平行垂直问题基础知识用空间向量解立体几何题型与方法直线 l 的方向向量为 a ＝(a 1，b 1，c 1)．平面 α，β 的法向量u ＝(a 3，b 3，c 3)， v ＝(a 4，b 4，c 4)(1)线面平行：l ∥α⇔a ⊥u ⇔a ·u ＝0⇔a 1a 3＋b 1b 3＋c 1c 3＝0 (2) 线 面 垂 直 ： l ⊥α⇔a ∥u ⇔a ＝k u ⇔a 1＝ka 3，b 1＝kb 3，c 1＝kc3(3)面面平行： α∥β⇔u ∥v ⇔u ＝k v ⇔a 3＝ka 4，b 3＝kb 4，c 3＝kc4(4)面面垂直：α⊥β⇔u ⊥v ⇔u ·v ＝0⇔a 3a 4＋b 3b 4＋c 3c 4＝0例 1、如图所示，在底面是矩形的四棱锥 P -ABCD 中，PA ⊥底面 ABCD ，E ，F 分别是PC ，PD 的中点，PA ＝AB ＝1，BC ＝2. (1)求证：EF ∥平面 PAB ；(2)求证：平面 PAD ⊥平面 PDC .[证明] 以 A 为原点，AB ，AD ，AP 所在直线分别为 x 轴，y 轴，z 轴，建立空间直角坐标系 如图所示，则 A(0,0,0)，B (1,0,0)，C (1,2,0)，D (0,2,0)，P (0,0,1)，所以 1 1 1 1 ( ，1， ) (0，1， ) (－ ，0，0) E2 2 ，F 2 ， E F ＝ 2 ， PB ＝(1,0，－1)， PD ＝(0,2，－1)，AP ＝(0,0,1)， AD ＝(0,2,0)， DC ＝(1,0,0)， AB ＝(1,0,0)．(1) 因为1 2EF ＝－ AB ，所以 EF ∥ AB ，即 EF ∥AB .又 AB ⊂平面 PAB ，EF ⊄平面 PAB ，所以 EF ∥平面 PAB .(2)因为 AP · D C ＝ ( 0 ,0,1) ·( 1 , 0,0)＝0， AD ·DC ＝(0,2,0)·(1,0,0)＝0，所以 AP ⊥ DC ， AD ⊥ DC ，即 AP ⊥DC ，AD ⊥DC .又 AP ∩AD ＝A ，AP ⊂平面 PAD ，AD ⊂平面 PAD ，所以 DC ⊥平面 PAD .因为 DC ⊂ 平面 PDC ，所以平面 PAD ⊥平面 PDC .使用空间向量方法证明线面平行时，既可以证明直线的方向向量和平面内一条直线的方向向量平行，然后根据线面平行的判定定理得到线面平行，也可以证明直线的方向向量与平面的法向量垂直；证明面面垂直既可以证明线线垂直，然后使用判定定理进行判定， 也可以证明两个平面的法向量垂直.例 2、在直三棱柱 ABC -A 1B 1C 1 中，∠ABC ＝90°，BC ＝2，CC 1＝4，点 E 在线段 BB 1 上，a 且 EB 1＝1，D ，F ，G 分别为 CC 1，C 1B 1，C 1A 1 的中点．求证：(1) B 1D ⊥平面 ABD ；(2) 平面 EGF ∥平面 ABD .证明：(1)以 B 为坐标原点，BA 、BC 、BB 1 所在的直线分别为 x 轴、y 轴、z 轴建立空间 直角坐标系 ， 如图所示，则 B (0,0,0)，D (0,2,2)，B 1(0,0,4)，设 BA ＝a ，则 A (a,0,0)，所以BA ＝(a,0,0)， BD ＝(0,2,2)， B 1D ＝(0,2，－2)， B 1 D · BA ＝0， B 1 D · BD ＝0＋4－4＝0，即 B 1D ⊥BA ，B 1D ⊥BD .又 BA ∩BD ＝B ，因此 B 1D ⊥平面 ABD .(1) E (0,0,3) G 2 ( ，1，4 (2))由 a ，1，12知， ， ，F (0,1,4)， 则 EG ＝( )， EF ＝(0,1,1)，B 1 D · EG ＝0＋2－2＝0， B 1 D · EF ＝0＋2－2＝0，即 B 1D ⊥EG ，B 1D ⊥EF .又 EG ∩EF ＝E ，因此 B 1D ⊥平面 EGF . 结合(1)可知平面 EGF ∥平面 ABD . 利用空间向量求空间角基础知识(1) 向量法求异面直线所成的角：若异面直线 a ，b 的方向向量分别为 a ，b ，异面直线所|a ·b |成的角为 θ，则 cos θ＝|cos 〈a ，b 〉|＝|a ||b |.(2) 向量法求线面所成的角：求出平面的法向量 n ，直线的方向向量 a ，设线面所成的角为|n ·a |θ，则 sin θ＝|cos 〈n ，a 〉|＝|n ||a |.(3) 向量法求二面角：求出二面角 α－l －β 的两个半平面 α 与 β 的法向量 n 1，n 2，|n 1·n 2|若二面角 α－l －β 所成的角 θ 为锐角，则 cos θ＝|cos 〈n 1，n 2〉|＝|n 1||n 2|；若二面角 α－l －β 所成的角 θ 为钝角，则 cos θ＝－|cos 〈n 1，n 2〉|＝－ |n 1·n 2||n 1||n 2|.例 1、如图，在直三棱柱 A 1B 1C 1-ABC 中，AB ⊥AC ，AB ＝AC ＝2，A 1A ＝4，点 D 是 BC 的中点．(1) 求异面直线 A 1B 与 C 1D 所成角的余弦值； (2) 求平面 ADC 1 与平面 ABA 1 所成二面角的正弦值．[解] (1)以 A 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系 A -xyz ，则A (0,0,0)，B (2,0,0)，C (0,2,0)，D (1,1,0)，A 1(0，0,4)，C 1(0,2,4)，所以1820 × 183 109 | |A 1B ＝(2,0，－4)，C 1D ＝(1，－1，－4)．因为 cos 〈 · 3 10 | ||| 10A 1B ，C 1D 〉＝ ＝ ＝ ，所以异面直线 A 1B 与 C 1D 所成角的余弦值为 10 .(2)设平面 ADC 1 的法向量为 n 1＝(x ，y ，z )，因为 ＝(1,1,0)，＝(0,2,4)，所以n 1·＝0，n 1·AD AC 1＝0，即 x ＋y ＝0 且 y ＋2z ＝0，取 z ＝1，得 x ＝2，y ＝－2，所以，AD AC 1n 1＝(2，－2,1)是平面 ADC 1 的一个法向量．取平面 ABA 1 的一个法向量为 n 2＝(0,1,0)．设平面 ADC 1 与平面 ABA 1 所成二面角的大小为 θ.n 1·n 222 由|cos θ|＝|n 1||n 2| ＝×1＝3， 得 sin θ＝ 3 .因此，平面 ADC 1 与平面 ABA 1 所成二面角的正弦值为 3 .例 2、如图，三棱柱 ABC -A 1B 1C 1 中， CA ＝CB ，AB ＝AA 1，∠BAA 1＝60°. (1)证明：AB ⊥A 1C ；(2)若平面 ABC ⊥平面 AA 1B 1B ，AB ＝CB ，求直线 A 1C与平面BB 1C 1C 所成角的正弦值．[解] (1)证明：取 AB 的中点 O ，连接 OC ，OA 1，A 1B . 因为 CA ＝CB ，所以 OC ⊥AB .由于 AB ＝AA 1，∠BAA 1＝60°，故△AA 1B 为等边三角形，所以 OA 1⊥AB . 因为 OC ∩OA 1＝O ，所以 AB ⊥平面 OA 1C . 又 A 1C ⊂平面 OA 1C ，故 AB ⊥A 1C .(2)由(1)知 OC ⊥AB ，OA 1⊥AB .又平面 ABC ⊥平面 AA 1B 1B ，交线为AB ，所以 OC ⊥平面 AA 1B 1B ，故 OA ，OA 1，OC 两两相互垂直．以 O 为坐标原点， OA 的方向为 x 轴的正方向，|OA |为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系 O -xyz . 由题设知 A (1,0,0)，A 1(0，B (－1,0 ,0 )．3，0)，C (0,0， 3)， 则BC ＝(1,0，3) ， BB1 ＝ AA 1 ＝(－1，3，0)， A 1C ＝(0，－设 n ＝(x ，y ，z )是平面 BB 1C 1C 的法向量，则Error!即Error! 可取 n ＝( 3，1，－1)．553， 3)．3 3，0)， CB ＝(2，－2 3，0)， CS ＝(0，－2，1)．故 cos n ，A 1Cn ·＝|n |||＝－ 5 .所以 A 1C 与平面 BB 1C 1C 所成角的正弦值为 5 .(1) 运用空间向量坐标运算求空间角的一般步骤：①建立恰当的空间直角坐标系；②求出相关点的坐标；③写出向量坐标；④结合公式进行论证、计算；⑤转化为几何结论．(2) 求空间角应注意：①两条异面直线所成的角 α 不一定是直线的方向向量的夹角 β，即 cos α＝|cos β|. ②两平面的法向量的夹角不一定是所求的二面角，有可能两法向量夹角的补角为所 求．例 3、如图，在四棱锥 S -ABCD 中，AB ⊥AD ，AB ∥CD ，CD ＝3AB ＝3，平面 SAD ⊥平面 ABCD ，E 是线段 AD 上一点，AE ＝ED ＝(1) 证明：平面 SBE ⊥平面 SEC ；(2) 若 SE ＝1，求直线 CE 与平面 SBC 所成角的正弦值．3，SE ⊥AD . 解：(1)证明：∵平面 SAD ⊥平面 ABCD ，平面 SAD ∩平面 ABCD ＝AD ，SE ⊂平面SAD ，SE ⊥AD ，∴SE ⊥平面 ABCD .∵BE ⊂平面 ABCD ，∴SE ⊥BE .∵AB ⊥AD ，AB ∥CD ，CD ＝3AB ＝3，AE ＝ED ＝∴∠BEC ＝90°，3，∴∠AEB ＝30°，∠CED ＝60°.即 BE ⊥CE .又 SE ∩CE ＝E ，∴BE ⊥平面 SEC . ∵BE ⊂平面 SBE ，∴平面 SBE ⊥平面 SEC .(2)由(1)知，直线 ES ，EB ，EC 两两垂直．如图，以 E 为原点，EB 为 x 轴，EC 为 y 轴，E S 为所以 CE z 轴，建立空间直角坐标系．则 E (0,0,0)，C (0,2 3，0)，S (0,0,1)，B (2,0,0)， 设平面 SBC 的法向量为 n ＝(x ，y ，z )，则Error!即Error!令 y ＝1，得 x ＝ 3，z ＝2 3，则平面 SBC 的一个法向量为 n ＝( 3，1,2 3)．n · 1设直线 CE 与平面 SBC 所成角的大小为 θ，则 sin θ＝||n |·|||＝4， 1010＝(0，－23 1 ()1故直线 CE 与平面 SBC 所成角的正弦值为4.例 4、如图是多面体 ABC -A 1B 1C 1 和它的三视图．(1) 线段 CC 1 上是否存在一点 E ，使 BE ⊥平面 A 1CC 1？若不存在，请说明理由，若存在，请找出并证明；(2) 求平面 C 1A 1C 与平面 A 1CA 夹角的余弦值．解：(1)由题意知 AA 1，AB ，AC 两两垂直，建立如图所示的空间直角坐标系，则A (0,0,0)，A 1(0,0,2)，B (－2,0,0)，C (0，－2,0)，C 1(－1，－1,2)，则 CC ＝(－1,1,2)，A 1C 1 ＝(－1，－1,0)， A 1C ＝(0，－2，－2)．设 E (x ，y ，z )，则CE ＝(x ，y ＋2，z )，EC 1 ＝(－1－x ，－1－y,2－z )．设CE ＝λ EC 1 (λ>0)，－λ －2－λ 2λ则Error!则 E (1＋λ ，， 1＋λ 1＋)λ ，2＋λ ＝ 1＋ ， －2－λ 1＋ ，2λ 1＋λ .BEλ λ 由Error!得Error!解得 λ＝2， 所以线段 CC 1 上存在一点 E ，＝2，使 BE ⊥平面 A 1CC 1. CE EC 1(2)设平面 C 1A 1C 的法向量为 m ＝(x ，y ，z )，则由Error!得Error!取 x ＝1，则 y ＝－1，z ＝1.故 m ＝(1，－1,1)，而平面 A 1CA 的一个法向量为n ＝(1,0,0)，m ·n 则 cos 〈m ，n 〉＝|m ||n |＝3 为 3 .利用空间向量解决探索性问题13＝ 3 ，故平面 C 1A 1C 与平面 A 1CA 夹角的余弦值 例 1、如图 1，正△ABC 的边长为 4，CD 是 AB 边上的高，E ，F 分别是 AC 和 BC 边的中点，现将△ABC 沿 CD 翻折成直二面角 A -DC -B (如图 2)．(1)试判断直线AB 与平面DEF 的位置关系，并说明理由；(2)求二面角E-DF-C 的余弦值；BP(3)在线段BC上是否存在一点P，使AP⊥DE？如果存在，求出BC的值；如果不存在，请说明理由．[解] (1)在△ABC 中，由E，F 分别是AC，BC 中点，得EF∥AB.又AB⊄平面DEF，EF⊂平面DEF，∴AB∥平面DEF.(2)以点D 为坐标原点，以直线DB，DC，DA 分别为x 轴、y 轴、z 轴，建立空间直角坐标系，则A(0,0,2)，B(2,0,0)，C(0，2 3，0)，E(0，3，1)，F(1，3，0)，DF ＝(1，3，0)，DE ＝(0，3，1)，DA ＝(0,0,2)．平面CDF 的法向量为DA则Error!即Error!取n＝(3，－＝(0,0,2)．设平面EDF 的法向量为n＝(x，y，z)，3，3)，·n 21 21cos〈DA ，n〉＝| ||n| 7 7＝，所以二面 角 E -D F -C 的余弦值为.(3)存在．设P(s，t,0)，有2 3＝(s，t，－2)，则AP·＝3t－2＝0，∴t＝AP DE3 ，又BP ＝(s－2，t,0)，PC ＝(－s,2＝－st，3－t,0)，∵ BP ∥ PC ，∴(s－2)(2∴ 3s＋t＝2 3. 把t＝2 334代入上式得s＝3，∴＝31，BP BCBP 1∴在线段BC 上存在点P，使AP⊥DE. 此时，BC＝3.1空间向量法最适合于解决立体几何中的探索性问题，它无需进行复杂的作图、论证、推理，只需通过坐标运算进行判断.2解题时，把要成立的结论当作条件，据此列方程或方程组，把“是否存在”问题转化为“点的坐标是否有解，是否有规定范围内的解”等，所以为使问题的解决更简单、有效，应善于运用这一方法.3－t)2例 2、.如图所示，在直三棱柱 ABC -A 1B 1C 1 中，∠ACB ＝90°，AA 1＝BC ＝2AC ＝2.(1)若 D 为 AA 1 中点，求证：平面 B 1CD ⊥平面 B 1C 1D ；(2)在 AA 1 上是否存在一点 D ，使得二面角 B 1-CD -C 1 的大小为 60°？解：(1)证明：如图所示，以点 C 为原点，CA ，CB ，CC 1 所在直线分别为 x ，y ，z 轴建 立空间直角坐标系．则 C (0,0,0)，A (1,0,0)，B 1(0,2,2)，C 1(0,0,2)，D (1,0,1)， 即C 1 B 1 ＝(0,2,0)， DC 1 ＝(－1,0,1)， CD ＝(1,0,1)．由C 1 B 1 ·CD ＝(0,2,0)·(1,0,1)＝0＋0＋0＝0，得C 1B 1 ⊥ CD ，即 C 1B 1⊥CD . 由DC 1 · CD ＝(－1,0,1)·(1,0,1)＝－1＋0＋1＝0，得 DC 1 ⊥ CD ，即 DC 1⊥CD .又 DC 1∩C 1B 1＝C 1，∴CD ⊥平面 B 1C 1D .又 CD ⊂平面B 1CD ，∴平面 B 1CD ⊥平面 B 1C 1D .(2)存在．当 AD ＝ 2 2AA 1 时，二面角 B 1 -CD -C 1 的大小为 60°.理由如下：设 AD ＝a ，则 D 点坐标为(1,0，a C)D ， ＝(1,0，a )，＝(0,2,2)，设平面 B 1CD 的法向量为 m ＝(x ，y ，z )，则Er ro r! ⇒Error!令 z ＝－1，得 m ＝(a,1，－1)．CB 1又∵ CB ＝(0,2,0)为平面 C 1CD 的一个法向量，则 cos 60°|m ·| 11＝|m |·||＝ 解得 a ＝ 2(负值舍去)，故 AD ＝ 2＝ 2AA 1.∴在 AA 1 上存在一点 D 满足题意．空间直角坐标系建立的创新问题空间向量在处理空间问题时具有很大的优越性，能把“非运算”问题“运算”化，即通过直线的方向向量和平面的法向量解决立体几何问题．解决的关键环节之一就是建立空间直角坐标系，因而建立空间直角坐标系问题成为近几年试题新的命题点．一、经典例题领悟好例1、如图，四棱锥 P -ABCD 中，PA ⊥底面 ABCD ，BC ＝CD ＝2，AC ＝4， π∠ACB ＝∠ACD ＝3，F 为 PC 的中点，AF ⊥PB . (1)求PA 的长；(2)求二面角 B -AF -D 的正弦值．(1) 学审题——审条件之审视图形a 2＋2＝2，3建系――→由条件知AC⊥BD DB，AC 分别为x，y 轴―→写出A，B，C，D 坐标PA ⊥ 面ABCD PF＝C AF ⊥ PB――――――――→F――→――→设P 坐标可得F 坐标AF ·PB ＝0―→得P 坐标并求PA 长．(2)学审题由(1)―→ AD，AF，A的B坐标向量n1，n2分别为平面FAD、平面FAB的法向量 ―――――――――――――――――――→ n ·AD ＝0 且n ·AF ＝0―→求得1 1n1·n2―→求得夹角余弦．[解] (1)如图，连接BD 交AC 于O，因为B C ＝ CD ， 即 △B C D 为等腰三角形，又AC 平分∠BCD，故AC⊥BD.以O 为坐标原点，，，的方向分别为x 轴，yOB OC AP轴，z 轴的正方向，建立空间直角坐标系O-xyz，则OC＝CD cosππ3＝1.而AC＝4，得AO＝AC－OC＝3. 又OD＝CD sin3＝3，故A(0，－3,0)，B( 3，0,0)，C(0,1,0)，D(－3，0,0)．(0，－1，z)因PA⊥底面ABCD，可设P(0，－3，z)．由F 为PC 边中点，知F 2 .又z(0，2，AF ＝z2)2 ，PB ＝( 3，3，－z)，AF⊥PB，故AF ·PB ＝0，即6－2 ＝0， z ＝ 2 3(舍去－2 3)，所以| PA |＝ 2 .(2)由(1)知AD ＝(－3，3,0)，AB ＝( 3，3,0)，AF ＝(0,2，3).设平面FAD的法向量为n1＝(x1，y1，z1)，平面FAB的法向量为n2＝(x2，y2，z2)，由n1A·Dn1＝(3 ，由n2·n2＝(3，－＝0，n1AF·＝0，n2·＝0，得Error!因此可取＝0，得Error!故可取3，－2)．3，2)．AB AFn1·n2 1 从而法向量n1，n2的夹角的余弦值为cos〈n1，n2〉＝|n1|·|n2|＝8.3 7故二面角B-AF-D 的正弦值为8 .建立空间直角坐标系的基本思想是寻找其中的线线垂直关系本题利用AC⊥BD ，3 若图中存在交于一点的三条直线两两垂直，则以该点为原点建立空间直角坐标系.在没有明显的垂直关系时，要通过其他已知条件得到垂直关系，在此基础上选择一个合理的位置建立空间直角坐标系，注意建立的空间直角坐标系是右手系，正确确定坐标轴的名称.例 2、如图，在空间几何体中，平面 ACD ⊥平面ABC ，AB ＝BC ＝CA ＝DA ＝DC ＝BE ＝2.BE 与平面 ABC 所成的角为 60°，且点 E 在平面ABC 内的射影落在∠ABC 的平分线上．(1) 求证：DE ∥平面 ABC ； (2) 求二面角 E -BC -A 的余弦值．解：证明：(1)易知△ABC ，△ACD 都是边长为 2 的等边三角形，取 AC 的中点 O ，连接 BO ，DO ，则 BO ⊥AC ，DO ⊥AC . ∵平面 ACD ⊥平面 ABC ， ∴DO ⊥平面 ABC . 作 EF ⊥平面 ABC ，则 EF ∥DO . 根据题意，点 F 落在 BO 上，∴∠EBF ＝60°，易求得 EF ＝DO ＝ 3，∴四边形 DEFO 是平行四边形，DE ∥OF .∵DE ⊄平面 ABC ，OF ⊂平面 ABC ，∴DE ∥平面 ABC .(2) 建立如图所示的空间直角坐标系 O -xyz ，可求得平面 ABC 的一个法向量为n 1＝(0,0,1)．3，0)，E (0， 3－1，3，0)，可得 C (－1,0,0)，B (0，BE ＝(0，－1，3)．)， 则 CB ＝(1，设平面 BCE 的法向量为 n 2＝(x ，y ，z )，则可得 n 2CB ·＝0，n 2BE · ＝0， 即(x ，y ，z )·(1，3，0)＝0，(x ，y ，z )·(0，－1， 3)＝0，可取n 2＝(－3，3，1)． n 1·n 113 故 cos 〈n 1，n 2〉＝|n 1|·|n 2|＝ 13 . 又由图知，所求二面角的平面角是锐角，13故二面角 E -BC -A 的余弦值为 13 .专题训练1. 如图所示，在多面体 ABCD －A 1B 1C 1D 1 中，上、下两个底面A 1B 1C 1D 1 和 ABCD互相平行，且都是正方形，DD 1⊥底面ABCD ，AB ∥A 1B 1，AB ＝2A 1B 1＝2DD 1＝2a . (1)求异面直线 AB 1与 DD 1 所成角的余弦值；(2)已知 F 是 AD 的中点，求证：FB 1⊥平面 BCC 1B 1.解：以 D 为原点，DA ，DC ，DD 1 所在直线分别为 x 轴，y 轴，z 轴，建立如图所示3||·|| 的空间直角坐标系，则 A (2a,0,0)，B (2a,2a,0)，C (0,2a,0)，D 1(0,0，a )，F (a,0,0)， B 1(a ，a ，a )， C 1(0，a ，a )．(1)∵·AB 1 ＝(－a ，a ，a )， DD 1 ＝(0,0，a )，∴cos 〈 AB 1 ， DD 1 〉＝＝3 3 ，所以异面直 线AB 1 与 DD 1 所成角的余弦值为 3 . (2) 证明：∵BB 1 ＝(－a ，－a ，a )， BC ＝(－2a,0,0)， FB 1 ＝(0，a ，a )， ∴Error!∴FB 1⊥BB 1，FB 1⊥BC .∵BB 1∩BC ＝B ，∴FB 1⊥平面 BCC 1B 1.2. 如图，在三棱柱 ABC -A 1B 1C 1 中，AA 1C 1C 是边长为 4 的正方形，平面 ABC ⊥平面 AA 1C 1C ，AB ＝3，BC ＝5.(1) 求证：AA 1⊥平面 ABC ；(2) 求二面角 A 1-BC 1-B 1 的余弦值；BD(3) 证明：在线段 BC 1 上存在点 D ，使得 AD ⊥A 1B ，并求BC 1的值．解：(1)证明：因为四边形 AA 1C 1C 为正方形，所以AA 1⊥AC .因为平面 ABC ⊥平面 AA 1C 1C ，且 AA 1 垂直于这两个平面的交线 AC ，所以 AA 1⊥平面 ABC .(2)由(1)知 AA 1⊥AC ，AA 1⊥AB .由题知 AB ＝3，BC ＝5，AC ＝4，所以 AB ⊥AC .如图，以 A 为原点建立空间直角坐标系 A -xyz ，则 B (0,3,0)，A 1(0,0,4)，B 1(0,3,4)，C 1(4,0,4)，A 1B ＝(0,3，－4)， A 1C 1 ＝(4,0,0)．设平面 A 1BC 1 的法向量为 n ＝(x ，y ，z )，则Error!即Error!令 z ＝3，则 x ＝0，y ＝4，所以 n ＝(0,4,3)． 同理可得，平面 B 1BC 1 的一个法向量为 m ＝(3,4,0)．所以 cos 〈n ，m 〉n ·m 16 ＝|n ||m |＝25.16由题知二面角 A 1-BC 1-B 1 为锐角，所以二面角 A 1-BC 1-B 1 的余弦值为 25. (3) 证明：设 D (x ，y ，z )是直线 BC 1 上一点，且 ＝λ .BD BC 112＋ 2－2 × 1 × cos 60° ( )112 23 1 11 9 1所以(x ，y －3，z )＝λ(4，－3,4)．解得 x ＝4λ，y ＝3－3λ，z ＝4λ.所以25 AD ＝(4λ，3－3λ，4λ)．由 AD · A 1B ＝0，即 9－25λ＝0，解得 λ＝.9因为25∈[0,1]，所以在线段 BC 1 上存在点 D ，使得 AD ⊥A 1B .BD 9此时，BC 1＝λ＝25.3. 如图(1)，四边形 ABCD 中，E 是 BC 的中点，DB ＝2，DC ＝1，BC ＝5，AB ＝AD ＝ 2. 将图(1)沿直线 BD 折起，使得二面角A-B D -C 为 60°，如图(2)．(1) 求证：AE ⊥平面 BDC ；(2) 求直线 AC 与平面 ABD 所成角的余弦值．1解：(1)证明：取 BD 的中点 F ，连接 EF ，AF ，则 AF ＝1，EF ＝2，∠AFE ＝60°. 3 由余弦定理知 AE ＝＝ 2 .∵AE 2＋EF 2＝AF 2，∴AE ⊥EF .∵AB ＝AD ，F 为 BD 中点．∴BD ⊥AF .又BD ＝2，DC ＝1，BC ＝ 5，∴BD 2＋DC 2＝BC 2，即 BD ⊥CD .又 E 为 BC 中点，EF ∥CD ，∴BD ⊥EF .又 EF ∩AF ＝F ， ∴BD ⊥平面 AEF .又 BD ⊥AE ，∵BD ∩EF ＝F ，∴AE ⊥平面 BDC .(2) 以 E 为原点建立如图所示的空间直角坐标系，则 A30，0，2 ，(－1， ，0) (1，－ ，0) C 2 ，B 2 ，(－1，－ ，0)(1， ，1 3) (－1) ， ，－ D2， DB ＝(2,0,0)， DA ＝22 ， AC ＝2 2.设平面 ABD 的法向量为 n ＝(x ，y ，z )，)(5.由Error!得Error!取 z ＝ 3， 则 y ＝－3， 又 ∵n ＝(0，－3， 3)．n ·∴cos 〈n ， A 〉C＝|n |||＝－ 4 .故直线 AC 与平面 ABD 所成角的余弦值为 4 .4. 如图所示，在矩形 ABCD 中，AB ＝3 5，AD ＝6，BD 是对角线，过点 A 作AE ⊥BD ，垂足为 O ，交 CD 于 E ，以 AE 为折痕将△ADE 向上折起，使点 D 到点 P 的位置，且 PB ＝ 41.(1)求证：PO ⊥平面 ABCE ； (2)求二面角 E -AP -B 的余弦值． 解：(1)证5，AD ＝6，∴BD ＝9.在矩形 ABCD 中，明：由已知得 AB ＝3 ∵AE ⊥BD ，DO AD∴Rt △AOD ∽Rt △BAD ，∴AD ＝BD ，∴DO ＝4，∴BO ＝5.在△POB 中，PB ＝ 41，PO ＝4，BO ＝5，∴PO 2＋BO 2＝PB 2，∴PO ⊥OB .又 PO ⊥AE ，AE ∩OB ＝O ，∴PO ⊥平面 ABCE .(2)∵BO ＝5，∴AO ＝ AB 2－OB 2＝2以 O 为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则 P (0,0,4)，A (2B (0,5,0)，5，0,0)，PA ＝(2 5，0，－4)， PB ＝(0,5，－4)．设 n 1＝(x ，y ，z )为平面 APB 的法向量．则Error!即Error!取 x ＝2 5得n 1＝(25，4,5)．又 n 2＝(0,1,0)为平面 AEP 的一个法向量， n 1·n 24 4 61 ∴cos 〈n 1 ，n 2〉＝|n 1|·|n 2|＝ 4 6161 × 1＝ 61 ，故二面角 E -AP -B 的余弦值为 61 .5. 如图，在四棱锥 P -ABCD 中，侧面 PAD ⊥底面 ABCD ，侧棱PA ＝PD ＝ 2，PA ⊥PD ，底面 ABCD 为直角梯形，其中1066 BC ∥AD ，AB⊥AD ，AB ＝BC ＝1，O 为AD 中点． (1)求直线 PB 与平面 POC 所成角的余弦值； (2)求 B 点到平面 PCD 的距离；(3)线段 PD 上是否存在一点 Q ，使得二面角 Q -AC -D 的余弦值为PQ3 ？若存在，求出QD 的值；若不存在，请说明理由．解：(1)在△PAD 中，PA ＝PD ，O 为 AD 中点，所以 PO ⊥AD .又侧面 PAD ⊥底面ABCD ，平面 PAD ∩平面 ABCD ＝AD ，PO ⊂平面 PAD ，所以 PO ⊥平面 ABCD .又在直角梯形 ABCD 中，连接 OC ，易得 OC ⊥AD ，所以以 O 为坐标原点， OC ，OD ，OP 所在直线分别为 x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系，则 P (0,0,1)， A (0，－1,0)，B (1，－1,0)，C (1,0,0)，D ( 0 ,1 ,0)，∴PB ＝(1，－1，－1)，易证 OA ⊥平面 POC ，∴ OA ＝(0，－1,0)是平面 POC 的法向量，cos 〈| |||·P B， OA 〉＝ ＝. ∴直线 PB 与平面 POC 所成角的余弦值为.(2)PD ＝(0,1，－1)， CP ＝(－1,0,1)．设平面 PDC 的一个法向量为 u ＝(x ，y ，z )，|·u | 3 则Error!取 z ＝1，得 u ＝(1, 1 ,1 )．∴B 点 到 平面 PCD 的 距 离 为 d ＝|u |＝ 3 .(3) 假设存在一点 Q ，则设 ＝λ (0<λ<1)．∵PQ PD＝(0,1，－1)， PD ∴PQ ＝(0，λ，－λ)＝ OQ － OP ，∴ OQ ＝(0，λ，1－λ)，∴Q (0，λ，1－λ)．设平面 CAQ 的一个法向量为 m ＝(x ，y ，z )，又 A ＝C (1,1,0)，AQ ＝(0，λ＋1,1－λ)， 则Error!取 z ＝λ＋1，得 m ＝(1－λ，λ－1，λ＋1)，又平面 CAD 的一个法向量为 n ＝(0,0,1)，二面角 Q -AC -D 的余弦值为 3 ，|m ·n | 6 1所以|cos 〈m ，n 〉|＝|m ||n |＝ 3 ，得 3λ2－10λ＋3＝0，解得 λ＝3或 λ＝3(舍)，PQ 1所以存在点 Q ，且QD ＝2.6. 如图，在四棱锥 S -ABCD 中，底面 ABCD 是直角梯形，侧棱 SA ⊥底面6333610 2－12 ＋5( ) 1 1 x ( )x 35 66 | | || | | 1ABCD ，AB 垂直于 AD 和 BC ，SA ＝AB ＝BC ＝2，AD ＝1.M 是棱 SB 的中点．(1) 求证：AM ∥平面 SCD ；(2) 求平面 SCD 与平面 SAB 所成二面角的余弦值；(3) 设点 N 是直线 CD 上的动点，MN 与平面 SAB 所成的角为 θ，求 sin θ 的最大值． 解： (1) 以点 A 为原点建立如图所示的空间直角坐标系，则 A (0,0,0)，B (0,2,0)，C (2,2,0)，D (1,0,0)， S (0,0,2)，M (0,1,1)．所以 ＝(0,1,1)， ＝(1,0，－2)，＝(－1，－2,0)．AMSD CD设平面 SCD 的法向量是 n ＝(x ，y ，z )，则Error!即Error!令 z ＝ 1 ， 则 x ＝2，y ＝ － 1 ， 于是 n ＝(2，－1,1)．∵ ·n ＝0，∴ ⊥n .又 AM ⊄平面 SCD ，AMAM∴AM ∥平面 SCD .(2) 易知平面 SAB 的一个法向量为 n 1＝(1,0,0)．设平面 SCD 与平面 SAB 所成的二面角为 φ，则 |cos φ|＝6n 1·n 1，0，0 · 2，－1，12|n 1|·|n | ＝ 1·＝1· ＝ 3 ，即 cos φ＝ 3 .6∴平面 SCD 与平面 SAB 所成二面角的余弦值为 3 .(3)设 N (x,2x －2,0)(x ∈[1,2])，则 MN ＝(x,2x －3，－1)．又平面 SAB 的一个法向量为 n 1＝(1,0,0)，∴sinθ＝ |x ，2x －3，－1· 1，0，0| |x||1 1|x 2＋ 2x －3 2＋ －12·1 ＝ 5x 2－12x ＋10 ＝5－12 ·x ＋10·x 2 1110 (1－ 3)＋ 7＝ ＝1 3 52 x 5 5 . 当x ＝5，即 x ＝3时，(sin θ)max ＝ 7 .7、如图，四边形 ABEF 和四边形 ABCD 均是直角梯形，∠FAB ＝∠DAB ＝90°，AF ＝AB ＝BC ＝2，AD ＝1，FA ⊥CD .66 t(1) 证明：在平面 BCE 上，一定存在过点 C 的直线 l 与直线 DF 平行； (2) 求二面角 F -CD -A 的余弦值．解：(1)证明：由已知得，BE ∥AF ，BC ∥AD ，BE ∩BC ＝B ，AD ∩AF ＝A ， ∴平面 BCE ∥平面 ADF .设平面 DFC ∩平面 BCE ＝l ，则 l 过点 C .∵平面 BCE ∥平面 ADF ，平面 DFC ∩平面 BCE ＝l ， 平面 DFC ∩平面 ADF ＝DF .∴DF ∥l ，即在平面 BCE 上一定存在过点 C 的直线 l ，使得 DF ∥l . (2)∵FA ⊥AB ，FA ⊥CD ，AB 与 CD 相交，∴FA ⊥平面 ABCD .故以 A 为原点，AD ，AB ，AF 分别为 x 轴， y 轴 ，z 轴建立空 间 直 角坐标系，如 图．由已知得，D (1,0,0)，C (2,2,0)，F (0,0,2)，∴ ＝(－1,0,2)， ＝(1,2,0)．设平面 DFC 的一个法向量为 n ＝(x ，y ，z )， 则Error!⇒Error!不妨设 z ＝1.DF DC则 n ＝(2，－1,1)，不妨设平面 ABCD 的一个法向量为 m ＝(0,0,1)． m ·n ∴cos 〈m ，n 〉＝|m ||n |＝16＝ 6 ，由于二面角 F -CD -A 为锐角，6∴二面角 F -CD -A 的余弦值为 6 .8、.如图，在四棱锥 P -ABCD 中，PD ⊥平面 ABCD ，四边形 ABCD 是菱形， AC ＝2，BD ＝2 3，E 是 PB 上任意一点．(1) 求证：AC ⊥DE ；(2) 已知二面角 A -PB -D 的余弦值为 正弦值．5 ，若 E 为 PB 的中点，求 EC 与平面 PAB 所成角的解：(1)证明：∵PD ⊥平面 ABCD ，AC ⊂平面 ABCD ，∴PD ⊥AC ，∵四边形 ABCD 是菱形，∴BD ⊥AC ，又 BD ∩PD ＝D ，∴AC ⊥平面 PBD ， ∵DE ⊂平面 PBD ，∴AC ⊥DE .(2)在△PDB 中，EO ∥PD ，∴EO ⊥平面 ABCD ，分别以 OA ，OB ，OE 所在直线为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系，设 PD ＝t ，则 A (1,0,0)，B (0，3，0)，(0，0， )C (－1,0,0)，EAP ＝(－1，－2 ，P (0，－ 3，t )， AB ＝(－1， 3，0)，3，t )．由(1)知，平面 PBD 的一个法向量为 n 1＝(1,0,0)，设平面 PAB 的法向量为15( )2 3n ＝(x ，y ，z )，则根据Error!得Error!令y ＝1，得n ＝3，1， 22t.1515 ∵二面角 A -PB -D 的余弦值为 5 3 ，则|cos 〈n 1，n 2〉 5 ， 即|＝4＋12 15 t 2 ＝5 ， 解 得 t ＝23或 t ＝－2 3(舍去)，∴P (0，－ 3，2 3)．设 EC 与平面 PAB 所成的角为 θ，∵EC ＝(－1,0，－n 2＝(3，1,1)，则 sin θ＝|cos 〈 15为 5 .E ，Cn 2〉|＝ 2 32 × 5＝ 15 5，∴EC 与平面 PAB 所成角的正弦值9、如图 1，A ，D 分别是矩形 A 1BCD 1 上的点， AB ＝2AA 1＝2AD ＝2，DC ＝2DD 1，把四边形 A 1ADD 1 沿 AD 折叠，使其与平面 ABCD 垂直，如图 2 所示，连接 A 1B ，D 1C 得几何体 ABA 1-DCD 1.(1) 当点 E 在棱 AB 上移动时，证明：D 1E ⊥A 1D ；π(2)在棱 AB 上是否存在点 E ，使二面角 D 1-EC -D 的平面角为6？若存在，求出 AE的长；若不存在，请说明理由．解：(1)证明，如图，以点 D 为坐标原点，DA ，DC ，DD 1 所在直线为 x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系 D -xyz ，则 D (0,0,0)，A (1,0,0)，C (0,2,0)，A 1(1,0,1)，D 1(0,0,1)．设 E (1，t,0)， 则D 1E ＝(1，t ，－1)， A 1 D ＝(－1,0，－1)，∴ D 1 E · A 1 D ＝1×(－1)＋t ×0＋(－1) ×(－1)＝0， ∴D 1E ⊥A 1D .(2)假设存在符合条件的点 E .设平面 D 1EC 的法向量为 n ＝(x ，y ，z )，由(1)知3)，( 1－ t 2＋ ＋ 1 2 )14 11 1EC ＝(－1,2－t,0)，11则Error!得Error!令 y ＝2，则 x ＝1－2t ，z ＝1，(1－ t ， ，1)∴n ＝ 2 2 是平面 D 1EC 的一个法向量，显然平面 ECD 的一个法向量为 DD 1 ＝(0,0,1)，1|n ·| π 3 则 cos 〈n ， DD 1 〉＝|n |||＝＝cos 6，解得 t ＝2－ 3 π(0≤t ≤2)．故存在点 E ，当 AE ＝2－3 时，二面角 D 1-EC -D 的平面角为6.3“”“”At the end, Xiao Bian gives you a passage. Minand once said, "people who learn to learn are very happy people.". In every wonderful life, learning is an eternal theme. As a professional clerical and teaching position, I understand the importance of continuous learning, "life is diligent, nothing can be gained", only continuous learning can achieve better self. Only by constantly learning and mastering the latest relevant knowledge, can employees from all walks of life keep up with the pace of enterprise development and innovate to meet the needs of the market. This document is also edited by my studio professionals, there may be errors in the document, if there are errors, please correct, thank you!。
