高中数学用空间向量解立体几何问题方法归纳

用空间向量解立体几何题型与方法
平行垂直问题根底知识
直线l 的方向向量为a ＝(a 1，b 1，c 1)．平面α，β的法向量u ＝(a 3，b 3，c 3)，v ＝(a 4，b 4，c 4)
(1)线面平行：l ∥α⇔a ⊥u ⇔a ·u ＝0⇔a 1a 3＋b 1b 3＋c 1c 3＝0
(2)线面垂直：l ⊥α⇔a ∥u ⇔a ＝k u ⇔a 1＝ka 3，b 1＝kb 3，c 1＝kc 3
(3)面面平行：α∥β⇔u ∥v ⇔u ＝k v ⇔a 3＝ka 4，b 3＝kb 4，c 3＝kc 4
(4)面面垂直：α⊥β⇔u ⊥v ⇔u ·v ＝0⇔a 3a 4＋b 3b 4＋c 3c 4＝0
例1、如下列图，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.
(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
系如下列图，那么A (0,0,0)，B (1,0,0)，C (1,2,0)，D (0,2,0)，P (0,0,1)，所以E ⎝ ⎛⎭⎪⎫12
，1，12，F ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1，12，EF ＝⎝ ⎛⎭
⎪⎫－12，0，0，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 ＝－12
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展判定，也可以证明两个平面的法向量垂直.
例2、在直三棱柱ABC ­A 1B 1C 1中，∠ABC ＝90°，BC ＝2，CC 1＝4，点E 在线段BB 1上，
且EB 1＝1，D ，F ，G 分别为CC 1，C 1B 1，C 1A 1的中点．
求证：(1)B 1D ⊥平面ABD ；
(2)平面EGF ∥平面ABD .
证明：(1)以B 为坐标原点，BA 、BC 、BB 1所在的直线分别为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系，如下列图，那么B (0,0,0)，D (0,2,2)，B 1(0,0,4)，设BA ＝a ，那么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B 1D ⊥BA ，B 1D ⊥BD .
又BA ∩BD ＝B ，因此B 1D ⊥平面ABD .
(2)由(1)知，E (0,0,3)，G ⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2，1，4，F (0,1,4)，那么EG ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫
a 2，1，1，EF ＝(0,1,1)， 1B D ·EG ＝0＋2－2＝0，1B D ·EF ＝0＋2－2＝0，即B 1D ⊥EG ，B 1D ⊥EF .
又EG ∩EF ＝E ，因此B 1D ⊥平面EGF . 结合(1)可知平面EGF ∥平面ABD .
利用空间向量求空间角根底知识
(1)向量法求异面直线所成的角：假设异面直线a ，b 的方向向量分别为a ，b ，异面直线所成
的角为θ，那么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，那么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n 1，n 2，
假设二面角α－l －β所成的角θ为锐角，那么cos θ＝|cos 〈n 1，n 2〉|＝|n 1·n 2||n 1||n 2|
； 假设二面角α－l －β所成的角θ为钝角，那么cos θ＝－|cos 〈n 1，n 2〉|＝－|n 1·n 2||n 1||n 2|
. 例1、如图，在直三棱柱A 1B 1C 1­ABC 中，AB ⊥AC ，AB ＝AC ＝2，A 1A ＝4，
点D 是BC 的中点．
(1)求异面直线A 1B 与C 1D 所成角的余弦值；
(2)求平面ADC 1与平面ABA 1所成二面角的正弦值．
[解] (1)以A 为坐标原点，建立如下列图的空间直角坐标系A ­xyz ，那么A (0,0,0)，B (2,0,0)，C (0,2,0)，D (1,1,0)，A 1(0，0,4)，C 1(0,2,4)，所以1A B ＝(2,0，－4)，1C D
＝(1，－1，－4)．
因为cos 〈1A B ，1C D 〉＝1A B ·1C D | 1A B ||1C D |＝1820×18＝31010， 所以异面直线A 1B 与C 1D 所成角的余弦值为31010
. (2)设平面ADC 1的法向量为n 1＝(x ，y ，z )，因为AD ＝(1,1,0)，1AC ＝(0,2,4)，所以n 1·AD ＝0，n 1·1AC ＝0，即x ＋y ＝0且y ＋2z ＝0，取z ＝1，得x ＝2，y ＝－2，所以，n 1＝(2，－2,1)是平面ADC 1的一个法向量．取平面ABA 1的一个法向量为n 2＝(0,1,0)．设平面ADC 1与平面ABA 1所成二面角的大小为θ.
由|cos θ|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪n 1·n 2|n 1||n 2|＝29×1
＝23，得sin θ＝53. 因此，平面ADC 1与平面ABA 1所成二面角的正弦值为53
. 例2、如图，三棱柱ABC ­A 1B 1C 1中，CA ＝CB ，AB ＝AA 1，∠BAA 1＝60°.
(1)证明：AB ⊥A 1C ；
(2)假设平面ABC ⊥平面AA 1B 1B ，AB ＝CB ，求直线A 1C 与平面BB 1C 1C 所成角的正弦值．
[解] (1)证明：取AB 的中点O ，连接OC ，OA 1，A 1B .
因为CA ＝CB ，所以OC ⊥AB .
由于AB ＝AA 1，∠BAA 1＝60°，故△AA 1B 为等边三角形，所以OA 1⊥AB .
因为OC ∩OA 1＝O ，所以AB ⊥平面OA 1C .
又A 1C ⊂平面OA 1C ，故AB ⊥A 1C .
(2)由(1)知OC ⊥AB ，OA 1⊥AB .又平面ABC ⊥平面AA 1B 1B ，交线为AB ，
所以OC ⊥平面AA 1B 1B ，故OA ，OA 1，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，建立如下列图的空间直角坐标系O ­xyz . 由题设知A (1,0,0)，A 1(0，3，0)，C (0,0，3)，B (－1,0,0)．
那么BC ＝(1,0，3)，1BB ＝1AA ＝(－1，3，0)，1A C ＝(0，－3，3)．
设n ＝(x ，y ，z )是平面BB 1C 1C 的法向量，
那么⎩⎪⎨⎪⎧ n ·BC ＝0，n ·1BB ＝0.即⎩⎪⎨⎪⎧
x ＋3z ＝0，
－x ＋3y ＝0. 可取n ＝(3，1，－1)．
故cos n ，1A C ＝n ·1A C |n ||1A C |
＝－105. 所以A 1C 与平面BB 1C 1C 所成角的正弦值为
105.
(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结合公式进展论证、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 .
(1)证明：平面SBE ⊥平面SEC ；
(2)假设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．那么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 )，
那么⎩⎪⎨⎪⎧ n ·CB ＝0，n ·CS ＝0.
即⎩⎪⎨⎪⎧
2x －23y ＝0，－23y ＋z ＝0.令y ＝1，得x ＝3，z ＝23， 那么平面SBC 的一个法向量为n ＝(3，1,23)． 设直线CE 与平面SBC 所成角的大小为θ，那么sin θ＝|n ·CE |n |·|CE ||＝14
， 故直线CE 与平面SBC 所成角的正弦值为14
. 例4、如图是多面体ABC ­A 1B 1C 1和它的三视图．
(1)线段CC 1上是否存在一点E ，使BE ⊥平面A 1CC 1？假设不存在，请说明理由，假设存在，请找出并证明；
(2)求平面C 1A 1C 与平面A 1CA 夹角的余弦值．
解：(1)由题意知AA 1，AB ，AC 两两垂直，建立如下列图的空间直角坐标系，那么A (0,0,0)，A 1(0,0,2)，B (－2,0,0)，C (0，－2,0)，C 1(－1，－1,2)，那么1CC ＝(－1,1,2)，11A C ＝(－1，－1,0)，1A C ＝(0，－2，－2)．设E (x ，y ，z )，那么CE ＝(x ，y ＋2，z )， 1EC ＝(－1－x ，－1－y,2－z )．设CE ＝λ1EC (λ>0)，
那么⎩⎨⎧ x ＝－λ－λx ，y ＋2＝－λ－λy ，
z ＝2λ－λz ，那么E ⎝ ⎛⎭
⎪⎫－λ1＋λ，－2－λ1＋λ，2λ1＋λ， BE ＝⎝ ⎛⎭
⎪⎫2＋λ1＋λ，－2－λ1＋λ，2λ1＋λ. 由⎩⎪⎨⎪⎧ BE ·11A C ＝0， BE ·1A C ＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧ －2＋λ1＋λ＋2＋λ1＋λ＝0，－2－λ1＋λ＋2λ1＋λ＝0，解得λ＝2，
所以线段CC 1上存在一点E ，CE ＝21EC ，使BE ⊥平面A 1CC 1.
(2)设平面C 1A 1C 的法向量为m ＝(x ，y ，z )，那么由⎩⎪⎨⎪⎧ m ·11A C ＝0，m ·1A C ＝0，
得⎩⎨⎧
－x －y ＝0，－2y －2z ＝0， 取x ＝1，那么y ＝－1，z ＝1.故m ＝(1，－1,1)，而平面A 1CA 的一个法向量为n ＝(1,0,0)，
那么cos 〈m ，n 〉＝m ·n |m ||n |＝13＝33
，故平面C 1A 1C 与平面A 1CA 夹角的余弦值为33. 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A ­DC ­B (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E ­DF ­C 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，那么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 )，
那么⎩⎪⎨⎪⎧ DF ·n ＝0， DE ·n ＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧
x ＋3y ＝0，3y ＋z ＝0，取n ＝(3，－3，3)，
cos 〈DA ，n 〉＝DA ·n | DA ||n |＝217，所以二面角E ­DF ­C 的余弦值为217. (3)存在．设P (s ，t,0)，有AP ＝(s ，t ，－2)，那么AP ·DE ＝3t －2＝0，∴t ＝233
， 又BP ＝(s －2，t,0)，PC ＝(－s,23－t,0)，∵BP ∥PC ，∴(s －2)(23－t )＝－st ，
∴3s ＋t ＝2 3. 把t ＝233代入上式得s ＝43，∴BP ＝13BC ， ∴在线段BC 上存在点P ，使AP ⊥DE . 此时，BP BC ＝13. 1空间向量法最适合于解决立体几何中的探索性问题，它无需进展复杂的作图、论证、推理，只需通过坐标运算进展判断.
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，是否有规定围的解〞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、.如下列图，在直三棱柱ABC ­A 1B 1C 1中，∠ACB ＝90°，AA 1＝BC ＝2AC ＝2.
(1)假设D 为AA 1中点，求证：平面B 1CD ⊥平面B 1C 1D ；
(2)在AA 1上是否存在一点D ，使得二面角B 1­CD ­C 1的大小为60°？
解：(1)证明：如下列图，以点C 为原点，CA ，CB ，CC 1所在直线分别为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系．那么C (0,0,0)，A (1,0,0)，B 1(0,2,2)，C 1(0,0,2)，D (1,0,1)，
即11C B ＝(0,2,0)，1DC ＝(－1,0,1)，CD ＝(1,0,1)．
由11C B ·CD ＝(0,2,0)·(1,0,1)＝0＋0＋0＝0，得11C B ⊥CD ，即C 1B 1⊥CD .
由1DC ·CD ＝(－1,0,1)·(1,0,1)＝－1＋0＋1＝0，得1DC ⊥CD ，即DC 1⊥CD .
又DC 1∩C 1B 1＝C 1，∴CD ⊥平面B 1C 1D .又CD ⊂平面B 1CD ，∴平面B 1CD ⊥平面B 1C 1D .
(2)存在．当AD ＝22
AA 1时，二面角B 1­CD ­C 1的大小为60°.理由如下： 设AD ＝a ，那么D 点坐标为(1,0，a )，CD ＝(1,0，a )，1CB ＝(0,2,2)，
设平面B 1CD 的法向量为m ＝(x ，y ，z )，
那么⎩⎪⎨⎪⎧ m ·1CB ＝0m ·CD ＝0⇒⎩⎨⎧ 2y ＋
2z ＝0，x ＋az ＝0，令z ＝－1，得m ＝
(a,1，－1)．
又∵CB ＝(0,2,0)为平面C 1CD 的一个法向量，那么cos 60°＝|m ·CB ||m |·|CB |＝1a 2＋2＝
12，
解得a ＝2(负值舍去)，故AD ＝2＝2
2AA 1.∴在AA 1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P ­ABCD 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B ­AF ­D 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n 1，n 2分别为平面FAD 、平面FAB 的法向量
n 1·AD ＝0且n 1·AF ＝0―→求得
n 1·n 2―→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O ­xyz ，那么OC ＝CD cos π3＝1.而AC ＝4，得AO ＝AC －OC ＝3.又OD ＝CD sin π3＝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－z 22＝0，z ＝23(舍去－23)，
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n 1＝(x 1，y 1，z 1)，平面FAB 的法向量为n 2＝(x 2，y 2，z 2)，
由n 1·AD ＝0，n 1·AF ＝0，得⎩
⎪⎨⎪⎧ －3x 1＋3y 1＝0，2y 1＋3z 1＝0，因此可取n 1＝(3，3，－2)． 由n 2·AB ＝0，n 2·AF ＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧ 3x 2＋3y 2＝0，2y 2＋3z 2＝0，
故可取n 2＝(3，－3，2)． 从而法向量n 1，n 2的夹角的余弦值为cos 〈n 1，n 2〉＝
n 1·n 2|n 1|·|n 2|＝18. 故二面角B ­AF ­D 的正弦值为378
.
建立空间直角坐标系的根本思想是寻找其中的线线垂直关系此题利用AC ⊥BD ，假设图中存在交于一点的三条直线两两垂直，那么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，要通过其他条件得到垂直关系，在此根底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 ，那么BO ⊥AC ，DO ⊥AC . ∵平面ACD ⊥平面ABC ， ∴DO ⊥平面ABC . 作EF ⊥平面ABC ，那么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n 1＝(0,0,1)． 可得C (－1,0,0)，B (0，3，0)，E (0，3－1，3)，那么CB ＝(1，3，0)，BE ＝(0，－1，3)．
设平面BCE 的法向量为n 2＝(x ，y ，z )，那么可得n 2·CB ＝0，n 2·BE ＝0，
即(x ，y ，z )·(1，3，0)＝0，(x ，y ，z )·(0，－1，3)＝0，可取n 2＝(－3，3，1)．
故cos 〈n 1，n 2〉＝n 1·n 1|n 1|·|n 2|＝1313
. 又由图知，所求二面角的平面角是锐角， 故二面角E ­BC ­A 的余弦值为1313
. 专题训练
1.如下列图，在多面体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，上、下两个底面A 1B 1C 1D 1和ABCD 互相平行，且都是正方形，DD 1⊥底面ABCD ，AB ∥A 1B 1，AB ＝2A 1B 1＝2DD 1＝2a .
(1)求异面直线AB 1与DD 1所成角的余弦值；
(2)F 是AD 的中点，求证：FB 1⊥平面BCC 1B 1.
解：以D 为原点，DA ，DC ，DD 1所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴，建立如下列图的空间直角坐标系，那么A (2a,0,0)，B (2a,2a,0)，C (0,2a,0)，D 1(0,0，a )，F (a,0,0)，B 1(a ，a ，a )，C 1(0，a ，a )．
(1)∵1AB ＝(－a ，a ，a )，1DD ＝(0,0，a )，∴cos 〈1AB ，1DD 〉＝1AB ·1
DD |1AB |·|1DD |＝33
， 所以异面直线AB 1与DD 1所成角的余弦值为33
. (2)证明：∵1BB ＝(－a ，－a ，a )，BC ＝(－2a,0,0)，1FB ＝(0，a ，a )，
∴⎩⎪⎨⎪⎧
1FB ·1BB ＝0， 1FB ·BC ＝0.
∴FB 1⊥BB 1，FB 1⊥BC . ∵BB 1∩BC ＝B ，∴FB 1⊥平面BCC 1B 1.
2．如图，在三棱柱ABC ­A 1B 1C 1中，AA 1C 1C 是边长为4的正方形，平面ABC ⊥平面
AA 1C 1C ，
AB ＝3，BC ＝5.
(1)求证：AA 1⊥平面ABC ； (2)求二面角A 1­BC 1­B 1的余弦值；
(3)证明：在线段BC 1上存在点D ，使得AD ⊥A 1B ，并求 BD BC 1
的值．
解：(1)证明：因为四边形AA 1C 1C 为正方形，所以AA 1⊥AC .
因为平面ABC ⊥平面AA 1C 1C ，且AA 1垂直于这两个平面的交线AC ，所以AA 1⊥平面
ABC .
(2)由(1)知AA 1⊥AC ，AA 1⊥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 ，那么B (0,3,0)，A 1(0,0,4)，B 1(0,3,4)，
C 1(4,0,4)，
1A B ＝(0,3，－4)，11A C ＝(4,0,0)．设平面A 1BC 1的法向量为n ＝(x ，y ，z )， 那么⎩⎪⎨⎪⎧
n ·1A B ＝0，n ·11A C ＝0.
即⎩⎨⎧
3y －4z ＝0，4x ＝0.令z ＝3，那么x ＝0，y ＝4，所以n ＝(0,4,3)．
同理可得，平面B 1BC 1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A 1­BC 1­B 1为锐角，所以二面角A 1­BC 1­B 1的余弦值为16
25.
(3)证明：设D (x ，y ，z )是直线BC 1上一点，且BD ＝λ1BC . 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BC 1上存在点D ，使得AD ⊥A 1B .
此时，
BD BC 1＝λ＝925
. 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A ­BD ­C 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 ，那么AF ＝1，EF ＝1
2，∠AFE ＝60°.
由余弦定理知AE ＝
12
＋⎝ ⎛⎭
⎪⎫122
－2×1×12cos 60°＝32.
∵AE 2＋EF 2＝AF 2，∴AE ⊥EF .
∵AB ＝AD ，F 为BD 中点．∴BD ⊥AF . 又BD ＝2，DC ＝1，BC ＝5，∴BD 2＋DC 2
＝BC 2，
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 为原点建立如下列图的空间直角坐标系，那么A ⎝ ⎛⎭
⎪⎫
0，0，
32， C ⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，12，0，B ⎝
⎛
⎭⎪⎫1，－12，0，
D ⎝
⎛⎭
⎪⎫－1，－1
2
，0，DB ＝(2,0,0)，DA ＝⎝
⎛⎭⎪⎫1，12
，32，AC ＝⎝
⎛⎭⎪⎫
－1，12，－32. 设平面ABD 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，
由⎩⎪⎨⎪⎧
n ·DB ＝0
n ·DA ＝0得⎩⎨⎧
2x ＝0，
x ＋12y ＋32z ＝0，
取z ＝3，
那么y ＝－3，又∵n ＝(0，－3，3)．
∴cos 〈n ，AC 〉＝
n ·AC
|n ||AC |
＝－64.
故直线AC 与平面ABD 所成角的余弦值为10
4
.
4．如下列图，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 的位置，且PB ＝41.
(1)求证：PO ⊥平面ABCE ； (2)求二面角E ­AP ­B 的余弦值．
解：(1)证明：由得AB ＝35，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，∴PO 2＋BO 2＝PB 2， ∴PO ⊥OB .又PO ⊥AE ，AE ∩OB ＝O ，∴PO ⊥平面ABCE . (2)∵BO ＝5，∴AO ＝AB 2－OB 2＝2 5.
以O 为原点，建立如下列图的空间直角坐标系，那么P (0,0,4)，A (25，0,0)，B (0,5,0)，
PA ＝(25，0，－4)，PB ＝(0,5，－4)．
设n 1＝(x ，y ，z )为平面APB 的法向量．那么⎩
⎪⎨⎪⎧
n 1·PA ＝0，
n 1·PB ＝0，即⎩⎨⎧
25x －4z ＝0，5y －4z ＝0.
取x ＝25得n 1＝(25，4,5)．又n 2＝(0,1,0)为平面AEP 的一个法向量，
∴cos 〈n 1，n 2〉＝n 1·n 2|n 1|·|n 2|＝461×1
＝461
61，
故二面角E ­AP ­B 的余弦值为461
61
.
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．
(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Q ­AC ­D 的余弦值为
6
3
？假设存在，求出PQ
QD
的值；假设不存在，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，那么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
| PB ||OA |＝33
. ∴直线PB 与平面POC 所成角的余弦值为63.
(2) PD ＝(0,1，－1)，CP ＝(－1,0,1)．设平面PDC 的一个法向量为u ＝(x ，y ，z )，
那么⎩
⎪⎨⎪⎧
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 ，那么设PQ ＝λPD (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)，
那么⎩⎪⎨⎪⎧
m ·AC ＝x ＋y ＝0，m ·AQ ＝λ＋1y ＋1－λz ＝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Q ­AC ­D 的余弦值为
6
3
， 所以|cos 〈m ，n 〉|＝|m ·n ||m ||n |＝63，得3λ2
－10λ＋3＝0，解得λ＝13或λ＝3(舍)，
所以存在点Q ，且
PQ QD ＝12
.
6．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．
(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 为原点建立如下列图的空间直角坐标系，那么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 )，
那么⎩⎪⎨⎪⎧
SD ·n ＝0，CD ·n ＝0，
即⎩⎨⎧
x －2z ＝0，－x －2y ＝0.令z ＝1，那么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n 1＝(1,0,0)．设平面SCD 与平面SAB 所成的二面角为
φ，
那么|cos φ|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪n 1·n |n 1|·|n |＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪1，0，0·2，－1，11·6＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪
21·6＝63
，即cos
φ＝
6
3
. ∴平面SCD 与平面SAB 所成二面角的余弦值为
63
. (3)设N (x,2x －2,0)(x ∈[1,2])，那么MN ＝(x,2x －3，－1)． 又平面SAB 的一个法向量为n 1＝(1,0,0)， ∴
sin θ＝
⎪⎪⎪⎪
⎪⎪x ，2x －3，－1·1，0，0x 2＋2x －32＋－12
·1＝
⎪⎪⎪⎪
⎪⎪
x 5x 2
－12x ＋10＝
⎪⎪⎪⎪
⎪⎪1
5－12·1x ＋10·1x 2
＝
1
10⎝ ⎛⎭
⎪⎫1x 2－12⎝ ⎛⎭
⎪⎫
1x ＋5＝
1
10⎝ ⎛⎭⎪⎫1x －352＋75
.
当1x ＝35，即x ＝53时，(sin θ)max ＝357
. 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F ­CD ­A 的余弦值．
解：(1)证明：由得，BE ∥AF ，BC ∥AD ，BE ∩BC ＝B ，AD ∩AF ＝A ， ∴平面BCE ∥平面ADF . 设平面DFC ∩平面BCE ＝l ，那么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 )，
那么⎩⎪⎨⎪⎧
n ·DF ＝0，n ·DC ＝0
⇒⎩⎨⎧
x ＝2z ，x ＝－2y ，不妨设z ＝1.
那么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 |＝16＝6
6
，由于二面角F ­CD ­A 为锐角，
∴二面角F ­CD ­A 的余弦值为
6
6
. 8、.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． (1)求证：AC ⊥DE ； (2)二面角A ­PB ­D 的余弦值为15
5
，假设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 ，那么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n 1＝(1,0,0)，设平面PAB 的法向量为n 2＝(x ，y ，z )，
那么根据⎩⎪⎨⎪⎧
n 2·AB ＝0，n 2·AP ＝0
得⎩⎪⎨⎪⎧
－x ＋3y ＝0，－x －3y ＋tz ＝0，令y ＝1，得n 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫
3，1，23t .
∵二面角A ­PB ­D 的余弦值为
155，那么|cos 〈n 1，n 2〉|＝15
5
，即 3
4＋12
t
2
＝15
5，解得t ＝23或t ＝－23(舍去)，∴P (0，－3，23)．
设EC 与平面PAB 所成的角为θ，∵EC ＝(－1,0，－3)，n 2＝(3，1,1)，
那么sin θ＝|cos 〈EC ，n 2〉|＝232×5＝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A 1BCD 1上的点，AB ＝2AA 1＝2AD ＝2，DC ＝2DD 1，把四边形A 1ADD 1沿AD 折叠，使其与平面ABCD 垂直，如图2所示，连接A 1B ，D 1C 得几何体ABA 1­DCD 1.
(1)当点E 在棱AB 上移动时，证明：D 1E ⊥A 1D ；
(2)在棱AB 上是否存在点E ，使二面角D 1­EC ­D 的平面角为π
6？假设存在，求出AE 的
长；假设不存在，请说明理由．
解：(1)证明，如图，以点D 为坐标原点，DA ，DC ，DD 1所在直线为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系D ­xyz ，
那么D (0,0,0)，A (1,0,0)，C (0,2,0)，A 1(1,0,1)，D 1(0,0,1)．设E (1，t,0)，
那么1D E ＝(1，t ，－1)，1A D ＝(－1,0，－1)，∴1D E ·1A D ＝1×(－1)＋t ×0＋(－1)×(－1)＝0， ∴D 1E ⊥A 1D .
(2)假设存在符合条件的点E .设平面D 1EC 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，由(1)知EC ＝(－1,2－
t,0)，
那么⎩⎪⎨⎪⎧
n ·EC ＝0，n ·1D E ＝0得⎩⎨⎧
－x ＋2－t y ＝0，x ＋ty －z ＝0，令y ＝12，那么x ＝1－12t ，z ＝1，
∴n ＝⎝ ⎛⎭
⎪⎫
1－12t ，12，1是平面D 1EC 的一个法向量，
显然平面ECD 的一个法向量为1DD ＝(0,0,1)， 那么cos 〈n ，1DD 〉＝|n ·1DD |
|n ||1DD |
＝
1
⎝ ⎛⎭
⎪⎫1－12t 2
＋14＋1＝cos π6，解得t ＝2－3
3(0≤t ≤2)．
故存在点E ，当AE ＝2－
33时，二面角D 1­EC ­D 的平面角为π
6
.。