2020年全国高考数学第二轮复习 专题五 立体几何第3讲 用空间向量的方法解立体几何问题 理

专题五 立体几何第3讲 用空间向量的方法解立体几何问题真题试做1．(2020·陕西高考，理5)如图，在空间直角坐标系中有直三棱柱ABCA 1B 1C 1，CA ＝CC 1＝2CB ，则直线BC 1与直线AB 1夹角的余弦值为( )．A ．55 B ．53 C ．255 D ．352．(2020·四川高考，理14)如图，在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，M ，N 分别是棱CD ，CC 1的中点，则异面直线A 1M 与DN 所成的角的大小是__________．3．(2020·山东高考，理18)在如图所示的几何体中，四边形ABCD 是等腰梯形，AB ∥CD ，∠DAB ＝60°，FC ⊥平面ABCD ，AE ⊥BD ，CB ＝CD ＝CF .(1)求证：BD ⊥平面AED ；(2)求二面角F －BD －C 的余弦值．4．(2020·福建高考，理18)如图，在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AA 1＝AD ＝1，E 为CD 中点．(1)求证：B 1E ⊥AD 1；(2)在棱AA 1上是否存在一点P ，使得DP ∥平面B 1AE ？若存在，求AP 的长；若不存在，说明理由；(3)若二面角A －B 1E －A 1的大小为30°，求AB 的长．5．(2020·天津高考，理17)如图，在四棱锥P －ABCD 中，PA ⊥平面ABCD ，AC ⊥AD ，AB ⊥BC ，∠BAC ＝45°，PA ＝AD ＝2，AC ＝1.(1)证明PC⊥AD；(2)求二面角A－PC－D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．考向分析从近几年的高考试题来看，高考对本专题的考查主要有以下几个方面：一是证明空间平行关系，如(2020福建高考，理18)的第(2)问；二是利用空间向量证明垂直关系，如(2020山东高考，理18)的第(1)问和(2020福建高考，理18)的第(1)问；三是利用空间向量求角，如(2020山东高考，理18)的第(2)问；(2020天津高考，理17)的第(2)问和(2020四川高考，理14)，此类问题多以多面体为载体，常以解答题的形式出现，重在考查学生的空间想象能力．本专题是高考的必考内容之一，通常为一道综合题，常出现在几道解答题的中间位置，难度不是很大．在多数情况下，传统法、向量法都可以解决，但首先应考虑向量法，这样可以降低难度．预测在今后高考中，本部分内容仍旧主要以解答题的形式出现，难度为中档．考查内容仍旧是利用空间向量的数量积及坐标运算来解决立体几何问题，其中利用空间向量求空间角仍然是重点．热点例析热点一利用空间向量证明平行问题【例１】如图所示，在平行六面体ABCD－A1B1C1D1中，O是B1D1的中点．求证：B1C∥平面ODC1.规律方法利用空间向量证明平行问题的方法(1)线线平行：直线与直线平行，只需证明它们的方向向量平行．(2)线面平行：利用线面平行的判定定理，证明直线的方向向量与平面内一条直线的方向向量平行；利用共面向量定理，证明平面外直线的方向向量与平面内两条相交直线的方向向量共面；证明直线的方向向量与平面的法向量垂直．(3)面面平行：平面与平面的平行，除了利用面面平行的判定定理转化为线面平行外，只要证明两个平面的法向量平行即可．下面用符号语言表述为：设直线l，m的方向向量分别为a＝(a1，b1，c1)，b＝(a2，b2，c2)，平面α，β的法向量分别为u＝(a3，b3，c3)，v＝(a4，b4，c4)．(1)线线平行：l∥m⇔a∥b⇔a＝k b⇔a1＝ka2，b1＝kb2，c1＝kc2.(2)线面平行：l∥α⇔a⊥u⇔a·u＝0⇔a1a3＋b1b3＋c1c3＝0.(3)面面平行：α∥β⇔u∥v⇔u＝k v⇔a3＝ka4，b3＝kb4，c3＝kc4.变式训练1 如图，已知直三棱柱ABC－A1B1C1中，△ABC为等腰直角三角形，∠BAC＝90°，且AB＝AA1，D，E，F分别为B1A，C1C，BC的中点．求证：(1)DE∥平面ABC；(2)B1F⊥平面AEF.热点二利用空间向量证明垂直问题【例２】如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是正方形，侧棱PD⊥底面ABCD，PD＝DC，E是PC的中点，作EF⊥PB于点F，求证：(1)PA∥平面EDB；(2)PB⊥平面EFD.规律方法利用空间向量证明垂直问题的方法(1)线线垂直：直线与直线的垂直，只要证明两条直线的方向向量垂直．(2)线面垂直：利用线面垂直的定义，证明直线的方向向量与平面内的任意一条直线的方向向量垂直；利用线面垂直的判定定理，证明直线的方向向量与平面内的两条相交直线的方向向量垂直；证明直线的方向向量与平面的法向量平行．(3)面面垂直：平面与平面的垂直，除了用面面垂直的判定定理转化为线面垂直外，只要证明两个平面的法向量垂直即可．下面用符号语言表述为：设直线l，m的方向向量分别为a＝(a1，b1，c1)，b＝(a2，b2，c2)．平面α，β的法向量分别为u＝(a3，b3，c3)，v＝(a4，b4，c4)．(1)线线垂直：l⊥m⇔a⊥b⇔a·b＝0⇔a1a2＋b1b2＋c1c2＝0.(2)线面垂直：l⊥α⇔a∥u⇔a＝k u⇔a1＝ka3，b1＝kb3，c1＝kc3.(3)面面垂直：α⊥β⇔u⊥v⇔u·v＝0⇔a3a4＋b3b4＋c3c4＝0.变式训练2 如图，在四棱锥P－ABCD中，PA⊥平面ABCD，底面ABCD是菱形，AB＝2，∠BAD＝60°.(1)求证：BD ⊥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． 热点三 利用空间向量求角和距离【例３】如图所示，在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，H 是正方形AA 1B 1B 的中心，AA 1＝22，C 1H ⊥平面AA 1B 1B ，且C 1H ＝ 5.(1)求异面直线AC 与A 1B 1所成角的余弦值； (2)求二面角A －A 1C 1－B 1的正弦值；(3)设N 为棱B 1C 1的中点，点M 在平面AA 1B 1B 内，且MN ⊥平面A 1B 1C 1，求线段BM 的长． 规律方法 (1)夹角计算公式 ①两条异面直线的夹角若两条异面直线a 和b 的方向向量分别为n 1，n 2，两条异面直线a 和b 所成的角为θ，则cos θ＝|cos 〈n 1，n 2〉|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪n 1·n 2|n 1||n 2|.②直线与平面所成的角若直线a 的方向向量为a ，平面α的法向量为n ，直线a 与平面α所成的角为θ，则sin θ＝|cos 〈a ，n 〉|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪a ·n |a ||n |.③二面角设n 1，n 2分别为二面角的两个半平面的法向量，其二面角为θ，则θ＝〈n 1，n 2〉或θ＝π－〈n 1，n 2〉，其中cos 〈n 1，n 2〉＝n 1·n 2|n 1||n 2|.(2)距离公式①点点距离：点与点的距离，是以这两点为起点和终点的向量的模；②点线距离：点M 到直线a 的距离，设直线的方向向量为a ，直线上任一点为N ，则点M到直线a 的距离d ＝|MN u u u u r |sin 〈MN u u u u r，a 〉；③线线距离：两条平行线间的距离，转化为点线距离；两条异面直线间的距离，转化为点面距离或者直接求公垂线段的长度；④点面距离：点M 到平面α的距离，如平面α的法向量为n ，平面α内任一点为N ，则点M 到平面α的距离d ＝|MN u u u u r ||cos 〈MN u u u u r ，n 〉|＝||||MN ⋅u u u u rn n ；⑤线面距离：直线和与它平行的平面间的距离，转化为点面距离； ⑥面面距离：两平行平面间的距离，转化为点面距离．变式训练3 已知ABCD －A 1B 1C 1D 1是底面边长为1的正四棱柱，O 1为A 1C 1与B 1D 1的交点．(1)设AB 1与底面A 1B 1C 1D 1所成角的大小为α，二面角A －B 1D 1－A 1的大小为β.求证：tan β＝2tan α；(2)若点C 到平面AB 1D 1的距离为43，求正四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1的高．热点四 用向量法解决探索性问题【例４】如图，四棱锥S －ABCD 的底面是正方形，每条侧棱的长都是底面边长的2倍，P 为侧棱SD 上的点．(1)求证：AC ⊥SD ；(2)若SD ⊥平面PAC ，求二面角P －AC －D 的大小；(3)在(2)的条件下，侧棱SC 上是否存在一点E ，使得BE ∥平面PAC ？若存在，求SE ∶EC 的值；若不存在，请说明理由．规律方法 (1)用空间向量解决立体几何问题的步骤及注意事项 ①建立空间直角坐标系，要写理由，坐标轴两两垂直要证明；②准确求出相关点的坐标(特别是底面各点的坐标，若底面不够规则，则应将底面单独抽出来分析)，坐标求错将前功尽弃；③求平面法向量；④根据向量运算法则，求出三角函数值或距离； ⑤给出问题的结论．(2)利用空间向量巧解探索性问题空间向量最适合于解决这类立体几何中的探索性问题，它无需进行繁杂的作图、论证、推理，只需通过坐标运算进行判断．在解题过程中，往往把“是否存在”问题，转化为“点的坐标是否有解，是否有规定范围的解”等，所以使问题的解决更简单、有效，应善于运用这一方法解题．变式训练4 如图，平面PAD ⊥平面ABCD ，ABCD 为正方形，∠PAD ＝90°，且PA ＝AD ＝2；E ，F ，G 分别是线段PA ，PD ，CD 的中点．(1)求证：PB ∥平面EFG ；(2)求异面直线EG 与BD 所成的角的余弦值；(3)在线段CD 上是否存在一点Q ，使得A 到平面EFQ 的距离为45？若存在，求出CQ 的值；若不存在，请说明理由．思想渗透转化与化归思想——利用向量解决空间位置关系及求角问题主要问题类型：(1)空间线面关系的证明； (2)空间角的求法；(3)存在性问题的处理方法． 求解时应注意的问题：(1)利用空间向量求异面直线所成的角时，应注意角的取值范围；(2)利用空间向量求二面角的平面角时，应注意观察二面角是钝角还是锐角．【典型例题】(2020·北京高考，理16)如图1，在Rt△ABC 中，∠C ＝90°，BC ＝3，AC ＝6.D ，E 分别是AC ，AB 上的点，且DE ∥BC ，DE ＝2，将△ADE 沿DE 折起到△A 1DE 的位置，使A 1C ⊥CD ，如图2.图1图2(1)求证：A 1C ⊥平面BCDE ；(2)若M 是A 1D 的中点，求CM 与平面A 1BE 所成角的大小；(3)线段BC 上是否存在点P ，使平面A 1DP 与平面A 1BE 垂直？说明理由． 解：(1)因为AC ⊥BC ，DE ∥BC ， 所以DE ⊥AC .所以DE ⊥A 1D ，DE ⊥CD . 所以DE ⊥平面A 1DC .所以DE ⊥A 1C . 又因为A 1C ⊥CD ，所以A 1C ⊥平面BCDE .(2)如图，以C 为坐标原点，建立空间直角坐标系C －xyz ，则A 1(0,0,23)，D (0,2,0)，M (0,1，3)，B (3,0,0)，E (2,2,0)．设平面A 1BE 的法向量为n =(x ，y ，z )，则n ·1A B u u u r =0，n ·BE u u u r=0. 又1A B u u u r =(3,0，23－)，BE u u u r=(－1,2,0)，所以3230,20.x z x y ⎧-=⎪⎨-+=⎪⎩令y =1，则x =2，3z =.所以n =(2,1，3)． 设CM 与平面A 1BE 所成的角为θ.因为CM u u u u r=(0,1，3)，所以sin θ＝|cos 〈n ，CM u u u u r 〉|＝·||||CMCM u u u u ru u u u r n n ＝48×4＝22，所以CM 与平面A 1BE 所成角的大小为π4.(3)线段BC 上不存在点P ，使平面A 1DP 与平面A 1BE 垂直． 理由如下：假设这样的点P 存在，设其坐标为(p,0,0)，其中p ∈[0,3]． 设平面A 1DP 的法向量为m ＝(x ，y ，z )，则m ·1A D u u u u r ＝0，m ·DP u u u r＝0. 又1A D u u u u r ＝(0,2，－23)，DP u u u r＝(p ，－2,0)， 所以⎩⎨⎧2y －23z ＝0，px －2y ＝0.令x ＝2，则y ＝p ，z ＝p3，所以m ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫2，p ，p 3.平面A 1DP ⊥平面A 1BE ，当且仅当m·n ＝0，即4＋p ＋p ＝0.解得p ＝－2，与p ∈[0,3]矛盾．所以线段BC 上不存在点P ，使平面A 1DP 与平面A 1BE 垂直．1．已知AB u u u r＝(1,5，－2)，BC uuu r ＝(3,1，z )，若,AB BC BP ⊥u u u r u u u r u u u r ＝(x －1，y ，－3)，且BP ⊥平面ABC ，则实数x ，y ，z 的值分别为( )．A ．337，－157，4B ．407，－157，4C ．407，－2,4D ．4，407，－152．已知平面α内有一个点M (1，－1,2)，平面α的一个法向量是n ＝(6，－3,6)，则下列点P 在平面α内的是( )．A ．P (2,3,3)B ．P (－2,0,1)C ．P (－4,4,0)D ．P (3，－3,4)3．(2020·湖北武昌调研，7)已知E ，F 分别是正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1棱BB 1，AD 的中点，则直线EF 和平面BDD 1B 1所成的角的正弦值是( )．A ．26 B ．36 C ．13 D ．664．在四面体PABC 中，PA ，PB ，PC 两两垂直，设PA ＝PB ＝PC ＝a ，则点P 到平面ABC 的距离为__________．5．如图，在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，∠ACB ＝90°，AA 1＝2，AC ＝BC ＝1，则异面直线A 1B 与AC 所成角的余弦值是__________．6．已知在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AB ＝2，BC ＝4，AA 1＝4，点M 是棱D 1C 1的中点．求直线AB 1与平面DA 1M 所成角的正弦值．7．(2020·江苏镇江模拟，22)在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，O 是AC 的中点，E 是线段D 1O 上一点，且D 1E ＝λEO .(1)若λ＝1，求异面直线DE 与CD 1所成角的余弦值； (2)若平面CDE ⊥平面CD 1O ，求λ的值．参考答案命题调研·明晰考向 真题试做 1．A 2.90°3．(1)证明：因为四边形ABCD 是等腰梯形，AB ∥CD ，∠DAB ＝60°， 所以∠ADC ＝∠BCD ＝120°. 又CB ＝CD ，所以∠CDB ＝30°. 因此∠ADB ＝90°，AD ⊥BD .又AE ⊥BD ，且AE ∩AD ＝A ，AE ，AD ⊂平面AED ，所以BD ⊥平面AED . (2)解法一：由(1)知AD ⊥BD ，所以AC ⊥BC . 又FC ⊥平面ABCD ，因此CA ，CB ，CF 两两垂直，以C 为坐标原点，分别以CA ，CB ，CF 所在的直线为x 轴，y 轴，z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系，不妨设CB ＝1，则C (0,0,0)，B (0,1,0)，D ⎝⎛⎭⎪⎫32，－12，0，F (0,0,1)，因此BD u u u r ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32，－32，0，BF u u ur ＝(0，－1,1)．设平面BDF 的一个法向量为m ＝(x ，y ，z )，则m ·BD u u u r ＝0，m ·BF u u u r＝0，所以x ＝3y ＝3z ，取z ＝1，则m ＝(3，1,1)．由于CF uuu r ＝(0,0,1)是平面BDC 的一个法向量，则cos 〈m ，CF uuu r 〉＝||||CFCF ⋅u u u ru u u r m m ＝15＝55，所以二面角F －BD －C 的余弦值为55. 解法二：取BD 的中点G ，连接CG ，FG ，由于CB =CD ， 因此CG ⊥BD .又FC ⊥平面ABCD ，BD ⊂平面ABCD ， 所以FC ⊥BD .由于FC ∩CG ＝C ，FC ，CG ⊂平面FCG ， 所以BD ⊥平面FCG .故BD ⊥FG .所以∠FGC 为二面角F －BD －C 的平面角．在等腰三角形BCD 中，由于∠BCD ＝120°，因此CG ＝12CB .又CB ＝CF ，所以GF ＝CG 2＋CF 2＝5CG ，故cos∠FGC ＝55，因此二面角F －BD －C 的余弦值为55.4．解：(1)以A 为原点，AB u u u r ，AD u u u r ，1AA u u ur 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)，D (0,1,0)，D 1(0,1,1)，E ⎝ ⎛⎭⎪⎫a2，1，0，B 1(a,0,1)， 故1AD u u u u r ＝(0,1,1)，1B E u u u r ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 2，1，－1，1AB u u u r ＝(a,0,1)，AE u u u r ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2，1，0.∵11AD B E ⋅u u u u r u u u r ＝－a2×0＋1×1＋(－1)×1＝0，∴B 1E ⊥AD 1.(2)假设在棱AA 1上存在一点P (0,0，z 0)，使得DP ∥平面B 1AE .此时DP u u u r＝(0，－1，z 0)．又设平面B 1AE 的法向量n ＝(x ，y ，z )． ∵n ⊥平面B 1AE ，∴n ⊥1AB u u u r ，n ⊥AE u u u r ，得⎩⎪⎨⎪⎧ax ＋z ＝0，ax2＋y ＝0.取x ＝1，得平面B 1AE 的一个法向量n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1，－a2，－a .要使DP ∥平面B 1AE ，只要n ⊥DP u u u r ，有a 2－az 0＝0，解得z 0＝12.又DP ⊄平面B 1AE ，∴存在点P ，满足DP ∥平面B 1AE ，此时AP ＝12.(3)连接A 1D ，B 1C ，由长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1及AA 1＝AD ＝1，得AD 1⊥A 1D . ∵B 1C ∥A 1D ，∴AD 1⊥B 1C .又由(1)知B 1E ⊥AD 1，且B 1C ∩B 1E ＝B 1，∴AD 1⊥平面DCB 1A 1.∴1AD u u u u r 是平面A 1B 1E 的一个法向量，此时1AD u u u u r＝(0,1,1)． 设1AD u u u u r与n 所成的角为θ，则cos θ＝11||||AD AD ⋅u u u u r u u u u r n n ＝－a 2－a 21＋a 24＋a2. ∵二面角A －B 1E －A 1的大小为30°，∴|cos θ|＝cos 30°，即3a 221＋5a24＝32， 解得a ＝2，即AB 的长为2.5．解法一：如图，以点A 为原点建立空间直角坐标系，依题意得A (0,0,0)，D (2,0,0)，C (0,1,0)，B ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，12，0，P (0,0,2)． (1)证明：易得PC uuu r ＝(0,1，－2)，AD u u u r＝(2,0,0)，于是0PC AD⋅u u u r u u u r＝， 所以PC ⊥AD .(2)PC uuu r ＝(0,1，－2)，CD uuu r＝(2，－1,0)．设平面PCD 的法向量n ＝(x ，y ，z )，则0,0,PC CD ⎧⋅⎪⎨⋅⎪⎩u u u r u u u r＝＝n n 即⎩⎪⎨⎪⎧y －2z ＝0，2x －y ＝0.不妨令z ＝1，可得n ＝(1,2,1)．可取平面PAC 的法向量m ＝(1,0,0)．于是cos 〈m ，n 〉＝m ·n |m ||n |＝16＝66，从而sin 〈m ，n 〉＝306. 所以二面角A －PC －D 的正弦值为306. (3)设点E 的坐标为(0,0，h )，其中h ∈[0,2]，由此得BE u u u r ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12，－12，h .由CD uuu r＝(2，－1,0)，故cos 〈BE u u u r ，CD uuu r 〉||||BE CDBE CD ⋅u u u r u u u ru u ur u u u r ＝ ＝3212＋h 2×5＝310＋20h 2， 所以310＋20h2＝cos 30°＝32， 解得h ＝1010，即AE ＝1010. 解法二：(1)证明：由PA ⊥平面ABCD ，可得PA ⊥AD ，又由AD ⊥AC ，PA ∩AC ＝A ，故AD ⊥平面PAC .又PC ⊂平面PAC ，所以PC ⊥AD .(2)如图，作AH ⊥PC 于点H ，连接DH .由PC ⊥AD ，PC ⊥AH ，可得PC ⊥平面ADH .因此DH ⊥PC ，从而∠AHD 为二面角A －PC －D 的平面角．在Rt△PAC 中，PA ＝2，AC ＝1，由此得AH ＝25.由(1)知AD ⊥AH ，故在Rt△DAH 中，DH ＝AD 2＋AH 2＝2305.因此sin∠AHD ＝AD DH ＝306. 所以二面角A －PC －D 的正弦值为306. (3)如图，因为∠ADC ＜45°，故过点B 作CD 的平行线必与线段AD 相交，设交点为F ，连接BE ，EF .故∠EBF 或其补角为异面直线BE 与CD 所成的角．由于BF ∥CD ，故∠AFB =∠ADC .在Rt △DAC 中，CD sin ∠ADC =15，故sin∠AFB ＝15.在△AFB 中，由BF sin∠FAB ＝AB sin∠AFB ，AB ＝12，sin∠FAB ＝sin 135°＝22，可得BF ＝52.由余弦定理，BF 2＝AB 2＋AF 2－2AB ·AF ·cos∠FAB ，可得AF ＝12.设AE ＝h ，在Rt△EAF 中，EF ＝AE 2＋AF 2＝h 2＋14.在Rt△BAE 中，BE ＝AE 2＋AB 2＝h 2＋12.在△EBF 中，因为EF ＜BE ，从而∠EBF ＝30°，由余弦定理，得cos 30°＝BE 2＋BF 2－EF 22BE ·BF .可解得h ＝1010.所以AE ＝1010.精要例析·聚焦热点热点例析【例1】证明：设11C B u u u u r＝a ，11C D u u u u r ＝b ，1C C u u u u r ＝c ，因为B 1BCC 1为平行四边形，所以1B C u u u r＝c －a .又O 是B 1D 1的中点，所以1C O u u u u r ＝12(a ＋b )，1OD u u u u r ＝11C D u u u u r －1C O u u u u r ＝b －12(a ＋b )＝12(b －a )．因为D 1D C 1C ，所以1D D u u u u r＝c ，所以11OD OD D D u u u r u u u u r u u u u r ＝＝＝12(b －a )＋c .若存在实数x ，y ，使11B C xOD yOC u u u r u u u r u u u u r＝＋(x ，y ∈R )成立，则 c －a ＝x ⎣⎢⎡⎦⎥⎤12(b －a )＋c ＋y ⎣⎢⎡⎦⎥⎤－12(a ＋b )＝－12(x ＋y )a ＋12(x －y )b ＋x c .因为a ，b ，c 不共线，所以⎩⎪⎨⎪⎧12(x ＋y )＝1，12(x －y )＝0，x ＝1，所以⎩⎪⎨⎪⎧x ＝1，y ＝1，所以11B C OD OC u u u r u u u r u u u u r＝＋，所以1B C u u u r ，OD u u u r ，1OC u u u u r是共面向量．因为1B C u u u r 不在OD u u u r ，1OC u u u u r 所确定的平面ODC 1内，所以1B C u u u r∥平面ODC 1，即B 1C ∥平面ODC 1. 【变式训练1】证明：如图建立空间直角坐标系A －xyz ，令AB ＝AA 1＝4，则A (0,0,0)，E (0,4,2)，F (2,2,0)，B (4,0,0)，B 1(4,0,4)． (1)取AB 中点为N ，则N (2,0,0)，C (0,4,0)，D (2,0,2)，∴DE u u u r＝(－2,4,0)，NC u u u r ＝(－2,4,0)，∴DE u u u r ＝NC u u ur ，∴DE ∥NC .又NC 在平面ABC 内， ∴DE ∥平面ABC .(2)1B F u u u u r ＝(－2,2，－4)，EF u u u r ＝(2，－2，－2)，AF u u u r＝(2,2,0)， 1B F EF ⋅u u u u r u u u r ＝(－2)×2＋2×(－2)＋(－4)×(－2)＝0，则1B F u u u u r ⊥EF u u u r，∴B 1F ⊥EF ， ∵1B F u u u u r ·AF u u u r ＝(－2)×2＋2×2＋(－4)×0＝0，∴1B F u u u u r ⊥AF u u u r，即B 1F ⊥AF .又∵AF ∩FE ＝F ，∴B 1F ⊥平面AEF .【例2】 证明：如图所示建立空间直角坐标系，D 为坐标原点，设DC ＝a .(1)连接AC 交BD 于G ，连接EG .依题意得A (a,0,0)，P (0,0，a )，E ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，a 2，a 2.∵底面ABCD 是正方形， ∴G 是此正方形的中心，∴点G 的坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2，a 2，0，PA u u u r ＝(a,0，－a )，EG u u u r ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2，0，－a 2，∴PA u u u r＝2EG u u u r ，则PA ∥EG .而EG ⊂平面EDB 且PA ⊄平面EDB ， ∴PA ∥平面EDB .(2)依题意得B (a ，a,0)，PB u u u r＝(a ，a ，－a )． 又DE u u u r ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，a 2，a 2，∴PB u u u r ·DE u u u r ＝0＋a 22－a 22＝0，∴PB ⊥DE .由已知EF ⊥PB ，且EF ∩DE ＝E ， ∴PB ⊥平面EFD .【变式训练2】解：(1)证明：因为四边形ABCD 是菱形， 所以AC ⊥BD .又因为PA ⊥平面ABCD ，所以PA ⊥BD . 又PA ∩AC ＝A ，所以BD ⊥平面PAC . (2)设AC ∩BD ＝O .因为∠BAD ＝60°，PA ＝AB ＝2， 所以BO ＝1，AO ＝CO ＝ 3.如图，以O 为坐标原点，建立空间直角坐标系O －xyz ，则P (0，－3，2)，A (0，－3，0)，B (1,0,0)，C (0，3，0)，所以PB u u u r＝(1，3，－2)，AC u u u r ＝(0,23，0)．设PB 与AC 所成角为θ，则cos θ＝||||PB ACPB AC ⋅u u u r u u u ru u u r u u u r ＝622×23＝64. (3)由(2)知BC uuu r＝(－1，3，0)．设P (0，－3，t )(t ＞0)，则BP u u u r＝(－1，－3，t )．设平面PBC 的法向量m ＝(x ，y ，z )，则BC uuu r ·m ＝0，BP u u u r·m ＝0.所以⎩⎨⎧－x ＋3y ＝0，－x －3y ＋tz ＝0.令y ＝3，则x ＝3，z ＝6t.所以m ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫3，3，6t .同理，平面PDC 的法向量 n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－3，3，6t .因为平面PBC ⊥平面PDC ，所以m ·n ＝0，即－6＋36t2＝0，解得t ＝6，所以PA ＝ 6.【例3】解：如图所示，建立空间直角坐标系，点B 为坐标原点．依题意得A (22，0,0)，B (0,0,0)，C (2，－2，5)，A 1(22，22，0)，B 1(0，22，0)，C 1(2，2，5)．(1)易得AC u u u r ＝(－2，－2，5)，11A B u u u u r＝(－22，0,0)，于是cos 〈AC u u u r ，11A B u u u u r 〉＝1111||||AC A B AC A B ⋅u u u r u u u u ru u u r u u u u r ＝43×22＝23. 所以异面直线AC 与A 1B 1所成角的余弦值为23. (2)易知1AA u u u r ＝(0,22，0)，11AC u u u u r＝(－2，－2，5)．设平面AA 1C 1的法向量m ＝(x ，y ，z )，则11100.A C AA ⎧⋅⎪⎨⋅⎪⎩u u u u r u u u r ＝＝m m即⎩⎨⎧ －2x －2y ＋5z ＝0，22y ＝0.不妨令x ＝5，可得m ＝(5，0，2)．同样地，设平面A 1B 1C 1的法向量n ＝(r ，p ，q )，则111100AC A B ⎧⋅⎪⎨⋅⎪⎩u u u u r u u u u r ＝＝n n 即⎩⎨⎧－2r －2p ＋5q ＝0，－22r ＝0.不妨令p ＝5，可得n ＝(0，5，2)．于是cos 〈m ，n 〉＝m ·n |m ||n |＝27·7＝27，从而sin 〈m ，n 〉＝357.所以二面角A －A 1C 1－B 1的正弦值为357.(3)由N 为棱B 1C 1的中点，得N ⎝ ⎛⎭⎪⎫22，322，52.设M (a ，b,0)， 则MN u u u u r ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫22－a ，322－b ，52.由MN ⊥平面A 1B 1C 1，得111100.MN A B MN AC ⎧⋅⎪⎨⋅⎪⎩u u u u r u u u u r ＝＝即⎩⎪⎨⎪⎧⎝ ⎛⎭⎪⎫22－a ·(－22)＝0，⎝ ⎛⎭⎪⎫22－a ·(－2)＋⎝ ⎛⎭⎪⎫322－b ·(－2)＋52·5＝0.解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝22，b ＝24，故M ⎝⎛⎭⎪⎫22，24，0， 因此BM u u u u r ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫22，24，0.所以线段BM 的长|BM u u u u r |＝104.【变式训练3】解：设正四棱柱的高为h . (1)证明：连接AO 1，AA 1⊥底面A 1B 1C 1D 1于A 1，∴AB 1与底面A 1B 1C 1D 1所成的角为∠AB 1A 1，即∠AB 1A 1＝α. ∵AB 1＝AD 1，O 1为B 1D 1的中点， ∴AO 1⊥B 1D 1.又A 1O 1⊥B 1D 1，四边形A 1B 1C 1D 1是正方形，∴∠AO 1A 1是二面角A －B 1D 1－A 1的平面角，即∠AO 1A 1＝β.∴tan α＝AA 1A 1B 1＝h ，tan β＝AA 1A 1O 1＝2h . ∴tan β＝2tan α.(2)建立如图空间直角坐标系，有A (0,0，h )，B 1(1,0,0)，D 1(0,1,0)，C (1,1，h )，∴1AB u u u r ＝(1,0，－h )，1AD u u u u r＝(0,1，－h )，AC u u u r ＝(1,1,0)． 设平面AB 1D 1的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )．∵11n AB n AD ⎧⊥⎪⎨⊥⎪⎩u u u u r u u u u r ，⇔1100.AB AD ⎧⋅⎪⎨⋅⎪⎩u u u r u u u u r ＝＝n n 取z ＝1，得n ＝(h ，h,1)，∴点C 到平面AB 1D 1的距离为d ＝||||AC ⋅u u u rn n ＝|h ＋h ＋0|h 2＋h 2＋1＝43，则h ＝2. 【例4】(1)证明：连接BD ，设AC 交BD 于点O ，连接SO .由题意知SO ⊥平面ABCD .以O 为坐标原点，OB，OC ，OS 所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴，建立空间直角坐标系O －xyz .设底面边长为2，则高SO ＝6，∴S (0,0，6)，D (－2，0,0)，C (0，2，0)．∴OC u u u r ＝(0，2，0)，SD u u u r＝(－2，0，－6)． ∴OC u u u r ·SD u u u r＝0，故OC ⊥SD ，即AC ⊥SD .(2)解：由题意知，平面PAC 的一个法向量DS uuu r＝(2，0，6)，平面DAC 的一个法向量为OS u u u r ＝(0,0，6)，设所求的二面角为θ，则cos θ＝·||||OS DSOS DS u u u r u u u ru u ur u u u r ＝32. 故所求二面角的大小为30°. (3)解：在侧棱SC 上存在一点E ，使BE ∥平面PAC .由(2)知DS uuu r是平面PAC 的一个法向量，且DS uuu r ＝(2，0，6)，CS u u u r＝(0，－2，6)．设CE u u u r ＝t CS u u u r ，则BE u u u r ＝BC uuu r ＋BE u u u r ＝(－2，2(1－t )，6t )，而BE u u u r ·DS uuur ＝0⇒t＝13， 从而当SE ∶EC ＝2∶1时，BE u u u r ⊥DS uuur ，又BE 不在平面PAC 内，故BE ∥平面PAC .【变式训练4】解：∵平面PAD ⊥平面ABCD ，而∠PAD ＝90°， ∴PA ⊥平面ABCD .而ABCD 是正方形，即AB ⊥AD，故可建立如图所示的空间直角坐标系，则A (0,0,0)，B (2,0,0)，C (2,2,0)，D (0,2,0)，P (0,0,2)，E (0,0,1)，F (0,1,1)，G (1,2,0)．(1)证明：∵PB u u u r ＝(2,0，－2)，FE u u u r＝(0，－1,0)，FG u u u r ＝(1,1，－1)，设平面EFG 的法向量为n 0＝(x 0，y 0，z 0)．∴0000FE FG ⎧⋅⎪⎨⋅⎪⎩u u u r u u u r ＝＝n n ∴⎩⎪⎨⎪⎧－y 0＝0，x 0＋y 0－z 0＝0.令x 0＝1，则⎩⎪⎨⎪⎧x 0＝1，y 0＝0，z 0＝1，∴n 0＝(1,0,1)．又∵PB u u u r·n 0＝2×1＋0＋(－2)×1＝0， ∴PB u u u r⊥n 0.又∵PB ⊄平面EFG ， ∴PB ∥平面EFG .(2)∵EG u u u r ＝(1,2，－1)，BD u u u r＝(－2,2,0)，∴cos 〈EG u u u r ，BD u u u r 〉＝||||EG BDEG BD ⋅u u u r u u u ru u ur u u u r ＝36， 故异面直线EG 与BD 所成的角的余弦值为36. (3)假设在线段CD 上存在一点Q 满足题设条件，令CQ ＝m (0≤m ≤2)，则DQ ＝2－m ， ∴点Q 的坐标为(2－m,2,0)，∴EQ uuu r＝(2－m,2，－1)． 而EF u u u r＝(0,1,0)，设平面EFQ 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，∴(,,)(0,1,0)0,(,,)(2,2,1)0,EF x y z EQ x y z m ⎧⋅⋅⎪⎨⋅⋅--⎪⎩u u u r u u u r ＝＝＝＝n n ∴⎩⎪⎨⎪⎧y ＝0，(2－m )x ＋2y －z ＝0.令x ＝1，则n ＝(1,0,2－m )，∴点A 到平面EFQ 的距离d ＝||||AE ⋅u u u rn n＝|2－m |1＋(2－m )2＝45，即(2－m )2＝169， ∴m ＝23或m ＝103＞2不合题意，舍去，故存在点Q ，当CQ ＝23时，点A 到平面EFQ 的距离为45.创新模拟·预测演练1．B 2．A 3．B 4．33a 5．666．解：建立如图所示的空间直角坐标系，可得有关点的坐标为D (0,0,0)，A (4,0,0)，B (4,2,0)，C (0,2,0)，A 1(4,0,4)，B 1(4,2,4)，C 1(0,2,4)，D 1(0,0,4)，∴M (0,1,4)．∴DM u u u u r＝(0,1,4)，1DA u u u u r ＝(4,0,4)，1AB u u u r ＝(0,2,4)．设平面DA 1M 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，∴1=0=0DM DA ⎧⋅⎪⎨⋅⎪⎩u u u u r u u u u rn n 即⎩⎪⎨⎪⎧y ＋4z ＝0，4x ＋4z ＝0.取z ＝－1，得x ＝1，y ＝4.∴平面DA 1M 的一个法向量为n ＝(1,4，－1)． 设直线AB 1与平面DA 1M 所成角为θ，∴sin θ＝11||||||AB AB ⋅u u u r u u u r n n ＝1015，∴直线AB 1与平面DA 1M 所成角的正弦值为1015. 7．解：(1)不妨设正方体的棱长为1，以DA u u u r ，DC u u u r ，1DD u u u u r为单位正交基底，建立如图所示的空间直角坐标系D －xyz ，则A (1,0,0)，O ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，12，0，C (0,1,0)，D 1(0,0,1)，E ⎝ ⎛⎭⎪⎫14，14，12， 于是DE u u u r ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫14，14，12，1CD u u u ur ＝(0，－1,1)．由cos 〈DE u u u r ，1CD u u u u r 〉＝11||||DE CD DE CD ⋅u u u r u u u u ru u ur u u u u r ＝36， 所以异面直线DE 与CD 1所成角的余弦值为36. (2)设平面CD 1O 的法向量为m ＝(x 1，y 1，z 1)，由m ·CO uuu r ＝0，m ·1CD u u u u r＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧12x 1－12y 1＝0，－y 1＋z 1＝0，取x 1＝1，得y 1＝z 1＝1，得m ＝(1,1,1)． 由D 1E ＝λEO ，则E ⎝ ⎛⎭⎪⎫λ2(1＋λ)，λ2(1＋λ)，11＋λ， DE u u u r ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫λ2(1＋λ)，λ2(1＋λ)，11＋λ.又设平面CDE 的法向量为n ＝(x 2，y 2，z 2)，由n ·CD uuu r ＝0，n ·DE u u u r＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧y 2＝0，λx 22(1＋λ)＋λy 22(1＋λ)＋z 21＋λ＝0，取x 2＝2，得z 2＝－λ，即n ＝(2,0，－λ)．因为平面CDE ⊥平面CD 1F ， 所以m ·n ＝0，得λ＝2.。