【志鸿优化设计】高考数学一轮复习 立体几何单元讲评教案 文 新人教版

课时作业41 空间向量的应用一、选择题1．平面α经过三点A (－1,0,1)，B (1,1,2)，C (2，－1,0)，则下列向量中与平面α的法向量不垂直的是( )．A.⎝ ⎛⎭⎪⎫12，－1，－1 B ．(6，－2，－2) C ．(4,2,2) D ．(－1,1,4)2．已知AB →＝(1,5，－2)，BC →＝(3,1，z )，若AB →⊥BC →，BP →＝(x －1，y ，－3)，且BP ⊥平面ABC ，则实数x ，y ，z 分别为( )．A.337，－157，4B.407，－157，4C.407，－2,4 D ．4，407，－15 3．如图，在正方体ABCD ­A 1B 1C 1D 1中，E 为A 1C 1的中点，则异面直线CE 与BD 所成的角为( )．A ．30°B ．45°C ．60°D ．90°4．已知a ＝(1,1,1)，b ＝(0,2，－1)，c ＝m a ＋n b ＋(4，－4，1)．若c 与a 及b 都垂直，则m ，n 的值分别为( )．A ．－1,2B ．1，－2C ．1,2D ．－1，－25．如图所示，在正方体ABCD ­A 1B 1C 1D 1中，棱长为a ，M ，N 分别为A 1B 和AC 上的点，A 1M＝AN ＝2a3，则MN 与平面BB 1C 1C 的位置关系是( )．A ．相交B ．平行C ．垂直D ．不能确定 6．在空间直角坐标系O ­xyz 中，平面OAB 的一个法向量为n ＝(2，－2,1)，已知点P (－1,3,2)，则点P 到平面OAB 的距离d 等于( )．A ．4B ．2C ．3D ．17．如图，平面ABCD ⊥平面ABEF ，四边形ABCD 是正方形，四边形ABEF 是矩形，且AF ＝12AD ＝a ，G 是EF 的中点，则GB 与平面AGC 所成角的正弦值为( )．A.66 B.33 C.63 D.23 二、填空题8．已知两平面的法向量分别为m ＝(0,1,0)，n ＝(0,1,1)，则两平面所成的二面角的大小为________．9．如图所示，在三棱柱ABC ­A 1B 1C 1中，AA 1⊥底面ABC ，AB ＝BC ＝AA 1，∠ABC ＝90°，点E ，F 分别是棱AB ，BB 1的中点，则直线EF 和BC 1所成角的大小是__________．10．已知PD ⊥正方形ABCD 所在平面，PD ＝AD ＝1，则点C 到平面PAB 的距离d ＝__________.三、解答题11．(2013届湖南师大附中月考)如图，四棱锥P ­ABCD 的底面ABCD 是正方形，侧棱PD ⊥底面ABCD ，PD ＝DC ，E 是PC 的中点．(1)证明：PA ∥平面BDE ；(2)在棱PB 上是否存在点F ，使PB ⊥平面DEF ？证明你的结论．12．(2012课标全国高考)如图，直三棱柱ABC ­A 1B 1C 1中，AC ＝BC ＝12AA 1，D 是棱AA 1的中点，DC 1⊥BD .(1)证明：DC 1⊥BC ；(2)求二面角A 1­BD ­C 1的大小．参考答案一、选择题1．D 解析： AB uu u r ＝(2,1,1)，AC uuu r＝(3，－1，－1)，设平面α的法向量为n ＝(x ，y ，z )．20,30,AB x y z AC x y z ⎧⋅=++=⎪⎨⋅=--=⎪⎩n n uu u r uuur 得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝0，y ＝－z .取y ＝1，则n ＝(0,1，－ 1)．D 选项中(－1,1,4)·(0,1，－1)＝1－4＝－3≠0.故选D. 2．B 解析：AB uu u r ⊥BC uu u r ⇒AB uu u r ·BC uu u r＝3＋5－2z ＝0，∴z ＝4.又BP ⊥平面ABC ，∴BP uur ·AB uu u r＝x －1＋5y ＋6＝0，① BP uur ·BC uu u r＝3x －3＋y －3z ＝0，②由①②得x ＝407，y ＝－157.3．D 解析：以D 点为原点，建立空间直角坐标系，设正方体棱长为1，则相关点的坐标为C (0,1,0)，E ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，12，1，B (1,1,0)，D (0,0,0)， ∴CE uur ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12，－12，1，BD uu u r＝(－1，－1,0)． ∴CE uur ·BD uu u r ＝－12＋12＋0＝0.∴CE uur ⊥BD uu u r，即CE ⊥BD .4．A 解析：c ＝(m ，m ，m )＋(0,2n ，－n )＋(4，－4,1)＝(m ＋4，m ＋2n －4，m －n ＋1)． ∵c 与a 及b 都垂直， ∴⎩⎪⎨⎪⎧c ·a ＝0，c ·b ＝0， 即⎩⎪⎨⎪⎧ m ＋4＋m ＋2n －4＋m －n ＋1＝0，2m ＋4n －8－m ＋n －1＝0， 即⎩⎪⎨⎪⎧3m ＋n ＋1＝0，m ＋5n －9＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧m ＝－1，n ＝2.5．B 解析：分别以C 1B 1，C 1D 1，C 1C 所在直线为x ，y ，z 轴，建立空间直角坐标系．∵A 1M ＝AN ＝23a ， ∴M ⎝ ⎛⎭⎪⎫a ，23a ，a 3，N ⎝ ⎛⎭⎪⎫23a ，23a ，a . ∴MN uuu r ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 3，0，23a .又C 1(0,0,0)，D 1(0，a,0)， ∴11C D uuuu r＝(0，a,0)． ∴MN uuu r ·11C D uuuu r ＝0.∴MN uuu r ⊥11C D uuuu r . ∵11C D uuuu r是平面BB 1C 1C 的法向量， 且MN ⊄平面BB 1C 1C ，∴MN ∥平面BB 1C 1C .6．B 解析：OP uu u r ＝(－1,3,2)，|OP uu u r|＝1＋9＋4＝14，|cos 〈OP uu u r ，n 〉|＝||||OP OP ⋅⋅n n uu u ruu u r ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪－2－6＋214×3＝147.d ＝147×14＝2. 7．C 解析：如图，以A 为原点建立空间直角坐标系，则A (0,0,0)，B (0,2a,0)，C (0,2a,2a )，G (a ，a,0)，F (a,0,0)，AG uuu r ＝(a ，a,0)，ACuuu r＝(0,2a,2a )，BG uu u r ＝(a ，－a,0)，BC uu u r＝(0,0,2a )，设平面AGC 的法向量为n 1＝(x 1，y 1,1)，由110,0AG AC ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩n n uuu r uu u r⇒⎩⎪⎨⎪⎧ax 1＋ay 1＝0，2ay 1＋2a ＝0⇒⎩⎪⎨⎪⎧ x 1＝1，y 1＝－1⇒n 1＝(1，－1,1)．sin θ＝11||||BG BG ⋅n n uuu r uuu r ＝2a 2a ×3＝63.二、填空题8．45°或135° 解析：cos 〈m ，n 〉＝m ·n |m ||n |＝12＝22，∴〈m ，n 〉＝45°.∴二面角为45°或135°.9．60° 解析：分别以BA ，BC ，BB 1为x ，y ，z 轴，建立空间直角坐标系，如图，设AB ＝1，则B (0,0,0)，E ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，0，0，F ⎝⎛⎭⎪⎫0，0，12，C 1(0,1,1)， ∴EF uu u r ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，0，12，1BC uuur ＝(0,1,1)．cos 〈EF uu u r ，1BC uuu r 〉＝11||||EF BC EF BC ⋅uu u r uuu ruu u r uuu r ＝1222×2＝12，∴直线EF 和BC 1所成角的大小为60°.10.22解析：以D 为原点，以DA，DC ，DP 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 (1,0,0)，B (1,1,0)，C (0,1,0)，P (0,0,1)， ∴AP uu u r ＝(－1,0,1)，AB uu u r ＝(0,1,0)，AC uuu r＝(－1,1,0)，CP uu r ＝(0，－1,1)． 设平面PAB 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，∴0,0,AP AB ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩n n uu u r uu u r即⎩⎪⎨⎪⎧－x ＋z ＝0，y ＝0，令x ＝1，则z ＝1，∴n ＝(1,0,1)．∴d ＝||AC ⋅n nuuu r＝|－1|2＝22.三、解答题11．解：解法一：(1)连结AC ，设AC 与BD 交于O 点，连结EO . 由底面ABCD 是正方形，知O 为AC 的中点， 又E 为PC 的中点， ∴OE ∥PA .∵OE ⊂平面BDE ，PA ⊄平面BDE ， ∴PA ∥平面BDE .(2)作EF ⊥PB 于点F ，则Rt△PEF ∽Rt△PBC ，∴PE PB ＝PFPC.设PD ＝a ，∴PF ·PB ＝PE ·PC ＝22a ·2a ＝a 2，连结DF ， ∵在△PBD 中，∠PDB ＝90°，PF ·PB ＝a 2＝PD 2， ∴PB ⊥DF .从而PB ⊥平面DEF ，此时PF ＝a 2PB ＝a 23a ＝33a ＝13PB ，即在棱PB 上存在点F ，PF ＝13PB ，使得PB ⊥平面DEF .解法二：(1)以D 为坐标原点，分别以DA ，DC ，DP 所在直线为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系，设PD ＝DC ＝2，则A (2,0,0)，P (0,0,2)，E (0,1,1)，B (2,2,0)，PA uu r ＝(2,0，－2)，DE u u u r＝(0,1,1)，DB uu u r＝(2,2,0)，设n 1＝(x ，y ，z )是平面BDE 的一个法向量，则由110,0DE DB ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩n n uuu r uu u r得⎩⎪⎨⎪⎧y ＋z ＝0，2x ＋2y ＝0，取y ＝－1，得n 1＝(1，－1,1)．∵PA uu r·n 1＝2－2＝0， ∴PA uu r⊥n 1.又PA ⊄平面BDE ，∴PA ∥平面BDE .(2)∵PB uur ＝(2,2，－2)，DE u u u r＝(0,1,1)， ∵PB uur ·DE u u u r＝0＋2－2＝0，∴PB ⊥DE .假设棱PB 上存在点F ，使PB ⊥平面DEF ，设PF uu u r ＝λPB uur(0＜λ＜1)， 则PF uu u r ＝(2λ，2λ，－2λ)，DF u u u r ＝DP uu u r ＋PF uu u r＝(2λ，2λ，2－2λ)， 由PF uu u r ·DF u u u r ＝0得4λ2＋4λ2－2λ(2－2λ)＝0，∴λ＝13∈(0,1)，此时PF ＝13PB ，即在棱PB 上存在点F ，PF ＝13PB ，使得PB ⊥平面DEF .12．解：(1)证明：由题设知，三棱柱的侧面为矩形． 由于D 为AA 1的中点，故DC ＝DC 1.又AC ＝12AA 1，可得DC 12＋DC 2＝CC 12，所以DC 1⊥DC .而DC 1⊥BD ，DC ∩BD ＝D ，所以DC 1⊥平面BCD . BC ⊂平面BCD ，故DC 1⊥BC .(2)由(1)知BC ⊥DC 1，且BC ⊥CC 1， 则BC ⊥平面ACC 1，所以CA ，CB ，CC 1两两相互垂直．以C 为坐标原点，CA uu r 的方向为x 轴的正方向，|CA uu r|为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系C ­xyz.由题意知A 1(1,0,2)，B (0,1,0)，D (1,0,1)，C 1(0,0,2)． 则1A D uuu r ＝(0,0，－1)，BD uu u r ＝(1，－1,1)，1DC uuur＝(－1,0,1)．设n ＝(x ，y ，z )是平面A 1B 1BD 的法向量，则10,0,BD A D ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩n n uu u r uuu r即⎩⎪⎨⎪⎧x －y ＋z ＝0，z ＝0.可取n ＝(1,1,0)．同理，设m 是平面C 1BD 的法向量，则10,0,BD DC ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩m m uu u r uuur 可取m ＝(1,2,1)． 从而cos 〈n ，m 〉＝n·m |n ||m |＝32.故二面角A 1­BD ­C 1的大小为30°.。

必刷大题14空间向量与立体几何1．(2022·新高考全国Ⅰ改编)如图，直三棱柱ABC －A 1B 1C 1的体积为4，△A 1BC 的面积为22.(1)求A 到平面A 1BC 的距离；(2)设D 为A 1C 的中点，AA 1＝AB ，平面A 1BC ⊥平面ABB 1A 1，求平面ABD 与平面BCD 夹角的正弦值．解(1)设点A 到平面A 1BC 的距离为h ，因为直三棱柱ABC －A 1B 1C 1的体积为4，所以1A A BC V -＝13S △ABC ·AA 11111433ABC A B C V -==，又△A 1BC 的面积为22，1113A A BC A BC V S h -=△＝13×22h ＝43，所以h ＝2，即点A 到平面A 1BC 的距离为2.(2)取A 1B 的中点E ，连接AE ，则AE ⊥A 1B .因为平面A 1BC ⊥平面ABB 1A 1，平面A 1BC ∩平面ABB 1A 1＝A 1B ，AE ⊂平面ABB 1A 1，所以AE ⊥平面A 1BC ，又BC ⊂平面A 1BC ，所以AE ⊥BC .又AA 1⊥平面ABC ，BC ⊂平面ABC ，所以AA 1⊥BC .因为AA 1∩AE ＝A ，AA 1，AE ⊂平面ABB 1A 1，所以BC ⊥平面ABB 1A 1，又AB ⊂平面ABB 1A 1，所以BC ⊥AB .以B 为坐标原点，分别以BC →，BA →，BB 1—→的方向为x ，y ，z 轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，由(1)知，AE ＝2，所以AA 1＝AB ＝2，A 1B ＝22.因为△A 1BC 的面积为22，所以22＝12·A 1B ·BC ，所以BC ＝2，所以A (0,2,0)，B (0,0,0)，C (2,0,0)，A 1(0，2,2)，D (1,1,1)，E (0,1,1)，则BD →＝(1,1,1)，BA →＝(0,2,0)．设平面ABD 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，n ·BD →＝0，n ·BA →＝0，x ＋y ＋z ＝0，2y ＝0，令x ＝1，得n ＝(1,0，－1)．又平面BDC 的一个法向量为AE →＝(0，－1，1)，所以cos 〈AE →，n 〉＝AE →·n |AE →|·|n |＝－12×2＝－12.设平面ABD 与平面BCD 的夹角为θ，则sin θ＝1－cos 2〈AE →，n 〉＝32，所以平面ABD 与平面BCD 夹角的正弦值为32.2.如图，四棱锥P －ABCD 的底面为正方形，PA ⊥平面ABCD ，M 是PC 的中点，PA ＝AB .(1)求证：AM ⊥平面PBD ；(2)设直线AM 与平面PBD 交于O ，求证：AO ＝2OM .证明(1)由题意知，AB ，AD ，AP 两两垂直，以A 为坐标原点，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，设PA ＝AB ＝2，则P (0,0,2)，B (2,0,0)，D (0,2,0)，C (2,2,0)，M (1,1,1)，PB →＝(2,0，－2)，PD →＝(0,2，－2)，AM →＝(1,1,1)，设平面PBD 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，n ·PB →＝2x －2z ＝0，n ·PD →＝2y －2z ＝0，取x ＝1，得n ＝(1,1,1)，∵AM →＝n ，∴AM ⊥平面PBD .(2)如图，连接AC 交BD 于点E ，则E 是AC 的中点，连接PE ，∵AM ∩平面PBD ＝O ，∴O ∈AM 且O ∈平面PBD ，∵AM ⊂平面PAC ，∴O ∈平面PAC ，又平面PBD ∩平面PAC ＝PE ，∴O ∈PE ，∴AM ，PE 的交点就是O ，连接ME ，∵M 是PC 的中点，∴PA ∥ME ，PA ＝2ME ，∴△PAO ∽△EMO ，∴PA ME ＝AO OM ＝21，∴AO ＝2OM .3.如图，在四棱锥P －ABCD 中，PA ⊥平面ABCD ，AB ∥CD ，PA ＝AB ＝2CD ＝2，∠ADC ＝90°，E ，F 分别为PB ，AB 的中点．(1)求证：CE ∥平面PAD ；(2)求点B 到平面PCF 的距离．(1)证明连接EF (图略)，∵E ，F 分别为PB ，AB 的中点，∴EF ∥PA ，∵EF ⊄平面PAD ，PA ⊂平面PAD ，∴EF ∥平面PAD ，∵AB ∥CD ，AB ＝2CD ，∴AF ∥CD ，且AF ＝CD .∴四边形ADCF 为平行四边形，即CF ∥AD ，∵CF ⊄平面PAD ，AD ⊂平面PAD ，∴CF ∥平面PAD ，∵EF ∩CF ＝F ，EF ，CF ⊂平面EFC ，∴平面PAD ∥平面EFC ，CE ⊂平面EFC ，则CE ∥平面PAD .(2)解∵∠ADC ＝90°，AB ∥CD ，∴AB ⊥AD ，CF ⊥AB ，又PA ⊥平面ABCD ，∴PA ⊥CF ，又PA ∩AB ＝A ，∴CF ⊥平面PAB ，∴CF ⊥PF .设CF ＝x ，则S △AFC ＝12×1×x ＝x 2，S △PFC ＝12×5×x ＝52x ，设点A 到平面PCF 的距离为h ，由V P －AFC ＝V A －PFC ，得13×x 2×2＝13×5x 2×h ，则h ＝255.∵点F 为AB 的中点，∴点B 到平面PCF 的距离等于点A 到平面PCF 的距离，为255.4.(2022·全国乙卷)如图，四面体ABCD 中，AD ⊥CD ，AD ＝CD ，∠ADB ＝∠BDC ，E 为AC 的中点．(1)证明：平面BED ⊥平面ACD ；(2)设AB ＝BD ＝2，∠ACB ＝60°，点F 在BD 上，当△AFC 的面积最小时，求CF 与平面ABD 所成的角的正弦值．(1)证明因为AD ＝CD ，E 为AC 的中点，所以AC ⊥DE .在△ADB 和△CDB 中，因为AD ＝CD ，∠ADB ＝∠CDB ，DB ＝DB ，所以△ADB ≌△CDB ，所以AB ＝BC .因为E 为AC 的中点，所以AC ⊥BE .又BE ∩DE ＝E ，BE ，DE ⊂平面BED ，所以AC ⊥平面BED ，又AC ⊂平面ACD ，所以平面BED ⊥平面ACD .(2)解由(1)可知AB ＝BC ，又∠ACB ＝60°，AB ＝2，所以△ABC 是边长为2的正三角形，则AC ＝2，BE ＝3，AE ＝1.因为AD ＝CD ，AD ⊥CD ，所以△ADC 为等腰直角三角形，所以DE ＝1.所以DE 2＋BE 2＝BD 2，则DE ⊥BE .由(1)可知，AC ⊥平面BED .连接EF ，因为EF ⊂平面BED ，所以AC ⊥EF ，当△AFC 的面积最小时，点F 到直线AC 的距离最小，即EF 的长度最小．在Rt △BED 中，当EF 的长度最小时，EF ⊥BD ，EF ＝DE ·BE BD ＝32.方法一由(1)可知，DE ⊥AC ，BE ⊥AC ，所以EA ，EB ，ED 两两垂直，以E 为坐标原点，EA ，EB ，ED 所在的直线分别为x ，y ，z 轴建立如图所示的空间直角坐标系，则A (1,0,0)，B (0，3，0)，D (0,0,1)，C (－1,0,0)，AB →＝(－1，3，0)，DB →＝(0，3，－1)．易得DF ＝12，FB ＝32，所以3DF →＝FB →.设F (0，y ，z )，则DF →＝(0，y ，z －1)，FB →＝(0，3－y ，－z )，所以3(0，y ，z －1)＝(0，3－y ，－z )，得y ＝34，z ＝34，即，34，所以CF →，34，设平面ABD 的法向量为n ＝(x 1，y 1，z 1)，·AB →＝－x 1＋3y 1＝0，·DB →＝3y 1－z 1＝0，不妨取y 1＝1，则x 1＝3，z 1＝3，n ＝(3，1，3)．记CF 与平面ABD 所成的角为α，则sin α＝|cos 〈CF →，n 〉|＝|CF →·n ||CF →||n |＝437.所以CF 与平面ABD 所成角的正弦值为437.方法二因为E 为AC 的中点，所以点C 到平面ABD 的距离等于点E 到平面ABD 的距离的2倍．因为DE ⊥AC ，DE ⊥BE ，AC ∩BE ＝E ，AC ，BE ⊂平面ABC ，所以DE ⊥平面ABC .因为V D －AEB ＝V E －ADB ，所以13·12AE ·BE ·DE ＝13·S △ABD ·d 2，其中d 为点C 到平面ABD 的距离．在△ABD 中，BA ＝BD ＝2，AD ＝2，所以S △ABD ＝72，所以d ＝2217.由(1)知AC ⊥平面BED ，EF ⊂平面BED ，所以AC ⊥EF ，所以FC ＝FE 2＋EC 2＝72.记CF 与平面ABD 所成的角为α，则sin α＝d CF ＝437.所以CF 与平面ABD 所成角的正弦值为437.方法三如图，过点E 作EM ⊥AB 交AB 于点M ，连接DM ，过点E 作EG ⊥DM 交DM 于点G .因为DE ⊥AC ，DE ⊥BE ，AC ∩BE ＝E ，AC ，BE ⊂平面ABC ，所以DE ⊥平面ABC ，又AB ⊂平面ABC ，所以DE ⊥AB ，又EM ∩DE ＝E ，EM ，DE ⊂平面DEM ，所以AB ⊥平面DEM ，又EG ⊂平面DEM ，所以AB ⊥EG ，又AB ∩DM ＝M ，AB ，DM ⊂平面ABD ，所以EG ⊥平面ABD ，则EG 的长度等于点E 到平面ABD 的距离．因为E 为AC 的中点，所以EG 的长度等于点C 到平面ABD 的距离的12.因为EM ＝AE ·sin 60°＝32，所以EG ＝DE ·EM DM ＝DE ·EM DE 2＋EM 2＝217，所以点C 到平面ABD 的距离d ＝2217.FC ＝FE 2＋EC 2＝72.记CF 与平面ABD 所成的角为α，则sin α＝d CF ＝437.所以CF 与平面ABD 所成角的正弦值为437.5．(2023·青岛模拟)如图①，在梯形ABCD 中，AB ∥DC ，AD ＝BC ＝CD ＝2，AB ＝4，E 为AB 的中点，以DE 为折痕把△ADE 折起，连接AB ，AC ，得到如图②的几何体，在图②的几何体中解答下列问题．(1)证明：AC ⊥DE ；(2)请从以下两个条件中选择一个作为已知条件，求平面DAE 与平面AEC 夹角的余弦值．①四棱锥A －BCDE 的体积为2；②直线AC 与EB 所成角的余弦值为64.(1)证明在图①中，连接CE (图略)，因为DC ∥AB ，CD ＝12AB ，E 为AB 的中点，所以DC ∥AE ，且DC ＝AE ，所以四边形ADCE 为平行四边形，所以AD ＝CE ＝CD ＝AE ＝2，同理可证DE ＝2，在图②中，取DE 的中点O ，连接OA ，OC (图略)，则OA ＝OC ＝3，因为AD ＝AE ＝CE ＝CD ，所以DE ⊥OA ，DE ⊥OC ，因为OA ∩OC ＝O ，OA ，OC ⊂平面AOC ，所以DE ⊥平面AOC ，因为AC ⊂平面AOC ，所以DE ⊥AC .(2)解若选择①：由(1)知DE ⊥平面AOC ，DE ⊂平面BCDE ，所以平面AOC ⊥平面BCDE ，且交线为OC ，所以过点A 作AH ⊥OC 交OC 于点H (图略)，则AH ⊥平面BCDE ，因为S 四边形BCDE ＝23，所以四棱锥A －BCDE 的体积V A －BCDE ＝2＝13×23·AH ，所以AH ＝OA ＝3，所以AO 与AH 重合，所以AO ⊥平面BCDE ，建立如图所示的空间直角坐标系，则O (0,0,0)，C (－3，0,0)，E (0,1,0)，A (0,0，3)，易知平面DAE 的一个法向量为CO →＝(3，0,0)，设平面AEC 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，因为CE →＝(3，1,0)，CA →＝(3，0，3)，·CE →＝3x ＋y ＝0，·CA →＝3x ＋3z ＝0，取n ＝(1，－3，－1)，设平面DAE 与平面AEC 的夹角为θ，则cos θ＝|CO →·n ||CO →||n |＝33×5＝55，所以平面DAE 与平面AEC 夹角的余弦值为55.若选择②：因为DC ∥EB ，所以∠ACD 即为异面直线AC 与EB 所成的角，在△ADC 中，cos ∠ACD ＝AC 2＋4－44AC＝64，所以AC ＝6，所以OA 2＋OC 2＝AC 2，即OA ⊥OC ，因为DE ⊥平面AOC ，DE ⊂平面BCDE ，所以平面AOC ⊥平面BCDE ，且交线为OC ，又OA ⊂平面AOC ，所以AO ⊥平面BCDE ，建立如图所示的空间直角坐标系，则O (0,0,0)，C (－3，0,0)，E (0,1,0)，A (0,0，3)，易知平面DAE 的一个法向量为CO →＝(3，0,0)，设平面AEC 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，因为CE →＝(3，1,0)，CA →＝(3，0，3)，·CE →＝3x ＋y ＝0，·CA →＝3x ＋3z ＝0，取n ＝(1，－3，－1)，设平面DAE 与平面AEC 的夹角为θ，则cos θ＝|CO →·n ||CO →||n |＝33×5＝55，所以平面DAE 与平面AEC 夹角的余弦值为55.6.(2022·连云港模拟)如图，在三棱锥A －BCD 中，△ABC 是正三角形，平面ABC ⊥平面BCD ，BD ⊥CD ，点E ，F 分别是BC ，DC 的中点．(1)证明：平面ACD ⊥平面AEF ；(2)若∠BCD ＝60°，点G 是线段BD 上的动点，问：点G 运动到何处时，平面AEG 与平面ACD 的夹角最小．(1)证明因为△ABC 是正三角形，点E 是BC 的中点，所以AE ⊥BC ，又因为平面ABC ⊥平面BCD ，平面ABC ∩平面BCD ＝BC ，AE ⊂平面ABC ，所以AE ⊥平面BCD ，又因为CD ⊂平面BCD ，所以CD ⊥AE ，因为点E ，F 分别是BC ，CD 的中点，所以EF ∥BD ，又因为BD ⊥CD ，所以CD ⊥EF ，又因为AE ∩EF ＝E ，AE ⊂平面AEF ，EF ⊂平面AEF ，所以CD ⊥平面AEF ，又因为CD ⊂平面ACD ，所以平面ACD ⊥平面AEF .(2)解在平面BCD 中，过点E 作EH ⊥BD ，垂足为H ，此时EH ∥CD ，即H 为BD 的中点，设BC ＝4，则EA ＝23，DF ＝FC ＝1，EF ＝ 3.以E 为原点，以EH ，EF ，EA 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E (0,0,0)，A (0,0,23)，C (－1，3，0)，D (1，3，0)，设G (1，y ,0)(－3≤y ≤3)，则EA →＝(0,0,23)，AD →＝(1，3，－23)，CD →＝(2,0,0)，EG →＝(1，y ,0),设平面AEG 的法向量为n 1＝(x 1，y 1，z 1)，n 1·EA →＝23z 1＝0，n 1·EG →＝x 1＋yy 1＝0，令y 1＝－1，得n 1＝(y ，－1,0)，设平面ACD 的法向量为n 2＝(x 2，y 2，z 2)，2·CD →＝2x 2＝0，2·AD →＝x 2＋3y 2－23z 2＝0，令z 2＝1，得n 2＝(0,2,1)，设平面AEG 与平面ACD 的夹角为θ，则cos θ＝|cos 〈n 1，n 2〉|＝|－2|5·y 2＋1＝25·y 2＋1，当y ＝0时，cos θ最大，此时平面AEG 与平面ACD 的夹角θ最小，故当点G 为BD 的中点时，平面AEG 与平面ACD 的夹角最小．。

【例1】 (2018·全国卷Ⅰ)如图，在平行四边形ABCM中， AB＝AC＝3，∠ACM＝90°，以AC为折痕将△ACM折起，使 点M到达点D的位置，且AB⊥DA.
(1)证明：平面ACD⊥平面ABC； (2)Q为线段AD上一点，P为线段BC上一点，且BP＝DQ
＝23DA，求三棱锥Q－ABP的体积．
CF得 AADE
＝
CF CD
，故AC∥EF.在△DEF中，DE＝DF，H为EF中
点，可得EF⊥HD，翻折后仍然有EF⊥HD′，所以AC⊥
HD′.
(2)由EF∥AC得ODHO＝AADE ＝14.由AB＝5，AC＝6得DO＝BO
＝ AB2－AO2 ＝4，所以OH＝1，D′H＝DH＝3，于是OD′2
＋OH2＝(2 2 )2＋12＝9＝D′H2，故OD′⊥OH.由(1)知AC⊥
(2)当P为AM的中点时，MC∥平面PBD.证明如下：连接 AC交BD于O.因为ABCD为矩形，所以O为AC的中点．连接 OP，因为P为AM中点，所以MC∥OP.又MC⊄平面PBD，OP ⊂平面PBD，所以MC∥平面PBD.
【突破训练3】 (2018·全国卷Ⅲ)如图，矩形ABCD所在平 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)在线段AM上是否存在点P，使得MC∥平面PBD？说明 理由．
解析 (1)证明：由题设知，平面CMD⊥平面ABCD，交线 为CD.因为BC⊥CD，BC⊂平面ABCD，所以BC⊥平面 CMD，故BC⊥DM.因为M为 CD 上异于C，D的点，且DC为直 径，所以DM⊥CM.又BC∩CM＝C，所以DM⊥平面BMC.而 DM⊂平面AMD，故平面AMD⊥平面BMC.
OOEB＝DCBE＝12.

【例2】 (2018·高考全国卷Ⅱ)如图，在三棱锥P－ABC中，AB＝BC＝2 2 ，PA＝ PB＝PC＝AC＝4，O为AC的中点． (1)证明：PO⊥平面ABC； (2)若点M在棱BC上，且MC＝2MB，求点C到平面POM的距离．
[解析] (1)证明：∵AB＝BC＝2 2，AC＝4，∴AB2＋BC2＝AC2，即△ABC是直角 三角形．连接OB， 又O为AC的中点，∴OA＝OB＝OC. ∵PA＝PB＝PC，∴△POA≌△POB≌△POC， ∴∠POA＝∠POB＝∠POC＝90°， ∴PO⊥AC，PO⊥OB，OB∩AC＝O，∴PO⊥平面ABC.
(2)由(1)得PO⊥平面ABC，PO＝ PA2－AO2＝2 3，
在△COM中，OM＝
OC2＋CM2－2OC·CMcos
45°＝2
3
5 .
S△POM＝12×PO×OM＝12×2 3×235＝2 315，
S△COM＝12×23×S△ABC＝43.
设点C到平面POM的距离为d.
由VP－OMC＝VC－POM，得13×S△POM·d＝13×S△OCM×PO，
[答案] B
跟踪训练 (2018·西安八校联考)在平行四边形ABCD中，∠ABD＝90°，且AB＝
1，BD＝ 2 ，若将其沿BD折起使平面ABD⊥平面BCD，则三棱锥A－BDC的外接
球的表面积为( )
A．2π
B.8π
C．16π
D.4π
解析：画出对应的平面图形和立体图形，如图所示．在立体图形中，设AC的中点 为O，连接OB，OD，因为平面ABD⊥平面BCD，CD⊥BD，所以CD⊥平面ABD. 又AB⊥BD，所以AB⊥平面BCD，所以△CDA与△CBA都是以AC为斜边的直角三 角形，所以OA＝OC＝OB＝OD，所以点O为三棱锥A－BDC的外接球的球心．于 是，外接球的半径r＝12AC＝12 CD2＋DA2＝12 12＋ 32＝1.故外接球的表面积S＝ 4πr2＝4π.故选D.