以BC∥l．又BC⊥AC，平面PAC∩平面ABC＝AC，平面PAC⊥平面ABC，BC⊂平面ABC，所以BC⊥平面PAC，所以l⊥平面PAC．（2）解如图，以C为坐标原点，CA所在直线为x轴，CB所在直线为y轴，过C且垂直于平面ABC的直线为z轴建立空间直角坐标系，则A（2，0，0），B（0，4，0），P（1，0，eq\r(3)），Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，0，\f(\r(3),2)))，Feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2，\f(\r(3),2)))，所以eq\o(AE,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)，0，\f(\r(3),2)))，eq\o(EF,\s\up6(→))＝（0，2，0）．设Q（2，y，0），平面AEF的法向量为m＝（x0，y0，z0），则eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m·\o(AE,\s\up6(→))＝0，,m·\o(EF,\s\up6(→))＝0，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)x0＋\f(\r(3),2)z0＝0，,2y0＝0，))则y0＝0，令z0＝eq\r(3)，则x0＝1，所以m＝（1，0，eq\r(3)）为平面AEF的一个法向量．又eq\o(PQ,\s\up6(→))＝（1，y，－eq\r(3)），所以|cos〈eq\o(PQ,\s\up6(→))，eq\o(EF,\s\up6(→))〉|＝eq\f(|\o(PQ,\s\up6(→))·\o(EF,\s\up6(→))|,|\o(PQ,\s\up6(→))|·|\o(EF,\s\up6(→))|)，|cos〈eq\o(PQ,\s\up6(→))，m〉|＝eq\f(|\o(PQ,\s\up6(→))·m|,|\o(PQ,\s\up6(→))|·|m|)．因为直线PQ分别与平面AEF、直线EF所成的角互余，所以eq\f(|\o(PQ,\s\up6(→))·\o(EF,\s\up6(→))|,|\o(PQ,\s\up6(→))|·|\o(EF,\s\up6(→))|)＝eq\f(|\o(PQ,\s\up6(→))·m|,|\o(PQ,\s\up6(→))|·|m|)，所以|1×0＋y×2－eq\r(3)×0|＝|1×1＋y×0＋（－eq\r(3)）×eq\r(3)|，解得y＝±1．所以直线l上存在点Q，使直线PQ分别与平面AEF、直线EF所成的角互余，此时AQ＝1．14．如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为菱形，PA⊥平面ABCD，AB＝2，∠ABC＝60°，E，F分别是BC，PC的中点．（1）求证：AE⊥PD；（2）设H为线段PD上的动点，若线段EH长的最小值为eq\r(5)，求二面角E－AF－C的余弦值．（1）证明∵四边形ABCD为菱形，∠ABC＝60°，∴△ABC为正三角形．又E为BC的中点，∴AE⊥BC．∵BC∥AD，∴AE⊥AD．∵PA⊥平面ABCD，AE⊂平面ABCD，∴PA⊥AE．∵PA⊂平面PAD，AD⊂平面PAD，且PA∩AD＝A，∴AE⊥平面PAD．又PD⊂平面PAD，∴AE⊥PD．（2）解如图，H为线段PD上的动点，连接AH，EH．当线段EH的长最小时，EH⊥PD．由（1）知AE⊥PD，∵AE∩EH＝E，∴PD⊥平面AEH．∵AH⊂平面AEH，∴AH⊥PD．在Rt△EAH中，AE＝eq\r(3)，EH＝eq\r(5)，EA⊥AH，∴AH＝eq\r(EH2－AE2)＝eq\r(2)．在Rt△ADH中，由AH＝eq\r(2)，AD＝2，可知∠HDA＝45°，即∠PDA＝45°．∴在Rt△PAD中，可得PA＝AD＝2．由（1）可知AE，AD，AP两两垂直，以A为坐标原点，建立如图的空间直角坐标系．由E，F分别为BC，PC的中点，可得A（0，0，0），B（eq\r(3)，－1，0），C（eq\r(3)，1，0），D（0，2，0），P（0，0，2），E（eq\r(3)，0，0），Feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，\f(1,2)，1))，所以eq\o(AE,\s\up6(→))＝（eq\r(3)，0，0），eq\o(AF,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，\f(1,2)，1))．设平面AEF的法向量为n＝（x1，y1，z1），则eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(AE,\s\up6(→))＝0，,n·\o(AF,\s\up6(→))＝0，))因此eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\r(3)x1＝0，,\f(\r(3),2)x1＋\f(1,2)y1＋z1＝0，))取z1＝－1，得n＝（0，2，－1）．因为BD⊥AC，BD⊥PA，PA∩AC＝A，所以BD⊥平面AFC，故eq\o(BD,\s\up6(→))为平面AFC的一个法向量．又eq\o(BD,\s\up6(→))＝（－eq\r(3)，3，0），所以cos〈n，eq\o(BD,\s\up6(→))〉＝eq\f(n·\o(BD,\s\up6(→)),|n|·|\o(BD,\s\up6(→))|)＝eq\f(2×3,\r(5)×\r(12))＝eq\f(\r(15),5)．由图易知二面角E－AF－C为锐角，故所求二面角的余弦值为eq\f(\r(15),5)．课后练习1．点，分别是正方体的棱和棱的中点，则异面直线与所成的角的余弦值为（）A．B．C．D．【答案】A【解析】以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，

设正方体的棱长为2，则，，，，

则，，设异面直线所成角为，

则，∴异面直线与所成的角的余弦值为，

故选A．2．如图所示，在四棱锥中，四边形为菱形，为正三角形，且分别为的中点，平面，平面．（1）求证：平面；（2）求与平面所成角的正弦值．【答案】（1）见解析；（2）．解：以为原点，分别为轴建立空间直角坐标系，不妨设菱形的边长为2，则，，则点，，设平面的法向量为，则由，解得，不妨令，得；又，所以与平面所成角的正弦值为．3．如图，在四棱锥中，平面平面，，，，，，．（1）求证：平面；（2）求直线与平面所成角的正弦值；（3）在棱上是否存在点，使得平面？若存在，求的值；若不存在，说明理由．【答案】（1）见解析；（2）；（3）存在，又因为平面，平面平面，所以平面．因为平面，所以．因为，所以．如图建立空间直角坐标系，由题意得，．设平面的法向量为，则即令，则．所以．又，所以．所以直线与平面所成角的正弦值为．（3）设是棱上一点，则存在使得．因此点．因为平面，所以平面当且仅当，即，解得．所以在棱上存在点使得平面，此时．4．如图，在斜三棱柱（侧棱不垂直于底面）ABC－A1B1C1中，侧面AA1C1C⊥底面ABC，底面△ABC是边长为2的正三角形，A1A＝A1C，A1A⊥A1C．（1）求证：A1C1⊥B1C；（2）求二面角B1－A1C－C1的正弦值．（1）证明如图，取A1C1的中点D，连接B1D，CD，∵C1C＝A1A＝A1C，∴CD⊥A1C1，∵底面△ABC是边长为2的正三角形，∴AB＝BC＝2，A1B1＝B1C1＝2，∴B1D⊥A1C1，又B1D∩CD＝D，B1D⊂平面B1CD，CD⊂平面B1CD，∴A1C1⊥平面B1CD，∴A1C1⊥B1C．（2）解法一如图，过点D作DE⊥A1C于点E，连接B1E．∵侧面AA1C1C⊥底面ABC，∴侧面AA1C1C⊥平面A1B1C1，又B1D⊥A1C1，侧面AA1C1C∩平面A1B1C1＝A1C1，∴B1D⊥平面A1CC1，∴B1D⊥A1C，∴A1C⊥平面B1DE，∴B1E⊥A1C，∴∠B1ED为所求二面角的平面角．∵A1B1＝B1C1＝A1C1＝2，∴B1D＝eq\r(3)，又ED＝eq\f(1,2)CC1＝eq\f(\r(2),2)，∴tan∠B1ED＝eq\f(B1D,ED)＝eq\f(\r(3),\f(\r(2),2))＝eq\r(6)，∴sin∠B1ED＝eq\f(\r(42),7)．∴二面角B1－A1C－C1的正弦值为eq\f(\r(42),7)．法二如图，取AC的中点O，以O为坐标原点，射线OB，OC，OA1分别为x，y，z轴的正方向建立空间直角坐标系，则O（0，0，0），B（eq\r(3)，0，0），A1（0，0，1），B1（eq\r(3)，1，1），C1（0，2，1），C（0，1，0），∴eq\o(A1B1,\s\up6(→))＝（eq\r(3)，1，0），eq\o(A1C,\s\up6(→))＝（0，1，－1）．设m＝（x，y，z）为平面A1B1C的法向量，∴eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m·\o(A1B1,\s\up6(→))＝\r(3)x＋y＝0，,m·\o(A1C,\s\up6(→))＝y－z＝0，))令y＝eq\r(3)，得m＝（－1，eq\r(3)，eq\r(3)），又eq\o(OB,\s\up6(→))＝（eq\r(3)，0，0）为平面A1CC1的一个法向量，∴cos〈m，eq\o(OB,\s\up6(→))〉＝eq\f(m·\o(OB,\s\up6(→)),|m||\o(OB,\s\up6(→))|)＝－eq\f(\r(7),7)，由图易知所求二面角为锐角，∴二面角B1－A1C－C1的正弦值为eq\f(\r(42),7)．5．如图，在三棱锥P－ABC中，D为棱PA上的任意一点，点F，G，H分别为所在棱的中点．（1）证明：BD∥平面FGH；（2）若CF⊥平面ABC，AB⊥BC，AB＝2，∠BAC＝45°，当二面角C－GF－H的平面角为eq\f(π,3)时，求棱PC的长．（1）证明因为G，H分别为AC，BC的中点，所以AB∥GH，且GH⊂平面FGH，AB⊄平面FGH，所以AB∥平面FGH．因为F，G分别为PC，AC的中点，所以GF∥AP，且FG⊂平面FGH，AP⊄平面FGH，所以AP∥平面FGH．又因为AP∩AB＝A，所以平面ABP∥平面FGH．因为BD⊂平面ABP，所以BD∥平面FGH．（2）解在平面ABC内过点C作CM∥AB，如图，以C为原点，分别以CB，CM，CF所在直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系C－xyz，连接BG．由△ABC为等腰直角三角形知BG⊥AC．因为BG⊥CF，AC∩CF＝C，所以BG⊥平面PAC．设CF＝a，则B（2，0，0），G（1，－1，0），所以eq\o(BG,\s\up6(→))＝（－1，－1，0）为平面PAC的一个法向量．又F（0，0，a），H（1，0，0），所以eq\o(FH,\s\up6(→))＝（1，0，－a），eq\o(FG,\s\up6(→))＝（1，－1，－a）．设m＝（x，y，z）为平面FGH的法向量，则eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m·\o(FH,\s\up6(→))＝0，,m·\o(FG,\s\up6(→))＝0，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x－az＝0，,x－y－az＝0，))可得平面FGH的一个法向量为m＝（a，0，1）．由|cos〈m，eq\o(BG,\s\up6(→))〉|＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(－a,\r(2)·\r(a2＋1))))＝eq\f(1,2)，得a＝1（负值已舍去），从而2a＝2，所以棱PC的长为2．6．如图，在四棱锥E－ABCD中，底面ABCD是圆内接四边形，CB＝CD＝CE＝1，