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高中数学用空间向量解立体几何问题方法归纳

作者:高考题库网
来源:https://www.bjmy2z.cn/gaokao
2020-09-20 20:34
tags:高中数学向量

2016重庆高中数学竞赛-长沙市高中数学招聘考试

2020年9月20日发(作者:马伊俐)


完整版本
用空间向量解立体几何题型与方法
平行垂直问题基础知识
直线
l
的方向向量为
a
=(
a
1

b< br>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
1
b
3

c
1c
3
=0
(2)线面垂直:
l

α
?
a

u
?
a

ku
?
a
1
ka
3

b
1

kb
3

c
1

kc
3

(3)面面平行:
α
β
?
u

v
?
u

kv< br>?
a
3

ka
4

b
3

kb
4

c
3

kc
4

(4)面面垂直:
α

β
?
u

v
?< br>u
·
v
=0?
a
3
a
4

b
3
b
4

c
3
c
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< br>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
1??
1
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
E
?
,1,
?

2
??
2< br>r
?
1
uuur
uuuruuur
1
?
uu u
??
F
?
0,1,
?

EF

?
-,0,0
?

PB
=(1,0,-1),
PD
=(0,2,-1),
AP
=(0,0,1),
2
???
2
?
uuur
uuur
uuur
AD
=(0,2,0),
DC
=(1,0,0),
AB
=(1,0,0).
uuur
r
uuur
uuur
1
uuu
(1)因为
EF
=-
A B
,所以
EF

AB
,即
EF

AB.
2

AB
?平面
PAB

EF
? 平面
PAB
,所以
EF
∥平面
PAB
.
rruuur
uuu
uuur
uuu
(2)因为
AP
·DC
=(0,0,1)·(1,0,0)=0,
AD
·
DC
=( 0,2,0)·(1,0,0)=0,
r
uuu
r
uuur
uuu
r
uuu
所以
AP

DC

AD

DC
,即
AP

DC

AD

DC
.

AP

AD

A

A P
?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
1
B
1
C
1
中,∠
ABC
=90°,
BC
=2,
CC
1
=4,点E
在线段
BB
1
上,

EB
1
=1 ,
D

F

G
分别为
CC
1
,< br>C
1
B
1

C
1
A
1
的中 点.
求证:(1)
B
1
D
⊥平面
ABD

(2)平面
EGF
∥平面
ABD
.
.


完整版本
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),
uu uur
uuur
uuur
所以
BA
=(
a,
0,0 ),
BD
=(0,2,2),
B
1
D
=(0,2,-2),
uuuur
uuu
uuuur
uuu
r
r
B
1
D
·
BA
=0,
B
1
D
·
B D
=0+4-4=0,即
B
1
D

BA

B
1
D

BD
.

BA

BD

B
,因此
B
1
D
⊥平面
ABD
.
uuur
?
a
uuur
a
???
,1,4,1 ,1
(2)由(1)知,
E
(0,0,3),
G
?

?

F
(0,1,4),则
EG

?
2
?

EF
=(0,1,1),
?
2
???
r
uuuur
uuu
uuuur
uuur
B
1
D
·
EG
=0+2-2=0,
B
1
D
·
EF
= 0+2-2=0,即
B
1
D

EG

B
1
D

EF
.

EG

EF
=< br>E
,因此
B
1
D
⊥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< br>,
b
的方向向量分别为
a

b
,异面直线所成
|
a·b
|
的角为
θ
,则cos
θ
=|cos〈
a

b
〉|=.
|
a< br>||
b
|
(2)向量法求线面所成的角:求出平面的法向量
n
,直线的方向向量
a
,设线面所成的角为
θ

|
n·a|
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

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
〉|=; < br>|
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
|
例1、如图,在直三棱 柱
A
1
B
1
C
1
?
ABC
中,< br>AB

AC

AB

AC
=2,
A
1
A
=4,

D

BC
的中点. (1)求异面直线
A
1
B

C
1
D
所 成角的余弦值;
(2)求平面
ADC
1
与平面
ABA
1< br>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),
u uuuruuuur
B
(2,0,0),
C
(0,2,0),
D(1,1,0),
A
1
(0,0,4),
C
1
(0,2 ,4),所以
A
1
B
=(2,0,-4),
C
1
D
=(1,-1,-4).
uuuuruuuur
uuuuruuuur
A< br>1
B
·
C
1
D
18310
uuuruuuu r
=因为cos〈
A
1
B

C
1
D
〉=
u
=,
10
20×18
|
A
1
B
||
C
1
D
|
310
所以异面直线
A< br>1
B

C
1
D
所成角的余弦值为.
10< br>uuuur
uuur
(2)设平面
ADC
1
的法向量为
n
1
=(
x

y

z
),因为
AD
=(1,1,0),
AC
1
=(0,2,4),
.


完整版本
uuuur
uuur
所以
n
1< br>·
AD
=0,
n
1
·
AC
1
=0, 即
x

y
=0且
y
+2
z
=0,取
z
=1,得
x
=2,
y
=-2,所
以,
n
1
=(2,-2,1)是平面
ADC
1
的一个法向量.取平面
AB A
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
2
?

2

2
,得sin
θ

5
. 由|cos
θ< br>|=
??
3
?
|
n
1
||
n
2
|
?
9×1
3
因此,平面
ADC
1
与 平面
ABA
1
所成二面角的正弦值为
5
.
3
例2 、如图,三棱柱
ABC
?
A
1
B
1
C
1< br>中,
CA

CB

AB

AA
1< br>,∠
BAA
1
=60°.
(1)证明:
AB

A
1
C

(2)若 平面
ABC
⊥平面
AA
1
B
1
B

AB

CB
,求直线
A
1
C
与平面
BB
1
C
1
C
所成角的正弦值.
[解] (1)证明:取
AB
的中点
O
,连接
OC

OA< br>1

A
1
B
.
因为
CA

CB
,所以
OC

AB
.
由于
AB

AA
1
,∠
BAA
1
=60°,故△
AA
1
B
为等边三角形,所以
OA
1

AB
.
因为
OC

OA
1

O
,所以
AB⊥平面
OA
1
C
.

A
1
C
?平面
OA
1
C
,故
AB

A
1
C
.
(2)由(1)知
OC

AB

OA1

AB
.又平面
ABC
⊥平面
AA
1
B
1
B
,交线为
AB

所以
OC
⊥平 面
AA
1
B
1
B
,故
OA

OA
1

OC
两两相互垂直.
uuuruuur

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
(0,3,0),
C
(0,0,3),
B
(-1,0,0).
uuur
uuuuruuuur uuuur

BC
=(1,0,3),
BB
1

A A
1
=(-1,3,0),
A
1
C
=(0,-3,3).

n
=(
x

y

z
)是平面< br>BB
1
C
1
C
的法向量,
uuur
??
n
·
BC
=0,
uuuur

?
?
n
·
BB
1
=0.
?
故cos

uuuur
n

A
1
C
?
?
x
+ 3
z
=0,

?
可取
n
=(3,1,-1).
?

x
+3
y
=0.
?
uuuur
n
·
A
1
C
10
uuuur
=-=.
5
|
n
||
A
1
C
|
10
.
5

所以
A
1
C
与平面
BB
1< br>C
1
C
所成角的正弦值为

(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:
.


完整版本
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
=3
AB
=3,
平面
SAD
⊥平面
ABCD

E
是线段
A D
上一点,
AE

ED
=3,
SE

AD
.
(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 .
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
=3
AB
=3,
AE

ED
=3,∴∠
AEB
=30°,∠
CED
=60°. ∴∠
BEC
=90°,

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< br>ES

EB

EC
两两垂直.如图,以
E
为 原点,
EB

x
轴,
EC

y
轴,
ES

z
轴,建立空间直角坐标系.则
E
(0,0,0),
C
(0,23,0),
S
(0,0,1),
B
(2,0,0),所
uuuruuur
uur

CE
=(0,-23,0),
C B
=(2,-23,0),
CS
=(0,-23,1).
设平面
S BC
的法向量为
n
=(
x

y

z
),
uuur
?
n
·
CB
=0,

?
uur
?
n
·
CS
=0.

?
2
x
-23
y
=0,

?
?
-23
y

z
=0.


y
=1,得
x
=3,
z
=23,
则平面
SBC
的一个法向量为
n
=(3,1,23).
uuur
n
·
CE
1
uuur
|=, 设直线
CE
与平面
SBC
所成角的大小为
θ
,则sin < br>θ
=|
|
n
|·|
CE
|
4
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
1
B
1
C
1< br>和它的三视图.

(1)线段
CC
1
上是否 存在一点
E
,使
BE
⊥平面
A
1
CC
1< br>?若不存在,请说明理由,若存在,
请找出并证明;
(2)求平面
C
1
A
1
C
与平面
A
1
CA
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),
.


完整版本
uuuuruuuur
A
1
(0,0,2 ),
B
(-2,0,0),
C
(0,-2,0),
C
1(-1,-1,2),则
CC
1
=(-1,1,2),
A
1C
1
=(-
uuur
uuuur
1,-1,0),
A< br>1
C
=(0,-2,-2).设
E
(
x

y

z
),则
CE
=(
x

y
+2 ,
z
),
uuur
uuuuruuuur
EC
1
=(-1-
x
,-1-
y,
2-
z
).设
CE
λ
EC
1
(
λ
>0),
x
=-
λ

λx

?
?

?
y
+2=-
λ

λy

?
?
z
=2
λ

λz



E
?
?

λ

-2-
λ

2
λ
?

?
?
1+
λ
1+
λ
1+
λ
?
uuu r
?
2+
λ
-2-
λ
2
λ
?
BE

?
1+
λ

1+
λ

1+λ
?
.
??
r
uuur
uuuu
?
?
BE
·
A
1
C
1
=0,

?< br>uuu
ur
r
uuu
?
?

BE
·
A
1
C
=0,

2+
λ< br>2+
λ

?
?
1+
λ

1+
λ
=0,

?
-2-
λ
2
λ
?
?
1+
λ

1+
λ
=0,

解得
λ
=2,
uuur
uuuur
所以线段
CC
1
上存在一点
E

CE
=2
EC
1
,使
BE
⊥平面
A
1
CC
1
.
uuu ur
?
?
m
·
A
1
C
1
=0,< br>(2)设平面
C
1
A
1
C
的法向量为
m=(
x

y

z
),则由
?
uuuu r
?
?
m
·
A
1
C
=0,
??

x

y
=0,
?
?
-2
y
-2
z
=0,
?




取< br>x
=1,则
y
=-1,
z
=1.故
m
=(1 ,-1,1),而平面
A
1
CA
的一个法向量为
n
=(1, 0,0),
则cos〈
m

n
〉=
m
·
n
133
==,故平面
C
1
A
1
C
与平面
A
1
CA
夹角的余弦值为.
|
m
||
n
|3
3
3
利用空间向量解决探索性问题
例1、如图1,正△
ABC
的边长为4,
CD

AB
边上的高,
E

F
分别是
AC

BC
边的中点,
现将△
A BC
沿
CD
翻折成直二面角
A
?
DC
?
B
(如图2).

(1)试判断直线
AB
与平面
DEF
的位置关系,并说明理由;
(2)求二面角
E
?
DF
?
C
的余弦值;
(3)在线段
BC
上是否存在一点
P
,使
AP

DE
?如果存在,求出的值;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
DE F

EF
?
.
BP
BC


完整版本
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
u uur
角坐标系,则
A
(0,0,2),
B
(2,0,0),
C
(0,23,0),
E
(0,3,1),
F
(1,3,0),< br>DF
uuur
uuur
=(1,3,0),
DE
=(0,3, 1),
DA
=(0,0,2).
uuur
平面
CDF
的法 向量为
DA
=(0,0,2).设平面
EDF
的法向量为
n
=(
x

y

z
),
uuur
?
DF
·
n
=0,
?
x
+3
y
=0,
?
uuu

?

n
=(3,-3,3),
r
?
3
y

z
=0,
?

DE
·
n
=0,
uuur
uuur
2121
DA
·
n
r
cos〈
DA

n
〉=
u uu
=,所以二面角
E
?
DF
?
C
的余弦值为.
77
|
DA
||
n
|


uu uruuur
uuur
23
(3)存在.设
P
(
s

t,
0),有
AP
=(
s

t
,-2) ,则
AP
·
DE
=3
t
-2=0,∴
t
= ,
3
uuurr
uuuruuur
uuu

BP
=(
s
-2,
t,
0),
PC
=(-
s,
23-
t,
0),∵
BP

PC
,∴(
s
-2)(23-
t
)
=-
st

r
uuur1
uuu
234
∴3
s

t
=23. 把
t
=代入上式得
s
=,∴
BP

BC

333
BP
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.
例2、.如图所示,在直三棱柱
ABC
?
A
1
B

1
C
1
中,∠
ACB
=90°,
AA
1< br>=
BC
=2
AC
=2.
(1)若
D
AA
1
中点,求证:平面
B
1
CD
⊥平面
B< br>1
C
1
D

(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),
uuur
uu uuruuuur

C
1
B
1
=(0,2,0),
DC
1
=(-1,0,1),
CD
=(1,0,1).
rr
uuuur
uuu
uuuur
uuu

C
1
B< br>1
·
CD
=(0,2,0)·(1,0,1)=0+0+0=0,得
C
1
B
1

CD
,即
C
1
B
1

CD
.
rr
uuuur
uuu
uuuur
uuu

DC
1
·
CD
=(-1,0,1)·(1 ,0,1)=-1+0+1=0,得
DC
1

CD
,即
DC
1

CD
.

DC
1

C1
B
1

C
1
,∴
CD
⊥平面
B
1
C
1
D
.又
CD
?平面
B
1
CD
,∴平面
B
1
CD
⊥平面
B
1C
1
D
.
.


完整版本
(2)存在 .当
AD

2
2
AA
1
时,二面角
B1
?
CD
?
C
1
的大小为60°.理由如下:

AD

a
,则
D
点坐标为(1,0,
a
),
u
CD
uur
=(1,0,
a
),
u
CB
uur
1
=(0,2,2),
设平面
B
1
CD
的法向量为
m
=(
x

y

z
),
?
uuur
?
m
·
CB
1
=0< br>则
?
?
?
?
?
2
y
+2
z
=0,
?
?
m
·
u
CD
uur
= 0

?
z
=-1,得
m
=(
a,
1,-1).
?
x

az
=0,


uuur
又∵
u
CB
uur
=(0,2,0)为平面
C
|
m
·
CB
1
CD
的一个法向量,则cos 60°=
|
m
|·|
u
CB
uur
|
|

1
a
+2

1
2
2

解得
a
= 2(负值舍去),故
AD
=2=
2
2
AA
1
.∴在
AA
1
上存在一点
D
满足题意.
空间直角坐标系建立的创新问题
空间向量在处理空间问题时具有很大的优越性,能把“非运算 ”问题“运算”化,即通过直
线的方向向量和平面的法向量解决立体几何问题.解决的关键环节之一就是 建立空间直角坐
标系,因而建立空间直角坐标系问题成为近几年试题新的命题点.
一、经典例题领悟好
例1、如图,四棱锥
P
?
ABCD
中 ,
PA
⊥底面
ABCD

BC

CD
=2 ,
AC
=4,

ACB
=∠
ACD

π
3

F

PC
的中点,
AF

P B
.
(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

建系
PA
⊥面
ABCD
由条件知
AC

BD
――


DB

AC
分别为
x

y
轴―→写出
A< br>,
B

C

D
坐标―――――

― ――→
PF

CFAF

PB

P
坐标― ―
uuuru

→可得
F
坐标――


A F
·
PB
uur
=0―→得
P
坐标并求
PA
长.
(2)
学审题
由(1)―→
u
AD
uur

u
AF
uur

u
AB
uur
的坐标
向量
n
1

n
2
分别为平面
FAD
、平面
FAB
的法向量
――――――――――

―――――――― ―→
n
uuuruuur
1
·
AD
=0且
n
1
·
AF
=0―→求得
n
1
·
n
2
→求得夹角余弦.
[解] (1)如图,连接
BD

AC< br>于
O
,因为
BC

CD
,即△
BCD
为等腰三角形,又
AC
平分

BCD
,故
AC

BD
.以
O
为坐标原点,
u
OB
uur

u
OC
uur

u
AP
uur
的方向分别 为
x
轴,
y
轴,
z
轴的正
方向,建立空间直角坐标 系
O
?
xyz
,则
OC

CD
cos < br>π
3
=1.而
AC
=4,得
AO

AC
OC
=3.又
OD

CD
sin
π
3
=3,故
A
(0,-3,0),
B
(3,0,0),
C< br>(0,1,0),
D
(-3,0,0).
.


完整版本
uuur
z
??

PA
⊥底面
ABCD
,可设
P
(0,-3,
z
).由
F

PC
边中点,知
F
?
0,-1,
?
.又
AF

2
??
uuruuuruuur
z
2
?
0,2,
z
?

u
??
PB
=(3, 3,-
z
),
AF

PB
,故
AF
·PB
=0,即6-
2
=0,
z
=23(舍去
2
??
-23),
uuur
所以|
PA
|=23.
uu ur
uuur
uuur
(2)由(1)知
AD
=(-3,3,0),
AB
=(3,3,0),
AF
=(0,2,3).设平面
FAD的法向量为
n
1
=(
x
1

y
1
z
1
),平面
FAB
的法向量为
n
2
=(
x
2

y
2

z
2
),
uuuruuur
?
-3
x
1
+3
y
1< br>=0,

n
1
·
AD
=0,
n
1< br>·
AF
=0,得
?
?
2
y
1
+3< br>z
1
=0,
uuur
uuur
?
3
x
2
+3
y
2
=0,

n
2
·
A B
=0,
n
2
·
AF
=0,得
?
?
2
y
2
+3
z
2
=0,


因此可取
n
1
=(3,3,-2).
故可取
n
2
=(3,-3,2).
从而法向量
n
1

n
2
的夹角的余弦值为cos〈
n
1

n
2
〉=
37
故二面角
B
?
AF
?D
的正弦值为.
8

n
1
·
n
2
1
=.
|
n
1
|·|
n
2
|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
,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
AB C

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,

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).
uuur
uuur
可得
C
(-1,0,0),
B
(0,3,0),
E
(0,3-1,3),则
CB
=(1,3,0),
BE
=(0,
-1,3).
.


完整版本
uuur
uuur
设平面
BCE
的法向量为
n
2
=(
x

y

z
),则可得
n
2
·
CB
=0,
n
2
·BE
=0,
即(
x

y

z
)·( 1,3,0)=0,(
x

y

z
)·(0,-1,3)= 0,可取
n
2
=(-3,3,1).
故cos〈
n
1
n
2
〉=
n
1
·
n
1
13
=. 又由图知,所求二面角的平面角是锐角,
|
n
1
|·|
n
2
|13
13
.
13
专题训练
故二面角
E
?
BC
?
A< br>的余弦值为
1.如图所示,在多面体
ABCD

A
1
B
1
C
1
D
1
中,上、下两个底面
A
1< br>B
1
C
1
D
1

ABCD
互相平行,且都是正方形,
DD
1
⊥底面
ABCD

AB< br>∥
A
1
B
1

AB
=2
A
1
B
1
=2
DD
1
=2
a
.
( 1)求异面直线
AB
1

DD
1
所成角的余弦值;
(2)已知
F

AD
的中点,求证:
FB
1
⊥平 面
BCC
1
B
1
.
解:以
D
为原点,< br>DA

DC

DD
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
(2
a,
0,0),
B
(2
a,
2
a,
0),
C
(0,2
a,
0),
D
1
(0, 0,
a
),
F
(
a,
0,0),
B
1(
a

a

a
),
C
1
(0 ,
a

a
).
uuuuruuuur
uuuuruuuu ruuuuruuuur
AB
1
·
DD
1
uuuruuuu r
(1)∵
AB
1
=(-
a

a

a
),
DD
1
=(0,0,
a
),∴cos〈
A B
1

DD
1
〉=
u
|
AB
1< br>|·|
DD
1
|

3

3
所以异 面直线
AB
1

DD
1
所成角的余弦值为
3
.
3
uuur
uuuuruuur
(2)证明:∵
BB
1
=(-
a
,-
a

a
),
BC
=(-2
a,
0,0),
FB
1
=(0,
a
a
),
uuuruuuur
?
?
FB
1
·< br>BB
1
=0,

?
u
r
uur
uu u
?
?

FB
1
·
BC
=0.


FB
1

BB
1

FB
1
BC
.

BB
1

BC

B
,∴
FB
1
⊥平面
BCC
1
B
1.
2.如图,在三棱柱
ABC
?
A
1
B
1< br>C
1
中,
AA
1
C
1
C
是边长为4 的正方形,平面
ABC
⊥平面
AA
1
C
1
C

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;
(3)证明:在线段
BC
1
上存在点
D
,使得
AD

A
1
B
,并求

BD
的值. < br>BC
1
解:(1)证明:因为四边形
AA
1
C
1C
为正方形,所以
AA
1

AC
.
因为平面
ABC
⊥平面
AA
1
C
1
C
,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
.
.


完整版本
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),
uuuuruuuur
A
1
B
=(0,3,-4) ,
A
1
C
1
=(4,0,0).设平面
A
1
BC
1
的法向量为
n
=(
x

y
z
),
uuuur
?
?
n
·
A
1< br>B
=0,

?
uuuur
?
?
n
·
A
1
C
1
=0.

?
?
3
y
-4
z
=0,

?
?
4
x
= 0.
?


z
=3,则
x
=0,
y
=4,所以
n
=(0,4,3).
同理可得,平面
B
1
BC
1
的一个法向量为
m
=(3,4,0).所以cos〈
n
m
〉=
16
由题知二面角
A
1
?
B C
1
?
B
1
为锐角,所以二面角
A
1
?< br>BC
1
?
B
1
的余弦值为.
25
n
·
m
16
=.
|
n
||
m
|25
uuuur
uuur
(3)证明:设
D
(
x

y

z
)是直线
BC
1
上一 点,且
BD

λ
BC
1
.
所以(
x
y
-3,
z
)=
λ
(4,-3,4).解得
x
=4
λ

y
=3-3
λ

z
= 4
λ
.
ur
uuuruuur
uuu
9
所以AD
=(4
λ
,3-3
λ
,4
λ
).由
AD
·
A
1
B
=0,即9-25
λ
=0,解得< br>λ
=.
25
9
因为∈[0,1],所以在线段
BC
1
上存在点
D
,使得
AD

A
1
B
.
25
此时,
BD
9

λ
=.
BC
1
25
3.如图(1),四边形
ABCD
中,
E

BC
的中点,
DB
=2,
DC
=1,
BC
=5,
AB

AD
=2.
将图(1)沿直线
BD
折 起,使得二面角
A
?
BD
?
C
为60°,如图(2).

(1)求证:
AE
⊥平面
BDC

(2)求直线
AC
与平面
ABD
所成角的余弦值.
1解:(1)证明:取
BD
的中点
F
,连接
EF

AF
,则
AF
=1,
EF
=,∠
AFE
=60° .
2
由余弦定理知
AE

222
13
?
1
?
22
1+
??
-2×1×cos 60°=.
22< br>?
2
?

AE

EF

AF
,∴
AE

EF
.

AB

AD
F

BD
中点.∴
BD

AF
. 又
BD
=2,
DC
=1,
BC
=5,∴
BD

DC

BC


BD

CD
.又
E

BC
中点,
EF

CD
,∴< br>BD

EF
.又
EF

AF

F< br>,

BD
⊥平面
AEF
.又
BD

AE
,∵
BD

EF

F
,∴
AE⊥平面
BDC
.
222
.


完整版本
(2)以
E
为原点建立如图所示的空间直角坐标系,则
A
?
0,0 ,
?
?
3
?
?

2
?
????
C
?
-1,,0
?

B
?
1,-,0?

22
????
r
?
ruuur
?
1
1
?
uuu
3
?
uuu
13
?
?
D
?
-1,-,0
?

DB
=(2,0,0) ,
DA

?
1,,
?

AC

?
-1,,-
?
.
2
??
22
??
22< br>??
设平面
ABD
的法向量为
n
=(
x
,< br>y

z
),
11
uuur
?
n
·
DB
=0

?
uuur
?
n
·
D A
=0

2
x
=0,
?
?

?< br>13
x

y

z
=0,
?
2
?
2


z
=3,

y
=-3,又∵
n
=(0,-3,3).
uuuruuur
n
·
AC
6
uuur
=-. ∴cos〈n

AC
〉=
4
|
n
||
AC
|
故直线
AC
与平面
ABD
所成角的余弦值为
10
.
4
4.如图所示,在矩形
ABCD
中,
AB
=35,
AD
=6,
BD
是对角线,过点
A

AE

BD
,垂
足为
O
,交
CD

E
,以
AE
为折痕将△
ADE
向上折起,使点
D
到点
P
的位置,且
PB
=41.

(1)求证:
PO
⊥平面
ABCE

(2)求二面角
E
?
AP
?
B
的余弦值.
解:(1)证明:由已知得
AB
=35,
AD
=6,∴
BD
=9. 在矩形
ABCD
中,∵
AE

BD
∴Rt△
AOD
∽Rt△
BAD
,∴=
DOAD
,∴< br>DO
=4,∴
BO
=5.
ADBD
222
在△POB
中,
PB
=41,
PO
=4,
BO
=5 ,∴
PO

BO

PB


PO

OB
.又
PO

AE

AE

OB

O
,∴
PO
⊥平面
ABCE
.
(2)∵
BO
=5,∴
AO

AB

OB
=25.

O
为原点,建立如图所示的空间直角坐标系,则
P
(0 ,0,4),
A
(25,0,0),
B
(0,5,0),
22uuuruuur
PA
=(25,0,-4),
PB
=(0,5,-4) .
uuur
?
n
1
·
PA
=0,
n
1
=(
x

y

z
)为平面
APB
的法向量.则
?
uuur
?
n
1
·
PB
=0,

?
25
x
-4
z
=0,< br>即
?
?
5
y
-4
z
=0.



x
=25得
n
1
=(25,4,5).又n
2
=(0,1,0)为平面
AEP
的一个法向量,
.


完整版本
∴cos〈
n
1

n
2
〉=
n
1
·
n
2
4461
==,
|
n
1
|·|
n
2
|61
61×1
46 1
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
BC
∥< br>AD

AB

AD

AB

BC< br>=1,
O

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
?< br>D
的余弦值为
值;若不存在,请说明理由.
解:(1)在△
PAD< br>中,
PA

PD

O

AD
中点, 所以
PO

AD
.又侧面
PAD
⊥底面
ABCD< br>,平

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

在直线分别为
x

y

z< br>轴建立空间直角坐标系,则
P
(0,0,1),
A
(0,-1,0),
B
(1,-1,0),
6
PQ
?若存在,求出的
3
QD
C
(1,0,0),
D
(0,1,0),
uuur
u uur

PB
=(1,-1,-1),易证
OA
⊥平面
PO C
,∴
OA
=(0,-1,0)是平面
POC
的法向量,
r
uuur
uuu
r
uuur
uuu
36
PB·
OA
r
=. ∴直线
PB
与平面
POC
所成角的余弦值为.
ur
uuu
cos〈
PB

OA
〉=
uu
3
| PB
||
OA
|
3
uuur
uuur
(2)
PD
=(0,1,-1),
CP
=(-1,0,1).设平面
PDC
的一个法向量为
u
=(
x

y

z
),
uuur
?
u
·
CP
=-
x
+< br>z
=0,

?

z
=1,得
u
=( 1,1,1).∴
B
点到平面
PCD
的距离为
d

uuur
?
u
·
PD

y

z
= 0,
uuur
|
BP
·
u
|3

|
u
|

3
.
uuur
uuuruuu r
(3)假设存在一点
Q
,则设
PQ

λ
PD (0<
λ
<1).∵
PD
=(0,1,-1),
r
uuuruuur
uuu
uuur

PQ
=(0,
λ
,-
λ
)=
OQ

OP
,∴
OQ
=(0 ,
λ
,1-
λ
),∴
Q
(0,
λ
,1-< br>λ
).
uuur
设平面
CAQ
的一个法向量为
m< br>=(
x

y

z
),又
AC
=(1 ,1,0),
AQ
=(0,
λ
+1,1-
λ
),
uuur
?
?
m
·
AC

x

y
=0,
uuur

?

z

λ
+ 1,得
m
=(1-
λ

λ
-1,
λ
AQ

λ
+1
y
+1-
λz
=0.
?
m
·
?

.
1),
又平面
CAD的一个法向量为
n
=(0,0,1),二面角
Q
?
AC
?
D
的余弦值为
6

3


完整版本
|
m
·
n
|61
2
所以|cos〈
m

n
〉|==,得3
λ
-10
λ
+3=0,解得
λ< br>=或
λ
=3(舍),
|
m
||
n
|33< br>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
ABCD

AB
垂直

AD

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
S AB
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), < br>uuuruuur
uuuur
S
(0,0,2),
M
(0,1 ,1).所以
AM
=(0,1,1),
SD
=(1,0,-2),
C D
=(-1,-2,0).
设平面
SCD
的法向量是
n
= (
x

y

z
),
uuur
?
SD
·
n
=0,

?
uuur
?
CD·
n
=0,

?
?
x
-2
z
=0,

?
?

x
-2
y
=0.
?


z
=1,则
x
=2,
y
=-1,
uuuuruuuur
于是
n
=(2,-1,1).∵
AM
·
n
=0,∴
AM

n
.又
AM
?平面< br>SCD


AM
∥平面
SCD
.
(2) 易知平面
SAB
的一个法向量为
n
1
=(1,0,0).设平面SCD
与平面
SAB
所成的二面角为
φ

?
n
1
·
n
?

?
则|cos
φ
|=
??
?
?
|
n
1
|·|< br>n
|
?
?
φ

6
.
3
1 ,0,0·2,-1,1
??
2
?
6
?

??
3
,即cos
1·6
??
1·6
?
∴平面
SCD
与平面
SAB
所成二面角的余弦值为
6
.
3
uuuur
(3)设
N
(
x,
2
x
-2 ,0)(
x
∈[1,2]),则
MN
=(
x,
2
x
-3,-1).
又平面
SAB
的一个法向量为
n
1
=(1,0,0),
∴sin
θ

?
x
?
x
,2
x
-3,-1·1,0,0
???

???

2222
?
x
+2
x
-3+-1·1
??
5
x
- 12
x
+10
?
?
?
?
?
?
11
?

5-12·+10·
2
?
xx
?
=< br>1
1
?
1
?
2
?
1
?
10
??
-12
??
+5
xx
????

1< br> .
13
7
??
2
10
?

?< br>+
?
x
5
?
5
.


完整版本
13535
当=,即
x
=时,(sin
θ
)
max
=.
x
537
7、如图,四边形ABEF
和四边形
ABCD
均是直角梯形,∠
FAB
=∠
DAB
=90°,
AF

AB

BC
=2,AD
=1,
FA

CD
.
(1)证明:在平面
BCE
上,一定存在过点
C
的直线
l
与直线
DF
平行;
(2)求二面角
F
?
CD
?
A
的余弦值.
解:(1)证明:由已知得,
BE

AF

BC

AD

BE

BC

B

AD< br>∩
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
.
∴< br>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

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
uuu r
uuur
知得,
D
(1,0,0),
C
(2,2,0),
F
(0,0,2),∴
DF
=(-1,0,2),
DC
=( 1,2,0).
设平面
DFC
的一个法向量为
n
=(
x< br>,
y

z
),
uuur
?
n
·< br>DF
=0,

?
uuur
?
n
·
D C
=0

?
?
x
=2
z

??
?
x
=-2
y

?

不妨设
z
=1.

n
=(2,-1,1),不妨设平面< br>ABCD
的一个法向量为
m
=(0,0,1).
m
·
n
16
∴cos〈
m

n
〉===,由于二面角
F
?
CD
?
A
为锐角,
|
m
||
n
|
6
6
∴二面角
F
?
CD
?
A
的余弦值为
6
.
6
8、.如图,在四棱锥
P
?
ABCD
中,
PD
⊥平面
ABCD
,四边形
ABC D
是菱形,
AC
=2,
BD
=23,
E

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
值.
解:(1)证明:∵
PD
⊥平面
ABCD

AC
? 平面
ABCD
,∴
PD

AC

∵四边形
ABCD
是菱形,∴
BD

AC
,又
BD
PD

D
,∴
AC
⊥平面
PBD


DE
?平面
PBD
,∴
AC

DE
.
(2)在△
PDB
中,
EO

PD
,∴
E O
⊥平面
ABCD
,分别以
OA

OB

OE
所在直线为
x
轴,
y
轴,
15
,若
E

PB
的中点,求
EC
与平面
PAB
所成角的正弦
5
t
??
z
轴建立空间直角坐标系,设
PD
t
,则
A
(1,0,0),
B
(0,3,0),
C(-1,0,0),
E
?
0,0,
?

?
2< br>?
.


完整版本
uuuruuur
P
(0, -3,
t
),
AB
=(-1,3,0),
AP
=(-1,- 3,
t
).
由(1)知,平面
PBD
的一个法向量为
n< br>1
=(1,0,0),设平面
PAB
的法向量为
n
2
=(
x

y

uuur
?
n
2
·
AB
=0,
z
),则根据
?
uuur
?
n
2
·
AP
=0

?

x
+3y
=0,

?
?

x
-3
y

tz
=0,

23
??

y
=1,得< br>n
2

?
3,1,
?
.
?
t?
∵二面角
A
?
PB
?
D
的余弦值为
3
12
4+
2

1515
,则|cos〈
n
1

n
2
〉|=,即
55
15
,解得
t
=23或
t
=-23(舍去),∴
P
(0,-3,23). 5
t
uuur

EC
与平面
PAB
所成的角为
θ
,∵
EC
=(-1,0,-3),
n
2
=(3, 1,1),
uuur
231515
则sin
θ
=|cos〈EC

n
2
〉|==,∴
EC
与平面
PAB< br>所成角的正弦值为.
2×5
55
9、如图1,
A

D
分别是矩形
A
1
BCD
1
上的点,
AB
=2
AA
1
=2
AD
=2,
DC
=2
DD
1
,把四边形
A
1
ADD
1
沿
AD
折叠,使其与平面
ABCD
垂直,如图2所示,连接
A
1
B

D
1
C
得几何体
ABA
1
?
DCD< br>1
.

(1)当点
E
在棱
AB
上移动时, 证明:
D
1
E

A
1
D

π< br>(2)在棱
AB
上是否存在点
E
,使二面角
D
1?
EC
?
D
的平面角为?若存在,求出
AE
的长;6
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
?
xy z


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),
uuuuruuuuruu uuruuuur

D
1
E
=(1,
t
,-1),
A
1
D
=(-1,0,-1),∴
D
1
E
·
A
1
D
=1×(-1)+
t
×0
+(-1)×( -1)=0,

D
1
E

A
1
D
.
uuur
(2)假设存在符合条件的点
E
.设平面
D
1
EC
的法向量为
n
=(
x

y

z
) ,由(1)知
EC
=(-1,2

t,
0),
uuur< br>?
?
n
·
EC
=0,
uuuur

?
?
n
·
D
1
E
=0
?

?

x
+2-
ty
=0,
?

?
?
?
x

ty

z
=0,

1 1

y
=,则
x
=1-
t

z
= 1,
22
.


完整版本
?
11
?

n

?
1-
t
,,1
?
是平面
D
1
EC
的一个法向量,
?
22
?
uuuur
显然平面
ECD
的一个法向量为
DD
1
=(0,0,1),
uuuur
uuuur
|
n
·
DD
1
|< br>1π3
uuuur
=则cos〈
n

DD
1
〉==cos,解得
t
=2-(0≤
t
≤2).
63
1< br>1
|
n
||
DD
1
|
?
1-
t
?
2
++1
?
2
?
4
??
故 存在点
E
,当
AE
=2-

时,二面角
D
1
?
EC
?
D
的平面角为.

36
.

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