用向量法解立体几何综合练习
空间向量在立体几何中的应用和习题(含答案)[1]
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空间向量在立体几何中的应用:（1)直线的方向向量与平面的法向量: ①如图，l 为经过已知点A 且平行于已知非零向量a 的直线，对空间任意一点O ,点P 在直线l 上的充要条件是存在实数t ，使得a t OA OP +=，其中向量a 叫做直线的方向向量．由此可知，空间任意直线由空间一点及直线的方向向量惟一确定．②如果直线l ⊥平面α ，取直线l 的方向向量a ，则向量a 叫做平面α 的法向量．由此可知，给定一点A 及一个向量a ，那么经过点A 以向量a 为法向量的平面惟一确定． （2)用空间向量刻画空间中平行与垂直的位置关系:设直线l ,m 的方向向量分别是a ，b ,平面α ，β 的法向量分别是u ,v ，则 ①l ∥m ⇔a ∥b ⇔a ＝k b ，k ∈R ； ②l ⊥m ⇔a ⊥b ⇔a ·b ＝0； ③l ∥α ⇔a ⊥u ⇔a ·u ＝0； ④l ⊥α ⇔a ∥u ⇔a ＝k u ，k ∈R ; ⑤α ∥⇔u ∥v ⇔u ＝k v ,k ∈R ; ⑥α ⊥β ⇔u ⊥v ⇔u ·v ＝0．(3)用空间向量解决线线、线面、面面的夹角问题： ①异面直线所成的角：设a ,b 是两条异面直线，过空间任意一点O 作直线a ′∥a ,b ′∥b ，则a ′与b ′所夹的锐角或直角叫做异面直线a 与b 所成的角．设异面直线a 与b 的方向向量分别是v 1，v 2，a 与b 的夹角为θ ,显然],2π,0(∈θ则⋅=><⋅|||||||,cos |212121v v v v v v②直线和平面所成的角：直线和平面所成的角是指直线与它在这个平面内的射影所成的角．设直线a 的方向向量是u ，平面α 的法向量是v ，直线a 与平面α 的夹角为θ ,显然]2π,0[∈θ，则⋅=><⋅|||||||,cos |v u v u v u③二面角及其度量：从一条直线出发的两个半平面所组成的图形叫做二面角．记作α －l －β 在二面角的棱上任取一点O ,在两个半平面内分别作射线OA ⊥l ，OB ⊥l ，则∠AOB 叫做二面角α －l －β 的平面角．利用向量求二面角的平面角有两种方法： 方法一：如图，若AB ，CD 分别是二面角α －l －β 的两个面内与棱l 垂直的异面直线，则二面角α －l －β的大小就是向量CD AB 与的夹角的大小．方法二：如图，m 1，m 2分别是二面角的两个半平面α ,β 的法向量，则<m 1，m 2>与该二面角的大小相等或互补．（4）根据题目特点，同学们可以灵活选择运用向量方法与综合方法,从不同角度解决立体几何问题． 【例题分析】例1 如图，在长方体OAEB －O 1A 1E 1B 1中，OA ＝3,OB ＝4，OO 1＝2，点P 在棱AA 1上，且AP ＝2P A 1,点S 在棱BB 1上，且B 1S ＝2SB ，点Q ，R 分别是O 1B 1,AE 的中点,求证：PQ ∥RS ．【分析】建立空间直角坐标系，设法证明存在实数k ，使得.RS k PQ =解：如图建立空间直角坐标系，则O (0，0，0)，A （3，0，0），B (0，4，0)，O 1（0，0，2)，A 1(3，0，2），B 1（0，4，2），E （3，4，0)．∵AP ＝2P A 1， ∴),34,0,0()2,0,0(32321===AA AP ∴⋅)34,0,3(P同理可得：Q (0，2,2）,R (3，2，0）,⋅)32,4,0(S,)32,2,3(RS PQ =-=∴RS PQ //，又R ∉PQ ,∴PQ ∥RS ．【评述】1、证明线线平行的步骤：（1)证明两向量共线;(2)证明其中一个向量所在直线上一点不在另一个向量所在的直线上即可．2、本体还可采用综合法证明，连接PR ，QS ，证明PQRS 是平行四边形即可，请完成这个证明． 例2 已知正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，M ，N ，E ，F 分别是棱A 1D 1，A 1B 1，D 1C 1,B 1C 1的中点，求证：平面AMN ∥平面EFBD ．【分析】要证明面面平行，可以通过线线平行来证明，也可以证明这两个平面的法向量平行． 解法一:设正方体的棱长为4，如图建立空间直角坐标系，则D (0，0，0)，A （4,0，0），M （2，0，4），N （4，2，4）,B (4，4，0)，E （0，2，4)，F （2，4，4)．取MN 的中点K ,EF 的中点G ，BD 的中点O ，则O （2,2，0)，K （3,1,4），G （1，3，4）．MN ＝（2,2，0)，EF ＝(2，2,0)，AK ＝（－1,1,4），OG ＝（－1，1，4)， ∴MN ∥EF ,OG AK =，∴MN//EF ，AK//OG ，∴MN ∥平面EFBD ，AK ∥平面EFBD ， ∴平面AMN ∥平面EFBD ．解法二：设平面AMN 的法向量是a ＝(a 1，a 2，a 3），平面EFBD 的法向量是 b ＝(b 1，b 2，b 3)． 由,0,0==⋅⋅AN AM a a 得⎩⎨⎧=+=+-,042,0423231a a a a 取a 3＝1，得a ＝（2，－2，1)．由,0,0==⋅⋅BF DE b b得⎩⎨⎧=+-=+,042,0423132b b b b 取b 3＝1，得b ＝（2，－2,1)．∵a ∥b ,∴平面AMN ∥平面EFBD ．注：本题还可以不建立空间直角坐标系，通过综合法加以证明，请试一试．例3 在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中,M ，N 是棱A 1B 1，B 1B 的中点，求异面直线AM 和CN 所成角的余弦值．解法一：设正方体的棱长为2，如图建立空间直角坐标系，则D （0，0，0)，A (2，0,0），M (2，1，2）,C （0,2，0），N (2，2，1)．∴),1,0,2(),2,1,0(==CN AM设AM 和CN 所成的角为θ ，则,52||||cos ==⋅CN AM CN AM θ ∴异面直线AM 和CN 所成角的余弦值是⋅52解法二：取AB 的中点P ，CC 1的中点Q ,连接B 1P ，B 1Q ，PQ ,PC ． 易证明：B 1P ∥MA ，B 1Q ∥NC ，∴∠PB 1Q 是异面直线AM 和CN 所成的角． 设正方体的棱长为2，易知,6,52211=+===QC PC PQ Q B P B∴,522cos 11221211=-+=⋅Q B P B PQ Q B P B Q PB∴异面直线AM 和CN 所成角的余弦值是⋅52【评述】空间两条直线所成的角是不超过90°的角，因此按向量的夹角公式计算时，分子的数量积如果是负数，则应取其绝对值，使之成为正数，这样才能得到异面直线所成的角（锐角)．例4 如图，正三棱柱ABC －A 1B 1C 1的底面边长为a ，侧棱长为a 2，求直线AC 1与平面ABB 1A 1所成角的大小．【分析】利用正三棱柱的性质,适当建立空间直角坐标系，写出有关点的坐标．求角时有两种思路：一是由定义找出线面角，再用向量方法计算；二是利用平面ABB 1A 1的法向量求解．解法一：如图建立空间直角坐标系，则A （0,0，0），B (0，a ，0），),2,0,0(1a A⋅-)2,2,23(1a aa C 取A 1B 1的中点D ，则)2,2,0(a a D ，连接AD ，C 1D ．则),2,0,0(),0,,0(),0,0,23(1a AA a AB aDC ==-= ,0,0111==⋅⋅AA DC AB DC∴DC 1⊥平面ABB 1A 1，∴∠C 1AD 是直线AC 1与平面ABB 1A 1所或的角．),2,2,0(),2,2,23(1a aAD a a a AC =-= 23||||cos 111==∴AD AC AD C ， ∴直线AC 1与平面ABB 1A 1所成角的大小是30°．解法二：如图建立空间直角坐标系，则A (0，0，0),B (0，a ,0），A 1(0，0，a 2），)2,2,23(1a aa C -，从而⋅-===)2,2,23(),2,0,0(),0,,0(11a aa AC a AA a AB 设平面ABB 1A 1的法向量是a ＝（p ，q ，r ）, 由,0,01==⋅⋅AA AB a a得⎩⎨⎧==,02,0ar aq 取p ＝1，得a ＝(1，0,0)． 设直线AC 1与平面ABB 1A 1所成的角为],2π,0[,∈θθ.30,21|||||||,cos |sin 111 ===〉〈=⋅θθa a a AC AC AC 【评述】充分利用几何体的特征建立适当的坐标系，再利用向量的知识求解线面角；解法二给出了一般的方法，即先求平面的法向量与斜线的夹角,再利用两角互余转换．例5 如图，三棱锥P －ABC 中，P A ⊥底面ABC ，AC ⊥BC ，P A ＝AC ＝1，2=BC ，求二面角A－PB －C 的平面角的余弦值．解法二图解法一：取PB 的中点D ，连接CD ，作AE ⊥PB 于E ． ∵P A ＝AC ＝1，P A ⊥AC ， ∴PC ＝BC ＝2，∴CD ⊥PB ． ∵EA ⊥PB ，∴向量EA 和DC 夹角的大小就是二面角A －PB －C 的大小．如图建立空间直角坐标系，则C （0，0，0）,A (1，0，0），B （0，2，0)，P （1,0，1），由D 是PB 的中点,得D ⋅)21,22,21( 由,3122==AB AP EB PE 得E 是PD 的中点，从而⋅)43,42,43(E∴)21,22,21(),43,42,41(---=--=DC EA ∴⋅=>=<33||||,cos DC EA DC EA DC EA 即二面角A －PB －C 的平面角的余弦值是⋅33 解法二:如图建立空间直角坐标系，则A （0，0，0),)0,1,2(B ，C （0,1，0)，P (0，0,1），).1,1,0(),0,0,2(),0,1,2(),1,0,0(-====CP CB AB AP设平面P AB 的法向量是a ＝(a 1,a 2，a 3），平面PBC 的法向量是b ＝（b 1,b 2，b 3）． 由,0,0==⋅⋅AB AP a a得⎪⎩⎪⎨⎧=+=,02,0213a a a 取a 1＝1，得).0,2,1(-=a 由0,0==⋅⋅CP CB b b 得⎪⎩⎪⎨⎧=+-=,0,02321b b b 取b 3＝1，得b ＝（0,1，1）．∴⋅-=>=<⋅33||||,cos b a b a b a∵二面角A －PB －C 为锐二面角， ∴二面角A －PB －C 的平面角的余弦值是⋅=-33|33| 【评述】1、求二面角的大小，可以在两个半平面内作出垂直于棱的两个向量,转化为这两个向量的夹角;应注意两个向量的始点应在二面角的棱上．2、当用法向量的方法求二面角时，有时不易判断两个平面法向量的夹角是二面角的平面角还是其补角，但我们可以借助观察图形而得到结论，这是因为二面角是锐二面角还是钝二面角一般是明显的．练习一、选择题： 1．在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E 是BB 1的中点，则二面角E －A 1D 1－D 的平面角的正切值是（ ） (A)2（B ）2（C)5（D)222．正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，直线AD 1与平面A 1ACC 1所成角的大小是（ ) (A)30° （B)45° (C)60° （D)90°3．已知三棱柱ABC －A 1B 1C 1的侧棱与底面边长都相等，A 1在底面ABC 内的射影为△ABC 的中心，则AB 1与底面ABC 所成角的正弦值等于（ ） (A)31 （B ）32 （C)33 (D ）32 4．如图，α ⊥β ，α ∩β ＝l ，A ∈α ，B ∈β ，A ,B 到l 的距离分别是a 和b ，AB 与α ，β 所成的角分别是θ 和ϕ,AB 在α ，β 内的射影分别是m 和n ，若a ＞b ，则下列结论正确的是（ ）（A)θ ＞ϕ,m ＞n （B ）θ ＞ϕ，m ＜n （C)θ ＜ϕ,m ＜n(D ）θ ＜ϕ,m ＞n二、填空题:5．在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E ，F ，G ，H 分别为AA 1，AB ，BB 1，B 1C 1的中点，则异面直线EF 与GH 所成角的大小是______． 6．已知正四棱柱的对角线的长为6，且对角线与底面所成角的余弦值为33,则该正四棱柱的体积等于______．7．如图，正四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中,AA 1＝2AB ，则异面直线A 1B 与AD 1所成角的余弦值为______．4题图 7题图 9题图 8．四棱锥P －ABCD 的底面是直角梯形，∠BAD ＝90°，AD ∥BC ，==BC AB AD 21,P A ⊥底面ABCD ,PD 与底面ABCD 所成的角是30°．设AE 与CD 所成的角为θ ，则cos θ ＝______． 三、解答题：9．如图,正四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中,AA 1＝2AB ＝4，点E 在CC 1上，且C 1E ＝3EC ．(Ⅰ)证明：A 1C ⊥平面BED ；（Ⅱ）求二面角A 1－DE －B 平面角的余弦值． 10．如图,在四棱锥O －ABCD 中，底面ABCD 是边长为1的菱形，4π=∠ABC ，OA ⊥底面ABCD ，OA ＝2，M 为OA 的中点,N 为BC 的中点．(Ⅰ)证明：直线MN ∥平面OCD ；（Ⅱ）求异面直线AB 与MD 所成角的大小．11．如图，已知直二面角α －PQ －β ,A ∈PQ ，B ∈α ,C ∈β ，CA ＝CB ，∠BAP ＝45°，直线CA 和平面α 所成的角为30°．（Ⅰ）证明：BC ⊥PQ ；（Ⅱ)求二面角B －AC －P 平面角的余弦值．练习答案一、选择题：1．B 2．A 3．B 4．D 二、填空题：5．60° 6．2 7．548．42三、解答题：9题图 10题图 11题图 9．以D 为坐标原点，射线DA 为x 轴的正半轴,建立如图所示直角坐标系D －xyz ．依题设，B (2,2，0)，C （0，2，0)，E （0，2，1），A 1（2,0，4）．),0,2,2(),1,2,0(==DB DE ).4,0,2(),4,2,2(11=--=DA C A（Ⅰ）∵,0,011==⋅⋅DE C A DB C A ∴A 1C ⊥BD ，A 1C ⊥DE ． 又DB ∩DE ＝D ，∴A 1C ⊥平面DBE ．（Ⅱ）设向量n ＝(x ，y ，z )是平面DA 1E 的法向量，则.,1DA DE ⊥⊥n n ∴⎩⎨⎧=+=+.042,02z x z y 令y ＝1，得n ＝（4，1，－2)．⋅==4214||||),cos(111C A C A C A n n ∴二面角A 1－DE －B 平面角的余弦值为⋅4214 10．作AP ⊥CD 于点P ．如图，分别以AB ，AP ，AO 所在直线为x ,y ，z 轴建立坐标系．则A （0，0,0)，B (1，0，0），)0,22,22(),0,22,0(-D P ，O (0,0，2）,M （0，0，1），⋅-)0,42,421(N （Ⅰ）⋅--=-=--=)2,22,22(),2,22,0(),1,42,421(OD OP MN 设平面OCD 的法向量为n ＝（x ,y ,z ），则,0,0==⋅⋅OD OP n n即⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧=-+-=-.022222,0222z y x z y 取,2=z ,得).2,4,0(=n ∵,0=⋅n MN ∴MN ∥平面OCD ． （Ⅱ）设AB 与MD 所成的角为θ ，,3π,21||||cos ),1,22,22(),0,0,1(=∴==∴--==⋅θθMD AB MD AB MD AB 即直线AB 与MD 所成角的大小为⋅3π11．（Ⅰ）证明：在平面β 内过点C 作CO ⊥PQ 于点O ，连结OB ．∵α ⊥β ,α ∩β ＝PQ ，∴CO ⊥α ． 又∵CA ＝CB ，∴OA ＝OB ．∵∠BAO ＝45°，∴∠ABO ＝45°，∠AOB ＝90°，∴BO ⊥PQ ,又CO ⊥PQ ， ∴PQ ⊥平面OBC ，∴PQ ⊥BC ．(Ⅱ）由（Ⅰ)知，OC ⊥OA ，OC ⊥OB ，OA ⊥OB ，故以O 为原点,分别以直线OB ，OA ，OC 为x 轴，y 轴,z 轴建立空间直角坐标系(如图）．∵CO ⊥α ，∴∠CAO 是CA 和平面α 所成的角,则∠CAO ＝30°．不妨设AC ＝2，则3=AO ，CO ＝1．在Rt △OAB 中，∠ABO ＝∠BAO ＝45°,∴.3==AO BO∴).1,0,0(),0,3,0(),0,0,3(),0,0,0(C A B O).1,3,0(),0,3,3(-=-=AC AB设n 1＝(x ，y ，z ）是平面ABC 的一个法向量,由⎪⎩⎪⎨⎧==⋅⋅,0,0AC AB n n 得⎪⎩⎪⎨⎧=+-=-,03,033z y y x 取x ＝1，得)3,1,1(1=n ． 易知n 2＝（1,0,0）是平面β 的一个法向量． 设二面角B －AC －P 的平面角为θ ,∴,55||||cos 2121==⋅⋅n n n n θ即二面角B －AC －P 平面角的余弦值是⋅55。
高二数学上册(人教A版2019选修一) 专题01 通过空间向量解决立体几何中的角度问题(解析版)
专题01通过空间向量解决立体几何中的角度问题（高考真题专练）题型一直线与平面所成的角1．（2020•海南）如图，四棱锥P ABCD -的底面为正方形，PD ⊥底面ABCD ．设平面PAD 与平面PBC 的交线为l ．（1）证明：l ⊥平面PDC ；（2）已知1PD AD ==，Q 为l 上的点，QB =，求PB 与平面QCD 所成角的正弦值．【解答】（1）证明：过P 在平面PAD 内作直线//l AD ，由//AD BC ，可得//l BC ，即l 为平面PAD 和平面PBC 的交线，PD ⊥ 平面ABCD ，BC ⊂平面ABCD ，PD BC ∴⊥，又BC CD ⊥，CD PD D = ，BC ∴⊥平面PCD ，//l BC ，l ∴⊥平面PCD ；（2）解：如图，以D 为坐标原点，直线DA ，DC ，DP 所在的直线为x ，y ，z 轴，建立空间直角坐标系D xyz -，1PD AD == ，Q 为l 上的点，QB =，PB ∴=，1QP =，则(0D ，0，0)，(1A ，0，0)，(0C ，1，0)，(0P ，0，1)，(1B ，1，0)，作//PQ AD ，则PQ 为平面PAD 与平面PBC 的交线为l ，因为2QB =，QAB ∆是等腰直角三角形，所以(1Q ，0，1)，则(1DQ = ，0，1)，(1PB = ，1，1)-，(0DC = ，1，0)，设平面QCD 的法向量为(n a = ，b ，)c ，则00n DC n DQ ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩ ，∴00b a c =⎧⎨+=⎩，取1c =，可得(1n =- ，0，1)，cos n ∴< ，116||||32n PB PB n PB ⋅>==⋅ ，PB ∴与平面QCD 632．（2020•山东）如图，四棱锥P ABCD -的底面为正方形，PD ⊥底面ABCD ．设平面PAD 与平面PBC 的交线为l ．（1）证明：l ⊥平面PDC ；（2）已知1PD AD ==，Q 为l 上的点，求PB 与平面QCD所成角的正弦值的最大值．【解答】解：（1）证明：过P 在平面PAD 内作直线//l AD ，由//AD BC ，可得//l BC ，即l 为平面PAD 和平面PBC 的交线，PD ⊥ 平面ABCD ，BC ⊂平面ABCD ，PD BC ∴⊥，又BC CD ⊥，CD PD D = ，BC ∴⊥平面PCD ，//l BC ，l ∴⊥平面PCD ；（2）如图，以D 为坐标原点，直线DA ，DC ，DP 所在的直线为x ，y ，z 轴，建立空间直角坐标系D xyz -，则(0D ，0，0)，(1A ，0，0)，(0C ，1，0)，(0P ，0，1)，(1B ，1，0)，设(Q m ，0，1)，(DQ m = ，0，1)，(1PB = ，1，1)-，(0DC = ，1，0)，设平面QCD 的法向量为(n a = ，b ，)c ，则00n DC n DQ ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩ ，∴00b am c =⎧⎨+=⎩，取1a =-，可得(1n =- ，0，)m ，cos n ∴<，||||n PB PB n PB ⋅>==⋅ ，PB ∴与平面QCD333==，当且仅当1m =取等号，PB ∴与平面QCD所成角的正弦值的最大值为3．3．（2020•天津）如图，在三棱柱111ABC A B C -中，1CC ⊥平面ABC ，AC BC ⊥，2AC BC ==，13CC =，点D ，E 分别在棱1AA 和棱1CC 上，且1AD =，2CE =，M 为棱11A B 的中点．（Ⅰ）求证：11C M B D ⊥；（Ⅱ）求二面角1B B E D --的正弦值；（Ⅲ）求直线AB 与平面1DB E 所成角的正弦值．【解答】解：以C 为原点，CA ，CB ，1CC 的方向为x 轴，y 轴，z 轴的正方向建立空间直角坐标系，如图所示，则(0C ，0，0)，(2A ，0，0)，(0B ，2，0)，1(0C ，0，3)，1(2A ，0，3)，1(0B ，2，3)，(2D ，0，1)，(0E ，0，2)，(1M ，1，3)，（Ⅰ）证明：依题意，1(1C M = ，1，0)，1(2B D = ，2-，2)-，∴112200C M B D ⋅=-+= ，11C M B D ∴⊥；（Ⅱ）依题意，(2CA = ，0，0)是平面1BB E 的一个法向量，1(0EB = ，2，1)，(2ED = ，0，1)-，设(n x = ，y ，)z 为平面1DB E 的法向量，则100n EB n ED ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩ ，即2020y z x z +=⎧⎨-=⎩，不妨设1x =，则(1n = ，1-，2)，cos CA ∴< ，66||||CA n n CA n ⋅>==⋅ ，sin CA ∴< ，130166n >=-= ，∴二面角1B B E D --的正弦值6；（Ⅲ）依题意，(2AB =- ，2，0)，由（Ⅱ）知，(1n = ，1-，2)为平面1DB E 的一个法向量，cos AB ∴<，||||AB n n AB n ⋅>==⋅ ∴直线AB 与平面1DB E4．（2021•浙江）如图，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 是平行四边形，120ABC ∠=︒，1AB =，4BC =，PA =M ，N 分别为BC ，PC 的中点，PD DC ⊥，PM MD ⊥．（Ⅰ）证明：AB PM ⊥；（Ⅱ）求直线AN 与平面PDM所成角的正弦值．【解答】（Ⅰ）证明：在平行四边形ABCD 中，由已知可得，1CD AB ==，122CM BC ==，60DCM ∠=︒，∴由余弦定理可得，2222cos60DM CD CM CD CM =+-⨯⨯︒11421232=+-⨯⨯⨯=，则222134CD DM CM +=+==，即CD DM ⊥，又PD DC ⊥，PD DM D = ，CD ∴⊥平面PDM ，而PM ⊂平面PDM ，CD PM ∴⊥，//CD AB ，AB PM ∴⊥；（Ⅱ）解：由（Ⅰ）知，CD ⊥平面PDM ，又CD ⊂平面ABCD ，∴平面ABCD ⊥平面PDM ，且平面ABCD ⋂平面PDM DM =，PM MD ⊥ ，且PM ⊂平面PDM ，PM ∴⊥平面ABCD ，连接AM ，则PM MA ⊥，在ABM ∆中，1AB =，2BM =，120ABM ∠=︒，可得2114212(72AM =+-⨯⨯⨯-=，又PA =Rt PMA ∆中，求得PM ==，取AD 中点E ，连接ME ，则//ME CD ，可得ME 、MD 、MP 两两互相垂直，以M 为坐标原点，分别以MD 、ME 、MP 为x 、y 、z 轴建立空间直角坐标系，则(A 2，0)，(0P ，0，，1,0)C -，又N 为PC的中点，12N ∴-，52AN =- ，平面PDM 的一个法向量为(0,1,0)n = ，设直线AN 与平面PDM 所成角为θ，则5||152sin |cos ,|6||||AN n AN n AN n θ⋅=<>==⋅ ．故直线AN 与平面PDM 所成角的正弦值为156．5．（2018•浙江）如图，已知多面体111ABC A B C -，1A A ，1B B ，1C C 均垂直于平面ABC ，120ABC ∠=︒，14A A =，11C C =，12AB BC B B ===．（Ⅰ）证明：1AB ⊥平面111A B C ；（Ⅱ）求直线1AC 与平面1ABB 所成的角的正弦值．【解答】()I 证明：1A A ⊥ 平面ABC ，1B B ⊥平面ABC ，11//AA BB ∴，14AA = ，12BB =，2AB =，221111()()22A B AB AA BB ∴=+-=，又221122AB AB BB =+=，2221111AA AB A B ∴=+，111AB A B ∴⊥，同理可得：111AB B C ⊥，又11111A B B C B = ，1AB ∴⊥平面111A B C ．()II 解：取AC 中点O ，过O 作平面ABC 的垂线OD ，交11A C 于D ，AB BC = ，OB OC ∴⊥，2AB BC == ，120BAC ∠=︒，1OB ∴=，3OA OC ==以O 为原点，以OB ，OC ，OD 所在直线为坐标轴建立空间直角坐标系如图所示：则(0A ，3-0)，(1B ，0，0)，1(1B ，0，2)，1(0C 31)，∴(1AB = 30)，1(0BB = ，0，2)，1(0AC = ，23，1)，设平面1ABB 的法向量为(n x = ，y ，)z ，则100n AB n BB ⎧=⎪⎨=⎪⎩ ，∴3020x z ⎧+=⎪⎨=⎪⎩，令1y =可得(3n =- 1，0)，1112339cos ,||||213n AC n AC n AC ∴<>==⨯设直线1AC 与平面1ABB 所成的角为θ，则1sin |cos ,|13n AC θ=<>=．∴直线1AC 与平面1ABB ．题型二二面角的平面角及求法6．（2021•新高考Ⅱ）在四棱锥Q ABCD -中，底面ABCD 是正方形，若2AD =，QD QA ==3QC =．（Ⅰ）求证：平面QAD ⊥平面ABCD ；（Ⅱ）求二面角B QD A --的平面角的余弦值．【解答】（Ⅰ）证明：QCD ∆中，2CD AD ==，QD =，3QC =，所以222CD QD QC +=，所以CD QD ⊥；又CD AD ⊥，AD QD D = ，AD ⊂平面QAD ，QD ⊂平面QAD ，所以CD ⊥平面QAD ；又CD ⊂平面ABCD ，所以平面QAD ⊥平面ABCD ．（Ⅱ）解：取AD 的中点O ，在平面ABCD 内作Ox AD ⊥，以OD 为y 轴，OQ 为z 轴，建立空间直角坐标系O xyz -，如图所示：则(0O ，0，0)，(2B ，1-，0)，(0D ，1，0)，(0Q ，0，2)，因为Ox ⊥平面ADQ ，所以平面ADQ 的一个法向量为(1α= ，0，0)，设平面BDQ 的一个法向量为(x β= ，y ，)z ，由(2BD =- ，2，0)，(0DQ = ，1-，2)，得00BD DQ ββ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩ ，即22020x y y z -+=⎧⎨-+=⎩，令1z =，得2y =，2x =，所以(2β= ，2，1)；所以cos α< ，23||||1441αββαβ⋅>===⋅⨯++，所以二面角B QD A --的平面角的余弦值为23．7．（2020•新课标Ⅰ）如图，D 为圆锥的顶点，O 是圆锥底面的圆心，AE 为底面直径，AE AD =．ABC ∆是底面的内接正三角形，P 为DO 上一点，66PO =．（1）证明：PA ⊥平面PBC ；（2）求二面角B PC E --的余弦值．【解答】解：（1）不妨设圆O 的半径为1，1OA OB OC ===，2AE AD ==，AB BC AC ===，62DO PO ===，PA PB PC ===，在PAC ∆中，222PA PC AC +=，故PA PC ⊥，同理可得PA PB ⊥，又PB PC P = ，故PA ⊥平面PBC ；（2）建立如图所示的空间直角坐标系，则有31312(,0),(,,0),(0,0,)22222B C P ，(0E ，1，0)，故11(,0),(,,)22222BC CE CP ===- ，设平面PCE 的法向量为(,,)n x y z = ，则由00n CE n CP ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，得10212022x y x y z +=-+=，取1x =，则y =，z =，所以平面PCE的法向量为(1,n = ，由（1）可知PA ⊥平面PBC ，不妨取平面PBC 的法向量为22AP = ，故||cos ||||PA n PA n θ⋅== ，即二面角B PC E --．8．（2019•新课标Ⅱ）如图，长方体1111ABCD A B C D -的底面ABCD 是正方形，点E 在棱1AA 上，1BE EC ⊥．（1）证明：BE ⊥平面11EB C ；（2）若1AE A E =，求二面角1B EC C --的正弦值．【解答】证明：（1）长方体1111ABCD A B C D -中，11B C ⊥平面11ABA B ，11B C BE ∴⊥，1BE EC ⊥ ，1111B C EC C = ，BE ∴⊥平面11EB C ．解：（2）以C 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，设11AE A E ==，则1BE EB =，BE ⊥ 平面11EB C ，1BE EB ∴⊥，22221124BE EB BE BB ∴+===，22BE ∴=，222212AE AB AB BE +=+== ，1AB ∴=，则(1E ，1，1)，(1A ，1，0)，1(0B ，1，2)，1(0C ，0，2)，(0C ，0，0)，1BC EB ⊥ ，1EB ∴⊥面EBC ，故取平面EBC 的法向量为1(1m EB ==- ，0，1)，设平面1ECC 的法向量(n x = ，y ，)z ，由100n CCn CE ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，得00zx y z =⎧⎨++=⎩，取1x =，得(1n = ，1-，0)，1cos ,||||2m n m n m n ⋅∴<>==-⋅，∴二面角1B EC C --的正弦值为32．9．（2021•天津）如图，在棱长为2的正方体1111ABCD A B C D -中，E ，F 分别为棱BC ，CD 的中点．（1）求证：1//D F 平面11A EC ；（2）求直线1AC 与平面11A EC 所成角的正弦值；（3）求二面角11A A C E --的正弦值．【解答】（1）证明：以点A 为坐标原点，建立空间直角坐标系如图所示，则1(0A ，0，2)，(2E ，1，0)，1(2C ，2，2)，故111(2,2,0),(0,1,2)A C EC == ，设平面11A EC 的法向量为(,,)n x y z = ，则11100n A C n EC ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩ ，即020x y y z +=⎧⎨+=⎩，令1z =，则2x =，2y =-，故(2,2,1)n =- ，又(1F ，2，0)，1(0D ，2，2)，所以1(1,1,2)FD =- ，则10n FD ⋅= ，又1D F ⊂/平面1A EC ，故1//D F 平面11A EC ；（2）解：由（1）可知，1(2,2,2)AC = ，则111||3|cos ,|9||||n AC n AC n AC ⋅<>== ，故直线1AC 与平面11A EC所成角的正弦值为9；（3）解：由（1）可知，1(0,0,2)AA = ，设平面11AA C 的法向量为(,,)m a b c = ，则11100m AA m A C ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩ ，即00c a b =⎧⎨+=⎩，令1a =，则1b =-，故(1,1,0)m =- ，所以|||cos ,|||||3m n m n m n ⋅<>=== ，故二面角11A A C E --13=．10．（2021•北京）已知正方体1111ABCD A B C D -，点E 为11A D 中点，直线11B C 交平面CDE 于点F ．（1）求证：点F 为11B C 中点；（2）若点M 为棱11A B 上一点，且二面角M CF E --的余弦值为3，求111A M AB ．【解答】（1）证明：连结DE ，在正方体1111ABCD A B C D -中，11//CD C D ，11C D ⊂平面1111A B C D ，CD ⊂/平面1111A B C D ，则//CD 平面1111A B C D ，因为平面1111A B C D ⋂平面CDEF EF =，所以//CD EF ，则11//EF C D ，故1111////A B EF C D ，又因为1111//A D B C ，所以四边形11A B FE 为平行四边形，四边形11EFC D 为平行四边形，所以11A E B F =，11ED FC =，而点E 为11A D 的中点，所以11A E ED =，故11B F FC =，则点F 为11B C 的中点；（2）解：以点1B 为原点，建立空间直角坐标系，如图所示，设正方体边长为2，设点(M m ，0，0)，且0m <，则(0C ，2，2)-，(2E -，1，0)，(0F ，1，0)，故(2,0,0),(0,1,2),(,1,0)FE FC FM m =-=-=- ，设平面CMF 的法向量为(,,1)m a b = ，则00m FM m FC ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩ ，即020ma b b -=⎧⎨-=⎩，所以2a m =，2b =，故2(,2,1)m m = ，设平面CDEF 的法向量为(,,1)n x y = ，则00n FE n FC ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，即2020x y -=⎧⎨-=⎩，所以0x =，2y =，故(0,2,1)n = ，因为二面角M CF E --的余弦值为53，则|||cos,|||||3m nm nm n⋅<>===，解得1m=±，又0m<，所以1m=-，故11112A MA B=．11．（2021•乙卷）如图，四棱锥P ABCD-的底面是矩形，PD⊥底面ABCD，1PD DC==，M为BC中点，且PB AM⊥．（1）求BC；（2）求二面角A PM B--的正弦值．【解答】解：（1）连结BD，因为PD⊥底面ABCD，且AM⊂平面ABCD，则AM PD⊥，又AM PB⊥，PB PD P=，PB，PD⊂平面PBD，所以AM ⊥平面PBD ，又BD ⊂平面PBD ，则AM BD ⊥，所以90ABD ADB ∠+∠=︒，又90ABD MAB ∠+∠=︒，则有ADB MAB ∠=∠，所以Rt DAB Rt ABM ∆∆∽，则AD BA AB BM =，所以2112BC =，解得BC =（2）因为DA ，DC ，DP 两两垂直，故以点D 位坐标原点建立空间直角坐标系如图所示，则A B M ，(0P ，0，1)，所以(AP =，22(((1,1)22AM BM BP =-=-=- ，设平面AMP 的法向量为(,,)n x y z = ，则有00n AP n AM ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，即0202z x y ⎧+=⎪⎨+=⎪⎩，令x =1y =，2z =，故2)n = ，设平面BMP 的法向量为(,,)m p q r = ，则有00m BM m BP ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，即2020p q r ⎧=⎪⎨⎪-+=⎩，令1q =，则1r =，故(0,1,1)m = ，所以|||cos ,|||||14n m n m n m ⋅<>=== ，设二面角A PM B --的平面角为α，则sin α====，所以二面角A PM B --的正弦值为14．12．（2021•甲卷）已知直三棱柱111ABC A B C -中，侧面11AA B B 为正方形，2AB BC ==，E ，F 分别为AC 和1CC 的中点，D 为棱11A B 上的点，11BF A B ⊥．（1）证明：BF DE ⊥；（2）当1B D 为何值时，面11BB C C 与面DFE 所成的二面角的正弦值最小？【解答】（1）证明：连接AF ，E ，F 分别为直三棱柱111ABC A B C -的棱AC 和1CC 的中点，且2AB BC ==，1CF ∴=，5BF =11BF A B ⊥ ，11//AB A B ，BF AB∴⊥3AF∴=，AC===，222AC AB BC∴=+，即BA BC⊥，故以B为原点，BA，BC，1BB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，则(2A，0，0)，(0B，0，0)，(0C，2，0)，(1E，1，0)，(0F，2，1)，设1B D m=，则(D m，0，2)，∴(0BF=，2，1)，(1DE m=-，1，2)-，∴0BF DE⋅=，即BF DE⊥．（2）解：AB⊥平面11BB C C，∴平面11BB C C的一个法向量为(1p= ，0，0)，由（1）知，(1DE m=-，1，2)-，(1EF=-，1，1)，设平面DEF的法向量为(n x=，y，)z，则n DEn EF⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，即(1)20m x y zx y z-+-=⎧⎨-++=⎩，令3x=，则1y m=+，2z m=-，∴(3n=，1m+，2)m-，cos p∴<，||||p nnp n⋅>===⋅∴当12m=时，面11BB C C与面DFE所成的二面角的余弦值最大，此时正弦值最小，故当112B D=时，面11BB C C与面DFE所成的二面角的正弦值最小．13．（2019•新课标Ⅰ）如图，直四棱柱1111ABCD A B C D-的底面是菱形，14AA=，2AB=，60BAD∠=︒，E，M，N分别是BC，1BB，1A D的中点．（1）证明：//MN平面1C DE；（2）求二面角1A MA N--的正弦值．【解答】（1）证明：如图，过N 作NH AD ⊥，则1//NH AA ，且112NH AA =，又1//MB AA ，112MB AA =，∴四边形NMBH 为平行四边形，则//NM BH ，由1//NH AA ，N 为1A D 中点，得H 为AD 中点，而E 为BC 中点，//BE DH ∴，BE DH =，则四边形BEDH 为平行四边形，则//BH DE ，//NM DE ∴，NM ⊂/ 平面1C DE ，DE ⊂平面1C DE ，//MN ∴平面1C DE ；（2）解：以D 为坐标原点，以垂直于DC 的直线为x 轴，以DC 所在直线为y 轴，以1DD 所在直线为z 轴建立空间直角坐标系，则3(2N ，12-，2)，(3M ，1，2)，1(3A ，1-，4)，33(,0)22NM = ，131(,2)22NA =- ，设平面1A MN 的一个法向量为(,,)m x y z = ，由133022312022m NM y m NA x y z ⎧⋅=+=⎪⎪⎨⎪⋅=-+=⎪⎩ ，取3x =(3,1,1)m =-- ，又平面1MAA 的一个法向量为(1,0,0)n = ，315cos ,||||55m n m n m n ⋅∴<>===⋅ ．∴二面角1A MA N --2215101,1()55cos m n -<>=-= ．14．（2021•新高考Ⅰ）如图，在三棱锥A BCD -中，平面ABD ⊥平面BCD ，AB AD =，O 为BD 的中点．（1）证明：OA CD ⊥；（2）若OCD ∆是边长为1的等边三角形，点E 在棱AD 上，2DE EA =，且二面角E BC D --的大小为45︒，求三棱锥A BCD -的体积．【解答】解：（1）证明：因为AB AD =，O 为BD 的中点，所以AO BD ⊥，又平面ABD ⊥平面BCD ，平面ABD ⋂平面BCD BD =，AO ⊂平面ABD ，所以AO ⊥平面BCD ，又CD ⊂平面BCD ，所以AO CD ⊥；（2）方法一：取OD 的中点F ，因为OCD ∆为正三角形，所以CF OD ⊥，过O 作//OM CF 与BC 交于点M ，则OM OD ⊥，所以OM ，OD ，OA 两两垂直，以点O 为坐标原点，分别以OM ，OD ，OA 为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系如图所示，则(0B ，1-，0)，1(,0)22C ，(0D ，1，0)，设(0A ，0，)t ，则12(0,,)33t E ，因为OA ⊥平面BCD ，故平面BCD 的一个法向量为(0,0,)OA t = ，设平面BCE 的法向量为(,,)n x y z = ，又342(,0),(0,,)2233t BC BE == ，所以由00n BC n BE ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩ ，得3302242033x y t y z +=⎪⎨⎪+=⎪⎩，令x =1y =-，2z t =，故21,)n t=- ，因为二面角E BC D --的大小为45︒，所以||2|cos ,|2||||n OA n OA n OA ⋅<>=== ，解得1t =，所以1OA =，又111224OCD S ∆=⨯⨯⨯=，所以2BCD S ∆=，故11133A BCD BCD V S OA -∆=⋅⋅=⨯=．方法二：过E 作EF BD ⊥，交BD 于点F ，过F 作FG BC ⊥于点G ，连结EG ，由题意可知，//EF AO ，又AO ⊥平面BCD所以EF ⊥平面BCD ，又BC ⊂平面BCD ，所以EF BC ⊥，又BC FG ⊥，FG EF F= 所以BC ⊥平面EFG ，又EF ⊂平面EFG ，所以BC EG ⊥，则EGF ∠为二面角E BC D --的平面角，即45EGF ∠=︒，又1CD DO OB OC ====，所以120BOC ∠=︒，则30OCB OBC ∠=∠=︒，故90BCD ∠=︒，所以//FG CD ，因为23DE DF EF AD OD AO ===，则312,,233AO EF OF DF ===，所以BF GF BD CD=，则112323GF +==，所以23EF GF ==，则312AO EF ==，所以11111332A BCD BCD V S AO -∆=⋅=⨯⨯⨯=．15．（2020•江苏）在三棱锥A BCD -中，已知CB CD ==，2BD =，O 为BD 的中点，AO ⊥平面BCD ，2AO =，E 为AC 中点．（1）求直线AB 与DE 所成角的余弦值；（2）若点F 在BC 上，满足14BF BC =，设二面角F DE C --的大小为θ，求sin θ的值．【解答】解：（1）如图，连接OC ，CB CD = ，O 为BD 的中点，CO BD ∴⊥．以O 为坐标原点，分别以OB ，OC ，OA 所在直线为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系．2BD = ，1OB OD ∴==，则2OC ===．(1B ∴，0，0)，(0A ，0，2)，(0C ，2，0)，(1D -，0，0)，E 是AC 的中点，(0E ∴，1，1)，∴(1,0,2)AB =- ，(1,1,1)DE = ．设直线AB 与DE 所成角为α，则||15cos 15||||AB DE AB DE α⋅==⋅ ，即直线AB 与DE 所成角的余弦值为1515；（2）14BF BC = ，∴14BF BC = ，设(F x ，y ，)z ，则(1x -，y ，1)(4z =-，12，0)，3(4F ∴，12，0)．∴(1,1,1)DE = ，71(,,0)42DF = ，(1,2,0)DC = ．设平面DEF 的一个法向量为111(,,)m x y z = ，由11111071042m DE x y z m DF x y ⎧⋅=++=⎪⎨⋅=+=⎪⎩ ，取12x =-，得(2,7,5)m =-- ；设平面DEC 的一个法向量为222(,,)n x y z = ，由22222020n DE x y z n DC x y ⎧⋅=++=⎪⎨⋅=+=⎪⎩ ，取22x =-，得(2,1,1)n =- ．|||cos|||||m nm nθ⋅∴===⋅sin13θ∴===．16．（2020•新课标Ⅲ）如图，在长方体1111ABCD A B C D-中，点E，F分别在棱1DD，1BB上，且12DE ED=，12BF FB=．（1）证明：点1C在平面AEF内；（2）若2AB=，1AD=，13AA=，求二面角1A EF A--的正弦值．【解答】（1）证明：在1AA上取点M，使得12A M AM=，连接EM，1B M，1EC，1FC，在长方体1111ABCD A B C D-中，有111////DD AA BB，且111DD AA BB==．又12DE ED=，12A M AM=，12BF FB=，1DE AM FB∴==．∴四边形1B FAM和四边形EDAM都是平行四边形．1//AF MB∴，且1AF MB=，//AD ME，且AD ME=．又在长方体1111ABCD A B C D-中，有11//AD B C，且11AD B C=，11//B C ME∴且11B C ME=，则四边形11B C EM为平行四边形，11//EC MB∴，且11EC MB=，又1//AF MB，且1AF MB=，1//AF EC∴，且1AF EC=，则四边形1AFC E为平行四边形，∴点1C在平面AEF内；（2）解：在长方体1111ABCD A B C D-中，以1C为坐标原点，分别以11C D，11C B，1C C所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系．2AB = ，1AD =，13AA =，12DE ED =，12BF FB =，(2A ∴，1，3)，(2E ，0，2)，(0F ，1，1)，1(2A ，1，0)，则(2,1,1)EF =-- ，(0,1,1)AE =-- ，1(0,1,2)A E =- ．设平面AEF 的一个法向量为1111(,,)n x y z = ．则1111111200n EF x y z n AE y z ⎧⋅=-+-=⎪⎨⋅=--=⎪⎩ ，取11x =，得1(1,1,1)n =- ；设平面1A EF 的一个法向量为2222(,,)n x y z = ．则222221222020n EF x y z n A E y z ⎧⋅=-+-=⎪⎨⋅=-+=⎪⎩ ，取21x =，得2(1,4,2)n =．121212cos ,||||n n n n n n ⋅∴<>==⋅ 设二面角1A EF A --为θ，则42sin 7θ==．∴二面角1A EF A --的正弦值为7．17．（2019•天津）如图，AE ⊥平面ABCD ，//CF AE ，//AD BC ，AD AB ⊥，1AB AD ==，2AE BC ==．（Ⅰ）求证：//BF 平面ADE ；（Ⅱ）求直线CE 与平面BDE 所成角的正弦值；（Ⅲ）若二面角E BD F --的余弦值为13，求线段CF 的长．【解答】（Ⅰ）证明：以A 为坐标原点，分别以AB ，AD ，AE 所在直线为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系，可得(0A ，0，0)，(1B ，0，0)，(1C ，2，0)，(0D ，1，0)，(0E ，0，2)．设(0)CF h h =>，则(1F ，2，)h ．则(1,0,0)AB = 是平面ADE 的法向量，又(0,2,)BF h = ，可得0BF AB ⋅= ．又 直线BF ⊂/平面ADE ，//BF ∴平面ADE ；（Ⅱ）解：依题意，(1,1,0)BD =- ，(1,0,2)BE =- ，(1,2,2)CE =-- ．设(,,)n x y z = 为平面BDE 的法向量，则020n BD x y n BE x z ⎧⋅=-+=⎪⎨⋅=-+=⎪⎩ ，令1z =，得(2,2,1)n = ．4cos ,9||||CE n CE n CE n ⋅∴<>==-⋅ ．∴直线CE 与平面BDE 所成角的正弦值为49；（Ⅲ）解：设(,,)m x y z = 为平面BDF 的法向量，则020m BD x y m BF y hz ⎧⋅=-+=⎪⎨⋅=+=⎪⎩ ，取1y =，可得2(1,1,m h =- ，由题意，22|4|||1|cos ,|||||3432m n h m n m n h -⋅<>===⋅⨯+ ，解得87h =．经检验，符合题意．∴线段CF 的长为87．18．（2019•新课标Ⅲ）图1是由矩形ADEB 、Rt ABC ∆和菱形BFGC 组成的一个平面图形，其中1AB =，2BE BF ==，60FBC ∠=︒．将其沿AB ，BC 折起使得BE 与BF 重合，连结DG ，如图2．（1）证明：图2中的A ，C ，G ，D 四点共面，且平面ABC ⊥平面BCGE ；（2）求图2中的二面角B CG A --的大小．【解答】证明：（1）由已知得//AD BE ，//CG BE ，//AD CG ∴，AD ∴，CG 确定一个平面，A ∴，C ，G ，D 四点共面，由已知得AB BE ⊥，AB BC ⊥，AB ∴⊥面BCGE ，AB ⊂ 平面ABC ，∴平面ABC ⊥平面BCGE ．解：（2）作EH BC ⊥，垂足为H ，EH ⊂ 平面BCGE ，平面BCGE ⊥平面ABC ，EH ∴⊥平面ABC ，由已知，菱形BCGE 的边长为2，60EBC ∠=︒，1BH ∴=，3EH =，以H 为坐标原点，HC 的方向为x 轴正方向，建立如图所求的空间直角坐标系H xyz -，则(1A -，1，0)，(1C ，0，0)，(2G ，0)，(1CG = ，0，(2AC = ，1-，0)，设平面ACGD 的法向量(n x = ，y ，)z ，则020CG n x AC n x y ⎧==⎪⎨=-=⎪⎩ ，取3x =，得(3n = ，6，，又平面BCGE 的法向量为(0m = ，1，0)，cos ,||||2n m n m n m ∴<>== ，∴二面角B CG A --的大小为30︒．19．（2018•新课标Ⅲ）如图，边长为2的正方形ABCD 所在的平面与半圆弧 CD所在平面垂直，M 是 CD 上异于C ，D 的点．（1）证明：平面AMD ⊥平面BMC ；（2）当三棱锥M ABC -体积最大时，求面MAB 与面MCD所成二面角的正弦值．【解答】解：（1）证明：在半圆中，DM MC ⊥，正方形ABCD 所在的平面与半圆弧 CD所在平面垂直，AD ∴⊥平面DCM ，则AD MC ⊥，AD DM D = ，MC ∴⊥平面ADM ，MC ⊂ 平面MBC ，∴平面AMD ⊥平面BMC ．（2）ABC ∆ 的面积为定值，∴要使三棱锥M ABC -体积最大，则三棱锥的高最大，此时M 为圆弧的中点，建立以O 为坐标原点，如图所示的空间直角坐标系如图正方形ABCD 的边长为2，(2A ∴，1-，0)，(2B ，1，0)，(0M ，0，1)，则平面MCD 的法向量(1m = ，0，0)，设平面MAB 的法向量为(n x = ，y ，)z 则(0AB = ，2，0)，(2AM =- ，1，1)，由20n AB y == ，20n AM x y z =-++= ，令1x =，则0y =，2z =，即(1n = ，0，2)，则cos m <，||||m n n m n >== ，则面MAB 与面MCD所成二面角的正弦值sin 5α==．20．（2018•新课标Ⅱ）如图，在三棱锥P ABC -中，AB BC ==，4PA PB PC AC ====，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．【解答】（1）证明：连接BO ，2AB BC == ，O 是AC 的中点，BO AC ∴⊥，且2BO =，又4PA PC PB AC ====，PO AC ∴⊥，23PO =，则222PB PO BO =+，则PO OB ⊥，OB A C O = ，PO ∴⊥平面ABC ；（2）建立以O 坐标原点，OB ，OC ，OP 分别为x ，y ，z 轴的空间直角坐标系如图：(0A ，2-，0)，(0P ，0，23)，(0C ，2，0)，(2B ，0，0)，(2BC =- ，2，0)，设(2BM BC λλ==- ，2λ，0)，01λ<<则(2AM BM BA λ=-=- ，2λ，0)(2--，2-，0)(22λ=-，22λ+，0)，则平面PAC 的法向量为(1m = ，0，0)，设平面MPA 的法向量为(n x = ，y ，)z ，则(0PA = ，2-，23)-，则2230n PA y z ⋅=--= ，(22)(22)0n AM x y λλ⋅=-++= 令1z =，则3y =-，(1)31x λλ+=-，即(3(1n λλ+=- ，31)，二面角M PA C --为30︒，cos30||||||2m n m n ⋅∴︒== ，2=，解得13λ=或3λ=（舍)，则平面MPA的法向量n =，1)，(0PC = ，2，-，PC 与平面PAM 所成角的正弦值sin |cos PC θ=<，||164n >===．21．（2019•北京）如图，在四棱锥P ABCD -中，PA ⊥平面ABCD ，AD CD ⊥，//AD BC ，2PA AD CD ===，3BC =．E 为PD 的中点，点F 在PC 上，且13PF PC =．（Ⅰ）求证：CD ⊥平面PAD ；（Ⅱ）求二面角F AE P --的余弦值；（Ⅲ）设点G 在PB 上，且23PG PB =．判断直线AG 是否在平面AEF 内，说明理由．【解答】证明：（Ⅰ）PA ⊥ 平面ABCD ，PA CD ∴⊥，AD CD ⊥ ，PA AD A = ，CD ∴⊥平面PAD ．解：（Ⅱ）以A 为原点，在平面ABCD 内过A 作CD 的平行线为x 轴，AD 为y 轴，AP 为z 轴，建立空间直角坐标系，(0A ，0，0)，(0E ，1，1)，2(3F ，23，4)3，(0P ，0，2)，(2B ，1-，0)，(0AE = ，1，1)，224(,,)333AF = ，平面AEP 的法向量(1n = ，0，0)，设平面AEF 的法向量(m x = ，y ，)z ，则02240333m AE y z m AF x y z ⎧⋅=+=⎪⎨⋅=++=⎪⎩，取1x =，得(1m = ，1，1)-，设二面角F AE P --的平面角为θ，则||3cos ||||33m n m n θ⋅===⋅ ．∴二面角F AE P --的余弦值为33．（Ⅲ）直线AG 在平面AEF 内，理由如下： 点G 在PB 上，且23PG PB =．4(3G ∴，23-，2)3，∴4(3AG = ，23-，2)3， 平面AEF 的法向量(1m = ，1，1)-，4220333m AG ⋅=--= ，故直线AG 在平面AEF 内．。
第一章空间向量与立体几何-章节综合训练
章节综合训练[文档副标题][日期]世纪金榜[公司地址]单元质量评估（120分钟 150分）一、选择题(本大题共12小题,每小题5分,共60分.在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的)1.已知向量a=(1,,2),b=(2,-1,k),且a与b互相垂直,则k的值是( )A.-1B.C.1D.-2.若a,b,c是空间任意三个向量,λ∈R,下列关系中,不成立的是( )A.a+b=b+aB.λ(a+b)=λa+λbC.(a+b)+c=a+(b+c)D.b=λa3如图,空间四边形ABCD中,E,F分别是BC,CD的中点,则++等于( )A. B. C. D.4.若A(1,-2,1),B(4,2,3),C(6,-1,4),则△ABC的形状是( )A.不等边锐角三角形B.直角三角形C.钝角三角形D.等边三角形5.已知平面α的一个法向量为n1=(-1,-2,-1),平面β的一个法向量n2=(2,4,2),则不重合的平面α与平面β( )A.平行B.垂直C.相交但不垂直D.不确定6.若a=e1+e2+e3,b=e1+e2-e3,c=e1-e2+e3,d=e1+2e2+3e3,d=αa+βb+γc,则α,β,γ分别为( )A.,-1,-B.,1,C.-,1,-D.,1,-7.(2013·吉安高二检测)已知直线l1的方向向量a=(2,4,x),直线l2的方向向量b=(2,y,2),若|a|=6,且a⊥b,则x+y的值是( )A.1或-3B.-1或3C.-3D.18.已知A(1,-1,2),B(2,3,-1),C(-1,0,0),则△ABC的面积是( )A. B. C. D.9.下列命题正确的是( )A.若=+,则P,A,B三点共线B.若{a,b,c}是空间的一个基底,则{a+b,b+c,a+c}构成空间的另一个基底C.(a·b)·c=|a|·|b|·|c|D.△ABC为直角三角形的充要条件是·=010.如图所示,四边形ABCD为矩形,AB=3,BC=1,EF∥BC且AE=2EB,G为BC的中点,K 为△ADF的外心.沿EF将矩形折成一个120°的二面角A-EF-B,则此时KG的长是( )A.1B.3C.D.11.如图所示,在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中,E,F分别为棱AA1,BB1的中点,G为棱A1B1上的一点,且A1G=λ(0≤λ≤1),则点G到平面D1EF的距离为( )A. B. C. D.12.如图,在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=BC=2,AA1=1,则BC1与平面BB1D1D所成角的正弦值为( )A. B. C. D.二、填空题(本大题共4小题,每小题5分,共20分.请把正确答案填在题中横线上)13.已知向量a=(λ+1,0,2λ),b=(6,2μ-1,2),若a∥b,则λ与μ的值分别是、.14.若A(0,2,),B(1,-1,),C(-2,1,)是平面α内的三点,设平面α的法向量为n=(x,y,z),则x∶y∶z= .15.平面α,β,γ两两相互垂直,且它们相交于一点O,P点到三个面的距离分别是1cm,2 cm,3cm,则PO的长为cm.16.如图,平面PAD⊥平面ABCD,四边形ABCD为正方形,∠PAD=90°,且PA=AD=2,E,F分别是线段PA,CD的中点,则异面直线EF与BD所成角的余弦值为.三、解答题(本大题共6小题,共70分.解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)17.(10分)已知空间三点A(0,2,3),B(-2,1,6),C(1,-1,5),(1)求以向量,为一组邻边的平行四边形的面积S.(2)若向量a分别与向量,垂直,且|a|=,求向量a的坐标.18.(12分)如图所示,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,底面是等腰直角三角形,∠ACB= 90°,侧棱AA1=2,CA=2,D是CC1的中点,试问在线段A1B上是否存在一点E(不与端点重合)使得点A1到平面AED的距离为?19.(12分)在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AA1=AD=1,E为CD的中点.(1)求证:B1E⊥AD1.(2)在棱AA1上是否存在一点P,使得DP∥平面B1AE?若存在,求AP的长;若不存在,说明理由.20.(12分)如图所示,在棱长为1的正方体ABCD-A'B'C'D'中,E,F分别是D'D,DB的中点,G在棱CD上,CG=CD,H为C'G的中点.(1)求证:EF⊥B'C.(2)求EF,C'G所成角的余弦值.(3)求FH的长.21.(12分)如图,在三棱锥P-ABC中,AB⊥BC,AB=BC=PA.点O,D分别是AC,PC的中点,OP⊥底面ABC.(1)求证:OD∥平面PAB.(2)求直线OD与平面PBC所成角的正弦值.22.(12分)(能力挑战题)已知四棱锥P-ABCD中,PA⊥平面ABCD,且PA=4PQ=4,底面为直角梯形,∠CDA=∠BAD=90°,AB=2,CD=1,AD=,M,N分别是PD,PB的中点.(1)求证:MQ∥平面PCB.(2)求截面MCN与底面ABCD所成二面角的大小.(3)求点A到平面MCN的距离.答案解析1.【解析】选D.a·b=2-+2k=0,∴k=-.2.【解析】选D.由向量的运算律知,A,B,C均正确,对于D,当a=0,b≠0时,不成立.3.【解析】选C.++=++=.4.【解析】选A.=(3,4,2),=(5,1,3),=(2,-3,1).由·>0,得A为锐角;由·>0,得C为锐角;由·>0,得B为锐角,且||≠||≠||,所以△ABC为不等边锐角三角形.5.【解析】选A.∵n2=-2n1,∴n2∥n1,故α∥β.6.【解析】选A.由d=αa+βb+γc=α(e1+e2+e3)+β(e1+e2-e3)+γ(e1-e2+e3)=(α+β+γ)e1+(α+β-γ)e2+(α-β+γ)e3=e1+2e2+3e3.∴解得α=,β=-1,γ=-.7.【解析】选A.根据|a|=6,可得x=±4,当x=4时,y=-3,当x=-4时,y=1,所以x+y=1或-3.8.【解析】选C.易知=(1,4,-3),=(-2,1,-2),∴||=,||=3,cos<,>==,∴sin<,>==,∴S△ABC=||·||sin<,>=.9.【解析】选B.P,A,B三点共面不一定共线,故A错误;由数量积公式知C错误;△ABC为直角三角形时可能·=0,也可能·=0,或·=0,故D错误.10.【解析】选D.由题意知K为AF的中点,取EF的中点H,连接KH,GH易证明∠KHG即为二面角A-EF-B的平面角,在△KHG中,由KH=HG=1,∠KHG=120°,可解得KG=.11.【解题指南】可以根据几何的有关性质转化为点A1到直线D1E的距离,利用三角形的面积可求;或建立空间直角坐标系,利用平面的法向量来求.【解析】选D.方法一:∵A1B1∥EF,G在A1B1上,∴G到平面D1EF的距离即为A1到平面D1EF的距离,也就是A1到D1E的距离.∵D1E=,∴由三角形面积可得h==.方法二:以AB,AD,AA的方向作为x轴,y轴,z轴的正方向建立空间直角坐标系,1则E(0,0,),F(1,0,),D1(0,1,1),G(λ,0,1),∴=(1,0,0),=(0,1,),=(-λ,1,0),设平面EFD1的一个法向量是n=(x,y,z),则解得取y=1,则n=(0,1,-2).∴点G到平面EFD1的距离是:h===.12.【解析】选 D.如图建立空间直角坐标系,则B(2,2,0),D1(0,0,1),C1(0,2,1),∴=(0,0,1),=(2,2,0),=(-2,0,1).设平面BB1D1D的一个法向量n=(x,y,z),由可得∴可取n=(1,-1,0).cos<n,>===,∴BC1与平面BB1D1D所成角的正弦值为.13.【解析】∵a∥b,∴存在实数k,使得a=k b,即(λ+1,0,2λ)=k(6,2μ-1,2),∴解得k=λ=,μ=.答案:14.【解析】=(1,-3,-),=(-2,-1,-),∵∴∴x∶y∶z=y∶y∶(-y)=2∶3∶(-4).答案:2∶3∶(-4)15.【解析】如图所示,建立空间直角坐标系,不妨设O(0,0,0),P(1,2,3),∴|OP|==(cm).答案:16.【解析】∵=-,=-++=-++,∴·= (-)·(-++)=4-2=2.||2=(-++)2=6,∴||=,||=2,∴cos<,>= ==,即异面直线EF与BD所成角的余弦值为.答案:【一题多解】如图所示,建立空间直角坐标系Axyz,∴E(0,0,1),F(1,2,0),B(2,0,0),D(0,2,0),∴=(1,2,-1),=(-2,2,0),∴cos<,>==,∴异面直线EF与BD所成角的余弦值为.17.【解析】(1)∵=(-2,-1,3),=(1,-3,2),∴cos∠BAC==,∴∠BAC=60°,∴S=||||sin 60°=7. (2)设a=(x,y,z),则a⊥⇒-2x-y+3z=0,a⊥⇒x-3y+2z=0,|a|=⇒x2+y2+z2=3,解得x=y=z=1或x=y=z=-1,∴a=(1,1,1),或a=(-1,-1,-1).18.【解析】存在.以CA,CB,CC1所在的直线为x轴,y 轴和z轴,建立如图所示的空间直角坐标系,则A(2,0,0),A1(2,0,2),D(0,0,1),B(0,2,0),设=λ,λ∈(0,1),则E(2λ,2(1-λ),2λ).又=(-2,0,1),=(2(λ-1),2(1-λ),2λ),设n=(x,y,z)为平面AED的法向量,则即取x=1,则y=,z=2,即n=(1,,2).由于d==,∴=,又λ∈(0,1),解得λ=,∴当点E为A1B的中点时,A1到平面AED的距离为.【拓展提升】探索性问题的解法在立体几何中,经常会遇到点、线、面处在什么位置时结论成立,或某一结论成立时需要具备什么条件,或某一结论在某一条件下,某个元素在某个位置时是否成立等类似的问题.这些问题都属探索性问题,解决这些问题仅凭几何手段有时会十分困难,我们借助向量将“形”转化为“数”,把点、线、面的位置数量化,通过对代数式的运算就可得出相应的结论.这样可以使许多几何问题进行类化,公式化,使问题的解决变得有“法”可依,有路可寻.19.【解析】以A为原点,,,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.设AB=a,则A(0,0,0),D(0,1,0),D1(0,1,1),E(,1,0),B1(a,0,1),(1)=(0,1,1),=(-,1,-1),∵·=-×0+1×1+(-1)×1=0,∴B1E⊥AD1.(2)假设在棱AA1上存在一点P(0,0,z0),使得DP∥平面B1AE,此时=(0,-1,z0),又设平面B1AE的法向量为n=(x,y,z).∵n⊥平面B1AE,=(a,0,1),=(,1,0),∴n⊥,n⊥,得取x=1,得平面B1AE的一个法向量n=(1,-,-a),要使DP∥平面B1AE,只需n⊥,有-az0=0,解得:z0=.∴AP=,∴在棱AA1上存在点P,使得DP∥平面B1AE,且P为AA1的中点.20.【解题指南】要证明EF⊥B'C,只需要证明·=0;要求EF,C'G所成角的余弦值,只要求出,所成角的余弦值;要求FH的长,只要求出|即可. 【解析】(1)设=a,=b,=c,则c·b=b·a=c·a=0,|a|2=a2=1,|b|2=b2=1,|c|2=c2=1.∵=+=-c+(a-b)=(a-b-c),=-=b-c,∴·=(a-b-c)·(b-c)=(c2-b2)=×(1-1)=0.∴EF⊥B'C.(2)∵=(a-b-c),=+=-c-a,∴·=(a-b-c)·(-c-a)=(-a2+c2)=,||2=(a-b-c)2=(a2+b2+c2)=,||2=(-c-a)2=c2+a2=,∴||=,||=,cos<,>==,∴EF,C'G所成角的余弦值为.(3)∵=+++=(a-b)+b+c+=(a-b)+b+c+(-c-a)=a+b+c, ∴||2=(a+b+c)2=a2+b2+c2=,∴FH的长为.21.【解析】方法一:(1)∵O,D分别为AC,PC的中点,∴OD∥PA.又PA⊂平面PAB,OD⊄平面PAB,∴OD∥平面PAB.(2)设PA=2a,∵AB⊥BC,OA=OC,∴OA=OB=OC= a.又∵OP⊥平面ABC,∴PA=PB=PC=2a.取BC中点E,连接PE,则BC⊥平面POE.作OF⊥PE于F,连接DF,则OF⊥平面PBC.∴∠ODF是OD与平面PBC所成的角.∵PA=2a,OA=a,∴OP= a.又∵OE=,∴OF= a.在Rt△ODF中,sin∠ODF==,∴OD与平面PBC所成角的正弦值为.方法二:∵OP⊥平面ABC,OA=OC,AB=BC,∴OA⊥OB,OA⊥OP,OB⊥OP.以O为原点,建立空间直角坐标系Oxyz(如图), 设AB=a,则A(a,0,0),B(0,a,0),C(-a,0,0).设OP=h,则P(0,0,h).(1)∵D为PC的中点,∴=(-a,0,h).又=(a,0,-h),∴=-.∴∥,又PA⊂平面PAB,OD⊄平面PAB,∴OD∥平面PAB.(2)∵PA=2a,∴h=a,∴=(-a,0,a).可求得平面PBC的一个法向量n=(-1,1,), ∴cos<,n>==.设OD与平面PBC所成的角为θ,则sinθ=|cos<,n>|=.∴OD与平面PBC所成角的正弦值为.22.【解析】方法一:以A为原点,以AD,AB,AP所在直线分别为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系Axyz,由AB=2,CD=1,AD=,PA=4PQ=4,M,N分别是PD,PB的中点,可得A(0,0,0),B(0,2,0),C(,1,0),D(,0,0),P(0,0,4),Q(0,0,3),M(,0,2),N(0,1,2).(1)=(,-1,0),=(0,2,-4),=(-,0,1).设平面PBC的法向量为n0=(x,y,z),则有:n0⊥⇒(x,y,z)·(,-1,0)=0⇒x-y=0,n0⊥⇒(x,y,z)·(0,2,-4)= 0⇒2y-4z=0,令z=1,则x=,y=2⇒n0=(,2,1).∴·n0=(-,0,1)·(,2,1)=0,又MQ⊄平面PCB,∴MQ∥平面PCB.(2)设平面的MCN的法向量为n=(x',y',z'),又=(-,-1,2),=(-,0,2),则有:n⊥⇒(x',y',z')·(-,-1,2)=0⇒-x'-y'+2z'=0,n⊥⇒(x',y',z')·(-,0,2)=0⇒-x'+2z'=0,令z'=1,则x'=,y'=1⇒n=(,1,1).又=(0,0,4)为平面ABCD的一个法向量.∴cos<n,>===,又截面MCN与底面ABCD所成二面角为锐二面角,∴截面MCN与底面ABCD所成二面角的大小为.(3)∵=(-,-1,0),∴所求的距离d=CAnn==.方法二:(1)取AP的中点E,连接ED,则ED∥CN,依题有Q为EP的中点,所以MQ∥ED,所以MQ∥CN,又MQ⊄平面PCB,CN⊂平面PCB,∴MQ∥平面PCB.(2)易证:平面MEN∥底面ABCD,所以截面MCN与平面MEN所成的二面角即为平面MCN与底面ABCD所成的角, 因为PA⊥平面ABCD,所以PA⊥平面MEN,过E作EF⊥MN,垂足为F,连接QF,则由三垂线定理可知QF⊥MN,由(1)可知M,C,N,Q四点共面,所以∠QFE为截面MCN与平面MEN所成的二面角的平面角.在Rt△MEN中,ME=,NE=1,MN=,故EF=,所以:tan∠QFE=,∠QFE=.即所求二面角大小为.(3)因为EP的中点为Q,且平面MCN与PA交于点Q,所以点A到平面MCN的距离是点E到平面MCN的距离的3倍,由(2)知:MN⊥平面QEF,则平面MCNQ⊥平面QEF且交线为QF,作EH⊥QF,垂足为H,则EH⊥平面MCNQ,故EH即为点E到平面MCN的距离.在Rt△EQF中,EF=,∠QFE=,故EH=,即原点A到平面MCN的距离是.关闭Word文档返回原板块。
向量法解立体几何及经典例题(上课用)
向量法解立体几何1、直线的方向向量和平面的法向量⑴．直线的方向向量： 若A 、B 是直线l 上的任意两点，则AB 为直线l 的一个方向向量；与AB 平行的任意非零向量也是直线l 的方向向量.⑵．平面的法向量： 若向量n 所在直线垂直于平面α，则称这个向量垂直于平面α，记作n α⊥，如果n α⊥，那么向量n 叫做平面α的法向量.⑶．平面的法向量的求法（待定系数法）： ①建立适当的坐标系．②设平面α的法向量为(,,)n x y z =．③求出平面内两个不共线向量的坐标123123(,,),(,,)a a a a b b b b ==．④根据法向量定义建立方程组0n a n b ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩.⑤解方程组，取其中一组解，即得平面α的法向量.例1：在空间直角坐标系中,已知(3,0,0),(0,4,0)A B ,(0,0,2)C ,试求平面ABC 的一个法向量.2、用向量方法判定空间中的平行关系⑴线线平行。
设直线12,l l 的方向向量分别是a b 、，则要证明1l ∥2l ，只需证明a ∥b ，即()a kb k R =∈.例2： 四棱锥P-ABCD 中，底面ABCD 是正方形, PD ⊥底面ABCD ，PD=DC=6, E 是PB的中点，DF:FB=CG:GP=1:2 . 求证：AE//FG.⑵线面平行。
设直线l 的方向向量是a ，平面α的法向量是u ，则要证明l ∥α，只需证明a u ⊥，即0a u ⋅=.例3：如图，在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，∠BAC =90°，AB =AC =AA 1=1，延长A 1C 1至点P ，使C 1P ＝A 1C 1，连接AP 交棱CC 1于D ．求证：PB 1∥平面BDA 1；⑶面面平行。
若平面α的法向量为u ，平面β的法向量为v ，要证α∥β，只需证u ∥v ，即证u v λ=.例4：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 .3、用向量方法判定空间的垂直关系⑴线线垂直。
空间向量与立体几何综合练习题之二
空间向量与立体几何综合练习题之二一、选择题【共10道小题】1、若a、b、c为任意向量，m∈R，下列等式不一定成立的是（）A. (a+ b) +c=a+ (b+ c)B. (a+ b) ·c=a·c+ b·cC. m(a+ b)=ma+ mbD. (a·b)c=a(b·c)参考答案与解析:D主要考察知识点:向量、向量的运算2、已知ABCD是四面体，O为△BCD内一点，则=(++)是O为△BCD的重心的（）A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充要条件D.既不充分又不必要条件参考答案与解析:C主要考察知识点:空间向量3、若向量a=(1,λ,2),b=(2,-1,2),a、b夹角的余弦值为，则λ等于（）A.2B.-2C.-2或D.2或-参考答案与解析:C主要考察知识点:向量与向量运算的坐标表示4、在以下命题中，不正确的个数为（）①|a|-|b|=|a+ b|是a、b共线的充要条件②若a∥b，则存在唯一的实数λ，使a=λ·b③对空间任意一点O和不共线的三点A、B、C，若=2-2-，则P、A、B、C四点共面④若{a, b, c}为空间的一个基底，则{a+ b, b+ c, c+ a}构成空间的另一个基底⑤|(a·b)c|=|a|·|b|·|c|A.2B.3C.4D.5参考答案与解析:B主要考察知识点:向量、向量的运算,空间向量5、设a=(x,4,3),b=(3,2,z),且a∥b,则xz等于（）A.-4B.9C.-9D.参考答案与解析:B主要考察知识点:向量与向量运算的坐标表示6、在正三棱柱ABC—A1B1C1中，若AB=BB1，则AB1与C1B所成角的大小为（）A.60°B.90°C.105°D.75°参考答案与解析:B主要考察知识点:空间向量7、在△ABC中，AB=AC=5，BC=6，PA⊥平面ABC，PA=8，则P到BC的距离是…（）A. B.4 C.3 D.2参考答案与解析:解析：如图，取BC中点D，连结AD，则AD⊥BC.∵PA⊥平面ABC，∴PA⊥AD.在Rt△ABD中，AD=4,在Rt△PAD中，PD==4.答案：B主要考察知识点:空间向量8、一条长为a的线段，夹在互相垂直的两个平面之间，它和这两个平面所成的角分别是45°和30°，由这条线段两端向两平面的交线引垂线，垂足间的距离是（）A. B. C. a D. a参考答案与解析:解析：用异面直线上两点间的距离公式求解.答案：A主要考察知识点:空间向量9、空间四点A、B、C、D每两点的连线长都等于a,动点P在线段AB上，动点Q在线段CD上，则点P与Q的最小距离为（）A. B. a C. a D. a参考答案与解析:解析：当P、Q为中点时，PQ为AB和CD的公垂线，此时最短，求出得PQ= a.答案：B主要考察知识点:空间向量10、如图所示，在正方体ABCD—A′B′C′D′的侧面ABB′A′内有一动点P，点P到直线A′B′的距离与到直线BC的距离相等，则动点P所在曲线的形状为（）参考答案与解析:解析：P在B′B上时，应为中点.轨迹符合抛物线定义.答案：C主要考察知识点:空间向量二、填空题【共4道小题】1、A1、A2、A3是空间不共线的三点，则++=___________;类比上述性质得到一般性的结论是______________________.参考答案与解析:0++…++=0主要考察知识点:空间向量2、已知平行六面体ABCD—A1B1C1D1中，ABCD是边长为a的正方形，AA1=b,∠A1AB=∠A1AD=120°，则AC1的长=___________.参考答案与解析:主要考察知识点:空间向量3、已知a=(3,1,5),b=(1,2,-3),向量c与z轴垂直，且满足c·a=9,c·b=-4,则c=___________.参考答案与解析:解析：令c=(x,y,z),则解得∴c=(,-,0).答案：(,-,0)主要考察知识点:向量与向量运算的坐标表示4、在长方体ABCD—A1B1C1D1中，B1C和C1D与底面所成的角分别为60°和45°，则异面直线B1C和C1D所成角的余弦值为___________.参考答案与解析:主要考察知识点:空间向量三、解答题【共6道小题】1、如图，E是正方体ABCD—A1B1C1D1的棱C1D1的中点，试求向量与所成角的余弦值.参考答案与解析:解析：设正方体棱长为a,=a,=b,=c,则|a|=|b|=|c|,a·b=b·c=a·c=0.又∵=a+b,=c+a,∴·=(a+b)·(c+a)=a2=a2.又||=a,||=a,∴cos〈,〉==.主要考察知识点:空间向量2、直三棱柱ABC—A1B1C1中，BC1⊥AB1，BC1⊥A1C，求证：AB1=A1C.参考答案与解析:证明：∵=+, =+, ·=(+)·(+)=·-2=0,∴2=·.同理,=+ ,=+, ·=·+2=0(∵=),∴·+·=0.又=,∴·(+)=0.设D为BC的中点，则+=2,∴2·=0.∴BC⊥AD.∴AB=AC.又A1A=B1B,∴A1C=AB1.主要考察知识点:空间向量3、设a1=2i-j+k,a2=i+3j-2k,a3=-2i+j-3k,a4=3i+2j+5k,试问是否存在实数λ、μ、υ，a4=λa1+μa2+υa3成立？如果存在，求出λ、μ、υ;如果不存在，请给出证明.参考答案与解析:解析：假设a4=λa1+μa2+υa3成立,∵a1=(2,-1,1),a2=(1,3,-2),a3=(-2,1,-3),a4=(3,2,5),∴(2λ+μ-2υ,-λ+3μ+υ,λ-2μ-3υ)=(3,2,5).∴解之,得故有a4=-2a1+a2-3a3.综上,知存在,且λ=-2,μ=1,υ=-3.主要考察知识点:向量与向量运算的坐标表示4、棱长为1的正方体ABCD—A1B1C1D1,E、F、G分别是DD1、BD、BB1的中点.(1)求证：EF⊥CF；(2)求与所成角的余弦值；(3)求CE的长.参考答案与解析:(1)证明：建立如图所示的空间直角坐标系O—xyz,则D(0,0,0)、E(0,0,)、C(0,1,0)、F( ,,0)、G(1,1,)，∴=(,,-),=(,-,0),=(1,0,),=(0,-1,).∵·=×+×(-)+(-)×0=0,∴⊥,即EF⊥CF.(2)解析：∵·=×1+×0+(-)×()=,||==,||==,∴cos〈,〉===.(3)解析：||=.主要考察知识点:向量与向量运算的坐标表示,空间向量5、已知正四棱柱ABCD—A1B1C1D1，AB=1，AA1=2，点E为CC1中点，点F为BD1中点.(1)证明EF为BD1与CC1的公垂线；(2)求D1到平面BDE的距离.参考答案与解析:(1)证明：建立如图所示的坐标系，得B(0,1,0),D1(1,0,2),F(,,1),C1(0,0,2), E(0,0,1).∴=(,,0),=(0,0,2),=(1,-1,2).∴·=0, ·=0,即EF⊥CC1,EF⊥BD1.故是CC1与1的公垂线.(2)解析：同(1)B(0,1,0),D(1,0,0),E(0,0,1).设平面BDE的法向量n=(x,y,z),则n·=0,n·=0.∴(x,y,z)(1,-1,0)=0,(x,y,z)(-1,0,1)=0,即∴∴点D1到平面BDE的距离d====.主要考察知识点:空间向量6、如图所示，直三棱柱ABC—A1B1C1中，底面是以∠ABC为直角的等腰直角三角形，AC=2a,BB1=3a,D为A1C1的中点，E为B1C的中点,(1)求直线BE与A1C所成的角的余弦值.(2)在线段AA1上是否存在点F，使CF⊥平面B1DF？若存在，求出|AF|；若不存在，请说明 理由.参考答案与解析:解析：(1)以B为原点，建立如图所示的空间直角坐标系.∵AC=2a,∠ABC=90°,∴AB=BC= a.∴B(0,0,0),C(0,a,0),A(a,0,0),A1(a,0,3a),C1(0, a,3a),B1(0,0,3a).∴D(a, a,3a),E(0,a,a).∴=(a,-a,3a),=(0,a,a).∴||=a,||= a.∴·=0-a2+a2=a2.∴cosθ==.(2)假设存在点F ，要使⊥平面B1DF，只要⊥且⊥.不妨设AF=b,则F(a,0,b),=(a,-a,b), =(a,0,b-3a), =(a,a,0).∵·=a2-a2=0, ∴⊥恒成立.·=2a2+b(b-3a)=0b=a或b=2a,故当||=a或2a 时，⊥平面B1DF.。
用向量法解立体几何综合练习.
高二数学通用版用向量法解立体几何综合练习（答题时间：60分钟）1. 如图，在直三棱柱中，，，点是的中点。
（Ⅰ）求证：；（Ⅱ）求点到的距离；（Ⅲ）求二面角的大小。
2. 如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，∠ACB＝90°，CB＝1，CA＝，AA1＝，M为侧棱CC1上一点，。
（Ⅰ）求证：AM平面；（Ⅱ）求二面角B－AM－C的大小；（Ⅲ）求点C到平面ABM的距离。
3. 如图，在四棱锥中，底面是正方形，底面，，点是的中点，，且交于点。
（Ⅰ）求证：平面；（Ⅱ）求二面角的大小；（Ⅲ）求证：平面⊥平面。
4. 如图，四棱锥中，底面是边长为2的正方形，，且，为中点。
（Ⅰ）求证：平面；（Ⅱ）求二面角的大小；（Ⅲ）在线段上是否存在点，使得点到平面的距离为？若存在，确定点的位置；若不存在，请说明理由。
5. 如图，四棱锥中，平面，四边形是矩形。
、分别是、的中点。
若，。
（Ⅰ）求证：平面；（Ⅱ）求点到平面的距离；（Ⅲ）求直线与平面所成的角的大小。
高二数学通用版用向量法解立体几何综合练习参考答案1. 解法一：（Ⅰ）证明：连结，设与的交点为，连结。
是的中点，是的中点，（Ⅱ）解：设点到的距离为。
在三棱锥中，，且。
易求得即点到的距离是（Ⅲ）解：在平面内作于点，过点作于点，连结易证明，从而是在平面内的射影，根据三垂线定理得是二面角的平面角。
易求得，在中，二面角的大小是解法二：在直三棱柱中，，，两两垂直。
如图，以为原点，直线分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，则（Ⅰ）证明：设与的交点为，则（Ⅱ）解：设点到的距离为在三棱锥中，，且。
易求得即点到的距离是（Ⅲ）解：在平面内作于点，过点作于点，连结易证明，从而是在平面内的射影，根据三垂线定理得是二面角的平面角。
易知二面角的大小是2.解法一：（I）在直三棱柱ABC－A1B1C1中，易知面ACC1A1⊥面ABC，∵∠ACB＝90°，∴BC⊥面ACC1A1，∵面ACC1A1∴BC⊥AM∵，且∴AM平面（II）设AM与A1C的交点为O，连结BO，由（I）可知AM OB，且AM OC，所以∠BOC为二面角B－AM－C的平面角，在Rt△ACM和Rt△A1AC中，∠OAC＋∠ACO＝90°，∴∠AA1C＝∠MAC∴Rt△ACM∽Rt△A1AC∴∴∴在Rt△ACM中，∵∴∴在Rt△BCO中，∴，故所求二面角的大小为45°（Ⅲ）设点C到平面ABM的距离为h，易知，可知∵∴∴∴点C到平面ABM的距离为解法二：（I）同解法一（II）如图，以C为原点，CA，CB， CC1所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，则，设∵。
立体几何中的向量方法练习题
立体几何中的向量方法专题练习一1.如图，在四棱锥中， ，，是的中点，是棱上的点，，，，（1）求证：平面底面；（2）设，若二面角的平面角的大小为，试确定的值.2．如图,平面ABDE 与平面ABC 垂直,EAB DBA ∠=∠=π2ACB ∠=,且AC ＝BC ＝BD ＝2AE =2,M 是棱AB 上与点A ,B 不重合的一点．（1）若CM ⊥EM ,试确定点M 的位置；（2）若2AM MB =,求直线CM 与平面CDE 所成的角的正弦值．3．如图所示的几何体中，四边形ABCD 为等腰梯形， AB ∥CD, AB ＝2AD ＝2, ∠DAB ＝60°，四边形CDEF 为正方形，平面CDEF ⊥平面ABCD .(1)若点G 是棱AB 的中点，求证： EG ∥平面BDF ；(2)求直线AE 与平面BDF 所成角的正弦值；(3)在线段FC 上是否存在点H ，使平面BDF ⊥平面HAD ？若存在，求FH HC 的值；若不存在，说明理由．ABCD P -BC AD //AD CD ⊥Q AD M PC 2==PD PA 121==AD BC 3=CD PB =⊥PAD ABCD tMC PM =C BQ M -- 03t4.如图，AD ∥BC 且AD ＝2BC ，AD ⊥CD ，EG ∥AD 且EG ＝AD ，CD ∥FG 且CD ＝2FG ，DG ⊥平面ABCD ，DA ＝DC ＝DG ＝2.(1)若M 为CF 的中点，N 为EG 的中点，求证：MN ∥平面CDE ；(2)求二面角E -BC -F 的正弦值；(3)若点P 在线段DG 上，且直线BP 与平面ADGE 所成的角为60°，求线段DP 的长．5．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 ＝12AD ，∠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．6． 已知正三棱柱ABC —A 1B 1C 1的各条棱长都为a ，P 为A 1B 上的点.（1）试确定PB PA 1的值，使得AB PC ⊥；（2）若321=PB PA ，求二面角P —AC —B 的大小；（3）在（2）的条件下，求C 1到平面PAC 的距离.7．如图，四棱锥中，底面为梯形，，.是的中点，底面，在平面上的正投影为点，延长交于点.(1)求证：为中点；(2)若，，在棱上确定一点，使得平面，并求出与面所成角的正弦值.8．如图，在四棱锥中，底面为矩形，平面平面，，，为的中点.. （1）求证：平面平面；（2），在线段上是否存在一点，使得二面角的余弦值为.请说明理由.9．如图所示，在四棱锥中，底面ABCD为直角梯形，，，，点E 为AD的中点，，平面ABCD，且求证：；线段PC上是否存在一点F，使二面角的余弦值是？若存在，请找出点F的位置；若不存在，请说明理由．10.如图，四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 是边长为2的正方形，侧面PAB ⊥底面ABCD ，E 为PC 上的点，且BE ⊥平面APC（1）求证：平面PAD ⊥平面PBC ；（2）当三棱锥ABC P -体积最大时，求二面角B AC P --的余弦值．11．如图，正方形AMDE 的边长为2，B ，C 分别为AM ，MD 的中点．在五棱锥P －ABCDE 中，F 为棱PE 的中点，平面ABF 与棱PD ，PC 分别交于点G ，H .(1)求证：AB ∥FG ；(2)若PA ⊥底面ABCDE ，且PA ＝AE ，求直线BC 与平面ABF 所成角的大小，并求线段PH 的长．12．如图，在四棱锥中，底面，，点为棱的中点。
空间向量与立体几何经典例题
空间向量与立体几何经典例题空间向量与立体几何经典例题空间向量和立体几何是高中数学中的重要内容，它们是解决三维空间中几何问题的基础。
在此，我们将介绍一些经典的例题，帮助读者更好地理解和掌握这两个概念。
例题1：已知平面ABCD的四个顶点坐标为A(1，2，3)，B(-1，1，-3)，C(4，0，2)和D(2，-1，1)，求平面ABCD的法向量和面积。
解答：首先，我们可以通过向量的定义求得平面ABCD的法向量。
假设向量AB为a，向量AC为b，则平面ABCD的法向量N可以表示为N = a × b，其中×表示向量的叉乘运算。
由于a = B - A = (-1，1，-6)和b = C - A = (3，-2，-1)，我们可以得到N = a × b = (7，19，5)。
其次，我们可以使用向量的叉乘运算和向量的模运算求得平面ABCD 的面积。
假设向量AB为a，向量AC为b，则平面ABCD的面积可以表示为S = 1/2 * |a × b|，其中|a × b|表示向量a × b的模。
带入已知数据计算可得，S = 1/2 * |(7，19，5)| = 1/2 * √(7^2 + 19^2 + 5^2) = 1/2 * √(1255)。
因此，平面ABCD的法向量为N = (7，19，5)，面积为S = 1/2 * √(1255)。
例题2：已知四面体ABCD的四个顶点坐标为A(1，2，3)，B(-1，1，-3)，C(4，0，2)和D(2，-1，1)，求四面体ABCD的体积。
解答：首先，我们可以通过向量的定义求得四面体ABCD的体积。
假设向量AB为a，向量AC为b，向量AD为c，则四面体ABCD的体积V 可以表示为V = 1/6 * |a · (b × c)|，其中·表示向量的点乘运算，×表示向量的叉乘运算，|a · (b × c)|表示向量a · (b ×c)的模。
立体几何中的向量方法真题与解析
立体几何中的向量方法A 级 基础一、选择题1．如图，F 是正方体ABCD-A 1B 1C 1D 1的棱CD 的中点．E 是BB 1上一点，若D 1F ⊥DE ，则有( )A ．B 1E ＝EB B ．B 1E ＝2EBC ．B 1E ＝12EBD ．E 与B 重合2.如图，点A ，B ，C 分别在空间直角坐标系O-xyz 的三条坐标轴上，OC →＝(0，0，2)，平面ABC 的法向量为n ＝(2，1，2)，设二面角C-AB-O 的大小为θ，则cos θ等于( )A.43B.53C.23D ．－233．在三棱柱ABC-A 1B 1C 1中，底面是边长为1的正三角形，侧棱AA 1⊥底面ABC ，点D 在棱BB 1上，且BD ＝1，若AD 与平面AA 1C 1C 所成的角为α，则sin α的值是( )A.32B.22C.104D.644.如图所示，在平行六面体ABCD-A 1B 1C 1D 1中，点M ，P ，Q 分别为棱AB ，CD ，BC 的中点，若平行六面体的各棱长均相等，则：①A 1M ∥D 1P ； ②A 1M ∥B 1Q ； ③A 1M ∥平面DCC 1D 1； ④A 1M ∥平面D 1PQB 1. 以上说法正确的个数为( ) A ．1B ．2C ．3D ．45．(2018·全国卷Ⅱ)在长方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，AB ＝BC ＝1，AA 1＝3，则异面直线AD 1与DB 1所成角的余弦值为( )A.15B.56C.55D.22二、填空题6.(2019·东莞中学检测)在我国古代数学名著《九章算术》中，将四个面都为直角三角形的四面体称为鳖臑，如图，在鳖臑ABCD 中，AB ⊥平面BCD ，且AB ＝BC ＝CD ，则异面直线AC 与BD 所成的角的大小是________．7.如图所示，在正方体ABCD-A 1B 1C 1D 1中，AB ＝2，A 1C 1∩B 1D 1＝E ，直线AC 与直线DE 所成的角为α，直线DE 与平面BCC 1B 1所成的角为β，则cos(α－β)＝________．三、解答题8.(2018·北京卷)如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，CC1⊥平面ABC，D，E，F，G分别为AA1，AC，A1C1，BB1的中点，AB＝BC＝5，AC＝AA1＝2.(1)求证：AC⊥平面BEF；(2)求二面角B-CD-C1的余弦值；(3)证明：直线FG与平面BCD相交．9．(2019·长郡中学模拟)如图1，直角梯形ABCD中，AD∥BC 中，∠ABC＝90°，E，F分别为边AD和BC上的点，且EF∥AB，AD＝2AE＝2AB＝4FC＝4.将四边形EFCD沿EF折起成如图2的位置，使AD＝AE.(1)求证：AF∥平面CBD；(2)求平面CBD与平面DAE所成锐角的余弦值．B级能力提升10．(2019·天津卷)如图，AE⊥平面ABCD，CF∥AE，AD∥BC，AD⊥AB，AB＝AD＝1，AE＝BC＝2.(1)求证：BF∥平面ADE；(2)求直线CE与平面BDE所成角的正弦值；(3)若二面角E-BD-F的余弦值为13，求线段CF的长．11.(2019·六安一中模拟)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，试说明理由．A 级 基础一、选择题1.解析：以D 为坐标原点，以DA ，DC ，DD 1所在直线为坐标轴建立坐标系，设正方体的棱长为2，则D (0，0，0)，F (0，1，0)，D 1(0，0，2)，设E (2，2，z )，则D 1F →＝(0，1，－2)，DE →＝(2，2，z )，因为D 1F →·DE →＝0×2＋1×2－2z ＝0，所以z ＝1，所以B 1E ＝EB.答案：A2.解析：由题意可知，平面ABO 的一个法向量为OC →＝(0，0，2)， 由图可知，二面角C-AB-O 为锐角，由空间向量的结论可知，cos θ＝|OC →·n ||OC →||n |＝|4|2×3＝23.答案：C3．解析：如图，建立空间直角坐标系，易求点D ⎝ ⎛⎭⎪⎫32，12，1，平面AA 1C 1C 的一个法向量是n ＝(1，0，0)，所以sin α＝|cos 〈n ，AD →〉|＝322＝64.答案：D4. 解析：A 1M →＝A 1A →＋AM →＝A 1A →＋12AB →，D 1P →＝D 1D →＋DP →＝A 1A →＋12AB →，所以A 1M →∥D 1P →，所以A 1M ∥D 1P ，由线面平行的判定定理可知，A 1M ∥平面DCC 1D 1，A 1M ∥平面D 1PQB 1.①③④正确．答案：C5．解析：以D 为坐标原点，DA ，DC ，DD 1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．由条件可知D (0，0，0)，A (1，0，0)，D 1(0，0，3)，B 1(1，1，3)，所以AD 1→＝(－1，0，3)，DB 1→＝(1，1，3)． 则cos 〈AD 1→，DB 1→〉＝AD 1→·DB 1→|AD 1→|·|DB 1→|＝225＝55.故异面直线AD 1与DB 1所成角的余弦值为55.答案：C 二、填空题 6.解析：依题意，以C 为原点，建立如图所示的直角坐标系，设AB ＝BC ＝CD ＝a ，AB ⊥平面BCD .则B (a ，0，0)，D (0，a ，0)，C (0，0，0)，A (a ，0，a )． 所以BD →＝(－a ，a ，0)，CA →＝(a ，0，a )．所以cos 〈BD →，CA →〉＝BD →·CA→|BD →|·|CA →|＝－a 22a ·2a＝－12，则〈BD →，CA →〉＝2π3，故AC 与BD 所成角为π3.答案：π37. 解析：因为AC ⊥BD 且AC ⊥BB 1，BD ∩BB 1＝B ， 所以AC ⊥平面BB 1D 1D ⇒AC ⊥DE ，所以α＝π2.取A 1D 1的中点F ，连EF ，FD ，易知EF ⊥平面ADD 1A 1，则β＝∠EDF .cos(α－β)＝cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2－∠EDF ＝sin ∠EDF ＝EFED ＝66.答案：66三、解答题8.(1)证明：在三棱柱ABC-A1B1C1中，因为CC1⊥平面ABC，所以四边形A1ACC1为矩形．又E，F分别为AC，A1C1的中点，所以AC⊥EF.因为AB＝BC，所以AC⊥BE.又EF∩BE＝E，所以AC⊥平面BEF.(2)解：由(1)知AC⊥EF，AC⊥BE，EF∥CC1.又CC1⊥平面ABC，所以EF⊥平面ABC.因为BE⊂平面ABC，所以EF⊥BE.如图建立空间直角坐标系E-xyz.由题意得B(0，2，0)，C(－1，0，0)，D(1，0，1)，E(0，0，0)，F(0，0，2)，G(0，2，1)．所以BC→＝(－1，－2，0)，BD→＝(1，－2，1)．设平面BCD的法向量为n＝(x0，y0，z0)．则⎩⎪⎨⎪⎧n·BC→＝0，n·BD→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x0＋2y0＝0，x0－2y0＋z0＝0.令y0＝－1，则x0＝2，z0＝－4.于是n ＝(2，－1，－4)．又因为平面CC 1D 的法向量为EB →＝(0，2，0)， 所以cos 〈n ，EB →〉＝n ·EB →|n ||EB →|＝－2121.由题意知二面角B -CD -C 1为钝角，所以其余弦值为－2121. (3)证明：由(2)知平面BCD 的法向量为n ＝(2，－1，－4)，FG →＝(0，2，－1)．因为n ·FG →＝2×0＋(－1)×2＋(－4)×(－1)＝2≠0， 所以直线FG 与平面BCD 相交．9．(1)证明：取DE 中点G ，连接FG ，AG ，CG . 由条件CFDG ，所以CFGD 为平行四边形，所以FG ∥CD .又FG ⊄平面CBD ，CD ⊂平面CBD ， 所以FG ∥平面CBD . 同理AG ∥平面CBD .又FG ∩AG ＝G ，FG ⊂平面AFG ，AG ⊂平面AFG . 所以平面AFG ∥平面CBD . 又AF ⊂平面AFG ， 所以AF ∥平面CBD .(2)解：因为EF ⊥AE ，EF ⊥DE ，AE ∩DE ＝E ，所以EF ⊥平面ADE .又AD ＝AE ＝DE ，以AE 中点H 为原点，AE 为x 轴建立如图所示的空间直角坐标系，则A (－1，0，0)，D (0，0，3)，B (－1，－2，0)，E (1，0，0)， F (1，－2，0)．因为CF →＝12DE →，所以C ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，－2，32，所以BC →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32，0，32，BD →＝(1，2，3)．易知BA →是平面ADE 的一个法向量，BA →＝n 1＝(0，2，0)， 设平面BCD 的一个法向量为n 2＝(x ，y ，z )，由⎩⎨⎧n 2·BC →＝（x ，y ，z ）·⎝ ⎛⎭⎪⎫32，0，32＝32x ＋32z ＝0，n 2·BD →＝（x ，y ，z ）·（1，2，3）＝x ＋2y ＋3z ＝0，令x ＝2，则y ＝2，z ＝－23，所以n 2＝(2，2，－23)． cos 〈n 1，n 2〉＝n 1·n 2|n 1||n 2|＝2×0＋2×2－23×02×25＝55.所以平面CBD 与平面DAE 所成锐角的余弦值为55.B 级 能力提升10．(1)证明：依题意，建立以A 为原点，分别以AB →，AD →，AE →的方向为x 轴、y 轴、z 轴正方向的空间直角坐标系(如图)，可得A (0，0，0)，B (1，0，0)，C (1，2，0)，D (0，1，0)，E (0，0，2)．设CF ＝h (h ＞0)，则F (1，2，h )．依题意，AB →＝(1，0，0)是平面ADE 的法向量． 又BF →＝(0，2，h )，可得BF →·AB →＝0， 又因为直线BF ⊄平面ADE . 所以BF ∥平面ADE .(2)解：依题意，BD →＝(－1，1，0)，BE →＝(－1，0，2)，CE →＝(－1，－2，2)．设n ＝(x ，y ，z )为平面BDE 的法向量， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·BD →＝0，n ·BE →＝0.即⎩⎪⎨⎪⎧－x ＋y ＝0，－x ＋2z ＝0.不妨令z ＝1，可取n ＝(2，2，1)． 因此有cos 〈CE →·n 〉＝CE →·n |CE →||n |＝－49.所以直线CE 与平面BDE 所成角的正弦值为49.(3)解：设m ＝(x 1，y 1，z 1)为平面BDF 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧m ·BD →＝0，m ·BF →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－x 1＋y 1＝0，2y 1＋hz 1＝0，不妨令y 1＝1，可得m ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1，1，－2h .由题意，有|cos 〈m ，n 〉|＝|m ·n ||m ||n |＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪4－2h 32＋4h2＝13， 解得h ＝87 .经检验，符合题意．所以线段CF 的长为87.11.(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 →分别为x 轴、y 轴、z 轴正方向，建立坐标系O-xyz ， 设底面边长为a ，则高SO ＝62a ，于是S ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，0，62a ，D ⎝ ⎛⎭⎪⎫－22a ，0，0，C ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，22a ，0，于是，OC →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，22a ，0，SD →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－22a ，0，－62a .则OC →·SD →＝0，故OC ⊥SD ，从而AC ⊥SD .(2)解：由题设知，平面PAC 的一个法向量DS →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫22a ，0，62a ，平面DAC 的一个法向量OS →＝⎝⎛⎭⎪⎫0，0，62a .设所求二面角为θ，则cos θ＝OS →·DS →|OS →||DS →|＝32，所以所求二面角的大小为30°.(3)解：在棱SC 上存在一点E 使BE ∥平面PAC .根据第(2)问知DS →是平面PAC 的一个法向量，且DS →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫22a ，0，62a ，CS →＝⎝⎛⎭⎪⎫0，－22a ，62a .设CE →＝tCS →.则BE →＝BC →＋CE →＝BC →＋tCS →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－22a ，22a （1－t ），62at .由BE →·DS →＝0，得－a 22＋0＋64a 2t ＝0，则t ＝13.所以当SE ∶EC ＝2∶1时，BE →⊥DS →. 由于BE ⊄平面PAC ，故BE ∥平面PAC .因此在棱SC 上存在点E ，使BE ∥平面PAC ，此时SE ∶EC ＝2∶1.。
空间向量解立体几何解答题(高三复习)(共31张PPT)
3 z 0 ， BA n x 3 y 3z 0 2
FB n FB n 3 2 .∴ n (3, 3,2)
cos FB, n
∴二面角 B －AD－F 的平面角的余弦值 3
感悟：根据已知符合建立空间直角坐标系的条件，则
练习：如图，在四棱锥 P－ ABCD 中，PA⊥ 底面 ABCD，AD⊥AB，AB∥DC，AD＝DC ＝AP＝ 2，AB＝1，点 E 为棱 PC 的中点． (1) 证明：BE⊥DC； (2) 求直线 BE 与平面 PBD 所成角的正弦值； (3) 若 F 为棱 PC 上一点，满足 BF⊥AC，求 二面角 F －AB－P 的余弦值
大家应该有体会，坐标法解题比几何法解题要简单 明了许多，因此一旦你找到三条两两垂直的直线时，不 妨马上尝试建系解题！
【例 1】 (2011 浙文) 如图，在三棱锥 P ABC 中，AB AC ，D 为 BC 的中点，PO ⊥平面 ABC ， 垂足 O 落在线段 AD 上. （Ⅰ）证明： AP ⊥ BC ； （Ⅱ）已知 BC 8 ， PO 4 ， AO 3 ， OD 2 . 求二面角 B AP C 的大小.
【例 5】 （2018 宁波 5 月模拟）如图，四边形 ABCD 为梯 AB ∥ CD, C 60， 形， 点 E 在线段 CD 上， 满足 BE CD , 1 且 CE AB CD 2 ，现将 ADE 沿 AE 翻折到 AME 位 4 置，使得 MC 2 10 ． （Ⅰ）证明： AE MB ; （Ⅱ）求直线 CM 与面 AME 所成角的正弦值．
注意：求满足一定条件的 点的坐标，常常运用向量 共线来设，而不是直接设 点的坐标！
6 1 ＝ ，解得λ ＝ . 2 6λ2 －8λ＋4 3
立体几何空间向量专题练习(2021级)-含答案
空间向量专题1．正三棱柱111ABC A B C -的所有棱长均为２，Ｐ是侧棱1AA 上一点且11BC B P ⊥，求二面角11C B P C --的余弦值CAC 1A2.如图，已知四棱台ABCD-A 1B 1C 1D 1的上、下底面分别是边长为3和6的正方形，AA 1＝6，且AA 1⊥底面ABCD ， 点P ，Q 分别在棱DD 1，BC 上.(1)若P 是DD 1的中点，证明：AB 1⊥PQ ；(2)若PQ ∥平面ABB 1A 1，二面角P-QD-A 的余弦值为37，求四面体ADPQ 的体积.3.已知四边形ABCD 为直角梯形，//AD BC ，AB BC ⊥，24BC AB ==，3AD =，F 为BC 中点，//EF AB ，EF 与AD 交于点E ，沿EF 将四边形EFCD 折起，连接,,AD BC AC ．（1）求证：//BE 平面ACD ; （2）若平面ABFE ⊥平面EFCD ． （I ）求二面角B AC D --的平面角的大小；（II ）线段AC 上是否存在点P ，使FP ⊥平面ACD ，若存在，求出APAC的值，若不存在，请说明理由．4．如图，在长方体ABCD -A1B1C1D1中，AA1＝AD＝1，E为CD的中点．在棱AA1上是否存在一点P，使得DP∥平面B1AE？若存在，求AP的长；若不存在，说明理由．5．如图(1)，在Rt△ABC中，∠C＝90°，BC＝3，AC＝6D，E分别是AC，AB上的点，且DE∥BC，DE＝2，将△ADE沿DE折起到△A1DE的位置，使A1C⊥CD，如图(2)．(1)求证：A1C⊥平面BCDE；(2)若M是A1D的中点，求CM与平面A1BE所成角的大小；(3)线段BC上是否存在点P，使平面A1DP与平面A1BE垂直？说明理由．6．如图，在四棱柱ABCD -A 1B 1C 1D 1中，侧棱A 1A ⊥底面ABCD ，AB ⊥AC ，AB ＝1，AC ＝AA 1＝2，AD ＝CD ＝5，且点M 和N 分别为B 1C 和D 1D 的中点． (1)求证：MN ∥平面ABCD ； (2)求二面角D 1-AC -B 1的正弦值；(3)设E 为棱A 1B 1上的点，若直线NE 和平面ABCD 所成角的正弦值为13，求线段A 1E 的长．7．如图，正方形AA 1D 1D 与矩形ABCD 所在平面互相垂直，AB ＝2AD ＝2(1)若点E 为AB 的中点，求证：BD 1∥平面A 1DE ；(2)在线段AB 上是否存在点E ，使二面角D 1-EC -D 的大小为π6？若存在，求出AE 的长；若不存在，请说明理由．8．如图，棱柱ABCD－A1B1C1D1的所有棱长都等于2，∠ABC和∠A1AC均为60°，平面AA1C1C⊥平面ABCD．(1)求证：BD⊥AA1；(2)求二面角D－A1A－C的余弦值；(3)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，请说明理由．9．等边三角形ABC 的边长为3，点D 、E 分别是边AB 、AC 上的点，且满足AD DB ＝CE EA ＝12．将△ADE 沿DE 折起到△A 1DE 的位置，使二面角A 1-DE -B 成直二面角，连接A 1B 、A 1C ．(1)求证：A 1D ⊥平面BCED ；(2)在线段BC 上是否存在点P ，使直线P A 1与平面A 1BD 所成的角为60°？若存在，求出PB 的长；若不存在，请说明理由．10．如图，在四棱锥P -ABCD 中，已知P A ⊥平面ABCD ，且四边形ABCD 为直角梯形，∠ABC ＝∠BAD ＝π2，P A ＝AD ＝2，AB ＝BC ＝1(1)求平面P AB 与平面PCD 所成二面角的余弦值；(2)点Q 是线段BP 上的动点，当直线CQ 与DP 所成的角最小时， 求线段BQ 的长．11 如图，四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1的底面是边长为1的正方形，侧棱长1AA =2，11,60DD AB DA D ⊥︒=∠． （1）求证：⊥1AD 平面ABCD ；（2）求二面角1D BD A --的大小的余弦值； （3）求1C 到平面1BDD 的距离．A B C D P 12．如图，三棱锥P —ABC 中， PC ⊥平面ABC ，PC=AC=2，AB=BC ，D 是PB 上一点，且CD ⊥平面PAB ． (I) 求证：AB ⊥平面PCB ；(II) 求异面直线AP 与BC 所成角的大小； （III ）求二面角C-PA-B 的大小的余弦值．13．如下图，ABEDFC 为多面体，平面ABED 与平面ACFD 垂直，点O 在线段AD 上，1,2,OA OD == △OAB ，,△OAC ，△ODE ，△ODF 都是正三角形．（1）证明：直线BC ∥EF ； （2）求棱锥F —OBED 的体积．14．如图，四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为矩形，PA⊥平面ABCD，E为PD的中点．（Ⅰ）证明：PB∥平面AEC；（Ⅱ）设二面角D-AE-C为60°，AP＝1，AD3，求三棱锥E-ACD的体积．15．已知：如图，长方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，AD ＝AA 1＝1，AB ＝2，点E 在棱AB 上移动． （1）证明：D 1E ⊥A 1D ；（2）当E 为AB 的中点时，求点E 到面ACD 1的距离； （3）AE 等于何值时，二面角D 1—EC —D 的大小为4．16．直角梯形ABCD与等腰直角三角形ABE所在的平面互相垂直．AB∥CD，AB⊥BC，AB＝2CD＝2BC，EA⊥EB．（1）求直线EC与平面ABE所成角的正弦值；（2）线段EA上是否存在点F，使EC//平面FBD？若存在，求出EFEA的值；若不存在，说明理由．17．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． (Ⅰ)求证：AA 1⊥平面ABC ；(Ⅱ)求二面角A 1-BC 1-B 1的余弦值；(Ⅲ)证明：在线段BC 1存在点D ，使得AD ⊥A 1B ，并求1BDBC 的值．18．如下图，在三棱锥P ABC -中，AB AC =，D 为BC 的中点，PO ⊥平面ABC ，垂足O 落在线段AD 上，已知BC ＝8，PO ＝4，AO ＝3，OD ＝2． （1）证明：AP ⊥BC ；（2）在线段AP 上是否存在点M ，使得二面角A MC B --为直二面角？若存在，求出AM 的长；若不存在，请说明理由．1．正三棱柱111ABC A B C -的所有棱长均为２，Ｐ是侧棱1AA 上一点且11BC B P ⊥，求二面角11C B P C --的余弦值证明：（Ⅰ）如图建立空间坐标系O xyz -，设AP a =则1,,,A C B P 的坐标分别为(0,1,0),(0,1,0),(3,0,2)(0,1,)a --1(0,2,0),(3,1,2)AC B P a ∴==---u u u r u u u r1(3,1,2)BC =-u u u u r ，由11BC B P ⊥，得110BC B P =u u u u r u u u r g即22(2)0a +-= 1a ∴= 又11BC B C ⊥ 11BC CB P ∴⊥面∴1(3,1,2)BC =-u u u u r是面1CB P 的法向量设面11C B P 的法向量为(1,,)n y z =r ，由1110B P n BC n ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩u u u r r u u u u r r得(1,3,23)n =-r,设二面角11C B P C --的大小为α则116cos 4||||BC n BC n α==u u u u r r g u u u u u r u u rCBAC 1B 1A2.如图，已知四棱台ABCD-A 1B 1C 1D 1的上、下底面分别是边长为3和6的正方形，AA 1＝6，且AA 1⊥底面ABCD ，点P ，Q 分别在棱DD 1，BC 上.(1)若P 是DD 1的中点，证明：AB 1⊥PQ ；(2)若PQ ∥平面ABB 1A 1，二面角P-QD-A 的余弦值为37，求四面体ADPQ 的体积.解：由题设知，AA 1，AB ，AD 两两垂直，以A 为坐标原点，AB ，AD ，AA 1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，则相关各点的坐标为A (0,0,0)，B 1(3,0,6)，D (0,6,0)，D 1(0,3,6)，Q (6，m,0)，其中m ＝BQ,0≤m ≤6.(1)证明 若P 是DD 1的中点，则P ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，92，3， ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫6，m －92，－3， 又＝(3,0,6)，于是·＝18－18＝0， 所以⊥，即AB 1⊥PQ .3.已知四边形ABCD 为直角梯形，//AD BC ，AB BC ⊥，24BC AB ==，3AD =，F 为BC 中点，//EF AB ，EF 与AD 交于点E ，沿EF 将四边形EFCD 折起，连接,,AD BC AC ．（1）求证：//BE 平面ACD ; （2）若平面ABFE ⊥平面EFCD ． （I ）求二面角B AC D --的平面角的大小；（II ）线段AC 上是否存在点P ，使FP ⊥平面ACD ，若存在，求出APAC的值，若不存在，请说明理由． （1）证明：连结AF 交BE 于O ，则O 为AF 中点，设G 为AC 中点，连结,OG DG ，则//OG CF ，且1=2OG CF ．由已知//DE CF 且12DE CF =．∴//DE OG 且=DE OG ，所以四边形DEOG 为平行四边形．∴//EO DG ，即//BE DG ．∵BE ⊄平面ACD ，DG ⊂平面ACD ，所以//BE 平面ACD ．（2）由已知ABFE 为边长为2的正方形，∴AD EF ⊥，因为平面ABEF ⊥平面EFCD ，又DE EF ⊥， ∴,,EA EF ED 两两垂直．以E 为原点，,,EA EF ED 分别为x 轴，y 轴，轴建立空间直角坐标系， 则(0,0,0),(2,0,0),(2,2,0),(0,2,0),(0,0,1),(0,2,2)E A B F D C ．（I ）可求平面ACF 法向量为1(1,0,1)n =u r ，平面ACD 法向量为2(1,1,2)n =-u u r，∴3cos 2θ=-，所以二面角B AC D --的平面角的大小为56π （II ）假设线段AC 上是否存在点P ，使FP ⊥平面ACD ，设APACλ=（01λ≤≤）， 则(2,2,2)AP AC λλλλ==-u u u r u u u r ，(22,22,2)FP FA AP λλλ=+=--+u u u r u u u r u u u r∵FP ⊥平面ACD ，则2//FP n u u u r u u r ，可求[]20,13λ=∈．所以线段AC 上存在点P ，使FP ⊥平面ACD ，且23AP AC =．4．如图，在长方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，AA 1＝AD ＝1，E 为CD 的中点．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． 【解】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 →＝(0，－1，z 0)．又设平面B 1AE 的法向量n ＝(x ，y ，z )．∵n ⊥平面B 1AE ，∴n ⊥AB 1→，n ⊥AE →，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 →， 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 ＝125．如图(1)，在Rt △ABC 中，∠C ＝90°，BC ＝3，AC ＝6D ，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)．(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)证明：∵AC ⊥BC ，DE ∥BC ，∴DE ⊥AC ∴DE ⊥A 1D ，DE ⊥CD ，∴DE ⊥平面A 1DC ，又A 1C ⊂平面A 1DC ，∴DE ⊥A 1C 又∵A 1C ⊥CD ，∴A 1C ⊥平面BCDE(2)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 ·A 1B →＝0，n ·BE →＝0 又A 1B →＝(3,0，－23)，BE →＝(－1,2,0)，∴⎩⎪⎨⎪⎧3x －23z ＝0，－x ＋2y ＝0.令y ＝1，则x ＝2，z ＝3，∴n ＝(2，1，3)．设CM 与平面A 1BE 所成的角为θ ∵CM →＝(0，1，3)， ∴sin θ＝|cos 〈n ，CM →〉|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪n ·CM →|n |·|CM →|＝48×4＝22 ∴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 ·A 1D →＝0，m ·DP →＝0 又A 1D →＝(0,2，－23)，DP →＝(p ，－2,0)，∴⎩⎪⎨⎪⎧2y ′－23z ′＝0，px ′－2y ′＝0.令x ′＝2，则y ′＝p ，z ′＝p 3，∴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． ∴线段BC 上不存在点P ，使平面A 1DP 与平面A 1BE 垂直．6．如图，在四棱柱ABCD -A 1B 1C 1D 1中，侧棱A 1A ⊥底面ABCD ，AB ⊥AC ，AB ＝1，AC ＝AA 1＝2，AD ＝CD ＝5，且点M 和N 分别为B 1C 和D 1D 的中点．(1)求证：MN ∥平面ABCD ； (2)求二面角D 1-AC -B 1的正弦值；(3)设E 为棱A 1B 1上的点，若直线NE 和平面ABCD 所成角的正弦值为13，求线段A 1E 的长．【解】(1)证明：如图，以A 为原点建立空间直角坐标系，依题意可得A (0,0,0)，B (0,1,0)，C (2,0,0)，D (1,－2,0)，A 1(0,0,2)，B 1(0,1,2)，C 1(2,0,2)，D 1(1,－2,2)． 又因为M ，N 分别为B 1C 和D 1D 的中点，得M ⎝⎛⎭⎫1，12，1，N (1，－2,1)，则MN →＝⎝⎛⎭⎫0，－52，0． 又由已知，可得n ＝(0,0,1)为平面ABCD 的一个法向量． 由此可得MN →·n ＝0，又因为直线MN ⊄平面ABCD ，所以MN ∥平面ABCD (2)AD 1→＝(1，－2,2)，AC →＝(2,0,0)，AB 1→＝(0,1,2)． 设n 1＝(x 1，y 1，z 1)为平面ACD 1的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧n 1·AD 1→＝0，n 1·AC →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x 1－2y 1＋2z 1＝0，2x 1＝0.不妨设z 1＝1，可得n 1＝(0,1,1)．设n 2＝(x 2，y 2，z 2)为平面ACB 1的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧n 2·AB 1→＝0，n 2·AC →＝0，，得⎩⎪⎨⎪⎧y 2＋2z 2＝0，2x 2＝0.不妨设z 2＝1，可得n 2＝(0，－2,1)．因此有cos 〈n 1，n 2〉＝n 1·n 2|n 1|·|n 2|＝－1010，于是sin 〈n 1，n 2〉＝31010， 所以，二面角D 1-AC -B 1的正弦值为31010(3)依题意，可设A 1E →＝λA 1B 1→，其中λ∈[0,1]，则E (0，λ，2)，从而NE →＝(－1，λ＋2,1)． 又n ＝(0,0,1)为平面ABCD 的一个法向量， 由已知，得|cos 〈NE →，n 〉|＝|NE →·n ||NE →|·|n |＝1(－1)2＋(λ＋2)2＋12＝13， 整理得λ2＋4λ－3＝0，又因为λ∈[0,1]，解得λ＝7－2 所以，线段A 1E 的长为7－27．如图，正方形AA 1D 1D 与矩形ABCD 所在平面互相垂直，AB ＝2AD ＝2 (1)若点E 为AB 的中点，求证：BD 1∥平面A 1DE ；(2)在线段AB 上是否存在点E ，使二面角D 1-EC -D 的大小为π6？若存在，求出AE 的长；若不存在，请说明理由．【解】(1)证明：四边形ADD 1A 1为正方形，连接AD 1，A 1D ∩AD 1＝F ，则F 是AD 1的中点，又因为点E 为AB 的中点，连接EF ，则EF 为△ABD 1的中位线， 所以EF ∥BD 1又因为BD 1⊄平面A 1DE ，EF ⊂平面A 1DE ， 所以BD 1∥平面A 1DE(2)根据题意得DD 1⊥DA ，DD 1⊥DC ，AD ⊥DC ，以D 为坐标原点，DA ，DC ， DD 1所在直线分别为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系D -xyz ， 则D (0,0,0)，D 1(0,0,1)，C (0，2,0)． 设满足条件的点E 存在，令E (1，y 0,0)(0≤y 0≤2)，EC →＝(－1,2－y 0,0)，D 1C →＝(0,2，－1)， 设n 1＝(x 1，y 1，z 1)是平面D 1EC 的法向量， 则⎩⎪⎨⎪⎧n 1·EC →＝0，n 1·D 1C →＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧－x 1＋(2－y 0)y 1＝0，2y 1－z 1＝0，令y 1＝1，则平面D 1EC 的法向量为n 1＝(2－y 0,1,2)， 由题知平面DEC 的一个法向量n 2＝(0,0,1)．由二面角D 1-EC -D 的大小为π6，得cos π6＝|n 1·n 2||n 1|·|n 2|＝2(2－y 0)2＋1＋4＝32， 解得y 0＝2－33∈[0,2]， 所以当AE ＝2－33时，二面角D 1-EC -D 的大小为π6．8．如图，棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1的所有棱长都等于2，∠ABC 和∠A 1AC 均为60°，平面AA 1C 1C ⊥平面ABCD ．(1)求证：BD ⊥AA 1；(2)求二面角D －A 1A －C 的余弦值；(3)在直线CC 1上是否存在点P ，使BP ∥平面DA 1C 1， 若存在，求出点P 的位置，若不存在，请说明理由． 【解】(1)证明：设BD 与AC 交于点O ，则BD ⊥AC ，连接A 1O ，在△AA 1O 中，AA 1＝2，AO ＝1，∠A 1AO ＝60°，∴A 1O 2＝AA 21＋AO 2－2AA 1·AO cos60°＝3， ∴AO 2＋A 1O 2＝AA 21，∴∠A 1OAC ＝90°，则A 1O ⊥AO 由于平面AA 1C 1C ⊥平面ABCD ， ∴A 1O ⊥平面ABCD以OB ，OC ，OA 1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， 则A (0，－1,0)，B (3，0,0)，C (0,1,0)，D (－3，0,0)，A 1(0,0，3)，C 1(0,2，3)． 由于BD →＝(－23，0,0)，AA 1→＝(0,1，3)，AA 1→·BD →＝0×(－23)＋1×0＋3×0＝0，∴BD →⊥AA 1→，即BD ⊥AA 1(2)由于OB ⊥平面AA 1C 1C ，∴平面AA 1C 1C 的一个法向量为n 1＝(1,0,0)． 设n 2＝(x ，y ，z )为平面DAA 1D 1的一个法向量，⎩⎪⎨⎪⎧n 2·AA 1→＝0，n 2·AD →＝0，即则⎩⎪⎨⎪⎧y ＋3z ＝0，－3x ＋y ＝0，取x ＝1，则n 2＝(1，3，－1)，则〈n 1，n 2〉即为二面角D －A 1A －C 的平面角，∴cos 〈n 1，n 2〉＝n 1·n 2|n 1||n 2|＝55， 所以，二面角D －A 1A －C 的余弦值为55(3)假设在直线CC 1上存在点P ，使BP ∥平面DA 1C 1，设CP →＝λCC 1，P (x ，y ，z )， 则(x ，y －1，z )＝λ(0,1，3)．从而有P (0,1＋λ，3λ)，BP →＝(－3，1＋λ，3λ)．设n 3⊥平面DA 1C 1，则⎩⎪⎨⎪⎧n 3⊥A 1C 1→，n 3⊥DA 1→，又A 1C 1→＝(0,2,0)，DA 1→＝(3，0，3)，设n 3＝(x 3，y 3，z 3)，⎩⎪⎨⎪⎧2y 3＝0，3x 3＋3z 3＝0， 取x 3＝1，则n 3＝(1,0，－1)，因为BP ∥平面DA 1C 1，则n 3⊥BP →，即n 3·BP →＝－3－3λ＝0，得λ＝－1， 即点P 在C 1C 的延长线上，且C 1C ＝CP9．等边三角形ABC 的边长为3，点D 、E 分别是边AB 、AC 上的点，且满足AD DB ＝CE EA ＝12．将△ADE 沿DE 折起到△A 1DE 的位置，使二面角A 1-DE -B 成直二面角，连接A 1B 、A 1C ．(1)求证：A 1D ⊥平面BCED ； (2)在线段BC 上是否存在点P ，使直线P A 1与平面A 1BD 所成的角为60°？若存在，求出PB 的长；若不存在，请说明理由．【解】(1)证明：因为等边△ABC 的边长为3，且AD DB ＝CE EA ＝12，所以AD ＝1，AE ＝2.在△ADE 中，∠DAE ＝60°， 由余弦定理得，DE ＝12＋22－2×1×2×cos 60°＝ 3.因为AD 2＋DE 2＝AE 2，所以AD ⊥DE .折叠后有A 1D ⊥DE . 因为二面角A 1-DE -B 是直二面角，所以平面A 1DE ⊥平面BCED . 又平面A 1DE ∩平面BCED ＝DE ，A 1D ⊂平面A 1DE ，A 1D ⊥DE ， 所以A 1D ⊥平面BCED .(2)由(1)的证明，可知ED ⊥DB ，A 1D ⊥平面BCED .以D 为坐标原点，以射线DB 、DE 、DA 1分别为x 轴、y 轴、z 轴的正半轴，建立空间直角坐标系Dxyz ，如图．设PB ＝2a (0≤2a ≤3)，作PH ⊥BD 于点H ，连接A 1H 、A 1P ，则BH ＝a ，PH ＝3a ，DH ＝2－a . 所以A 1(0,0,1)，P (2－a ，3a ，0)，E (0，3，0)．所以1PA u u u r＝(a －2，－3a,1)．因为ED ⊥平面A 1BD ，所以平面A 1BD 的一个法向量为DE u u u r＝(0，3，0)．因为直线P A 1与平面A 1BD 所成的角为60°，所以sin 60°＝11PA DE PA DE⋅⋅u u u r u u u ru u u r u u u r ＝3a 4a 2－4a ＋5×3＝32，解得a ＝54. 即PB ＝2a ＝52，满足0≤2a ≤3，符合题意．所以在线段BC 上存在点P ，使直线P A 1与平面A 1BD 所成的角为60°，此时PB ＝52.10如图，在四棱锥P -ABCD 中，已知P A ⊥平面ABCD ，且四边形ABCD 为直角梯形，∠ABC ＝∠BAD ＝π2，P A ＝AD ＝2，AB ＝BC ＝1(1)求平面P AB 与平面PCD 所成二面角的余弦值；(2)点Q 是线段BP 上的动点，当直线CQ 与DP 所成的角最小时， 求线段BQ 的长．【解】(1)以{AB →，AD →，AP →}为正交基底建立如图所示的空间直角坐标系A -xyz ，则各点的坐标为B (1,0,0)，C (1,1,0)，D (0,2,0)，P (0,0,2)．因为AD ⊥平面P AB ，所以AD →是平面P AB 的一个法向量，AD →＝(0,2,0)． 因为PC →＝(1,1，－2)，PD →＝(0,2，－2)． 设平面PCD 的法向量为m ＝(x ，y ，z )，则m ·PC →＝0，m ·PD →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y －2z ＝0，2y －2z ＝0，令y ＝1，解得z ＝1，x ＝1所以m ＝(1,1,1)是平面PCD 的一个法向量． 从而cos 〈AD →，m 〉＝AD →·m |AD →||m |＝33，所以平面P AB 与平面PCD 所成二面角的余弦值为33(2)因为BP →＝(－1,0,2)，设BQ →＝λBP →＝(－λ，0,2λ)(0≤λ≤1)，又CB →＝(0，－1,0)，则CQ →＝CB →＋BQ →＝(－λ，－1,2λ)，又DP →＝(0，－2,2)， 从而cos 〈CQ →，DP →〉＝CQ →·DP →|CQ →||DP →|＝1＋2λ10λ2＋2设1＋2λ＝t ，t ∈[1,3]，则cos 2〈CQ →，DP →〉＝2t 25t 2－10t ＋9＝29⎝⎛⎭⎫1t －592＋209≤910当且仅当t ＝95，即λ＝25时，|cos 〈CQ →，DP →〉|的最大值为31010因为y ＝cos x 在⎝⎛⎭⎫0，π2上是减函数，此时直线CQ 与DP 所成角取得最小值． 又因为BP ＝12＋22＝5，所以BQ ＝25BP ＝255．11 如图，四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1的底面是边长为1的正方形，侧棱长1AA =2，11,60DD AB DA D ⊥︒=∠．DP（1）求证：⊥1AD 平面ABCD ；（2）求二面角1D BD A --的大小的余弦值； （3）求1C 到平面1BDD 的距离．解：（1）在1ADD ∆中，︒=∠==60,1,211DA D DA DD ， 由此易得 ,90,311︒=∠=DAD AD（2）如图，以A 为坐标原点，分别以1,,AD AD AB 所在的直线为x,y,z 轴建立空间直角坐标系，则有 A （0，0，0），B （1，0，0），D （0，1，0），1D （0，0，3），1C （1，0，3），)3,1,0(),0,1,1(1-=-=DD ，设),,(1z y x n =为平面1BDD 的法向量，则由⎪⎩⎪⎨⎧=⋅=⋅00111DD n BD n 得⎩⎨⎧=+-=+-030z y y x ，取)1,3,3(1=n ， 又平面ABD 的法向量)1,0,0(2=n ，则二面角1D BD A --的大小的余弦值为：7771100||||cos 2121=⋅++=⋅=n n θ； （3）),0,0,1(11-=D C 则1C 到平面1BDD 的距离为： 7217|3|||1111=-==n d ．12．如图，三棱锥P —ABC 中， PC ⊥平面ABC ，PC=AC=2，AB=BC ，D 是PB 上一点，且CD ⊥平面PAB ． (I) 求证：AB ⊥平面PCB ；⇒⎭⎬⎫⊂⊥D D AA AD D D AA AB 11111平面平面⇒⎪⎭⎪⎬⎫=⋂⊥⊥D DD AD DD AB ADAB 11;111ABCD AD A AD AB AB AD AD AD 平面⊥⇒⎪⎭⎪⎬⎫=⋂⊥⊥A BCDPxyz(II) 求异面直线AP 与BC 所成角的大小； （III ）求二面角C-PA-B 的大小的余弦值．解：（I ）∵PC ⊥平面ABC ，⊂AB 平面ABC ，∴PC ⊥AB ．∵CD ⊥平面PAB ，⊂AB 平面PAB ， ∴CD ⊥AB ．又C CD PC =I ， ∴AB ⊥平面PCB ．(II) 由(I) AB ⊥平面PCB ，∵PC=AC=2，又∵AB=BC ，可求得BC=2．以B 为原点，如图建立坐标系．则Ａ（０，2，０），Ｂ（0，0，0），C （2，０，0），P （2，０，2），),22,2(-=，)0,0,2(B =．则22⨯=⋅+0+0=2．BCAP ,cos ⋅>=<=2222⨯=21． ∴异面直线AP 与BC 所成的角为3π． （III ）设平面PAB 的法向量为m = (x ，y ，z)．)0,2,0(-=，),22,2(-=，则⎪⎩⎪⎨⎧=⋅=⋅0.,0 即⎪⎩⎪⎨⎧=+-=-.02z y 2x 2,0y 2解得⎩⎨⎧-==z2x ,0y 令z = -1, 得 = (2，0，-1)．设平面PAC 的法向量为=('''z ,y ,x )．)0,-2,0(=，),02,2(-=，则⎪⎩⎪⎨⎧=⋅=⋅0.,0 即⎪⎩⎪⎨⎧=-=-.0y 2x 2,02z '''解得⎪⎩⎪⎨⎧=='''y x ,0z 令'x =1, 得 = (1，1，0)．nm ,cos >=<=33232=⨯． ∴二面角C-PA-B 大小的余弦值为33．13.如下图，ABEDFC 为多面体，平面ABED 与平面ACFD 垂直，点O 在线段AD 上，1,2,OA OD ==△OAB ，,△OAC ，△ODE ，△ODF 都是正三角形．（1）证明：直线BC ∥EF ； （2）求棱锥F —OBED 的体积．解：（1）证明：（综合法）设G 是线段DA 与EB 延长线的交点.如图.由于△OAB 与△ODE 都是正三角形，所以OB ∥1,2DE DE 且=OB OG=OD =2，同理，设G '是线段DA 与线段FC 延长线的交点，有.2=='OD G O 又由于G 和G '都在线段DA 的延长线上，所以G 与G '重合.在△GED 和△GFD 中，由OB ∥12DE OB DE =且和OC ∥12DF OC DF =且，可知B 和C 分别是GE 和GF 的中点，所以BC 是△GE F 的中位线，故BC ∥EF. （向量法）过点F 作AD FQ ⊥，交AD 于点Q ，连QE ，由平面ABED ⊥平面ADFC ，知FQ ⊥平面ABED ，以Q 为坐标原点，QE 为x 轴正向，QD 为y 轴正向，QF 为z 轴正向，建立如图所示空间直角坐标系. 由条件知).23,23,0(),0,23,23(),3,0,0(),0,0,3(--C B F E 则有).3,0,3(),23,0,23(-=-=EF BC 所以,2BC EF =即得BC ∥EF .（2）由OB =1，OE =2，360,EOB EOB S ∠=︒=V 知，而△OED 是边长为2的正三角形，故 3.OED S =V 所以33.2OBED EOB OED S S S =+=X V V 过点F 作FQ ⊥AD ，交AD 于点Q ，由平面ABED ⊥平面ACFD 知，FQ 就是四棱锥F —OBED 的高，且FQ=3，所以13.32OBED F OBED V FQ S -=⋅=X 四棱锥14．如图，四棱锥P-ABCD 中，底面ABCD 为矩形，PA ⊥平面ABCD ，E 为PD 的中点． （Ⅰ）证明：PB ∥平面AEC ；（Ⅱ）设二面角D-AE-C 为60°，AP ＝1，AD 3，求三棱锥E-ACD 的体积．解：（1）证明：连结BD 交AC 于点O,连结EO因为ABCD 为矩形，所以O 为BD 的中点 又E 为的PD 的中点，所以EO P PBEO ⊂平面AEC,PB ⊄平面AEC ，所以PB ∥平面AEC（2）因为PA ⊥平面ABCD ，ABCD 为矩形，所以AB,AD,AP 两两垂直如图，以A 为坐标原点，AB u u u v 的方向为x 轴的正方向，AP u u u v为单位长，建立空间直角坐标系，则A —xyz,则D(0, 3 ,0),则E(0,23,12),AE u u u v =(0,23,12) 设B(m,0,0)(m ＞0)，则C （m, 3，0） 设n(x,y,z)为平面ACE 的法向量，则{1100n AC n AE •=•=u u u r u u u r 即010323mx y z =+=，可取1n =（3m 3 又1n =（1,0,0）为平面DAE 的法向量，由题设12cos(,)n n =12，即 2334m +12，解得m=32因为E 为PD 的中点，所以三棱锥E-ACD 的高为12，三棱锥E-ACD 的体积为 V=13⨯12⨯3⨯32⨯12=3815．已知：如图，长方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，AD ＝AA 1＝1，AB ＝2，点E 在棱AB 上移动．（1）证明：D 1E ⊥A 1D ；（2）当E 为AB 的中点时，求点E 到面ACD 1的距离； （3）AE 等于何值时，二面角D 1—EC —D 的大小为4π． 解法一（1）证明：∵AE ⊥平面AA 1DD 1，A 1D ⊥AD 1，∴A 1D ⊥D 1E （2）设点E 到面ACD 1的距离为h ，在△ACD 1中，，，故，而。
利用空间向量解立体几何(含综合题.docx
利用空间向量解立体几何问题一、基础知识（一）刻画直线与平面方向的向量1、直线：用直线的方向向量刻画直线的方向问题，而方向向量可由直线上的两个点来确定例如： A 2,4,6 , B 3,0,2，则直线 AB 的方向向量为AB1, 4,42、平面：用平面的法向量来刻画平面的倾斜程度，何为法向量？与平面垂直的直线称为平面的法线，法线的方向向量就是平面的法向量，如何求出指定平面的法向量呢？（ 1）所需条件：平面上的两条不平行的直线（ 2）求法：（先设再求）设平面的法向量为 n x, y, z ，若平面上所选两条直线的方向向量分别为a x1, y1 , z1,b x2 , y2 , z2，则可列出方程组：x1 x y1 y z1 z0解出 x, y, z 的比值即可x2 x y2 y z2 z0例如： a1,2,0, b2,1,3 ，求a, b所在平面的法向量解：设 n x, y, z ，则有x 2 y0，解得：x 2 y 2x y3z z yx : y : z 2 :1:1n2,1,1（二）空间向量可解决的立体几何问题（用a,b 表示直线a,b的方向向量，用 m, n 表示平面,的法向量）1、判定类（ 1）线面平行：a∥ b a∥b（ 2）线面垂直：a b a b（ 3）面面平行：∥m∥n（ 4）面面垂直：m n2、计算类：（ 1）两直线所成角：cos cosa b a, ba b（2）线面角：（3）二面角：a msin cos a, ma mcoscos m, nm ncos m, nm n或 cos（视平面角与法向m n m n量夹角关系而定）（ 4）点到平面距离：设 A 为平面外一点，P为平面上任意一点，则 A 到平面的距离AP n为 d A，即AP在法向量n上投影的绝对值。
n（三）点的存在性问题：在立体几何解答题中，最后一问往往涉及点的存在性问题，即是否在某条线上存在一点，使之满足某个条件，本讲主要介绍使用空间向量解决该问题时的方法与技巧1、理念：先设再求——先设出所求点的坐标x, y, z ，再想办法利用条件求出坐标2、解题关键：减少变量数量——x, y, z 可表示空间中的任一点，但题目中所求点往往是确定在某条线或者某个平面上的，所以使用三个变量比较“浪费”（变量多，条件少，无法求解），要考虑减少变量的个数，最终所使用变量的个数可根据如下条件判断：（1）直线（一维）上的点：用一个变量就可以表示出所求点的坐标（2）平面（二维）上的点：用两个变量可以表示所求点坐标规律：维度 =所用变量个数3、如何减少变量：（ 1）直线上的点（重点）：平面向量共线定理——若a∥b R, 使得 a b例：已知 A 1,3,4, P0,2,1，那么直线AP 上的某点 M x, y, z 坐标可用一个变量表示，方法如下： AM x1, y3,z 4 , AP1,1, 3 ——三点中取两点构成两个向量因为 M 在 AP 上，所以AM ∥AP AM AP——共线定理的应用（关键）x1x1y3y3，即 M 1,3,4 3——仅用一个变量表示z43z43（ 2）平面上的点：平面向量基本定理——若a, b不共线，则平面上任意一个向量 c ，均存在,R ，使得： c a b例：已知 A 1,3,4 , P 0,2,1 , Q 2,4,0 ，则平面APQ上的某点 M x, y, z 坐标可用两个变量 表 示 ， 方 法 如 下 ： AMx 1, y 3, z 4 , AP1, 1, 3 , PQ 2,2, 1 ， 故x 1 2 x 1 2 AMAPPQ ，即y 32 y32z 43z 4 3二、典型例题例 1：（ 2010 天津）在长方体ABCDA 1B 1C 1D 1 中， E, F 分别是棱 BC, CC 1 上的点，CFAB 2 CE AB : AD : AA 1 1: 2 : 4，A 1D 1（ 1）求异面直线 EF , A 1D 所成角的余弦值B 1C 1（ 2）证明： AF 平面 A 1ED（ 3）求二面角 A 1 EDF 正弦值FAD解：由长方体 ABCDA 1B 1C 1D 1 得： AA 1 , AB, AD 两两垂直BEC以 AA 1 , AB, AD 为轴建立空间直角坐标系（ 1） E 1, 3,0 , F 1,2,1 , A 1 0,0,4 , D 0,2,02EF0, 1,1 , A 1D0,2, 42cos EF , A 1 DEF A 1D33EF A 1D55204cos35（ 2） AF1,2,1 ，设平面 A 1 ED 的法向量为 nx, y, zA D0,2, 4 , DE1,1,0122 y 4zx1 y 0x : y : z 1: 2 :1n1,2,12AF ∥nAF 平面 A 1ED（ 3）设平面EDF的法向量m x, y, zDE1,1,0, DF1,0,1 2x 1 y0x : y : z 1: 2 :1m 1,2, 1 2x z0n1,2,1m n42 cos m, n63m n5 sin3例 2：如图，在四棱锥P ABCD中，底面ABCD是矩形，PA平面ABCD PA AD4，，AB 2 ，若 MN 分别为棱 PD, PC 上的点， O 为 AC 中点，且AC 2OM2ON （1）求证：平面ABM平面PCD（2）求直线CD与平面ACM所成角的正弦值（ 3）求点N 到平面 ACM 的距离P解：PA平面 ABCDPA AB, PA AD矩形 ABCD AB AD M故PA, AB, AD 两两垂直以 PA, AB, AD 为轴建立空间直角坐标系A NDP 0,0,4, B 2,0,0 , C 2,4,0, D0,4,0 , O 1,2,0OAC2OM2ON OM ,ON，且分别为B CA M,C 的A中线NC PAN PC, AM PD设点 M x, y, z ，因为 P, M , D 三点共线MPM PD而 PM x, y, z 4 , PD0,4,4Nx0A DO PD0,4, 4y4B Cz44M0,4 ,44而 AM PD AM PD016 4 4401 2M0,2,2同理，设点 N x, y, z ，因为 P, N , C 三点共线PNPC 而 PNx, y, z 4 , PC2,4, 4x 2PD2 ,4 , 4y 4z44N 2 ,4 ,4 4 而 AN PC AN PC4+164 4 449N 8 ,16 , 209 9 9（ 1）设平面 ABM 的法向量为 n 1x, y, zAB 2,0,0 , AM 0,2,22x 0n 10,1, 12 y 2 z 0设平面 PCD 的法向量为 n 2 x, y, zPC2,4, 4 , DC 2,0,02x 4 y 4 z 0 n 20,1,12x 0n 1 n 2 0n 1 n 2平面 ABM平面 PCD（ 2）设平面 ACM 的法向量为 n x, y, zAC 2,4,0 , AM0,2,2 2x 4 y 0 2, 1,12 y 2z n而 CD2,0,0设直线 CD 与平面 ACM 所成角为CD n 4 6，则 sincos CD , nn2 63CD8 2 1612010 （ 3）AN n 9 99dN 平面 ACM66n27例 3：已知在四棱锥 P ABCD 中，底面 ABCD 是矩形，且 AD 2, AB 1,PA 平面ABCD ， E, F 分别是线段 AB, BC 的中点（ 1）求证： PF FDP（ 2 ）在线段 PA 上是否存在点 G ，使得 EG ∥ 平面 PFD ，若存在，确定点 G 的位置；若不存在，请说明理由（ 3）若 PB 与平面 ABCD 所成的角为45 ，求二面角ADA PDF 的余弦值EBC解：因为 PA 平面 ABCD ，且四边形 ABCD 是矩形 F以 PA, AD, AB 为 轴 建 立 空 间 直 角 坐 标 系 ， 设 PAhP 0,0, h , B 1,0,0 , D 0,2,0 ,C 1,2,0 , F 1,1,0 , E1,0,02（ ）PF 1,1, h , FD1,1,0P F F D 01PFFD（ 2）设 G0,0,aE G 1, 0 , a2设平面 PFD 的法向量为 nx, y, zP F1, 1, h ,F D1, 1, 0xy zh 0 x hy h nh, h, 2x yz2EG ∥ 平面 PFD E G nEG n1h 2a 0 解得 a1 h24存在点 G ，为 AP 的四等分点（靠近 A ）（ 3）PA 底面 ABCDPB 在底面 ABCD 的投影为 BAPBA 为 PB 与平面 ABCD 所成的角，即 PBA45PBA 为等腰直角三角形AP AB1即 h1平面 PFD 的法向量为 n1,1,2平面 APD 为yOz平面，所以平面APD 的法向量为 m 0,1,0设二面角 A PD F 的平面角为，可知为锐角cos cos m,n 16 66例 4 ：四棱锥P A B C PAB平面A B C，中，平面AD ∥ BC ,ABC90 , PA PB3, BC1, AB 2, AD3,O 是AB中点（1）求证：CD平面POC（2）求二面角C PD O的平面角的余弦值P（ 3）在侧棱PC上是否存在点M ，使得BM∥平面 POD ，若存在，求出CM的值；若不存在，请说明理由PC解：过 O 在平面 ABCD 作 AB 的垂线交 CD 于Q PA PB,O 为AB中点AD OB CPO AB平面 PAB平面ABCDPO 平面 ABCDPO OB, PO OQOQ AB以 PO, OB, OQ 为轴建立空间直角坐标系PO PA2OA2 2 2P 0,0,22, B 1,0,0, A 1,0,0,C 1,1,0 , D1,3,0（ 1）CD2,2,0设平面 POC 的法向量为 n x, y, zOP0,0,2 2 ,OC1,1,0OP n022z0n1, 1, 0 OC n0x y0CD∥ n CD平面 POC（ 2）设平面PCD的法向量为 n1 x, y, zPC 1,1, 2 2 ,CD2,2,0PC n 1xy2 2z 02 , 2 , 1n 1n 1CD 0 2x 2 y 0设平面PDO 的法向量为 n 2x, y, zOP0,0,2 2 ,OD1,3,0OP n 22 2zn 2 3 , 1, 0n 2OD 0 x 3y 0 cos n 1, n 2n 1 n 2 4n 1 n 25所以二面角 CPD O 的平面角的余弦值为45（ 3）设 M x, y, zC MC PCMx 1, y 1,z ,CP1, 1,22x 1y 1 M 1,1,2 2z2 2BM,1 ,2 2而平面 PDO 的法向量为 n 2 3,1,0 BM ∥ 平面 PODB M n3121 CM 14PC 4例 5：已知四棱锥 PABCD 中， PA 平面 ABCD ，底面 ABCD 是边长为 a 的菱形，BAD 120 ， PAbP（ 1）求证：平面 PBD 平面 PAC（ 2）设 AC 与 BD 交于点 O ， M 为 OC 中点，若二面角O PMD 的正切值是 2 6 ，求 a : b 的值ADPAPAABO建系思路一：由与底面垂直，从而以作为 z 轴，以 M的菱形性质可为 x 轴，由 120 得取 CD 中点 T ，连结 AT 则有 AT BCAB ，从而建立空间直角坐标D系解：取 CD 中点 T ，连结 AT ，可得 ATCDATAB AT PA 平面 ABCD以 PA, AB, AT 为轴建立空间直角坐标系1 3 1 3, P 0,0, b可得： B a,0,0 , C a,a,0 , Da, a,02222（ 1）设平面 PBD 的法向量为 mx, y, zPBa,0, b , BD3a,3a,022ax bzx b3 ax3 0y 3bm b,3b,a2 ayz a2设平面 PAC 的法向量为 nx, y, zAP0,0, b , AC1 3a,a,022z 0x313 0y 1n3,1,0axayz22m n0 平面 PBD 平面 PAC1 333 3 a,0（ 2） Oa,a,0 , Ma,448 8设平面 OPM 的法向量为 n 1x, y, zOP 1 3,OM1 3a,a,b a, a,0448 81ax3ay bz 0x344y1n 1 3,1,013z 0 axay88设平面 PMD 的法向量为 n 2x, y, zPD 1a,3 7 32 a, b , MD a, a,028 81ax3ay bz 0x3b2 2y 7bn 2 3b,7 b,3 3a73ax 0z33a8 ay8设二面角 OPMD 的平面角为，则 tan 2 6 ，可得 cos15coscos n 1 ,n 24b12 52b 227a 2510b52b227a2100b252b227a2a24816a b22794 : 3b建系思路二：由思路一可发现尽管建系思路简单，但是所涉及的点的坐标过于复杂，而导致后面的计算繁杂。
高三理科数学二轮复习专题能力提升训练：用空间向量法解决立体几何问题(含答案解析).pdf
训练 用空间向量法解决立体几何问题 一、选择题(每小题5分，共25分) 1．如图所示，正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为a，M、N分别为A1B和AC上的点，A1M＝AN＝，则MN与平面BB1C1C的位置关系是( )．A．相交 B．平行 C．垂直 D．不能确定 2．在长方体ABCDA1B1C1D1中，AB＝BC＝2，AA1＝1，则BC1与平面BB1D1D所成角的正弦值为( )． A. B. C. D. 3．已知正三棱柱ABCA1B1C1的侧棱长与底面边长相等，则AB1与侧面ACC1A1所成角的正弦等于( )． A. B. C. D. 4．过正方形ABCD的顶点A，引PA平面ABCD.若PA＝BA，则平面ABP和平面CDP所成的二面角的大小是( )． A．30° B．45° C．60° D．90° 5．如图所示，正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为1，线段B1D1上有两个动点E，F且EF＝，则下列结论中错误的是( )． A．ACBE B．EF平面ABCD C．三棱锥ABEF的体积为定值 D．异面直线AE，BF所成的角为定值 二、填空题(每小题5分，共15分) 6．在空间四边形ABCD中，＝a－2c，＝5a＋6b－8c，对角线AC、BD的中点分别为P、Q，则＝________. 7．到正方体ABCDA1B1C1D1的三条棱AB、CC1、A1D1所在直线的距离相等的点：有且只有1个；有且只有2个；有且只有3个；有无数个．其中正确答案的序号是________． 8．已知ABCDA1B1C1D1为正方体，(＋＋)2＝32；·(－)＝0；向量与向量的夹角是60°；正方体ABCDA1B1C1D1的体积为|··|.其中正确命题的序号是________． 三、解答题(本题共3小题，共35分) 9．(11分)如图，在四棱锥PABCD中，底面是边长为2的菱形，BAD＝120°，且PA平面ABCD，PA＝2，M，N分别为PB，PD的中点．(1)证明：MN平面ABCD； (2)过点A作AQPC，垂足为点Q，求二面角AMNQ的平面角的余弦值． 10．(12分)如图，已知斜三棱柱ABCA1B1C1的底面是正三角形，侧面ABB1A1是菱形，且A1AB＝60°，M是A1B1的中点，MBAC. (1)求证：MB平面ABC； (2)求二面角A1BB1C的余弦值．11．(12分)如图，在四棱锥PABCD中，PC底面ABCD，ABCD是直角梯形，ABAD，ABCD，AB＝2AD＝2CD＝2.E是PB的中点． (1)求证：平面EAC平面PBC； (2)若二面角PACE的余弦值为，求直线PA与平面EAC所成角的正弦值．参考答案 1．B [＝＋＋＝＋＋ ＝(＋)＋＋(＋) ＝＋＋， 又是平面BB1C1C的一个法向量， 且·＝＋＋·＝0， ⊥，又MN面BB1C1C，MN∥平面BB1C1C.] 2．D [连A1C1与B1D1交与O点，再连BO，AB＝BC， ?C1O⊥面DD1BB1，则OBC1为BC1与平面BB1D1D所成角． cosOBC1＝，OC1＝，BC1＝， cos∠OBC1＝＝.] 3．A [如图所示建立空间直角坐标系，设正三棱柱的棱长为2，A(0，－1,0)， B1(，0,2)，则＝(，1,2)，O(0,0,0)，B(，0,0)， 则＝(－，0,0)为侧面ACC1A1的法向量由sin θ＝＝.] 4．B [建立如图所示的空间直角坐标系，不难求出平面APB与平面PCD的法向量n1＝(0,1,0)，n2＝(0,1,1)，故平面ABP与平面CDP所成二面角(锐角)的余弦值为＝，故所求的二面角的大小是45°.]5．D [AC⊥平面BB1D1D， 又BE平面BB1D1D. AC⊥BE，故A正确． B1D1∥平面ABCD，又E、F在直线D1B1上运动， EF∥平面ABCD，故B正确． C中由于点B到直线B1D1的距离不变，故BEF的面积为定值，又点A到平面BEF的距离为，故VABEF为定值． 当点E在D1处，点F为D1B1的中点时， 建立空间直角坐标系，如图所示， 可得A(1,1,0)，B(0,1,0)， E(1,0,1)，F，，1， ＝(0，－1,1)， ＝，－，1， ·＝.又|AE|＝，|BF|＝， cos〈，〉＝＝＝. 此时异面直线AE与BF成30°角． 当点E为D1B1的中点， 点F在B1处时，此时E，，1，F(0,1,1)， ＝－，－，1，＝(0,0,1)，·＝1，||＝ ＝， cos〈，〉＝＝＝≠，故选D.] 6．解析 如图．＝＋＋，＝＋＋ 2＝(＋)＋(＋)＋＋＝0 ＋0＋a－2c＋5a＋6b－8c＝6a＋6b－10c，＝3a＋3b－5c. 答案 3a＋3b－5c 7．解析 注意到正方体ABCDA1B1C1D1的对角线B1D上的每一点到直线AB，CC1，A1D1的距离都相等，因此到ABCDA1B1C1D1的三条棱AB，CC1，A1D1所在直线距离相等的点有无数个，其中正确答案的序号是. 答案 8．解析 设正方体的棱长为1，中(＋＋)2＝3()2＝3，故正确；中－＝，由于AB1A1C，故正确；中A1B与AD1两异面直线所成的角为60°，但与的夹角为120°，故不正确；中|··|＝0.故也不正确． 答案 9．(1)证明 因为M，N分别是PB，PD的中点，所以MN是PBD的中位线，所以MNBD. 又因为MN平面ABCD，所以MN平面ABCD. (2)解 连接AC交BD于O.以O为原点，OC，OD所在直线为x，y轴，建立空间直角坐标系Oxyz，如图所示． 在菱形ABCD中，BAD＝120°，得 AC＝AB＝2，BD＝AB＝6. 又因为PA平面ABCD， 所以PAAC. 在直角三角形PAC中， AC＝2，PA＝2， AQPC，得QC＝2，PQ＝4. 由此知各点坐标如下， A(－，0,0)，B(0，－3,0)，C(，0,0)， D(0,3,0)，P(－，0,2)，M， N，Q. 设m＝(x，y，z)为平面AMN的法向量． 由＝，＝知， 取z＝－1，得m＝(2，0，－1)．设n＝(x，y，z)为平面QMN的法向量． 由＝， ＝知， 取z＝5，得n＝(2，0,5)．于是cos〈m，n〉＝＝.所以二面角AMNQ的平面角的余弦值为. 10．(1)证明 侧面ABB1A1是菱形，且A1AB＝60°， A1BB1为正三角形， 又点M为A1B1的中点，BM⊥A1B1， AB∥A1B1，BM⊥AB，由已知MBAC， MB⊥平面ABC. (2)解 如图建立空间直角坐标系，设菱形ABB1A1边长为2， 得B1(0，－1，)，A(0,2,0)， C(，1,0)，A1(0,1，)． 则＝(0,1，)，＝(0,2,0)， ＝(0，－1，)，＝(，1,0)． 设面ABB1A1的法向量n1＝(x1，y1，z1)，由n1，n1得， 令x1＝1，得n1＝(1,0,0)． 设面BB1C1C的法向量n2＝(x2，y2，z2)，由n2， n2得令y2＝，得n2＝(－1，，1)， 得cos〈n1，n2〉＝＝＝－. 又二面角A1BB1C为锐角，所以所求二面角的余弦值为. 11．(1)证明 PC⊥平面ABCD，AC平面ABCD， AC⊥PC，AB＝2，AD＝CD＝1，AC＝BC＝， AC2＋BC2＝AB2，AC⊥BC， 又BC∩PC＝C，AC⊥平面PBC， AC?平面EAC，平面EAC平面PBC. (2)解 如图，以C为原点，、、分别为x轴、y轴、z轴正向，建立空间直角坐标系，则C(0,0,0)，A(1,1,0)，B(1，－ 1,0)． 设P(0,0，a)(a＞0)， 则E，－，， ＝(1,1,0)，＝(0,0， a)， ＝，－，，取m＝(1，－1,0)，则 m·＝m·＝0，m为面PAC的法向量． 设n＝(x，y，z)为面EAC的法向量，则n·＝n·＝0， 即取x＝a，y＝－a，z＝－2， 则n＝(a，－a，－2)， 依题意，|cos〈m，n〉|＝＝＝，则a＝2. 于是n＝(2，－2，－2)，＝(1,1，－2)． 设直线PA与平面EAC所成角为θ， 则sin θ＝|cos〈，n〉|＝＝， 即直线PA与平面EAC所成角的正弦值为.。
立体几何向量解法(含解析)
1.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=AD=1，CD=．（1）求证：平面PQB⊥平面PAD；（2）若二面角M-BQ-C为30°，设PM=tMC，试确定t的值．2.如图所示，已知平行四边形ABCD和平行四边形ACEF所在的平面相交于直线AC，EC⊥平面ABCD，AB=1，AD=2，ADC=60°，AF=．（1）求证：AC⊥BF；（2）求二面角F-BD-A的余弦值．3.如图所示，在四棱锥P-ABCD中，底面四边形ABCD是菱形，AC∩BD=O，△PAC是边长为2的等边三角形，，AP=4AF．（Ⅰ）求证：PO⊥底面ABCD；（Ⅱ）求直线CP与平面BDF所成角的大小；（Ⅲ）在线段PB上是否存在一点M，使得CM∥平面BDF？如果存在，求的值，如果不存在，请说明理由．4.如图，在直棱柱ABC-A1B1C1中，AC=BC=AA1，∠ACB=90°，G为BB1的中点．（Ⅰ）求证：平面A1CG⊥平面A1GC1；（Ⅱ）求平面ABC与平面A1GC所成锐二面角的平面角的余弦值．5.在四棱锥P-ABCD中，PA⊥平面ABCD，底面四边形ABCD为直角梯形，AD∥BC，AD⊥AB，PA=AD=2，AB=BC=1，Q为PD中点．（Ⅰ）求证：PD⊥BQ；（Ⅱ）求直线BQ与平面PCD所成角的正弦值．6.已知四棱锥P-ABCD的底面为直角梯形，AB∥DC，∠DAB=90°，PA⊥底面ABCD，且PA=AD=DC=AB=1，M为PB中点．（1）证明：AB⊥CM；（2）求AC与PB所成的角的余弦值；（3）求二面角A-MC-B的余弦值．7.如图，已知△AOB，∠AOB=，∠BAO=，AB=4，D为线段AB的中点．若△AOC是△AOB 绕直线AO旋转而成的．记二面角B-AO-C的大小为θ．（1）当平面COD⊥平面AOB时，求θ的值；（2）当θ∈[，]时，求二面角C-OD-B的余弦值的取值范围．8.如图，平面EAD⊥平面ABFD，△AED为正三角形，四边形ABFD为直角梯形，且∠BAD=90°，AB∥DF，AD=a，AB=a，DF=．（I）求证：EF⊥FB；（II）求二面角A-BF-E的大小；（Ⅲ）点P是线段EB上的动点，当∠APF为直角时，求BP的长度．9.如图，已知直三棱柱ABC-A1B1C1，∠CAB=90°，AB=2，AA1=1，AC=，AE⊥BC于E，F 为A1B1的中点．（1）求异面直线AE与BF所成角的大小；（2）求二面角A-BF-C的大小；（3）求点A到平面BCF的距离．10.如图，四棱锥P-ABCD的底面ABCD是直角梯形，∠ABC=90°，BC∥AD，且AB=AD=2BC，顶点P在底面ABCD内的射影恰好落在AB的中点O上．（1）求证：PD⊥AC；（2）若PO=AB，求直线PD与AB所成角的余弦值；（3）若平面APB与平面PCD所成的二面角为45°，求的值．11.如图，在三棱锥S-ABC中，平面SBC⊥平面ABC，SB=SC=AB=2，BC=2，∠BAC=90°，O为BC中点．（Ⅰ）求点B到平面SAC的距离；（Ⅱ）求二面角A-SC-B的余弦值．12如图所示，己知三棱柱ABC-A1B1C1的侧棱与底面垂直，AA1=AB=AC=1，AB⊥AC，M，N分别是CC1，BC的中点，P点在A1B1上，且满足=λ（λ∈R）．（I）证明：PN⊥AM；（II）当λ取何值时，直线PN与平面ABC所成的角θ最大？并求出该最大角的正切值；（III）在（II）条件下求P到平而AMN的距离．13.如图，已知正方形ABCD的边长为6，点E，F分别在边AB，AD上，AE=AF=4，现将△AEF 沿线段EF折起到△A′EF位置，使得A′C=2．（1）求五棱锥A′-BCDFE的体积；（2）求平面A′EF与平面A′BC的夹角．14.如图，在长方体AC1中，，点E、F分别是面A1C1、面BC1的中心．以D为坐标原点，DA、DC、DD1所为直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系，试用向量方法解决下列问题：（1）求异面直线AF和BE所成的角；（2）求直线AF和平面BEC所成角的正弦值．15.如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，H是正方形AA1B1B的中心，AA1=2，CH⊥平面AA1B1B，且CH=3．（1）求A1C与平面ABC所成角的正弦值；（2）在线段A1B1上是否存在一点P，使得平面PBC⊥平面ABC？若存在，求出B1P的长；若不存在，说明理由．16.如图，已知三棱柱ABC-A1B1C1的侧棱与底面所成的角为60°，AB=BC，A1A=A1C=2，AB⊥BC，侧面AA1C1C⊥底面ABC．（1）证明：A1B⊥A1C1；（2）求二面角A-CC1-B的大小；（3）求经过A1、A、B、C四点的球的表面积．17如图，已知四棱锥P-ABCD的底面ABCD为等腰梯形，AB∥CD，AC⊥DB，AC与BD相交于点O，且顶点P在底面上的射影恰为O点，又BO=2，PO=，PB⊥PD．（1）求异面直线PD与BC所成角的余弦值；（2）求二面角P-AB-C的大小；（3）设点M在棱PC上，且，问λ为何值时，PC⊥平面BMD．18.如图，直角梯形ABCD中，AB∥CD，∠BCD=90°，BC=CD=，AD=BD，EC丄底面ABCD，FD丄底面ABCD且有EC=FD=2．（Ⅰ）求证：AD丄BF；（Ⅱ）若线段EC的中点为M，求直线AM与平面ABEF所成角的正弦值．19.如图，在三棱锥S-ABC中，△ABC是边长为4的正三角形，平面SAC⊥平面ABC，SA=SC=2，M为AB的中点．（1）证明：AC⊥SB；（2）求二面角S-CM-A的余弦值；（3）求点B到平面SCM的距离．20.如图，在四棱锥P-ABCD中，平面PAB⊥平面ABCD，底面ABCD是边长为2的正方形，△PAB是等边三角形．（1）求PC与平面ABCD所成角的正弦值；（2）求二面角B-AC-P的余弦值；（3）求点A到平面PCD的距离．21.如图所示，三棱柱OAB-O1A1B1中，平面OBB1O1⊥平面OAB，∠O1OB=60°，∠AOB=90°，且OB=OO1=2，OA=，求异面直线A1B与AO1所成角的余弦值的大小．22.如图，四棱锥E-ABCD中，底面ABCD为正方形，EC⊥平面ABCD，AB=，CE=1，G为AC 与BD交点，F为EG中点，（Ⅰ）求证：CF⊥平面BDE；（Ⅱ）求二面角A-BE-D的大小．23.如图，在长方体ABCD-A1B1C1D1中，AA1=AD=1，E为CD中点．（1）求证：B1E⊥AD1；（2）若AB=2，求二面角B-AB1-E的余弦值；（3）在棱AA1上是否存在一点P，使得DP∥平面B1AE？若存在，求AP的长；若不存在，说明理由．24.如图：在长方体ABCD-A1B1C1D1中，AA1=AB=2AD=2，点E、F分别为C1D1、A1B的中点：（1）求证：EF∥平面BB1C1C（2）求二面角B1-A1B-E的大小．25.如图，已知四棱柱ABD-A1B1C1D1的底面ABCD是直角梯形，AB∥CD，AD⊥CD，侧棱AA1⊥底面ABCD，E是CD的中点，CD=2AB=2AD，AD=1，AA 1=．（Ⅰ）求证：EA1⊥平面BDC1；（Ⅱ）求二面角D-BC1-D1的余弦值．26.如图，四棱锥P-ABCD中，PA⊥底面ABCD，AB⊥AD，点E在线段AD上，且CE∥AB．（Ⅰ）求证：CE⊥平面PAD；（Ⅱ）若PA=AB=1，AD=3，CD=，∠CDA=45°，求四棱锥P-ABCD的体积．（Ⅲ）在满足（Ⅱ）的条件下求二面角B-PC-D的余弦值的绝对值．27.如图，在四棱锥S-ABCD中，底面ABCD为平行四边形，SA⊥平面ABCD，AB=2，AD=1，，∠BAD=120°，E在棱SD上，且SE=3ED．（I）求证：SD⊥平面AEC；（II）求直线AD与平面SCD所成角的大小．28.如图，在底面为菱形的四棱锥P-ABCD中，∠ABC=60°，PA=AC=1，PB=PD=，点F在PD 上，且PE：ED=2：1（Ⅰ）求证：PA⊥平面ABCD；（Ⅱ）求二面角E-AC-D的正弦值；（Ⅲ）在棱PC上是否存在一点F，使得BF∥平面EAC？若存在，试求出PF的值：若不存在，请说明理由．29.如图，平面PAD⊥平面ABCD，ABCD为正方形，∠PAD=90°，且PA=AD，E、F分别是线段PA、CD的中点．（Ⅰ）求证：PA⊥平面ABCD；（Ⅱ）求EF和平面ABCD所成的角α的正切；（Ⅲ）求异面直线EF与BD所成的角β的余弦．30.如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，A1B⊥平面ABC，AB⊥AC，且AB=AC=A1B=2．（1）求棱AA1与BC所成的角的大小；（2）在棱B1C1上确定一点P，使二面角P-AB-A1的平面角的余弦值为．一．简答题（共__小题）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=AD=1，CD=．（1）求证：平面PQB⊥平面PAD；（2）若二面角M-BQ-C为30°，设PM=tMC，试确定t的值．答案：解：（Ⅰ）证法一：∵AD∥BC，BC=AD，Q为AD的中点，∴四边形BCDQ为平行四边形，∴CD∥BQ．∵∠ADC=90°∴∠AQB=90°，即QB⊥AD．又∵平面PAD⊥平面ABCD，且平面PAD∩平面ABCD=AD，∴BQ⊥平面PAD．∵BQ⊂平面PQB，∴平面PQB⊥平面PAD．…（9分）证法二：AD∥BC，BC=AD，Q为AD的中点，∴四边形BCDQ为平行四边形，∴CD∥BQ．∵∠ADC=90°∴∠AQB=90°．∵PA=PD，∴PQ⊥AD．∵PQ∩BQ=Q，∴AD⊥平面PBQ．∵AD⊂平面PAD，∴平面PQB⊥平面PAD．…（9分）（Ⅱ）∵PA=PD，Q为AD的中点，∴PQ⊥AD．∵平面PAD⊥平面ABCD，且平面PAD∩平面ABCD=AD，∴PQ⊥平面ABCD．如图，以Q为原点建立空间直角坐标系．则平面BQC的法向量为；Q（0，0，0），，，．设M（x，y，z），则，，∵，∴，∴…（12分）在平面MBQ中，，，∴平面MBQ法向量为．…（13分）∵二面角M-BQ-C为30°，∴，∴t=3．…（15分）解析：解：（Ⅰ）证法一：∵AD∥BC，BC=AD，Q为AD的中点，∴四边形BCDQ为平行四边形，∴CD∥BQ．∵∠ADC=90°∴∠AQB=90°，即QB⊥AD．又∵平面PAD⊥平面ABCD，且平面PAD∩平面ABCD=AD，∴BQ⊥平面PAD．∵BQ⊂平面PQB，∴平面PQB⊥平面PAD．…（9分）证法二：AD∥BC，BC=AD，Q为AD的中点，∴四边形BCDQ为平行四边形，∴CD∥BQ．∵∠ADC=90°∴∠AQB=90°．∵PA=PD，∴PQ⊥AD．∵PQ∩BQ=Q，∴AD⊥平面PBQ．∵AD⊂平面PAD，∴平面PQB⊥平面PAD．…（9分）（Ⅱ）∵PA=PD，Q为AD的中点，∴PQ⊥AD．∵平面PAD⊥平面ABCD，且平面PAD∩平面ABCD=AD，∴PQ⊥平面ABCD．如图，以Q为原点建立空间直角坐标系．则平面BQC的法向量为；Q（0，0，0），，，．设M（x，y，z），则，，∵，∴，∴…（12分）在平面MBQ中，，，∴平面MBQ法向量为．…（13分）∵二面角M-BQ-C为30°，∴，∴t=3．…（15分）如图所示，已知平行四边形ABCD和平行四边形ACEF所在的平面相交于直线AC，EC⊥平面ABCD，AB=1，AD=2，ADC=60°，AF=．（1）求证：AC⊥BF；（2）求二面角F-BD-A的余弦值．答案：（1）证明：∵AB=1，BC=AD=2，∠ADC=60°，∴AC2=1+4-2×1×2×cos60°=3∴AC=，又∵AB=1，BC=2∴∠BAC=∠ACD=90°，∴AC⊥AB又AF⊥AC，AB∩AF=A∴AC⊥平面ABF，又∵BF⊂平面ABF，∴AC⊥BF；（2）解：建立如图所示的坐标系，则C（0，0，0），D（1，0，0），A（0，，0），F（0，，），B（-1，，0）平面ABD的一个法向量=（0，0，1），设平面FBD的法向量为=（x，y，z）∵=，=，由，可得令z=1，得=（）为平面FBD的一个法向量．∴故所求二面角F-BD-A的余弦值为．解析：（1）证明：∵AB=1，BC=AD=2，∠ADC=60°，∴AC2=1+4-2×1×2×cos60°=3∴AC=，又∵AB=1，BC=2∴∠BAC=∠ACD=90°，∴AC⊥AB又AF⊥AC，AB∩AF=A∴AC⊥平面ABF，又∵BF⊂平面ABF，∴AC⊥BF；（2）解：建立如图所示的坐标系，则C（0，0，0），D（1，0，0），A（0，，0），F（0，，），B（-1，，0）平面ABD的一个法向量=（0，0，1），设平面FBD的法向量为=（x，y，z）∵=，=，由，可得令z=1，得=（）为平面FBD的一个法向量．∴故所求二面角F-BD-A的余弦值为．如图所示，在四棱锥P-ABCD中，底面四边形ABCD是菱形，AC∩BD=O，△PAC是边长为2的等边三角形，，AP=4AF．（Ⅰ）求证：PO⊥底面ABCD；（Ⅱ）求直线CP与平面BDF所成角的大小；（Ⅲ）在线段PB上是否存在一点M，使得CM∥平面BDF？如果存在，求的值，如果不存在，请说明理由．答案：（Ⅰ）证明：因为底面ABCD是菱形，AC∩BD=O，所以O为AC，BD中点．-------------------------------------（1分）又因为PA=PC，PB=PD，所以PO⊥AC，PO⊥BD，---------------------------------------（3分）所以PO⊥底面ABCD．----------------------------------------（4分）（Ⅱ）解：由底面ABCD是菱形可得AC⊥BD，又由（Ⅰ）可知PO⊥AC，PO⊥BD．如图，以O为原点建立空间直角坐标系O-xyz．由△PAC是边长为2的等边三角形，，可得．所以．---------------------------------------（5分）所以，．由已知可得-----------------------------------------（6分）设平面BDF的法向量为=（x，y，z），则令x=1，则，所以=（1，0，-）．----------------------------------------（8分）因为cos=-，----------------------------------------（9分）所以直线CP与平面BDF所成角的正弦值为，所以直线CP与平面BDF所成角的大小为30°．-----------------------------------------（10分）（Ⅲ）解：设=λ（0≤λ≤1），则．---------------------------------（11分）若使CM∥平面BDF，需且仅需=0且CM⊄平面BDF，---------------------（12分）解得，----------------------------------------（13分）所以在线段PB上存在一点M，使得CM∥平面BDF．此时=．-----------------------------------（14分）解析：（Ⅰ）证明：因为底面ABCD是菱形，AC∩BD=O，所以O为AC，BD中点．-------------------------------------（1分）又因为PA=PC，PB=PD，所以PO⊥AC，PO⊥BD，---------------------------------------（3分）所以PO⊥底面ABCD．----------------------------------------（4分）（Ⅱ）解：由底面ABCD是菱形可得AC⊥BD，又由（Ⅰ）可知PO⊥AC，PO⊥BD．如图，以O为原点建立空间直角坐标系O-xyz．由△PAC是边长为2的等边三角形，，可得．所以．---------------------------------------（5分）所以，．由已知可得-----------------------------------------（6分）设平面BDF的法向量为=（x，y，z），则令x=1，则，所以=（1，0，-）．----------------------------------------（8分）因为cos=-，----------------------------------------（9分）所以直线CP与平面BDF所成角的正弦值为，所以直线CP与平面BDF所成角的大小为30°．-----------------------------------------（10分）（Ⅲ）解：设=λ（0≤λ≤1），则．---------------------------------（11分）若使CM∥平面BDF，需且仅需=0且CM⊄平面BDF，---------------------（12分）解得，----------------------------------------（13分）所以在线段PB上存在一点M，使得CM∥平面BDF．此时=．-----------------------------------（14分）如图，在直棱柱ABC-A1B1C1中，AC=BC=AA1，∠ACB=90°，G为BB1的中点．（Ⅰ）求证：平面A1CG⊥平面A1GC1；（Ⅱ）求平面ABC与平面A1GC所成锐二面角的平面角的余弦值．答案：（I）证明：在直棱柱ABC-A1B1C1中，有A1C1⊥CC1．∵∠ACB=90°，∴A1C1⊥C1B1，即A1C1⊥平面C1CBB1，∵CG⊂平面C1CBB1，∴A1C1⊥CG．┉┉┉┉┉┉┉┉（2分）在矩形C1CBB1中，CC1=BB1=2BC，G为BB1的中点，CG=BC，C1G=BC，CC1=2BC∴∠CGC1=90，即CG⊥C1G┉┉┉┉┉┉┉┉（4分）而A1C1∩C1G=C1，∴CG⊥平面A1GC1．∴平面A1CG⊥平面A1GC1．┉┉┉┉┉┉┉┉（6分）（II）解：（法一）由于CC1平面ABC，∠ACB=90°，建立如图所示的空间坐标系，设AC=BC= CC=a，则A（a，0，0），B（0，a，0）A1（a，0，2a），G（0，a，a）．∴=（a，0，2a），=（0，a，a）．┉┉┉┉┉┉┉┉（8分）设平面A1CG的法向量n1=（x1，y1，z1），由得令z1=1，n1=（-2，-1，1）．┉┉┉┉┉┉┉┉（9分）又平面ABC的法向量为n2=（0，0，1）┉┉┉┉┉┉┉┉（10分）设平面ABC与平面A1CG所成锐二面角的平面角为θ，则┉┉┉┉┉┉┉┉（11分）即平面ABC与平面A1CG所成锐二面角的平面角的余弦值为．┉┉┉（12分）（法二）延长A1G、AB相交于P，过A作AF⊥PC交PC延长线于点F，连接A1F∵AA1⊥平面ABC，AF⊥PC，∴A1F⊥PF∴∠AFA1为平面ABC与平面A1CG所成二面角的平面角．┉┉┉┉┉┉┉┉（8分）由（I）知CG⊥A1G，∴△PGC～△PFA1，设AC=BC=a，∴由，得┉┉┉┉┉┉┉┉┉┉（10分）．∴．┉┉┉┉┉（12分）解析：（I）证明：在直棱柱ABC-A1B1C1中，有A1C1⊥CC1．∵∠ACB=90°，∴A1C1⊥C1B1，即A1C1⊥平面C1CBB1，∵CG⊂平面C1CBB1，∴A1C1⊥CG．┉┉┉┉┉┉┉┉（2分）在矩形C1CBB1中，CC1=BB1=2BC，G为BB1的中点，CG=BC，C1G=BC，CC1=2BC∴∠CGC1=90，即CG⊥C1G┉┉┉┉┉┉┉┉（4分）而A1C1∩C1G=C1，∴CG⊥平面A1GC1．∴平面A1CG⊥平面A1GC1．┉┉┉┉┉┉┉┉（6分）（II）解：（法一）由于CC1平面ABC，∠ACB=90°，建立如图所示的空间坐标系，设AC=BC= CC=a，则A（a，0，0），B（0，a，0）A1（a，0，2a），G（0，a，a）．∴=（a，0，2a），=（0，a，a）．┉┉┉┉┉┉┉┉（8分）设平面A1CG的法向量n1=（x1，y1，z1），由得令z1=1，n1=（-2，-1，1）．┉┉┉┉┉┉┉┉（9分）又平面ABC的法向量为n2=（0，0，1）┉┉┉┉┉┉┉┉（10分）设平面ABC与平面A1CG所成锐二面角的平面角为θ，则┉┉┉┉┉┉┉┉（11分）即平面ABC与平面A1CG所成锐二面角的平面角的余弦值为．┉┉┉（12分）（法二）延长A1G、AB相交于P，过A作AF⊥PC交PC延长线于点F，连接A1F∵AA1⊥平面ABC，AF⊥PC，∴A1F⊥PF∴∠AFA1为平面ABC与平面A1CG所成二面角的平面角．┉┉┉┉┉┉┉┉（8分）由（I）知CG⊥A1G，∴△PGC～△PFA1，设AC=BC=a，∴由，得┉┉┉┉┉┉┉┉┉┉（10分）．∴．┉┉┉┉┉（12分）在四棱锥P-ABCD中，PA⊥平面ABCD，底面四边形ABCD为直角梯形，AD∥BC，AD⊥AB，PA=AD=2，AB=BC=1，Q为PD中点．（Ⅰ）求证：PD⊥BQ；（Ⅱ）求直线BQ与平面PCD所成角的正弦值．答案：（Ⅰ）证明：因为PA⊥平面ABCD，所以PA⊥AB，PA⊥AD，又AD⊥AB，如图，建立以A为原点，AB为x轴，AD为y轴，AP为z轴的空间直角坐标系．…（2分）由已知，PA=AD=2，AB=BC=1，AD∥BC．所以A（0，0，0），B（1，0，0），C（1，1，0），D（0，2，0），P（0，0，2）…（4分）又Q为PD中点，所以Q（0，1，1）．所以=（0，2，-2），=（-1，1，1），所以•=0，…（6分）所以PD⊥BQ．…（7分）（Ⅱ）解：设平面PCD的法向量为=（a，b，c），则∵=（0，2，-2），=（-1，1，0），∴，…（9分）令c=1，得a=b=1，∴=（1，1，1）．…（11分）∵=（-1，1，1），∴直线BQ与平面PCD所成角的正弦值为=．…（14分）解析：（Ⅰ）证明：因为PA⊥平面ABCD，所以PA⊥AB，PA⊥AD，又AD⊥AB，如图，建立以A为原点，AB为x轴，AD为y轴，AP为z轴的空间直角坐标系．…（2分）由已知，PA=AD=2，AB=BC=1，AD∥BC．所以A（0，0，0），B（1，0，0），C（1，1，0），D（0，2，0），P（0，0，2）…（4分）又Q为PD中点，所以Q（0，1，1）．所以=（0，2，-2），=（-1，1，1），所以•=0，…（6分）所以PD⊥BQ．…（7分）（Ⅱ）解：设平面PCD的法向量为=（a，b，c），则∵=（0，2，-2），=（-1，1，0），∴，…（9分）令c=1，得a=b=1，∴=（1，1，1）．…（11分）∵=（-1，1，1），∴直线BQ与平面PCD所成角的正弦值为=．…（14分）已知四棱锥P-ABCD的底面为直角梯形，AB∥DC，∠DAB=90°，PA⊥底面ABCD，且PA=AD=DC=AB=1，M为PB中点．（1）证明：AB⊥CM；（2）求AC与PB所成的角的余弦值；（3）求二面角A-MC-B的余弦值．答案：（1）证明：以A为原点，以AD，AB，AP所在的直线为x，y，z轴（如图）建立空间直角坐标系．由已知：A（0，0，0），B（0，2，0），C（1，1，0），D（1，0，0），P（0，0，1），M（0，1，）…（2分）∴=（0，2，0），=（-1，0，），∴，∴AB⊥CM…（4分）（2）解：∵=（1，1，0），=（0，2，-1），∴cos＜，＞==，∴AC，PB所成角的余弦值为…（8分）（3）解：设为平面AMC的法向量，则：，取z=2，则y=-1，x=1，即：同理可求得平面MCB的一个法向量为…（10分）∴，∴二面角A-MC--B所成角的余弦值为…（12分）解析：（1）证明：以A为原点，以AD，AB，AP所在的直线为x，y，z轴（如图）建立空间直角坐标系．由已知：A（0，0，0），B（0，2，0），C（1，1，0），D（1，0，0），P（0，0，1），M（0，1，）…（2分）∴=（0，2，0），=（-1，0，），∴，∴AB⊥CM…（4分）（2）解：∵=（1，1，0），=（0，2，-1），∴cos＜，＞==，∴AC，PB所成角的余弦值为…（8分）（3）解：设为平面AMC的法向量，则：，取z=2，则y=-1，x=1，即：同理可求得平面MCB的一个法向量为…（10分）∴，∴二面角A-MC--B所成角的余弦值为…（12分）如图，已知△AOB，∠AOB=，∠BAO=，AB=4，D为线段AB的中点．若△AOC是△AOB绕直线AO旋转而成的．记二面角B-AO-C的大小为θ．（1）当平面COD⊥平面AOB时，求θ的值；（2）当θ∈[，]时，求二面角C-OD-B的余弦值的取值范围．答案：解：（1）如图，以O为原点，在平面OBC内垂直于OB的直线为x轴，OB，OA所在的直线分别为y轴，z轴建立空间直角坐标系O-xyz，则O（0，0，0），A（0，0，2），B（0，2，0），D（0，1，），C（2sinθ，2cosθ，0）．，．设=（x，y，z）为平面COD的一个法向量，由得取z=sinθ，得：，．则=（cosθ，-sinθ，sinθ）．因为平面AOB的一个法向量为=（1，0，0），由平面COD⊥平面AOB得•=0，所以cosθ=0，即θ=．（2）设二面角C-OD-B的大小为α，由（1）得，当θ=时，cosα=0；当θ∈（，]时，tanθ≤-，cosα====-，∵tanθ≤-，∴4tan2θ+3≥15，则．故-≤cosα＜0．综上，二面角C-OD-B的余弦值的取值范围为[-，0]．解析：解：（1）如图，以O为原点，在平面OBC内垂直于OB的直线为x轴，OB，OA所在的直线分别为y轴，z轴建立空间直角坐标系O-xyz，则O（0，0，0），A（0，0，2），B（0，2，0），D（0，1，），C（2sinθ，2cosθ，0）．，．设=（x，y，z）为平面COD的一个法向量，由得取z=sinθ，得：，．则=（cosθ，-sinθ，sinθ）．因为平面AOB的一个法向量为=（1，0，0），由平面COD⊥平面AOB得•=0，所以cosθ=0，即θ=．（2）设二面角C-OD-B的大小为α，由（1）得，当θ=时，cosα=0；当θ∈（，]时，tanθ≤-，cosα====-，∵tanθ≤-，∴4tan2θ+3≥15，则．故-≤cosα＜0．综上，二面角C-OD-B的余弦值的取值范围为[-，0]．如图，平面EAD⊥平面ABFD，△AED为正三角形，四边形ABFD为直角梯形，且∠BAD=90°，AB∥DF，AD=a，AB=a，DF=．（I）求证：EF⊥FB；（II）求二面角A-BF-E的大小；（Ⅲ）点P是线段EB上的动点，当∠APF为直角时，求BP的长度．答案：解：（I）证明：连接OF，则，，，所以OB2=OF2+FB2，即OF⊥FB．又因为EO⊥FB，所以FB⊥平面EOF，得EF⊥FB．（3分）方法一（Ⅱ）∵平面EAD⊥平面ABCD，过点E向AD引垂线交AD于点O，连接OB，OF，延长DF 到点C，使CD=AB，则，，，所以OB2=OF2+FB2，即∠EFO为二面角A-BF-E的平面角，在Rt△EOF中，EO=OF，所以．（6分）方法二：（II）取AD的中点O，连接OE，则EO⊥AD，EO⊥平面ABCDD，建立如图所示的直角坐标系，设AD=a，则，则，则，所以，，可求得平面EFB的法向量为，平面ABCD的一个法向量为，则二面角A-BF-E的大小为θ，，即二面角为．（6分）（Ⅲ）设，（0≤t≤1）则====，同理，，（8分）=，由=0，解得t=或，所以BP=．（10分）解析：解：（I）证明：连接OF，则，，，所以OB2=OF2+FB2，即OF⊥FB．又因为EO⊥FB，所以FB⊥平面EOF，得EF⊥FB．（3分）方法一（Ⅱ）∵平面EAD⊥平面ABCD，过点E向AD引垂线交AD于点O，连接OB，OF，延长DF 到点C，使CD=AB，则，，，所以OB2=OF2+FB2，即∠EFO为二面角A-BF-E的平面角，在Rt△EOF中，EO=OF，所以．（6分）方法二：（II）取AD的中点O，连接OE，则EO⊥AD，EO⊥平面ABCDD，建立如图所示的直角坐标系，设AD=a，则，则，则，所以，，可求得平面EFB的法向量为，平面ABCD的一个法向量为，则二面角A-BF-E的大小为θ，，即二面角为．（6分）（Ⅲ）设，（0≤t≤1）则====，同理，，（8分）=，由=0，解得t=或，所以BP=．（10分）如图，已知直三棱柱ABC-A1B1C1，∠CAB=90°，AB=2，AA1=1，AC=，AE⊥BC于E，F为A1B1的中点．（1）求异面直线AE与BF所成角的大小；（2）求二面角A-BF-C的大小；（3）求点A到平面BCF的距离．答案：解：（1）在直三棱柱ABC-A1B1C1中，以AB所在的直线为x轴，以AC所在的直线为y轴，AA1所在的直线为z轴建立如图所示空间直角坐标系．由已知AB=2，AA1=1，AC=．可得A（0，0，0），B（2，0，0），E（），F（1，0，1），C（）．，，∴∴异面直线AE与BF所成角的大小为；（2）设是平面BCF的一个法向量，由可得即，可得．取平面ABF的一个法向量为即二面角A-BF-C的大小为arccos．（3）点A到平面BCF的距离，即在平面BCF的法向量的投影的绝对值，所以距离d=||==．所以点A到平面BCF的距离为．解析：解：（1）在直三棱柱ABC-A1B1C1中，以AB所在的直线为x轴，以AC所在的直线为y轴，AA1所在的直线为z轴建立如图所示空间直角坐标系．由已知AB=2，AA1=1，AC=．可得A（0，0，0），B（2，0，0），E（），F（1，0，1），C（）．，，∴∴异面直线AE与BF所成角的大小为；（2）设是平面BCF的一个法向量，由可得即，可得．取平面ABF的一个法向量为即二面角A-BF-C的大小为arccos．（3）点A到平面BCF的距离，即在平面BCF的法向量的投影的绝对值，所以距离d=||==．所以点A到平面BCF的距离为．（理科做）如图，四棱锥P-ABCD的底面ABCD是直角梯形，∠ABC=90°，BC∥AD，且AB=AD=2BC，顶点P在底面ABCD内的射影恰好落在AB的中点O 上．（1）求证：PD⊥AC；（2）若PO=AB，求直线PD与AB所成角的余弦值；（3）若平面APB与平面PCD所成的二面角为45°，求的值．答案：（1）证明：因为AB中点O为点P在平面ABCD内的射影，所以PO⊥平面ABCD．过O作BC的平行线交CD与点E，则OE⊥AB．建立如图所示的空间直角坐标系O-xyz…（2分）设BC=a，OP=h，则B（a，0，0），A（-a，0，0），P（0，0，h），C（a，a，0），D（-a，2a，0）．∴．∵，∴PD⊥AC．…（6分）（2）解：由PO=AB，得h=2a，于是P（0，0，2a）∵，…（8分）∴==，∴直线PD与AB所成的角的余弦值为．…（10分）（3）解：设平面PAB的法向量为，可得，设平面PCD的法向量为，由题意得，∵，∴．令x=1，得到，…（12分）∴，…（14分）∵平面APB与平面PCD所成的二面角为45°，∴，解得，即．…（16分）解析：（1）证明：因为AB中点O为点P在平面ABCD内的射影，所以PO⊥平面ABCD．过O作BC的平行线交CD与点E，则OE⊥AB．建立如图所示的空间直角坐标系O-xyz…（2分）设BC=a，OP=h，则B（a，0，0），A（-a，0，0），P（0，0，h），C（a，a，0），D（-a，2a，0）．∴．∵，∴PD⊥AC．…（6分）（2）解：由PO=AB，得h=2a，于是P（0，0，2a）∵，…（8分）∴==，∴直线PD与AB所成的角的余弦值为．…（10分）（3）解：设平面PAB的法向量为，可得，设平面PCD的法向量为，由题意得，∵，∴．令x=1，得到，…（12分）∴，…（14分）∵平面APB与平面PCD所成的二面角为45°，∴，解得，即．…（16分）如图，在三棱锥S-ABC中，平面SBC⊥平面ABC，SB=SC=AB=2，BC=2，∠BAC=90°，O为BC中点．（Ⅰ）求点B到平面SAC的距离；（Ⅱ）求二面角A-SC-B的余弦值．答案：解：（Ⅰ）因为SB=SC，O为BC中点，所以SO⊥BC而平面平面SBC⊥平面ABC，平面SBC∩平面ABC=BC，所以SO⊥平面ABC，以OB、OA、OS为x，y，z轴建立直角坐标系，得B（，0，0），A（0，，0），S（0，0，），C（-，0，0），∴，，设平面SAC的法向量为∴，∴，可取而，故点B到平面SAC的距离d=||=（Ⅱ）由已知得平面SBC的法向量=（0，1，0），平面SAC的法向量=（-1，1，1）∴二面角A-SC-B的余弦值等于==．解析：解：（Ⅰ）因为SB=SC，O为BC中点，所以SO⊥BC而平面平面SBC⊥平面ABC，平面SBC∩平面ABC=BC，所以SO⊥平面ABC，以OB、OA、OS为x，y，z轴建立直角坐标系，得B（，0，0），A（0，，0），S（0，0，），C（-，0，0），∴，，设平面SAC的法向量为∴，∴，可取而，故点B到平面SAC的距离d=||=（Ⅱ）由已知得平面SBC的法向量=（0，1，0），平面SAC的法向量=（-1，1，1）∴二面角A-SC-B的余弦值等于==．如图所示，己知三棱柱ABC-A1B1C1的侧棱与底面垂直，AA1=AB=AC=1，AB⊥AC，M，N分别是CC1，BC的中点，P点在A1B1上，且满足=λ（λ∈R）．（I）证明：PN⊥AM；（II）当λ取何值时，直线PN与平面ABC所成的角θ最大？并求出该最大角的正切值；（III）在（II）条件下求P到平而AMN的距离．答案：（Ⅰ）证明：以AB，AC，AA1分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系A-xyz则P（λ，0，1），N（，，0），M（0，1，）∴，=（0，1，）从而=，∴PN⊥AM；（Ⅱ）解：平面ABC的一个法向量为=（0，0，1），则sinθ=|cos＜，＞|==而，当θ最大时，sinθ最大，tanθ最大，故λ=时，sinθ取到最大值时，tanθ=2．（Ⅲ）解：设平面AMN的法向量为=（x，y，z）由•=0，•=0，得，∴可取=（1，-1，2）∵=（，0，1）∴d==．解析：（Ⅰ）证明：以AB，AC，AA1分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系A-xyz则P（λ，0，1），N（，，0），M（0，1，）∴，=（0，1，）从而=，∴PN⊥AM；（Ⅱ）解：平面ABC的一个法向量为=（0，0，1），则sinθ=|cos＜，＞|==而，当θ最大时，sinθ最大，tanθ最大，故λ=时，sinθ取到最大值时，tanθ=2．（Ⅲ）解：设平面AMN的法向量为=（x，y，z）由•=0，•=0，得，∴可取=（1，-1，2）∵=（，0，1）∴d==．如图，已知正方形ABCD的边长为6，点E，F分别在边AB，AD上，AE=AF=4，现将△AEF沿线段EF折起到△A′EF位置，使得A′C=2．（1）求五棱锥A′-BCDFE的体积；（2）求平面A′EF与平面A′BC的夹角．答案：解：（1）连接AC，设AC∩EF=H，由ABCD是正方形，AE=AF=4，得H是EF的中点，且EF⊥AH，EF⊥CH，从而有A′H⊥EF，CH⊥EF，∴EF⊥平面A′HC，从而平面A′HC⊥平面ABCD，…（2分）过点A′作A′O垂直HC且与HC相交于点O，则A′O⊥平面ABCD．…（4分）∵正方形ABCD的边长为6，AE=AF=4，得到：，CH=4，∴cos∠A′HC==，∴HO=，，∴五棱锥A′-BCDFE的体积V==．…（6分）（2）由（1）得A′O⊥平面ABCD，且CO=3，即点O是AC，BD的交点，如图以点O为原点，OA，OB，OA′所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，则由题意知，B（0，3，0），C（-3，0，0），D（0，-3，0），E（，2，0），F（，-2，0），，…（7分）∴，，，，设平面A′EF的法向量为=（x，y，z），则，取x=，得，…（9分）设平面A′BC的法向量，则，令y1=1，得=（-1，1，），…（11分）∴cos＜＞=0，即平面A′EF与平面A′BC夹角是．…（12分）解析：解：（1）连接AC，设AC∩EF=H，由ABCD是正方形，AE=AF=4，得H是EF的中点，且EF⊥AH，EF⊥CH，从而有A′H⊥EF，CH⊥EF，∴EF⊥平面A′HC，从而平面A′HC⊥平面ABCD，…（2分）过点A′作A′O垂直HC且与HC相交于点O，则A′O⊥平面ABCD．…（4分）∵正方形ABCD的边长为6，AE=AF=4，得到：，CH=4，∴cos∠A′HC==，∴HO=，，∴五棱锥A′-BCDFE的体积V==．…（6分）（2）由（1）得A′O⊥平面ABCD，且CO=3，即点O是AC，BD的交点，如图以点O为原点，OA，OB，OA′所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，则由题意知，B（0，3，0），C（-3，0，0），D（0，-3，0），E（，2，0），F（，-2，0），，…（7分）∴，，，，设平面A′EF的法向量为=（x，y，z），则，取x=，得，…（9分）设平面A′BC的法向量，则，令y1=1，得=（-1，1，），…（11分）∴cos＜＞=0，即平面A′EF与平面A′BC夹角是．…（12分）如图，在长方体AC1中，，点E、F分别是面A1C1、面BC1的中心．以D为坐标原点，DA、DC、DD1所为直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系，试用向量方法解决下列问题：（1）求异面直线AF和BE所成的角；（2）求直线AF和平面BEC所成角的正弦值．答案：解：（1）以D为坐标原点，DA为x轴，DC为y轴，DD1为z轴，建立空间直角坐标系，A（2，0，0），F（1，2，），B（2，2，0），E（1，1，），C（0，2，0）．∴，…（4分）∴=1-2+1=0…（6分）所以AF和BE所成的角为90°．…（7分）（2）设平面BEC的一个法向量为，又，，则：，．∴x=0，令z=1，则：，∴=（0，，1）．…（10分）∴．…（12分）设直线AF和平面BEC所成角为θ，则：．即直线AF和平面BEC所成角的正弦值为．…（14分）解析：解：（1）以D为坐标原点，DA为x轴，DC为y轴，DD1为z轴，建立空间直角坐标系，A（2，0，0），F（1，2，），B（2，2，0），E（1，1，），C（0，2，0）．∴，…（4分）∴=1-2+1=0…（6分）所以AF和BE所成的角为90°．…（7分）（2）设平面BEC的一个法向量为，又，，则：，．∴x=0，令z=1，则：，∴=（0，，1）．…（10分）∴．…（12分）设直线AF和平面BEC所成角为θ，则：．即直线AF和平面BEC所成角的正弦值为．…（14分）如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，H是正方形AA1B1B的中心，AA1=2，CH⊥平面AA1B1B，且CH=3．（1）求A1C与平面ABC所成角的正弦值；（2）在线段A1B1上是否存在一点P，使得平面PBC⊥平面ABC？若存在，求出B1P的长；若不存在，说明理由．答案：解：如图，以点B1为坐标在原点建立空间直角坐标系，则B1（0，0，0），A1（2，0，0），A（2，2，0），B（0，2，0），C（1，1，3）（1）∵．设平面ABC的一个法向量，则，即，令z=1，得设A1C与平面ABC所成角为θ，则∵，∴（2）假设存在点P，则P（λ，0，0），且λ∈[0，2]，∴，．设平面PBC的法向量，则，即，令x=1，得．∵平面PBC⊥平面ABC，∴，即，得，∴存在这样的点使得平面PBC⊥平面ABC，且B1P=．解析：解：如图，以点B1为坐标在原点建立空间直角坐标系，则B1（0，0，0），A1（2，0，0），A（2，2，0），B（0，2，0），C（1，1，3）（1）∵．设平面ABC的一个法向量，则，即，令z=1，得设A1C与平面ABC所成角为θ，则∵，∴（2）假设存在点P，则P（λ，0，0），且λ∈[0，2]，∴，．设平面PBC的法向量，则，即，令x=1，得．∵平面PBC⊥平面ABC，∴，即，得，∴存在这样的点使得平面PBC⊥平面ABC，且B1P=．如图，已知三棱柱ABC-A1B1C1的侧棱与底面所成的角为60°，AB=BC，A1A=A1C=2，AB⊥BC，侧面AA1C1C⊥底面ABC．（1）证明：A1B⊥A1C1；（2）求二面角A-CC1-B的大小；（3）求经过A1、A、B、C四点的球的表面积．答案：解：取AC中点为O，由A1A=A1C，AB=BC，知A1O⊥AC，BO⊥AC，又平面AA1C1C⊥平面ABC，所以A1O⊥OB．建立如图所示的坐标系O-xyz，则A（0，-1，0），B（1，0，0），A1（0，0，），C（0，1，0）．（1）∵=（1，0，-），==（0，2，0）∴•=0∴A1B⊥A1C1．（2）设=（x，y，z）为面BCC1的一个法向量．∵=（-1，1，0），==（0，1，）又•=•=0，∴取n=（，，-1）．又=（1，0，0）是面ACC1的法向量，∴cos＜，＞===．由点B在平面ACC1内的射影O在二面角的面ACC1内，知二面角A-CC1-B为锐角，∴二面角A-CC1-B的大小为arccos．（3）设球心为O1，因为O是△ABC的外心，A1O⊥平面ABC，所以点O1在A1O上，则O1是正三角形A1AC的中心．则球半径R=A1A=，球表面积S=4πR2=π．解析：解：取AC中点为O，由A1A=A1C，AB=BC，知A1O⊥AC，BO⊥AC，又平面AA1C1C⊥平面ABC，所以A1O⊥OB．建立如图所示的坐标系O-xyz，则A（0，-1，0），B（1，0，0），A1（0，0，），C（0，1，0）．（1）∵=（1，0，-），==（0，2，0）∴•=0∴A1B⊥A1C1．（2）设=（x，y，z）为面BCC1的一个法向量．∵=（-1，1，0），==（0，1，）又•=•=0，∴取n=（，，-1）．又=（1，0，0）是面ACC1的法向量，∴cos＜，＞===．由点B在平面ACC1内的射影O在二面角的面ACC1内，知二面角A-CC1-B为锐角，∴二面角A-CC1-B的大小为arccos．（3）设球心为O1，因为O是△ABC的外心，A1O⊥平面ABC，。
空间向量解立体几何(含综合题习题)
空间向量解立体几何(含综合题习题)利用空间向量解立体几何问题一、基础知识1.刻画直线与平面方向的向量直线的方向向量可由直线上的两个点来确定。
例如，若有点A(2,4,6)和点B(3,0,2)，则直线AB的方向向量为AB=(1,-4,-4)。
平面的法向量来刻画平面的倾斜程度。
法线的方向向量就是平面的法向量。
要求出指定平面的法向量，需要平面上的两条不平行的直线。
设平面的法向量为n=(x,y,z)，若平面上所选两条直线的方向向量分别为a=(x1,y1,z1)和b=(x2,y2,z2)，则可列出方程组：x1x+y1y+z1z=0和x2x+y2y+z2z=0，解出x,y,z的比值即可。
例如，若a=(1,2,0)和b=(2,1,3)，求a,b所在平面的法向量，则设n=(x,y,z)，有方程组：x+2y=0，2x+y+3z=0，解得：x:y:z=-2:1:1，故n=(-2,1,1)。
2.空间向量可解决的立体几何问题1）判定类线面平行：a∥b当且仅当a∥b。
线面垂直：a⊥XXX且仅当a⊥b。
面面平行：α∥β当且仅当m∥n。
面面垂直：α⊥β当且仅当m⊥n。
2）计算类两直线所成角：cosθ=cos(a,b)=(a·b)/(|a||b|)。
线面角：sinθ=sin(a,m)=(a·m)/(|a||m|)。
二面角：cosθ=cos(m,n)（法向量夹角关系而定）或cosθ=-cos(m,n)。
点到平面距离：设A为平面α外一点，P为平面α上任意一点，则A到平面α的距离为d=|AP·n|/|n|，即AP在法向量n上投影的绝对值。
3）点的存在性问题在立体几何解答题中，最后一问往往涉及点的存在性问题，即是否在某条线上存在一点，使之满足某个条件。
解决该问题时，可以先设出所求点的坐标(x,y,z)，再想办法利用条件求出坐标。
为底面，以AD为高，构造平面ADE，可知平面ADE与平面ABCD- A1垂直，且平面ADE与平面EF所成角为所求角，故EF与平面ADE垂直。
2015年空间向量与立体几何综合练习(含解析)
空间向量与立体几何综合练习题一、选择题：1．在平行六面体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，M 为AC 与BD 的交点，若B A 1=，11D A =，A A 1=.则下列向量中与M B 1相等的向量是（ ）A ．1122a b c -++B ．1122a b c ++C ．1122a b c -+D ．1122a b c --+2．在下列条件中，使M与A 、B 、C一定共面的是（ ）A ．--=2B ．111532OM OA OB OC =++C ．=++MC MB MA 0D ．=+++OC OB OA OM 03．已知平行六面体''''ABCD A B C D -中，AB=4，AD=3，'5AA =，090BAD ∠=，''060BAA DAA ∠=∠=，则'AC 等于（ ）A ．85 BC． D ．504．与向量(1,3,2)a =-平行的一个向量的坐标是（ ） A ．（31，1，1）B ．（－1，－3，2）C ．（－21，23，－1）D ．（2，－3，－22）5．已知A （－1，－2，6），B （1，2，－6）O 为坐标原点，则向量,OA OB 与的夹角是（ ）A ．0B ．2πC ．πD ．32π 6．已知空间四边形ABCD 中，===，点M 在OA 上，且OM=2MA ，N 为BC 中点，则=（ ）A ．c b a 213221+-B ．c b a 212132++-C ．212121-+D ．213232-+7．设A 、B 、C 、D 是空间不共面的四点，且满000=∙=∙=∙AD AB ，AD AC ，AC AB ，则∆BCD 是 （ ）A ．钝角三角形B ．锐角三角形C ．直角三角形D ．不确定8．空间四边形OABC 中，OB=OC ，∠AOB=∠AOC=600，则= （）A ．21B ．22 C ．-21 D ．09．已知A （1，1，1）、B （2，2，2）、C （3，2，4），则∆ABC 的面积为（ ）A ．3B ．32C ．6D ．2610． 已知),,2(),,1,1(t t t t t =--=，则||-的最小值为（ ）A ．55 B ．555 C ．553 D ．511 二、填空题：11．若)1,3,2(-=a ，)3,1,2(-=b ，则b a ,为邻边的平行四边形的面积为 ．12．已知空间四边形OABC ，其对角线为OB 、AC ，M 、N 分别是对边OA 、BC的中点，点G 在线段MN 上，且2=，现用基组{},,表示向量，有=x z y ++，则x 、y 、z 的值分别为 ．13．已知点A(1，-2，11)、B(4，2，3)，C(6，-1，4)，则∆ABC 的形状是 ．14．已知向量)0,3,2(-=，)3,0,(k =，若,成1200的角，则k= ． 三、解答题：解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤15．如图，在梯形ABCD 中，AB//CD ，AD=DC=CB=a ，60ABC ∠=，平面ACFE ⊥平面ABCD ，四边形ACFE 是矩形，AE=a.（1）求证：BC ⊥平面ACFE ；（2）求二面角B —EF —D 的平面角的余弦值.16．如图，四棱锥P-ABCD 中，底面ABCD 为平行四边形，∠DAB=60°,AB=2AD,PD ⊥底面ABCD.（1）证明：PA ⊥BD ；（2）若PD=AD ，求二面角A-PB-C 的余弦值。
法向量解立体几何专题训练
法向量解⽴体⼏何专题训练法向量解⽴体⼏何专题训练⼀、运⽤法向量求空间⾓1、向量法求空间两条异⾯直线a, b 所成⾓θ，只要在两条异⾯直线a, b 上各任取⼀个向量''AA BB 和，则⾓<','AA BB >=θ或π-θ，因为θ是锐⾓，所以cos θ=''''AA BB AA BB ??, 不需要⽤法向量。
2、设平⾯α的法向量为n =（x, y, 1)，则直线AB 和平⾯α所成的⾓θ的正弦值为sinθ= cos(2π-θ) = |cos| = AB AB n n3、设⼆⾯⾓的两个⾯的法向量为12,n n ，则<12,n n >或π-<12,n n >是所求⾓。
这时要借助图形来判断所求⾓为锐⾓还是钝⾓，来决定<12,n n >是所求，还是π-<12,n n >是所求⾓。
⼆、运⽤法向量求空间距离 1、求两条异⾯直线间的距离设异⾯直线a 、b 的公共法向量为(,,)n x y z =，在a 、b 上任取⼀点 A 、B ，则异⾯直线a 、b 的距离d =AB ·cos ∠BAA ＇=||||AB n n ? 2、求点到⾯的距离求A 点到平⾯α的距离，设平⾯α的法向量法为(,,1)n x y =，在α内任取⼀点B ，则A 点到平⾯α的距离为d =||||AB n n ?，n 的坐标由n 与平⾯α内的两个不共线向量的垂直关系，得到⽅程组（类似于前⾯所述, 若⽅程组⽆解，则法向量与XOY 平⾯平⾏，此时可改设(1,,0)n y =三、证明线⾯、⾯⾯的平⾏、垂直关系设平⾯外的直线a 和平⾯α、β，两个⾯α、β的法向量为12,n n ，则1a//a n α?⊥ 1a a//n α⊥?12////n n αβ? 12n n αβ⊥?⊥四、应⽤举例：例1：如右下图,在长⽅体ABCD —A 1B 1C 1D 1中,已知AB= 4, AD =3, AA 1= 2. E 、F 分别是线段AB 、BC 上的点，且EB= FB=1. (1) 求⼆⾯⾓C —DE —C 1的正切值; (2) 求直线EC 1与FD 1所成的余弦值.例2：（⾼考辽宁卷17）如图，已知四棱锥P-ABCD ，底⾯ABCD 是菱形，∠DAB=600，PD ⊥平⾯ABCD ，PD=AD ，点E 为AB 中点，点F 为PD 中点。
高二数学上册常考题专练(人教A版2019选修一)专题02 立体几何中存在性问题的向量解法(解析版)
专题02立体几何中存在性问题的向量解法题型一与平行有关的存在性问题1．如图，在正方体1111ABCD A B C D -中，M 是棱11C D 的中点．（1）求二面角D AC M --的余弦值；（2）在棱1CC （包含端点）上是否存在点E ，使//BE 平面ACM，给出你的结论，并证明．【解答】（1）解：设正方体的边长为单位长度，建立如图直角坐标系，则1(0,,1)2M ，(1A ，0，0)，(0C ，1，0)，所以(1,1,0)AC =- ，1(1,,1)2AM =- ，设平面AMC 的一个法向量为(,,)n x y z =，则00AC n AM n ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩ ，即002x y y x z -+=⎧⎪⎨-++=⎪⎩，令1z =，则(2,2,1)n = ，又因为平面ACD 的一个法向量为(0,0,1)m =，所以1cos ,3n m 〈〉== ，所以二面角D AC M --的余弦值为13；（2）棱1CC （包含端点）上不存在点E ，使//BE 平面ACM ．证明如下：设E 的坐标为(0，1，)(01)t t ，因为B 的坐标为(1，1，0)，所以(1,0,)BE t =- ，若在棱1CC （包含端点）上存在点E ，使//BE 平面ACM ，则0BE n ⋅= ，所以20t -+=，即2t =，这与01t 矛盾，所以棱1CC （包含端点）上不存在点E ，使//BE 平面ACM ．2．如图，四棱锥S ABCD -倍，P 为侧棱SD 上的点．（1）若SD ⊥平面PAC ，求二面角P AC D --的大小；（2）在（1）的条件下，侧棱SC 上是否存在一点E ，使得//BE 平面PAC ．若存在，求出点E 的位置；若不存在，试说明理由．【解答】解：（1）连接AC ，BD ，设交点为O ，连接SO ，ABCD 为正方形，∴点O 为AC 与BD 的中点，由题意可知，SB SD =，故SO BD ⊥，同理，SO AC ⊥，且BD AC O = ，SO ∴⊥平面ABCD ，以O 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，设1OC =，则2,60CD SC OS SCO ==∠=︒，∴(1,0,0),(1,0,0),(0,1,0),(0,1,0),(0,0,C A D B S --，∴(0,1,SD = ，SD ⊥ 平面PAC ，所以平面PAC 的一个法向量为(0,1,n SD == ，SO ⊥ 平面ABCD ，所以平面ABCD 的一个法向量为(0,0,1)m =，设平面P AC D --的平面角为锐角θ，则||cos ||||2m n m n θ⋅== ，则6πθ=，∴二面角P AC D --的大小为6π；（2）(1,0,SC = ，设(,0,),[0,1]SE tSC t t ==∈ ，故()E t ，于是()BE t =- ，平面PAC 的一个法向量为(0,1,n SD ==，且//BE 平面APC ，∴1330BE n t ⋅=-+= ，解得23t =，即点E 为线段SC 的三等分点且靠近点C ．3．已知在六面体PABCDE 中，PA ⊥平面ABCD ，ED ⊥平面ABCD ，且2PA ED =，底面ABCD 为菱形，且60ABC ∠=︒．（1）求证：平面PAC ⊥平面PBD ；（2）若直线PC 与平面ABCD 所成角为45︒，试问：在线段PE 上是否存在点M ，使二面角P AC M --为60︒？若存在，确定点M 的位置；若不存在，请说明理由．【解答】（1）证明：连接BD ，四边形ABCD 为菱形，BD AC ∴⊥，又PA ⊥平面ABCD ，BD ⊂平面ABCD ，BD PA ∴⊥，又PA AC A = ，BD ∴⊥平面PAC ，又BD ⊂平面PBD ，∴平面PBD ⊥平面PAC ；（2）解：PA ⊥ 平面ABCD ，AC ∴为PC 在平面ABCD 上的射影，PCA ∴∠为直线PC 与平面ABCD 所成角，则45PCA ∠=︒，得PA AC =，令1DE =，则2PA AC ==，又四边形ABCD 为菱形，60ABC ∠=︒，ABC ∴∆为等边三角形，得2AB =，取BC 的中点H ，连接AH，可得AH =AH BC ⊥，AH AD ∴⊥，以A 为原点，分别以AH ，AD ，AP 所在直线为x ，y ，z ，建立空间直角坐标系，如图所示，则(0E ，2，1)，(0P ，0，2)，C，1,0)B -，(0D ，2，0)，∴(0,2,1)EP =- ，设(M x ，y ，)z ，M ，P ，E 三点共线，∴(01)EM EP λλ= ，则(x ，2y -，1)(0z λ-=，2-，1)，解得0x =，22y λ=-，1z λ=+，(0M ∴，22λ-，1)λ+，∴AC = ，(0,22,1)AM λλ=-+，(BD = ，由（1）知BD ⊥平面PAC ，∴平面PAC 的法向量1//n BD，取1(n =- ，令平面ACM 的法向量为2(,,)n x y z = ，则220(22)(1)0n AC y n AM y z λλ⎧⋅=+=⎪⎨⋅=-++=⎪⎩，令y =21)()1n λλ-=-+ ， 二面角P AC M --为60︒，∴121212|||cos ,||cos60|||||n n n n n n ⋅〈〉=︒= ，∴12=，解得0λ=，01λ ，∴当0λ=时，点M 与点E 重合，∴存在点M 即为点E 时，二面角P AC M --为60︒．4．如图：PD ⊥平面ABCD ，四边形ABCD 为直角梯形，//AB CD ，90ADC ∠=︒，222PD CD AD AB ====．（Ⅰ）求证：平面BDP ⊥平面PBC ；（Ⅱ）求二面角B PC D --的余弦值；（Ⅲ）在棱PA 上是否存在点Q ，使得//DQ 平面PBC ？若存在，求PQ PA 的值，若不存在，请说明理由．【解答】（Ⅰ）证明：取CD 中点M ，连接BM ，因为四边形ABCD 为直角梯形，//AB CD ，90ADC ∠=︒，222CD AD AB ===，所以四边形ABMD 为正方形，BC BD ⊥，因为PD ⊥平面ABCD ，BC ⊂平面ABCD ，所以PD BC ⊥，又因为PD BD D = ，PD 、BD ⊂平面PBD ，所以BC ⊥平面PBD ，又因为BC ⊂平面PBC ，所以平面PBC ⊥平面PBD ，于是平面PBD ⊥平面ABC ．（Ⅱ）解：因为PD ⊥平面ABCD ，所以PD AD ⊥、PD DC ⊥，又因为90ADC ∠=︒，所以DA 、DC 、DP 两两垂直，建立如图所示的空间直角坐标系，(1BC =- ，1，0)，(1BP =- ，1-，2)，设平面PBC 的法向量为(m x =，y ，)z ，020BC m x y BP m x y z ⎧⋅=-+=⎪⎨⋅--+=⎪⎩ ，令1x =，(1m = ，1，1)，平面PCD 的法向量为(1n =，0，0)，所以二面角B PC D --的余弦值为||||||3m n m n ⋅==⋅ ．（Ⅲ）解：不存在，理由如下：假设在棱PA 上存在点Q ，使得//DQ 平面PBC ，令([0,1])PQ t t PA=∈，则(Q t ，0，2(1))t -，(DQ t = ，0，2(1))t -，由（Ⅱ）知平面PBC 的法向量为(1m = ，1，1)，因为//DQ 平面PBC ，所以20DQ m t ⋅=-= ，解得2t =，与[0t ∈，1]矛盾，所以在棱PA 上不存在点Q ，使得//DQ 平面PBC．5．如图，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 为菱形，平面PAD ⊥平面ABCD ，PA PD ⊥，PA PD =，3BAD π∠=，E 是线段AD 的中点，连结BE ．（Ⅰ）求证：BE PA ⊥；（Ⅱ）求二面角A PD C --的余弦值；（Ⅲ）在线段PB 上是否存在点F ，使得//EF 平面PCD ？若存在，求出PF PB的值；若不存在，说明理由．【解答】解：（Ⅰ）证明：因为四边形ABCD 为菱形，所以AB AD =，又因为3BAD π∠=，E 为AD 的中点，所以BE AD ⊥，又因为平面PAD ⊥平面ABCD ，平面PAD ⋂平面ABCD AD =，所以BE ⊥平面PAD ，因为PA ⊂平面PAD ，所以BE PA ⊥．（Ⅱ）连结PE ．因为PA PD =，E 为AD 的中点，所以PE AD ⊥．由（Ⅰ）可知BE ⊥平面PAD ，所以BE AD ⊥，PE BE ⊥．设2AD a =，则PE a =．如图，以E 为原点，EA 、EB 、EP 所在直线分别为x ，y ，z 轴，建立空间直角坐标系E xyz -．则(,0,0),3,0),(2,3,0),(,0,0),(0,0,)A a B a C a a D a P a --．所以(3,0)DC a a =- ，(,0,)DP a a = ．因为BE ⊥平面PAD ，所以3,0)EB a = 是平面PAD 的一个法向量．设平面PCD 的法向量为(n x =，y ，)z ，则300n DC ax ay n DP ax az ⎧⋅=-+=⎪⎨⋅=+=⎪⎩ ，所以3,x x z ⎧=⎪⎨=-⋅⎪⎩令3x =，则1y =，3z =(3,1,3)n =- ，所以37cos ,7||||73n EB a n EB n EB a⋅〈〉===⨯ ．由题知，二面角A PD C --为钝角，所以二面角A PD C --的余弦值为77-．（Ⅲ）当点F 是线段PB 的中点时，//EF 平面PCD ．理由如下：因为点E ∈平面PCD ，所以在线段PB 上存在点F ，使得//EF 平面PCD ，等价于0EF n ⋅= ．假设线段PB 上存在点F 使得//EF 平面PCD ．设([0,1])PF PBλλ=∈，则PF PB λ= ．所以(0,0,),),)EF EP PF EP PB a a a a a λλλ=+=+=+-=- ．由)0EF n a a a λ⋅=--= ，解得12λ=．所以当点F 是线段PB 的中点时，//EF 平面PCD ，且12PF PB =．6．中国古代数学名著《九章算术》中记载：“刍(chú)甍(méng )者，下有袤有广，而上有袤无广．刍，草也．甍，屋盖也．”翻译为“底面有长有宽为矩形，顶部只有长没有宽为一条楼．刍字面意思为茅草屋顶．”现有一个刍如图所示，四边形ABCD 为正方形，四边形ABFE ，CDEF 为两个全等的等腰梯形，4AB =，//EF AB ，2AB EF =，EA ED FB FC ====．（1）求二面角A EF C --的大小；（2）求三棱锥A BDF -的体积；（3）点N 在直线AD 上，满足(01)AN mAD m =<<，在直线CF 上是否存在点M ，使//NF 平面BDM ？若存在，求出CM MF 的值；若不存在，请说明理由．【解答】解：（1）过点E 分别作EG EF ⊥，EH EF ⊥，分别交AB ，CD 于G ，H ，连接GH ，则GEH ∠为二面角A EF C --的平面角，因为四边形ABCD 为正方形，//EF AB ，所以EG AB ⊥，EH CD ⊥，由已知得4EG GH EH ===，所以60GEH ∠=︒．（2）过点E 作EO GH ⊥，垂足为O ．因为//EF AB ，EF ⊂/平面ABCD ，AB ⊂平面ABCD ，所以//EF 平面ABCD ．因为//AB CD ，EH CD ⊥，所以AB EH ⊥．因为EG EH E = ，所以AB ⊥平面EGH ．因为EO ⊂平面EGH ，所以AB EO ⊥．因为AB GH G = ，AB ，GH ⊂平面ABCD ，所以EO ⊥平面ABCD ，所以EO 为三棱锥F ABD -的高，23EO =．因为8ABD S ∆=，所以113823333A BDF F ABD ABD V V S EO --∆==⋅=⨯⨯．（3）方法一：假设存在点M．①当点N在线段AD上时，连接CN交BD于R，则DNR BCR∆∆∽，所以11CR BCRN DN m==-．因为//FN平面BDM，FN⊂平面CFN，平面CFN⋂平面BDM MR=，所以//FN MR，所以11CM CRMF RN m==-．②当点N在DA延长线上时，连接CN交BD于S，则DNS BCS∆∆∽，所以11CS BCSN DN m==+．因为//FN平面BDM，FN⊂平面CFN，平面CFN⋂平面BDM MS=，所以//FN MS，所以11CM CSMF SN m==+．综上，在直线CF上存在点M，使//NF平面BDM，CMMF的值为11m-或11m+．方法二：当点N在线段AD上时，过点N作//NT BD交CD于T，连接TF，过点D作//TF DM交CF于点M，因为TF TN T=，所以平面//FTN平面BDM．因为NF⊂平面FTN，所以//NF平面BDM．因为FN⊂平面CFN，平面CFN⋂平面BDM MR=，所以//FN MR．因为//NT BD，//DT AB，所以ABD DTN∆∆∽，所以11AD ABDN DT m==-，所以11CDDT m=-，所以11CM CDMF DT m==-．当点N在线段DA延长线上时，过点N作//NT BD交CD于T，连接TF，过点D作//TF DM交CF于点M．因为TF TN T=，所以平面//FTN平面BDM．因为NF⊂平面FTN，所以//NF平面BDM．因为FN⊂平面CFN，平面CFN⋂平面BDM MS=，所以//FN MS．因为//NT BD，//DT AB，所以ABD DTN∆∆∽，所以11AD ABDN DT m==+，所以11CDDT m=+．所以11CM CDMF DT m==+．综上，在CF上存在点M使得//NF平面BDM，此时11CMMF m=-或11m+．题型二与垂直有关的存在性问题7．如图，在直角梯形ABCD 中，//AD BC ，90BAD ∠=︒，且12AB BC AD ==，E 是AD 的中点，将ABE ∆沿BE 折起到SBE ∆的位置，使平面SBE ⊥平面BCDE ．（1）求二面角B SC D --的正弦值；（2）在直线SB 上是否存在点P ，使PD ⊥平面SBC ？若存在，请求出点P 所在的位置；若不存在，请说明理由．【解答】解：（1）在图1中，设2AB BC ==，4AD =，//AD BC ，90BAD ∠=︒，E 是AD 的中点，则四边形AECB 为正方形，BE AC ∴⊥，在图2中，设BE 中点为O ，BE OS ⊥ ，平面SBE ⊥平面BCDE ，SO ∴⊥平面BCDE ，以O 为原点，OB 为x 轴，OC 为y 轴，OS 为z 轴，建立空间直角坐标系，则(2B ，0，0)，(0S ，0，2)，(2E -0，0)，(0C 2，0)，(2D -20)，则有(2SB = 0，2)，(0SC = 22)-，(2SD =- ，22)，设平面SBC 的法向量(n x ，y ，)z ，则220220n SB x z n SC z ⎧⋅=-=⎪⎨⋅=-=⎪⎩ ，取(1n = ，1，1)，设平面SCD 的法向量(m a =，b ，)c ，则00m SC m SD ⎧⋅==⎪⎨⋅=-+=⎪⎩ ，取(0m = ，1，1)，cos ,3m n <>= ，则二面角B SC D --的正弦值为33．（2）假设在直线SB 上是存在点P ，使PD ⊥平面SBC ，且BP BS λ= ，则DP DB BP =+=，，0)(λ+，0=，)，平面SBC 的法向量(1n = ，1，1)，∴//DP n，∴==，方程无解，∴假设不成立，∴在直线SB 上不存在点P ，使PD ⊥平面SBC ．8．如图所示，在长方体1111ABCD A B C D -中，E ，F 分别是AB ，1A C 的中点，12AD AA ==，AB =（1）求证：//EF 平面11ADD A ；（2）求平面EFD 与平面DEC 的夹角的余弦值；（3）在线段11A D 上是否存在点M ，使得BM ⊥平面EFD ？若存在，求出111A M A D 的值；若不存在，请说明理由．【解答】（1）证明：以A 为原点，以AB ，AD ，1AA 所在直线为坐标轴建立空间直角坐标系，如图所示，则(2E ，0，0)，(2F ，1，1)，(0A ，0，0)，1(0D ，2，2)，∴(0EF = ，1，1)，1(0AD = ，2，2)，∴112EF AD = ，1//EF AD ∴，又EF ⊂/平面11ADD A ，1AD ⊂平面11ADD A ，//EF ∴平面11ADD A ．（2）解：(0D ，2，0)，2(2ED =- ，2，0)，设平面DEF 的法向量为(n x = ，y ，)z ，则00n EF n ED ⎧=⎪⎨=⎪⎩ ，即02202y z x y +=⎧⎪⎨+=⎪⎩，令1y =可得n = 1，1)-，又(0m = ，0，1)是平面ABCD的一个法向量，cos ,||||m n m n m n ∴<>== ∴平面EFD 与平面DEC．（3）解：假设线段11A D 上是否存在点M ，使得BM ⊥平面EFD ，则//BM n ，不妨设111A M A D λ=，则(0M ，2λ，2)，又B ，0，0)，∴(BM = 2λ，2)， //BM n ，故存在实数k 使得BM kn = ，∴22k k λ⎧=⎪=⎨⎪=-⎩，方程组无解，故线段11A D 上不存在点M ，使得BM ⊥平面EFD ．9．如图，在直三棱柱111ABC A B C -中、90BAC ∠=︒．12AB AC AA ===，E 是BC 中点．（Ⅰ）求证：1//A B 平面1AEC ；（Ⅱ）在棱1AA 存在一点M ，满足11B M C E ⊥，求平面1MEC 与平面11ABB A夹角的余弦值．【解答】（Ⅰ）证明：连接1A C 交1AC 于D ，四边形11ACC A 是平行四边形，D ∴是1A C 的中点，又E 是BC 的中点，1//DE A B ∴，又1A B ⊂/平面1AEC ，DE ⊂平面1AEC ，1//A B ∴平面1AEC ．（Ⅱ）解：以A 为原点，以AB ，AC ，1AA 为坐标轴建立空间直角坐标系A xyz -，设AM h =，则1(2B ，0，2)，(0M ，0，)h ，1(0C ，2，2)，(1E ，1，0)，∴1(2B M =- ，0，2)h -，1(1C E = ，1-，2)-，11B M C E ⊥ ，∴110B M C E ⋅= ，即22(2)0h ---=，1h ∴=，故(0M ，0，1)，∴(1EM =- ，1-，1)，设平面1MEC 的法向量为(n x = ，y ，)z ，则100n C E n EM ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩ ，即200x y z x y z --=⎧⎨--+=⎩，令2z =可得(3n = ，1-，2)，又(0m =，1，0)为平面11ABB A 的一个法向量，cos m ∴<，||||14m n n m n ⋅>=== ，∴平面1MEC 与平面11ABB A 夹角的余弦值为1414．10．如图，在长方体1111ABCD A B C D -中，1A AD =，CD =，N 为CD 中点，M 为11D C 中点．（1）求证：BD ⊥平面ANM ；（2）若线段AN 上存在点Q 使得BQ AN ⊥，求1C Q 与平面11A B Q所成角的正弦值．【解答】（1）证明：因为N 为CD的中点，CD =，则22AD DN AB AD ==，又90ADN BAD ∠=∠=︒，故ADN BAD ∆∆∽，可得DAN ABD ∠=∠，则有90DAN ADB ∠+∠=︒，即BD AN ⊥，由N 为CD 的中点，M 为11D C 的中点，可得MN ⊥底面ABCD ，又BD ⊂平面ABCD ，所以MN BD ⊥，又BD AN ⊥，AN M N N = ，AN ，MN ⊂平面ANM ，所以BD ⊥平面AMN ；（2）解：在长方体1111ABCD A B C D -中，以D 为坐标原点，建立空间直角坐标系如图所示，设4AD =，则11(4,0,0),(4,0,4)A N B B A，1(0,4)C ，所以(AN =- ，设(01)AQ AN λλ=<<，则(4,0)AQ λ=- ，又(0,BA =-，则(4BQ BA AQ λ=+=-- ，因为BQ AN ⊥，0BQ AN ⋅= ，解得23λ=，所以4(,33Q ，故1188(,4),(,4)33B Q A Q =--=--，14(,4)3C Q =- ，设平面11A B Q 的法向量为(,,)n x y z =，则有1100n B Q n A Q ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，即8403384033x y z x y z ⎧---=⎪⎪⎨⎪-+-=⎪⎩，令0y =，3x =，则2z =-，故(3,0,2)n =-，所以111|||cos ,|||||C Q n C Q n C Q n ⋅<>= ，故1C Q 与平面11A B Q．11．如图所示，在四棱锥P ABCD -中，PD ⊥底面ABCD ，底面ABCD 是矩形，M 是线段PC 的中点．已知2PD CD ==，1AD =．（Ⅰ）求证：//PA 平面BDM ；（Ⅱ）求二面角M BD C --的余弦值；（Ⅲ）直线BD 上是否存在点N ，使得MN 与PA 垂直？若存在，求MN的长；若不存在，请说明理由．【解答】（Ⅰ）证明：连接AC 交BD 于N ，连接MN ．因为底面ABCD 是矩形，所以N 是线段AC 的中点．又因为M 是线段PC 的中点，所以//PA MN ．又因为PA ⊂/平面BDM ，MN ⊂平面BDM ，所以//PA 平面BDM ．（Ⅱ）解：因为PD ⊥底面ABCD ，AD ⊂底面ABCD ，CD ⊂底面ABCD ，所以PD AD ⊥，PD CD ⊥．因为底面ABCD 是矩形，所以，AD CD ⊥．如图建立空间直角坐标系D xyz -，则(0D ，0，0)，(1A ，0，0)，(0C ，2，0)，(0P ，0，2)，(1B ，2，0)．因为M 是线段PC 的中点，故(0M ，1，1)．所以(1,2,0)DB = ，(0,1,1)DM = ．设平面BDM 的法向量为(,,)n x y z =，则200n DB x y n DM y z ⎧⋅=+=⎪⎨⋅=+=⎪⎩ ．令1y =，则2x =-，1z =-．于是(2,1,1)n =--．因为PD ⊥底面ABCD ，所以DP 为平面BDC 的法向量．因为(0,0,2)DP = ，所以6cos ,6||||26DP n DP n DP n ⋅〈〉===⨯ ．由题知二面角M BD C --66（Ⅲ）解：因为N 为直线BD 上一点，所以(N λ，2λ，0)，其中R λ∈．所以(,21,1)MN λλ=-- ．又因为(1,0,2)AP =- ，2MN AP λ⋅=-- ．所以MN 与PA 垂直等价于2λ=-．所以存在点(2N -，4-，0)，使得MN 与PA 垂直，此时2λ=-，(2,5,1)MN =--- ，MN 30．12．如图，四棱锥S ABCD -中，底面ABCD 为矩形，侧面SAD 为等腰直角三角形，22SA SD ==2AB =，F 是BC 的中点，二面角S AD B --的大小为120︒，设平面SAD 与平面SBC 的交线为l ．（1）在线段AD 上是否存在点E ，使l ⊥平面SEF ？若存在，确定点E 的位置；若不存在，请说明理由；（2）若点Q 在l 上，直线SB 与平面QCD 所成角的正弦值为34，求线段DQ 的长．【解答】解：（1）因为底面ABCD 为矩形，所以//BC AD ，又因为AD ⊂平面SAD ，BC ⊂/平面SAD ，所以//BC 平面SAD ，又因为平面SAD ⋂平面SBC l =，BC ⊂平面SBC ，所以//BC l ，从而//AD l ．取AD 中点O ，连接OF ，OS ，因为SA SD =，所以AD SO ⊥，因为O 、F 分别为矩形ABCD 对边中点，所以AD OF ⊥，所以AD ⊥平面SOF ，因为//l AD ，所以l ⊥平面SOF ，故当E 在O 点时，l ⊥平面SEF ．（2）建立如图所示的空间直角坐标系，由（1）知SEF ∠为二面角S AD B --的平面角，其大小为120︒，因为侧面SAD为等腰直角三角形，SA SD ==所以2OA OD OS ===，所以(0S ，1-，(2B ，2，0)，(2D -，0，0)，(2C -，2，0)，设(Q t ，1-，则(2BS =- ，3-，(0DC = ，2，0)，(2DQ t =+ ，1-，设平面QCD 的法向量为(n x =，y ，)z，20(2)0DC n y DQ n t x y ⎧⋅==⎪⎨⋅=+-+=⎪⎩，令x =(n = 0，2)t +，直线SB 与平面QCD所成角的正弦值为||||||BS n BS n ⋅==⋅ 解得124t +=-，所以线段DQ=题型三与距离有关的存在性问题13．如图所示，在直三棱柱111ABC A B C -中，底面是等腰三角形，90ACB ∠=︒，侧棱12AA =，2CA =，D 是1CC 的中点，试问在线段1A B 上是否存在一点E （不与端点重合），使得点1A 到平面AED？【解答】解：以C 为坐标原点，CA ，CB ，1CC 所在直线为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系，则1(2A ，0，2)，(2A ，0，0)，(0D ，0，1)，假设在线段1A B 上存在一点E （不与端点重合），使得点1A 到平面AED 的距离为263．可设BE m =，则1(2E m ，122m -，2)2，(2AD =- ，0，1)，1(22AE m =- ，122m -2)2，1(0A A = ，0，2)-，设平面AED 的法向量为(n x =，y ，)z ，则由n AD ⊥ ，得0n AD = ，即有20x z -+=①n AE ⊥ ，得0n AE = ，即有112(2)(2)0222m x m y -+-+=②由①②可取(1n = 221m ，2)，则14n A A =- ，由于点1A 到平面AED 的距离可看作1A A 在n 上投影的绝对值，则为12426||||3221(1)44n A A n m m =+++- ，解得，4(21)2m =<则在线段1A B 上存在一点E （不与端点重合），且4(21)BE =-，使得点1A 到平面AED 的距离为263．14．如图，长方体1111ABCD A B C D -中，1222AD AB AA ===，P 为棱11C D 中点，E 为棱BC 中点．（1）求二面角P BE D --平面角的大小；（2）线段AD 上是否存在点Q ，使得Q 到平面PED 的距离为2？若存在，求出AQ QD值；若不存在，请说明理由．【解答】解：（1）取AD 中点O ，连结PO 、OC ，在PAD ∆中PA PD =，O 为AD 中点，所以PO AD ⊥，又侧面11A ADD ⊥底面ABCD ，平面11A ADD ⋂平面ABCD AD =，PO ⊂平面11A ADD ，所以PO ⊥平面ABCD ，又BE ⊂平面ABCD ，所以PO BE ⊥，因为//BC AD ，AB AD ⊥，222AD AB BE ===，所以ABCO 为正方形，所以OE BE ⊥，又PO OE O = ，所以BE ⊥平面POE ，则PEO ∠为二面角P BE D --的平面角，在Rt POC ∆中，1OC PO ==，所以45PCO ∠=︒，所以二面角P BE D --平面角的大小为45︒；（2）假设线段AD 上存在点Q ，使得它到平面PED ，设QD x =，则12DQE S x ∆=，在Rt POE ∆中，PE =，在Rt DOE ∆中，ED PE PD ==，所以23342PED S ∆==，由P DQE Q PED V V --=，即111132322x ⋅⋅=⋅，解得32x =，所以存在点Q 满足题意，此时13AQ QD =．15．如图，三棱柱111ABC A B C -的所有棱长都是2，1AA ⊥平面ABC ，D 是AC 的中点．（1）求平面1DBA 和平面1BAA 夹角的余弦值；（2）在线段1B B （含端点）上是否存在点M ，使点M 到平面1A BD？请说明理由．【解答】解：（1）取11A C 的中点O ，连接1B O ，OD ，则111OB A C ⊥，1//OD AA ，1AA ⊥ 平面ABC ，OD ∴⊥平面ABC ，1OA ∴，OD ，1OB 两两垂直，如图，以O 为原点，1OA ，OD ，1OB 所在直线分别为x ，y ，z 轴，建立空间直角坐标系，则(1A ，2，0)，(0B ，2，(0D ，2，0)，1(1A ，0，0)，1(1A D =- ，2，0)，1(1A B =- ，2，1(0A A = ，2，0)，设平面1A BD 的法向量(n x =，y ，)z ，则112020n A D x y n A B x y ⎧⋅=-+=⎪⎨⋅=-+=⎪⎩ ，取2x =，得(2n = ，1，0)，设平面1A AB 的法向量(m a =，b ，)c ，则112020m A A b m A B a b ⎧⋅==⎪⎨⋅=-++=⎪⎩ ，取1c =，得m = ，0，1)，设平面1DBA 和平面1BAA 的夹角为θ，由图知θ为锐角，则||cos ||||5m n m n θ⋅==⋅ ，∴平面1DBA 和平面1BAA 夹角的余弦值为155．（2）假设在线段1B B （含端点）上是否存在点M ，使点M 到平面1A BD的距离为5，设(0M ，a，(02)a ，则(0BM = ，2a -，0)，点M 到平面1A BD的距离为5，∴||5||BM n n ⋅== 解得4a =（舍)或0a =，∴在线段1B B 上存在点M （端点处），使点M 到平面1A BD．题型四与角度有关的存在性问题16．如图，已知在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 为等腰梯形，//BC AD ，AB CD =，E 为棱PB 上一点，AC 与BD 交于点O ，且AC BD ⊥，1AD =，3BC PC PB ===，322PO =．（1）证明：AC DE ⊥；（2）是否存在点E ，使二面角B DC E --的余弦值为38？若存在，求出E 点位置，若不存在，请说明理由．【解答】（1）证明：因为四边形ABCD 为等腰梯形，且AC BD ⊥，所以OBC ∆为等腰直角三角形，⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯（2分）因为3BC =，所以322OC OB ==，因为3PC =，322PO =，所以222PC PO OC =+，所以PO AC ⊥，⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯（4分）又因为BD ⊂平面PBD ，PO ⊂平面PBD ，BD PO O = ，所以AC ⊥平面PBD ，因为DE ⊂平面PBD ，所以AC DE ⊥．⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯（5分）（2）因为3PB =，322PO =，322OB =，所以222PB PO OB =+，即BO PO ⊥，因为PO AC ⊥，AC ⊂平面ABCD ，BD ⊂平面ABCD ，AC BD O = ，所以PO ⊥平面ABCD ，⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯（6分）如图，以O 为原点，OB ，OC ，OP 分别为x ，y ，z ，轴建立空间直角坐标系，由（1）知3232OC OB OD ===，故(0O ，0，0)，32(2B ，32(0,2C ，2(2D -，32(0,0,2P ，232(22DC = ，3232(22BC =- ，3232()22BP =- ，⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯（8分）假设在棱PB 上存在一点E 满足题意，设BE BP λ= ，[0λ∈，1]．所以323232((1),)222EC BC BE λλ=-=-- ，设平面EDC 的一个法向量为(m x =，y ，)z ，则00DC m EC m ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩ ，即2320223232321)0222x y x y z λ+=⎪⎨⎪-+-=⎪⎩，令1y =，解得343x z λλ=-⎧⎪-⎨=⎪⎩，故43(3,1,m λλ-=- ，⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯（9分）易得平面BDC 的一个法向量为(0n = ，0，1)，设二面角B DC E --为θ，可知二面角为锐二面角243||||376cos |cos ,|||||4310()m n m n m n λλθλλ-⋅=〈〉==-+ ，⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯（11分）解得23λ=，所以存在满足题意的点E ，位置在靠近P 点PB 的三等分点处．⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯（12分）17．如图1，在直角梯形ABCD 中，//AD BC ，AB BC ⊥，BD CD ⊥，24BC AD ==．将ABD ∆沿BD 折起，折起后点A 的位置为点P ，得到三棱锥P BCD -如图2所示，平面PBD ⊥平面BCD ，直线PC 与平面PBD 2（1）求线段PB 的长度；（2）试判断在线段BD 上是否存在点E ，使二面角D PC E --的平面角的余弦值为7？若存在，请确定其位置；若不存在，请说明理由．【解答】解：（1）因为平面PBD ⊥平面BCD ，平面PBD ⋂平面BCD BD =，又CD ⊂平面BCD ，CD BD ⊥，所以CD ⊥平面PBD ，则CP 与平面PBD 所成的角为CPD ∠，又tan CD CPD PD ∠==CD =，因为在直角梯形ABCD 中，90BAD BDC ∠=∠=︒，ABD BCD ∠=∠，所以ABD DCB ∆≅∆，故AB AD CD BD=，令AB a =，=，解得2a =，所以2AB =，即2PB =；（2）以BD 的中点O 为坐标原点，建立空间直角坐标系如图所示，则(((0,0,B C D P ，设(E m ，0，0)(m ，所以(,0,(PB PE m PC === ，设平面PCE 的法向量为(,,)n x y z =，则00n PE n PC ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，即00mx ⎧-=⎪⎨+=⎪⎩，令x =-(2)n m m =-+- ，取平面PCD的一个法向量为PB = ，则|||cos ,|||||PB n PB n PB n ⋅<>== 因为二面角D PC E --的平面角的余弦值为427，故22(7=，解得22m =或m =-)，当2m =-时，14DE DB = ，故E 为DB 的四等分点，且14DE DB =．18．如图，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 为正方形，90PAB ∠=︒，PB PD =，PA AB =，E 为线段PB 的中点，F 为线段BC 上的动点．（1）求证：AE ⊥平面PBC ；（2）是否存在点F ，使平面AEF 与平面PCD 所成的锐二面角为30︒？若存在，试确定点F 的位置；若不存在，请说明理由．【解答】解：（1）()PAD PAB SSS ∆≅∆ ，90PAD PAB ∴∠=∠=︒，PA AB ∴⊥，PH AD ⊥，又AB AD A = ，PA ⊥平面ABCD ，?BC 平面ABCD ，PA BC ∴⊥，ABCD 为正方形，AB BC ∴⊥，又PA AB A = ，PA ，?AB 平面PAB ，BC ∴⊥平面PAB ，?AE ∴平面PAB AE BC ∴⊥，PA AB = ，E 为线段PB 的中点，AE PB ∴⊥，又PB BC B = ，PB ，?BC 平面PBC ，AE ∴⊥平面PBC ，（2）存在定点F ，使平面AEF 与平面PCD 所成的锐二面角为30︒以A 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系A xyz -，不妨设正方形ABCD 的边长为2，则(0A ，0，0)，(0C ，2，2)，(0D ，0，2)，(2P ，0，0)，(1E ，1，0)，∴(1,1,0),(2,2,2),(2,0,2)AE PC PD ==-=- ，设(0F ，2，)(02)λλ，则(0,2,)AF λ= ，设平向AEF 的一个法向量为111(,,)n x y z = ，则1111200n AF y z n AE x y λ⎧⋅=+=⎪⎨⋅=+=⎪⎩ ，令12z =，1(,,2)n λλ=- ，设平面PCD 的一个法向量为222(,,)m x y z = ∴22222220220x y z x z -++=⎧⎨-+=⎩，令21x =，则(1,0,1)m =， 平面AEF 与平面PCD 所成的锐二面角为30︒，∴|||cos30||||2m n m n ⋅︒=== ，解得1λ=，∴当点F 为BC 中点时，平面AEF 与平面PCD 所成的锐二面角为30︒．19．如图，在棱长为2的正方体1111ABCD A B C D -中，E ，F 分别是1B B ，BC 的中点．（1）证明：1A E ，AB ，DF 三线共点；（2）线段CD 上是否存在一点G ，使得直线FG 与平面11A EC ，所成角的正弦值为33，若存在，请旨出点G 的位置，并求二面角11E A C G --的平面角的余弦值大小；若不存在，请说明理由．【解答】（1）证明：1//EF A D 且1EF A D ≠，1A E ∴，DF 共面．∴设1A E DF P = ，则1P A E ∈，而1A E ⊂面11AA B B ，P ∴∈面11AA B B ；同理可得P ∴∈面ABCD ，∴点P 在面ABCD 与面11AA B B 的公共直线AB 上，即1A E ，AB ，DF 三线共点．（2）解：根据题意可知，1AA ，AB ，AD 两两垂直，以AB 为x 轴，AD 为y 轴，1AA 为z 轴建立如图所示的空间直角坐标系：1(0A ，0，2)，(2E ，0，1)，1(2C ，2，2)，(2F ，1，0)，故1(2,0,1)A E =- ，11(2,2,0)A C = ．假设满足条件的点G 存在，设(G a ，2，0)，(0,2)a ∈，则(2,1,0)FG a =- ，设平面11A EC 的法向量为(,,)m x y z =，则由111m A E m A C ⎧⊥⎪⎨⊥⎪⎩ ，得，20220x z x y -=⎧⎨+=⎩不妨取2z =，则1x =，1y =-．所以平面11A EC 的一个法向量为(1,1,2)m =-，设直线FG 与平面11A EC 的平面角为θ，则sin |cos ,|||||||m FG m FG m FG θ⋅=<>=== 得11.(1,0,2)a GC == 设平面11A GC 的法向量为(,,)n x y z = ，则20220x z x y +=⎧⎨+=⎩平面11A GC的一个法向量为(2,2,1)|cos ,|||||||m n n m n m n ⋅=-<>=== ，二面角11E A C G --20．如图，在多面体ABCDEF 中，平面ABEF ⊥平面ABCD ，底面ABCD 为直角梯形，//AD BC ，AB BC ⊥，122AB AD BC ===，AB 与EF 平行并且相等，222AF BF ==（1）证明：CD BF ⊥；（2）在线段CE 上是否存在点M ，使得二面角F BD M --33？若存在，求出CM CE的值；若不存在，说明理由．【解答】解：（1）证明： 2,2,22AB BF AF ===，222AB BF AF ∴+=，BF AB ∴⊥，又 平面ABEF ⊥平面ABCD ，平面ABEF ⋂平面ABCD AB =，BF ⊂平面ABEF ，BF ∴⊥平面ABCD ，又CD ⊂平面ABCD ，CD BF ∴⊥；（2）由（1）可知，BF ⊥平面ABCD ，且AB BC ⊥，以B 为坐标原点，以BA ，BC ，BF 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，则(0B ，0，0)，(2D ，2，0)，(0F ，0，2)，(2E -，0，2)，(0C ，4，0)，∴(2,2,0)BD = ，(0,0,2)BF = ，设(,,)n x y z =是平面BDF 的法向量，则0220200n BD x y z n BF ⎧⋅=+=⎧⎪⇒⎨⎨=⋅=⎩⎪⎩ ，令1x =，则(1,1,0)n =- ，设(2,4,2)(2,4,2)CM CE λλλλλ==--=- ，(2M λ∴-，4(1)λ-，2)λ∴(2,4(1),2)BM λλλ=-- ，设(,,)m x y z =是平面BDM 的法向量，则022024(1)200n BD x y x y z n BM λλλ⎧⋅=+=⎧⎪⇒⎨⎨-+-+=⋅=⎩⎪⎩ ，令1x =，则21,y z λλ-=-=，∴2(1,1,m λλ-=- ， 二面角F BD M --，∴|||cos ,|||||n m n m n m ⋅<>== ，∴23λ=，∴23CM CE =，故在线段CE 上是否存在点M ，且23CM CE =．21．如图，在四棱锥P ABCD -中，平面PAB ⊥平面ABCD ，//BC AD ，90BAD ∠=︒，244PA AD AB BC ====，PC =（1）证明：PA ⊥平面ABCD ；（2）线段AB 上是否存在一点M ，使得MC 与平面PCD 所成角的正弦值为22117？若存在，请求出AM AB 的值；若不存在，请说明理由．【解答】（1）证明： 平面PAB ⊥平面ABCD ，平面PAB ⋂平面ABCD AB =，90BAD ∠=︒，AD ∴⊥平面PAB ，PA ⊂ 平面PAB ，AD PA ∴⊥，在直角梯形ABCD 中，244AB BC ==，2222215AC AB BC ∴=+=+=，4PA = ，21PC =222PA AC PC ∴+=，即PA AC ⊥，又AD AC A = ，AD 、AC ⊂平面ABCD ，PA ∴⊥平面ABCD ．（2）解：以A 为原点，AB ，AD ，AP 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，则(0A ，0，0)，(2B ，0，0)，(0P ，0，4)，(2C ，1，0)，(0D ，4，0)，∴(2AB = ，0，0)，(2PC = ，1，4)-，(0PD = ，4，4)-，设AM AB λ= ，[0λ∈，1]，则(2M λ，0，0)∴(22MC λ=- ，1，0)，设平面PCD 的法向量为(n x = ，y ，)z ，则00n PC n PD ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩ ，即240440x y z y z +-=⎧⎨-=⎩，令1y =，则32x =，1z =，∴3(2n = ，1，1)，MC 与平面PCD 所成角的正弦值为22117，∴221|cos n =< ，23(22)12||||||||911(22)14n MC MC n MC λλ-+⋅>==⋅++⨯-+ ，化简得216810λλ-+=，解得14λ=，故线段AB 上存在点M 满足题意，且14AM AB =．22．如图，在四棱锥P ABCD -中，//CD AB ，90ABC ∠=︒，BD PA ⊥，224AB BC CD ===．（1）证明：BD ⊥平面PAD ；（2）设平面PAD ⋂平面PBC l =，l ⋂平面ABCD G =，2PA PD ==，在线段PG 上是否存在点M ，使得二面角P DC M --的余弦值为3？若存在，求出PM PG 的值；若不存在，请说明由．【解答】（1）证明：在底面ABCD 中，//CD AB ，90ABC ∠=︒，224AB BC CD ===，所以BD ==，AD ==所以2222216BD AD AB +=+==，故BD AD ⊥，又BD PA ⊥，PA AD A = ，PA ，AD ⊂平面PAD ，故BD ⊥平面PAD ；（2）解：延长AD ，BC 相交于点G ，连结PG ，则PG 即为交线l ，取AB 的中点Q ，连结DQ ，则DQ DC ⊥，过点D 在平面PAD 内作AD 的垂线DH ，则DH ⊥平面ABCD ，以点D 为坐标原点，建立空间直角坐标系如图所示，则(1,(0,2,0),(2,2,0),(0,0,0)P C G D --，所以(1,(0,2,0)DP DC =-= ，设平面PDC 的法向量为(,,)m x y z =，则00m DC m DP ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，即200y x y =⎧⎪⎨-+=⎪⎩，令1z =，则x =，0y =，故(m = ，设(M a ，b ，)c ，(01)PM PG λλ=<<，则PM PG λ= ，故(1,1,(3,3,a b c λ-+-=-，所以1313a b c λλ⎧=-⎪=-+⎨⎪=⎩，故(13,33)CM λλ=--+ ，设平面MDC 的法向量为(,,)n p q r =，则有00n DC n CM ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，即20(13)(33))0q p q r λλ=⎧⎪⎨-+-++=⎪⎩，令,p =，则0q =，31r λ=-，故,0,31)n λ=- ，因为二面角P DC M --的余弦值为3，所以|||cos ,|||||m n m n m n ⋅<>= ，化简整理可得231030λλ-+=，解得13λ=或3λ=（舍)，故在线段PG 上存在点M ，使得二面角P DC M --的余弦值为63，此时PM PG 的值为13．23．如图，在棱长为2的正方体1111ABCD A B C D -中，E 、F 分别是11A D 和1CC 的中点．（1）求异面直线EF 与AB 所成角的余弦值；（2）求异面直线EF 与AB 之间的距离；（3）在棱1BB 上是否存在一点P ，使得二面角P AC B --的大小为30︒？若存在，求出BP 的长，若不存在，请说明理由．【解答】解：（1）以D 为坐标原点建立空间直角坐标系如图所示，则(0D ，0，)，(2A ，0，0)，(2B ，2，0)，(0C ，2，0)，1(2B ，2，，2)，(1E ，0，2)，(0F ，2，1)，则(0,2,0),(1,2,1)AB EF ==-- ，所以||6|cos ,|3||||26AB EF AB EF AB EF ⋅<>===⨯ ，故异面直线EF 与AB 所成角的余弦值为63（2）取11B C 的中点M ，连结EM ，MF ，因为E ，M 分别为11A D ，11B C 的中点，则11////EM A B AB ，又AB ⊂/平面EMF ，EM ⊂平面EMF ，所以//AB 平面EMF ，则点B 到平面EMF 的距离即为异面直线EF 与AB 之间的距离，设点B 到平面EMF 的距离为d ，在EMF ∆中，2EM =，MF =122EMF S ∆=⨯=，在BMF ∆中，2111322111212222BMF S ∆=-⨯⨯-⨯⨯-⨯⨯=，由等体积法，B EMF E BMF V V --=，所以1133EMF BMF S d S EM ∆∆⋅⋅=⋅⋅，即1132332d =⨯⨯，解得2d =，故异面直线EF 与AB（3）假设存在点(2P ，2，)(02)t t <满足条件，则(0,2,),(2,2,0)AP t AC ==- ，设平面ACP 的法向量为(,,)n x y z =，则00n AC n AP ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩ ，即22020x y y tz -+=⎧⎨+=⎩，令1y =，则1x =，2z t=-，故2(1,1,n t =- ，平面ABC 的一个法向量为(0,0,1)m = ，由题意可知，二面角P AC B --的大小为30︒，所以2||3|cos ,|||||2m n tm n m n ⋅<>===，解得t =t =)，所以棱1BB 上存在一点P ，使得二面角P AC B --的大小为30︒，此时BP 的长为63．24．如图，三棱柱111ABC A B C -所有的棱长为2，112A B A C ==M 是棱BC 的中点．（Ⅰ）求证：1A M ⊥平面ABC ；（Ⅱ）在线段1B C 是否存在一点P ，使直线BP 与平面1A BC 330CP 的值；若不存在，请说明理由．【解答】解：（1）证明：连接AM ， 112A B A C ==2BC =，M 是BC 中点，1A M BC ∴⊥，11A M =又12,3AA AM ==∴22211AM A M AA +=，1A M AM ∴⊥，AM BC M = ，AM ，BC ⊂平面ABC ，1A A ∴⊥平面ABC ．（2）由（1）知MA ，MB ，1MA 两两垂直，以M 为原点，MA 为x 轴，MB 为y 轴，1MA 为z 轴，建立空间直角坐标系，则(0B ，1，0)，(0C ，1-，0)，1(0A ，0，1)，1(3B ，1，1)，1(CB = ，2，1)，假设1(,2,)CP CB λλλ== ，(0,1)λ∈，(,22,)BP BC CP λλ=+=- ，取平面1A BC 的法向量(1n =，0，0)，直线BP 与平面1A BC 所成角为θ， 直线BP 与平面1A BC所成角的正弦值为20，||sin ||||BP n BP n θ⋅∴===⋅ ，整理得281890λλ-+=，由(0,1)λ∈，解得1342CP CB ==．25．如图，四棱锥P ABCD -的底面ABCD 为菱形，60ABC ∠=︒，PA ⊥平面ABCD ，且E ，M 分别为BC ，PD 的中点，点F 为棱PC 上一动点．（1）证明：平面AEF ⊥平面PAD ；（2）若AB PA =，在线段PC 上是否存在一点F ，使得二面角F AE M --？若存在，试确定F的位置；若不存在，说明理由．【解答】（1）证明：连接AC底面ABCD 为菱形，60ABC ∠=︒，ABC ∴∆为等边三角形，E 为BC 的中点，AE BC ∴⊥，又//AD BC ，AE AD ∴⊥，PA ⊥ 平面ABCD ，AE ⊂平面ABCD ，PA AE ∴⊥，PA AD A = ，PA 、AD ⊂平面PAD ，AE ∴⊥平面PAD ，而AE ⊂平面AEF ，∴平面AEF ⊥平面PAD ；（2）解：由（1）知，AE 、AD 、AP 两两垂直，以A 为坐标原点，分别以AE 、AD 、AP 所在直线为x 、y 、z 轴建立空间直角坐标系．设2AB =，则(0A ，0，0)，B 1-，0)，C 1，0)，(0D ，2，0)，(0P ，0，2)，(0M ，1，1)，E 0，0)，AE = ，(0,1,1)AM = ，(0,0,2)AP =，2)PC =- ，设,,2)PF PC λλλ==- ，(0,1)λ∈，则,,22)AF AP PF λλ=+=- ，设平面AEM 的一个法向量为(,,)m x y z =，由00m AE m AM y z ⎧⋅==⎪⎨⋅=+=⎪⎩ ，取1z =-，得(0,1,1)m =- ；设平面AEF 的一个法向量为111(,,)n x y z = ，由11110(22)0n AE n AF x y z λλ⎧⋅==⎪⎨⋅=++-=⎪⎩ ，取1z λ=，得(0,22,)n λλ=- ． 二面角F AE M --，∴二面角F AE M --即|||cos ,|||||m n m n m n ⋅<>===⋅ ，整理得：2101340λλ-+=，解得12λ=或45λ=．故F 为线段PC 的中点或F 为线段PC 靠近点C 的五等分点．26．如图，在三棱柱111ABC A B C -中，四边形11ABB A 为正方形，四边形11AA C C 为菱形，且160AA C ∠=︒，平面11AA C C ⊥平面11AB BA ，点D 为棱1BB 的中点．（1）求证：1AA CD ⊥；（2）棱11B C （除两端点外）上是否存在点M ，使得二面角11B A M B --的余弦值为155，若存在，请指出点M 的位置；若不存在，请说明理由．【解答】（1）证明：取1AA 的中点O ，连接1CA 、CO 、OD ，1AC AA = ，且160AA C ∠=︒，∴△1AA C 为等边三角形，得1AA OC ⊥，四边形11ABB A 为正方形，且O 、D 分别是1AA 、1BB 的中点，1AA OD ∴⊥，OC OD O = ，OC 、OD ⊂平面OCD ，1AA ∴⊥平面OCD ，CD ⊂ 平面OCD ，1AA CD ∴⊥；（2）解： 平面11AA C C ⊥平面11AB BA ，且平面11AA C C ⋂平面111AB BA AA =，1OC AA ⊥，OC ⊂平面11AA C C ，OC ∴⊥平面11AB BA ，以O 为坐标原点，分别以OA 、OD 、OC 所在直线为x 、y 、z 轴建立空间直角坐标系，不妨设2AB =，则(1B ，2，0)，1(1A -，0，0)，1(2C -，0，1(1B -，2，0)，设1111(,,)n x y z = 为平面111A B C 的一个法向量，由111111111200n A B y n A C x ⎧⋅==⎪⎨⋅=-+=⎪⎩ ，取11z =，得1n = ；假设棱11B C 上（除端点外）存在点M 满足题意，令111(01)C M C B λλ=<< ，得(2M λ-，2λ)-，设2222(,,)n x y z = 为平面1BA M 的一个法向量，则由212221222220(1)2)0n A B x y n A M x y z λλ⎧⋅=+=⎪⎨⋅=-++=⎪⎩ ，取21x =，得2(1,n =- ．由1215|cos ,||5n n <>==，解得12λ=或18λ=，∴点M 为棱11B C 的中点，或者M 为棱11B C 的八等分点（靠近1C 端）．。
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高二数学通用版用向量法解立体几何综合练习（答题时间：60分钟）1. 如图，在直三棱柱111ABC A B C -中，12AC BC CC ===，AC BC ⊥，点D 是AB の中点。
（Ⅰ）求证：11//AC CDB 平面； （Ⅱ）求点B 到1CDB 平面の距离； （Ⅲ）求二面角1B B C D --の大小。
2. 如图，在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，∠ACB ＝90°，CB ＝1，CA AA 1M 为侧棱CC 1上一点，1AM BA ⊥。
（Ⅰ）求证：AM ⊥平面1A BC ；（Ⅱ）求二面角B －AM －C の大小； （Ⅲ）求点C 到平面ABM の距离。
3. 如图，在四棱锥S ABCD -中，底面ABCD 是正方形，SA ⊥底面ABCD ，SA AB =，点M 是SD の中点，AN SC ⊥，且交SC 于点N 。
（Ⅰ）求证：//SB 平面ACM ；（Ⅱ）求二面角D AC M --の大小；（Ⅲ）求证：平面SAC ⊥平面AMN 。
4. 如图，四棱锥ABCD P -中，底面ABCD 是边长为2の正方形，CD PD BC PB ⊥⊥,，且2=PA ，E 为PD 中点。
（Ⅰ）求证：⊥PA 平面ABCD ； （Ⅱ）求二面角D AC E --の大小；（Ⅲ）在线段BC 上是否存在点F ，使得点E 到平面PAF の距离为552？若存在，确定点F の位置；若不存在，请说明理由。
5. 如图，四棱锥P ABCD -中，PA ⊥平面ABCD ，四边形ABCD 是矩形。
E 、F 分别是AB 、PD の中点。
若3PA AD ==，CD =（Ⅰ）求证：//AF 平面PCE ； （Ⅱ）求点F 到平面PCE の距离；（Ⅲ）求直线FC 与平面PCE 所成の角の大小。
高二数学通用版用向量法解立体几何综合练习参考答案1. 解法一： （Ⅰ）证明：连结1BC ，设1BC 与1B C の交点为E ，连结DE 。
D 是AB の中点，E 是1BC の中点， 1 //.DE AC ∴111 DE CDB AC CDB ⊂⊄平面， 平面， 11 //.AC CDB ∴平面（Ⅱ）解：设点B 到1CDB 平面の距离为。
在三棱锥1B BCD -中，11 B BCD B B CD V V --=，且1 B B BCD ⊥平面，11 BCD B CD S B B S h ∆∆∴⋅=⋅。
易求得11 BCD B CD S B B h S ∆∆⋅∴==即点B 到1CDB 平面（Ⅲ）解：在平面ABC 内作DF BC ⊥于点F ，过点F 作1FG B C ⊥于点G ，连结.DG 易证明11DF BCC B ⊥平面，从而GF 是DG 在平面11BCC B 内の射影， 根据三垂线定理得1.B C GD ⊥DGF ∴∠是二面角1B B C D --の平面角。
易求得112DF AC ==，12GF BE ==在Rt DFG ∆中，∴二面角1B B C D --の大小是解法二：在直三棱柱111ABC A B C -中，12AC BC CC ===，AC BC ⊥，1 AC BC CC ∴、、两两垂直。
如图，以C 为原点，直线1CA CB CC ，，分别为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系，则1(0 0 0)(2 0 0)(0 2 0)(0 0 2)C A B C ，，，，，，，，，，，，(1 1 0).D ，， （Ⅰ）证明：设1BC 与1B C の交点为E ，则(0 1 1).E ，， 1111(1 0 1)(2 0 2) //.2DE AC DE AC DE AC =-=-∴=∴，，， ，，， ， 111 DE CDB AC CDB ⊂⊄平面， 平面，11 //.AC CDB ∴平面 （Ⅱ）解：设点B 到1CDB 平面の距离为.h 在三棱锥1B BCD -中，11 B BCD B B CD V V --=，且1 B B BCD ⊥平面，11 BCD B CD S B B S h ∆∆∴⋅=⋅。
易求得1111 2BCD B CD S S CD B D ∆∆==⋅=， ，11 BCD B CD S B B h S ∆∆⋅∴==即点B 到1CDB 平面（Ⅲ）解：在平面ABC 内作DF BC ⊥于点F ，过点F 作1FG B C ⊥于点G ，连结.DG 易证明11DF BCC B ⊥平面，从而GF 是DG 在平面11BCC B 内の射影， 根据三垂线定理得 1.B C GD ⊥DGF ∴∠是二面角1B B C D --の平面角。
易知11(0 1 0)0 22F G ⎛⎫ ⎪⎝⎭，，，，，，11 2222GF GD ⎛⎫⎛⎫== ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭110，，-，1，，-，cos GF GD GF GD GF GD∴〈〉==， ∴二面角1B B C D --の大小是 2.解法一：（I ）在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，易知面ACC 1A 1⊥面ABC ， ∵∠ACB ＝90°，∴BC ⊥面ACC 1A 1， ∵AM ⊂面ACC 1A 1∴BC ⊥AM∵1AM BA ⊥，且1BC BA B =∴AM ⊥平面1A BC（II ）设AM 与A 1C の交点为O ，连结BO ，由（I ）可知AM ⊥ OB ，且AM ⊥ OC ， 所以∠BOC 为二面角B －AM －C の平面角，在Rt △ACM 和Rt △A 1AC 中，∠OAC ＋∠ACO ＝90°， ∴∠AA 1C ＝∠MAC∴Rt △ACM ∽Rt △A 1AC ∴21AC MC AA =⋅∴MC =∴在Rt △ACM中，AM = ∵1122AC MC AM CO ⋅=⋅ ∴1CO =∴在Rt △BCO 中，∴45BOC ∠=︒，故所求二面角の大小为45°（Ⅲ）设点C 到平面ABM の距离为h，易知BO =可知113222ABM S AM BO ∆=⋅⋅= ∵C ABM M ABC V V --= ∴1133ABM ABC hS MC S ∆∆⋅=⋅⋅∴2232ABC ABM MC S h S ∆∆⋅=== ∴点C 到平面ABM解法二：（I ）同解法一（II ）如图，以C 为原点，CA ，CB ， CC 1所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系，则1(0,1,0)A A B ，设1(0,0,)M z∵1AM BA ⊥。
∴10AM BA ⋅=即1300-+=，故1z，所以M 设向量(,,)m x y z =为平面AMB の法向量，则,m AM m AB ⊥⊥，则00m AM m AB ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩即00z y ⎧=⎪⎨⎪+=⎩，令x ＝1，平面AMB の一个法向量为 (1,3,2)m =，显然向量CB 是平面AMC の一个法向量，2cos ,||||m CB m CB m CB ⋅<>==⋅ 易知，m 与CB所夹の角等于二面角B －AM －C の大小，故所求二面角の大小为45°。
（Ⅲ）所求距离为：3||m CBm ⋅==C 到平面ABM 3.方法一：（Ⅰ）证明：连结BD 交AC 于E ，连结ME 。
ABCD 是正方形，∴E 是BD の中点。
M 是SD の中点，∴ME 是DSB ∆の中位线。
∴//ME SB 。
又∵ME ⊂平面ACM ， SB ⊄平面ACM ，∴SB //平面ACM 。
（Ⅱ）解：取AD 中点F ，则MF //SA 。
作FQ AC ⊥于Q ，连结MQ 。
∵SA ⊥底面ABCD ，∴MF ⊥底面ABCD 。
∴FQ 为MQ 在平面ABCD 内の射影。
∵FQ AC ⊥，∴MQ ⊥AC 。
∴FQM ∠为二面角D AC M --の平面角。
设SA AB a ==，在Rt MFQ ∆中，11,2224a MF SA FQ DE ====， ∴。
∴二面角D AC M --の大小为（III ）证明：由条件有,,DC SA DC ⊥∴DC ⊥平面SAD ，∴.AM DC ⊥ 又∵,SA AD M =是SD の中点，∴.AM SD ⊥∴AM ⊥平面.SDC ∴.SC AM ⊥ 由已知,SC MN ⊥∴SC ⊥平面.AMN 又SC ⊂平面,SAC ∴平面SAC ⊥平面.AMN 方法二：（Ⅰ）同方法一（II ）如图，以A 为坐标原点，建立空间直角坐标系xyz A -，由SA AB =，故设1AB AD AS ===，则11(0,0,0),(0,1,0),(1,1,0),(1,0,0),(0,0,1),(,0,)22A B C D S M 。
SA ⊥底面ABCD ，∴AS 是平面ABCD の法向量，AS (0,0,1)=。
设平面ACM の法向量为(,,)x y z =n ，11(1,1,0),(,0,)22AC AM ==，则0,0.AC AM ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩n n 即00,1100.22x y x z ++=⎧⎪⎨++=⎪⎩∴,.y x z x =-⎧⎨=-⎩令1x =，则(1,1,1)=--n 。
∴cos ,3||||AS AS AS ⋅<>===-⋅n n n ， ∴二面角D AC M --の大小为arccos 3。
（III ）()1,1,1CS =--，11022AM CS ∴⋅=-+=，11,0,22AM ⎛⎫= ⎪⎝⎭AM CS ∴⊥又SC AN ⊥且AN AM A =。
SC AMN ∴⊥平面。
又SC ⊂平面,SAC∴平面SAC ⊥平面AMN 。
4.解法一：（Ⅰ）证明：∵底面ABCD 为正方形， ∴AB BC ⊥，又PB BC ⊥， ∴⊥BC 平面PAB ，∴PA BC ⊥。
同理PA CD ⊥， ∴⊥PA 平面ABCD 。
（Ⅱ）解：设M 为AD 中点，连结EM ，又E 为PD 中点，可得PA EM //，从而⊥EM 底面ABCD 。
过M 作AC の垂线MN ，垂足为N ，连结EN 。
由三垂线定理有AC EN ⊥，∴ENM ∠为二面角D AC E --の平面角。
在EMN Rt ∆中，可求得,22,1==MN EM ∴。
∴二面角D AC E --の大小为2arctan 。
（Ⅲ）解：由E 为PD 中点可知，要使得点E 到平面PAF の距离为552， 即要点D 到平面PAF の距离为554。
过D 作AF の垂线DG ，垂足为G ，∵⊥PA 平面ABCD ，∴平面⊥PAF 平面ABCD ， ∴⊥DG 平面PAF ，即DG 为点D 到平面PAF の距离。
∴554=DG ，∴552=AG。
设xBF=，由ABF∆与DGA∆相似可得GADGBFAB=，∴22=x，即1=x。
∴在线段BC上存在点F，且F为BC中点，使得点E到平面PAFの距离为552。
解法二：（Ⅰ）证明：同解法一。