高考數(shù)學一輪復習講義空間向量的應用教師

課題：空間向量的應用知識點1．空間直角坐標系以及空間向量的坐標運算空間直角坐標系及有關概念（1）空間直角坐標系：以空間一點O為原點，建立三條兩兩垂直的數(shù)軸：x軸，y軸，z軸．這時建立了一個空間直角坐標系Oxyz，其中點O叫做坐標原點，x軸，y軸，z軸統(tǒng)稱坐標軸．由每兩個坐標軸確定的平面叫做坐標平面．（2）右手直角坐標系的含義：當右手拇指指向x軸的正方向，食指指出y軸的正方向時，中指指向z軸的正方向．（3）空間一點M的坐標用有序實數(shù)組（x，y，z）來表示，記作M（x，y，z），其中x叫做點M的橫坐標，y叫做點M的縱坐標，z叫做點M的豎坐標．2．空間兩點間的距離公式：設點A（x1，y1，z1），B（x2，y2，z2），則＝eq\r((x1－x2)2＋(y1－y2)2＋(z1－z2)2)．【注1】1．在空間適當選取三個不共面向量作為基向量，其它任意一向量都可用這一組基向量表示．2．中點向量公式，在解題時可以直接使用．3．證明空間任意三點共線的方法：對空間三點P，A，B可通過證明下列結論成立來證明三點共線．（1）；（2）對空間任一點O，；（3）對空間任一點O，．4．證明空間四點共面的方法：對空間四點P，M，A，B可通過證明下列結論成立來證明四點共面（1）；（2）對空間任一點O，；（3）對空間任一點O，；（4）∥（或∥或∥）．【注2】1．當題目條件有垂直關系時，常轉化為數(shù)量積為零進行應用；2．當異面直線所成的角為時，常利用它們所在的向量轉化為向量的夾角θ來進行計算．應該注意的是，，所以3．立體幾何中求線段的長度可以通過解三角形，也可依據(jù)|a|＝eq\r(a2)轉化為向量求解．【注3】1．求向量的數(shù)量積的方法：（1）設向量a，b的夾角為θ，則a·b＝|a||b|cosθ；（2）若a＝（x1，y1，z1），b＝（x2，y2，z2），則a·b＝x1x2＋y1y2＋z1z2．根據(jù)已知條件，準確選擇上述兩種方法，可簡化計算．2．求向量模的方法：（1）a|＝eq\r(a2)；（2）若a＝（x，y，z），則|a|＝eq\r(x2＋y2＋z2)．3．空間向量的坐標運算（1）設i、j、k為兩兩垂直的單位向量，如果，則叫做向量的坐標．（2）設a＝（x1，y1，z1），b＝（x2，y2，z2），那么①a±b＝．②a·b＝，③cos〈a，b〉＝，④|a|＝eq\r(a·a)＝，⑤λa＝，⑥a∥b?（λ∈R），⑦a⊥b?．（3）設點M1（x1，y1，z1）、M2（x2，y2，z2），則【注4】1．兩條異面直線所成的角①定義：設a，b是兩條異面直線，過空間任一點O作直線a′∥a，b′∥b，則a′與b′所夾的銳角或直角叫做a與b所成的角．②范圍：兩異面直線所成角θ的取值范圍是．③向量求法：設直線a，b的方向向量為a，b，其夾角為φ，則有．2．直線與平面所成角：直線和平面所成角的求法：如圖所示，設直線l的方向向量為e，平面α的法向量為n，直線l與平面α所成的角為φ，兩向量e與n的夾角為θ，則有sinφ＝|cosθ|＝eq\f(|e·n|,|e||n|)．3．二面角：求二面角的大小①如圖1，AB、CD是二面角α－l－β的兩個面內(nèi)與棱l垂直的直線，則二面角的大小θ＝〈，〉．②如圖2、3，分別是二面角α－l－β的兩個半平面α，β的法向量，則二面角的大?。ɑ颍?．利用向量求空間距離：空間向量的坐標表示及運算（1）數(shù)量積的坐標運算設a＝（a1，a2，a3），b＝（b1，b2，b3），則①a±b＝（a1±b1，a2±b2，a3±b3）；②λa＝（λa1，λa2，λa3）；③a·b＝a1b1＋a2b2＋a3b3．（2）共線與垂直的坐標表示：設a＝（a1，a2，a3），b＝（b1，b2，b3），則a∥b?a＝λb?a1＝λb1，a2＝λb2，a3＝λb3（λ∈R），a⊥b?a·b＝0?a1b1＋a2b2＋a3b3＝0（a，b均為非零向量）．（3）模、夾角和距離公式：設a＝（a1，a2，a3），b＝（b1，b2，b3），則|a|＝eq\r(a·a)＝eq\r(a\o\al(2,1)＋a\o\al(2,2)＋a\o\al(2,3))，cos〈a，b〉＝eq\f(a·b,|a||b|)＝eq\f(a1b1＋a2b2＋a3b3,\r(a\o\al(2,1)＋a\o\al(2,2)＋a\o\al(2,3))·\r(b\o\al(2,1)＋b\o\al(2,2)＋b\o\al(2,3)))．設A（a1，b1，c1），B（a2，b2，c2），則．點面距的求法：如圖，設AB為平面α的一條斜線段，n為平面α的法向量，則B到平面α的距離d＝eq\f(|\o(AB,\s\up6(→))·n|,|n|)．【注4】1．求一對異面直線所成角：一是按定義平移轉化為兩相交直線的夾角；二是在異面直線上各取一向量，轉化為兩向量的夾角或其補角，無論哪種求法，都應注意角的范圍的限定．2．利用直線的方向向量的夾角求異面直線的夾角時，注意區(qū)別：當異面直線的方向向量的夾角為銳角或直角時，就是此異面直線所成的角；當異面直線的方向向量的夾角為鈍角時，其補角才是異面直線所成的角．【注5】1．利用向量法求線面角的方法（1）分別求出斜線和它在平面內(nèi)的射影直線的方向向量，轉化為求兩個方向向量的夾角（或其補角）；（2）通過平面的法向量來求，即求出斜線的方向向量與平面的法向量所夾的銳角（鈍角時取其補角），取其余角就是斜線和平面所成的角．2．求二面角最常用的方法就是分別求出二面角的兩個面所在平面的法向量，然后通過兩個平面的法向量的夾角得到二面角的大小，但要注意結合實際圖形判斷所求角是銳角還是鈍角．3．點到平面的距離，利用向量法求解比較簡單，它的理論基礎仍出于幾何法，如本題，事實上，作BH⊥平面CMN于H．由eq\o(BH,\s\up6(→))＝eq\o(BM,\s\up6(→))＋eq\o(MH,\s\up6(→))及eq\o(BH,\s\up6(→))·n＝n·eq\o(BM,\s\up6(→))，得|eq\o(BH,\s\up6(→))·n|＝|n·eq\o(BM,\s\up6(→))|＝|eq\o(BH,\s\up6(→))|·|n|，所以|eq\o(BH,\s\up6(→))|＝eq\f(|n·\o(BM,\s\up6(→))|,|n|)，即d＝eq\f(|n·\o(BM,\s\up6(→))|,|n|)．4．用向量法求異面直線所成角的一般步驟（1）選擇三條兩兩垂直的直線建立空間直角坐標系；（2）確定異面直線上兩個點的坐標，從而確定異面直線的方向向量；（3）利用向量的夾角公式求出向量夾角的余弦值；（4）兩異面直線所成角的余弦等于兩向量夾角余弦值的絕對值．典型例題例1已知直三棱柱中，，，，則異面直線與所成角的余弦值為（）A．B．C．D．【答案】C【解析】如圖所示，補成四棱柱,則所求角為因此，故選C。例2長方體ABCD－A1B1C1D1中，AB＝AA1＝2，AD＝1，E為CC1的中點，則異面直線BC1與AE所成角的余弦值為（）A．eq\f(\r(10),10)B．eq\f(\r(30),10)C．eq\f(2\r(15),10)D．eq\f(3\r(10),10)【答案】B【解析】建立坐標系如圖，則A（1,0,0），E（0,2,1），B（1,2,0），C1（0,2,2）．，．所以異面直線BC1與AE所成角的余弦值為eq\f(\r(30),10)．例3如圖，是以為直徑的半圓上異于的點，矩形所在的平面垂直于半圓所在的平面，且。（1）求證：。（2）若異面直線和所成的角為，求平面和平面所成的銳二面角的余弦值?！敬鸢浮浚á瘢┰斠娊馕?；（Ⅱ）【解析】（Ⅰ）∵平面垂直于圓所在的平面，兩平面的交線為，平面，，∴垂直于圓所在的平面．又在圓所在的平面內(nèi)，∴．∵是直角，∴，∴平面,∴．（Ⅱ）如圖，以點為坐標原點，所在的直線為軸，過點與平行的直線為軸，建立空間直角坐標系．由異面直線和所成的角為，知，∴，∴，由題設可知，，∴，．設平面的一個法向量為，由，得，，取，得．∴．又平面的一個法向量為，∴．平面與平面所成的銳二面角的余弦值．例4如圖，已知多面體ABCA1B1C1，A1A，B1B，C1C均垂直于平面ABC，∠ABC=120°，A1A=4，C1C=1，AB=BC=B1B=2．（1）證明：AB1⊥平面A1B1C1；（2）求直線AC1與平面ABB1所成的角的正弦值．【答案】（Ⅰ）見解析（Ⅱ）【解析】方法一：（Ⅰ）由得，所以．故．由，得，由得，由，得，所以，故．因此平面．（Ⅱ）如圖，過點作，交直線于點，連結．由平面得平面平面，由得平面，所以是與平面所成的角．由得，所以，故．因此，直線與平面所成的角的正弦值是．方法二：（Ⅰ）如圖，以AC的中點O為原點，分別以射線OB，OC為x，y軸的正半軸，建立空間直角坐標系Oxyz．由題意知各點坐標如下：因此由得．由得．所以平面．（Ⅱ）設直線與平面所成的角為．由（Ⅰ）可知設平面的法向量．由即可?。裕虼?，直線與平面所成的角的正弦值是．例5如圖，在三棱錐P－ABC中，AB＝BC＝2eq\r(2)，PA＝PB＝PC＝AC＝4，O為AC的中點．（1）證明：PO⊥平面ABC；（2）若點M在棱BC上，且二面角M－PA－C為30°，求PC與平面PAM所成角的正弦值．（1）證明因為AP＝CP＝AC＝4，O為AC的中點，所以OP⊥AC，且OP＝2eq\r(3)．連接OB，因為AB＝BC＝eq\f(\r(2),2)AC，所以AB2＋BC2＝AC2，所以△ABC為等腰直角三角形，且OB⊥AC，OB＝eq\f(1,2)AC＝2．由OP2＋OB2＝PB2知PO⊥OB．由OP⊥OB，OP⊥AC且OB∩AC＝O，知PO⊥平面ABC．（2）解如圖，以O為坐標原點，eq\o(OB,\s\up6(→))的方向為x軸正方向，建立空間直角坐標系O－xyz．由已知得O（0，0，0），B（2，0，0），A（0，－2，0），C（0，2，0），P（0，0，2eq\r(3)），eq\o(AP,\s\up6(→))＝（0，2，2eq\r(3)）．取平面PAC的一個法向量eq\o(OB,\s\up6(→))＝（2，0，0）．設M（a，2－a，0）（0<a≤2），則eq\o(AM,\s\up6(→))＝（0，4－a，0）．設平面PAM的法向量為n＝（x，y，z）．由eq\o(AP,\s\up6(→))·n＝0，eq\o(AM,\s\up6(→))·n＝0得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2y＋2\r(3)z＝0，,ax＋（4－a）y＝0，))可取n＝（eq\r(3)（a－4），eq\r(3)a，－a），所以cos〈eq\o(OB,\s\up6(→))，n〉＝eq\f(2\r(3)（a－4）,2\r(3（a－4）2＋3a2＋a2))．由已知可得|cos〈eq\o(OB,\s\up6(→))，n〉|＝eq\f(\r(3),2)，所以eq\f(2\r(3)|a－4|,2\r(3（a－4）2＋3a2＋a2))＝eq\f(\r(3),2)，解得a＝－4（舍去），a＝eq\f(4,3)，所以n＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(8\r(3),3)，\f(4\r(3),3)，－\f(4,3)))．又eq\o(PC,\s\up6(→))＝（0，2，－2eq\r(3)），所以cos〈eq\o(PC,\s\up6(→))，n〉＝eq\f(\r(3),4)．所以PC與平面PAM所成角的正弦值為eq\f(\r(3),4)．例6在如圖所示的多面體中，四邊形ABCD是平行四邊形，四邊形BDEF是矩形，ED⊥平面ABCD，∠ABD＝eq\f(π,6)，AB＝2AD．（1）求證：平面BDEF⊥平面ADE；（2）若ED＝BD，求直線AF與平面AEC所成角的正弦值．（1）證明在△ABD中，∠ABD＝eq\f(π,6)，AB＝2AD，由余弦定理，得BD＝eq\r(3)AD，從而BD2＋AD2＝AB2，故BD⊥AD，所以△ABD為直角三角形且∠ADB＝eq\f(π,2)．因為DE⊥平面ABCD，BD?平面ABCD，所以DE⊥BD．又AD∩DE＝D，所以BD⊥平面ADE．因為BD?平面BDEF，所以平面BDEF⊥平面ADE．（2）解由（1）可得，在Rt△ABD中，∠BAD＝eq\f(π,3)，BD＝eq\r(3)AD，又由ED＝BD，設AD＝1，則BD＝ED＝eq\r(3)．因為DE⊥平面ABCD，BD⊥AD，所以可以點D為坐標原點，DA，DB，DE所在直線分別為x軸，y軸，z軸建立空間直角坐標系，如圖所示．則A（1，0，0），C（－1，eq\r(3)，0），E（0，0，eq\r(3)），F(xiàn)（0，eq\r(3)，eq\r(3)），所以eq\o(AE,\s\up6(→))＝（－1，0，eq\r(3)），eq\o(AC,\s\up6(→))＝（－2，eq\r(3)，0）．設平面AEC的法向量為n＝（x，y，z），則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(AE,\s\up6(→))＝0，,n·\o(AC,\s\up6(→))＝0，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－x＋\r(3)z＝0，,－2x＋\r(3)y＝0，))令z＝1，得n＝（eq\r(3)，2，1），為平面AEC的一個法向量．因為eq\o(AF,\s\up6(→))＝（－1，eq\r(3)，eq\r(3)），所以cos〈n，eq\o(AF,\s\up6(→))〉＝eq\f(n·\o(AF,\s\up6(→)),|n|·|\o(AF,\s\up6(→))|)＝eq\f(\r(42),14)，所以直線AF與平面AEC所成角的正弦值為eq\f(\r(42),14)．例7如圖1，在高為6的等腰梯形ABCD中，AB∥CD，且CD＝6，AB＝12，將它沿對稱軸OO1折起，使平面ADO1O⊥平面BCO1O，如圖2，點P為BC的中點，點E在線段AB上（不同于A，B兩點），連接OE并延長至點Q，使AQ∥OB．（1）證明：OD⊥平面PAQ；（2）若BE＝2AE，求二面角C－BQ－A的余弦值．（1）證明法一取OO1的中點F，連接AF，PF，如圖所示．∵P為BC的中點，∴PF∥OB，∵AQ∥OB，∴PF∥AQ，∴P，F(xiàn)，A，Q四點共面．由題圖1可知OB⊥OO1，∵平面ADO1O⊥平面BCO1O，且平面ADO1O∩平面BCO1O＝OO1，OB?平面BCO1O，∴OB⊥平面ADO1O，∴PF⊥平面ADO1O，又OD?平面ADO1O，∴PF⊥OD．由題意知，AO＝OO1，OF＝O1D，∠AOF＝∠OO1D，∴△AOF≌△OO1D，∴∠FAO＝∠DOO1，∴∠FAO＋∠AOD＝∠DOO1＋∠AOD＝90°，∴AF⊥OD．∵AF∩PF＝F，且AF?平面PAQ，PF?平面PAQ，∴OD⊥平面PAQ．法二由題設知OA，OB，OO1兩兩垂直，∴以O為坐標原點，OA，OB，OO1所在直線分別為x軸，y軸，z軸建立如圖所示的空間直角坐標系，設AQ的長為m，則O（0，0，0），A（6，0，0），B（0，6，0），C（0，3，6），D（3，0，6），Q（6，m，0）．∵點P為BC的中點，∴Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(9,2)，3))，∴eq\o(OD,\s\up6(→))＝（3，0，6），eq\o(AQ,\s\up6(→))＝（0，m，0），eq\o(PQ,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(6，m－\f(9,2)，－3))．∵eq\o(OD,\s\up6(→))·eq\o(AQ,\s\up6(→))＝0，eq\o(OD,\s\up6(→))·eq\o(PQ,\s\up6(→))＝0，∴eq\o(OD,\s\up6(→))⊥eq\o(AQ,\s\up6(→))，eq\o(OD,\s\up6(→))⊥eq\o(PQ,\s\up6(→))，又eq\o(AQ,\s\up6(→))與eq\o(PQ,\s\up6(→))不共線，∴OD⊥平面PAQ．（2）解∵BE＝2AE，AQ∥OB，∴AQ＝eq\f(1,2)OB＝3，則Q（6，3，0），∴eq\o(QB,\s\up6(→))＝（－6，3，0），eq\o(BC,\s\up6(→))＝（0，－3，6）．設平面CBQ的法向量為n1＝（x，y，z），由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n1·\o(QB,\s\up6(→))＝0，,n1·\o(BC,\s\up6(→))＝0，))得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－6x＋3y＝0，,－3y＋6z＝0，))令z＝1，則y＝2，x＝1，n1＝（1，2，1）．易得平面ABQ的一個法向量為n2＝（0，0，1）．設二面角C－BQ－A的大小為θ，由圖可知，θ為銳角，則cosθ＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(n1·n2,|n1|·|n2|)))＝eq\f(\r(6),6)，即二面角C－BQ－A的余弦值為eq\f(\r(6),6)．例8如圖，四面體ABCD中，△ABC是正三角形，△ACD是直角三角形，∠ABD＝∠CBD，AB＝BD．（1）證明：平面ACD⊥平面ABC；（2）過AC的平面交BD于點E，若平面AEC把四面體ABCD分成體積相等的兩部分，求二面角D－AE－C的余弦值．（1）證明：由題設可得△ABD≌△CBD，從而AD＝CD．又△ACD是直角三角形，所以∠ADC＝90°．取AC的中點O，連接DO，BO，則DO⊥AC，DO＝AO．又因為△ABC是正三角形，故BO⊥AC，所以∠DOB為二面角D－AC－B的平面角．在Rt△AOB中，BO2＋AO2＝AB2，又AB＝BD，所以BO2＋DO2＝BO2＋AO2＝AB2＝BD2，故∠DOB＝90°．所以平面ACD⊥平面ABC．（2）解：由題設及（1）知，OA，OB，OD兩兩垂直，以O為坐標原點，eq\o(OA,\s\up6(→))的方向為x軸正方向，|eq\o(OA,\s\up6(→))|為單位長度，建立如圖所示的空間直角坐標系O－xyz，則A（1,0,0），B（0，eq\r(3)，0），C（－1,0,0），D（0,0,1）．由題設知，四面體ABCE的體積為四面體ABCD的體積的eq\f(1,2)，從而E到平面ABC的距離為D到平面ABC的距離的eq\f(1,2)，即E為DB的中點，得Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(3),2)，\f(1,2)))，故eq\o(AD,\s\up6(→))＝（－1,0,1），eq\o(AC,\s\up6(→))＝（－2,0,0），eq\o(AE,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，\f(\r(3),2)，\f(1,2)))．設n＝（x，y，z）是平面DAE的法向量，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(AD,\s\up6(→))＝0，,n·\o(AE,\s\up6(→))＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－x＋z＝0，,－x＋\f(\r(3),2)y＋\f(1,2)z＝0，))可取n＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(\r(3),3)，1))．設m是平面AEC的法向量，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m·\o(AC,\s\up6(→))＝0，,m·\o(AE,\s\up6(→))＝0，))同理可取m＝（0，－1，eq\r(3)），則cos〈n，m〉＝eq\f(n·m,|n||m|)＝eq\f(\r(7),7)．所以二面角D－AE－C的余弦值為eq\f(\r(7),7)．例9如圖，四棱錐P－ABCD中，側面PAD為等邊三角形且垂直于底面ABCD，AB＝BC＝eq\f(1,2)AD，∠BAD＝∠ABC＝90°，E是PD的中點．（1）證明：直線CE∥平面PAB；（2）點M在棱PC上，且直線BM與底面ABCD所成角為45°，求二面角M－AB－D的余弦值．（1）證明：取PA的中點F，連接EF，BF．因為E是PD的中點，所以EF∥AD，EF＝eq\f(1,2)AD．由∠BAD＝∠ABC＝90°得BC∥AD，又BC＝eq\f(1,2)AD，所以EFBC，四邊形BCEF是平行四邊形，CE∥BF．又BF平面PAB，CE平面PAB，故CE∥平面PAB．（2）解：由已知得BA⊥AD，以A為坐標原點，eq\o(AB,\s\up6(→))的方向為x軸正方向，|eq\o(AB,\s\up6(→))|為單位長度，建立如圖所示的空間直角坐標系A－xyz，則A（0,0,0），B（1,0,0），C（1,1,0），P（0，1，eq\r(3)），eq\o(PC,\s\up6(→))＝（1,0，－eq\r(3)），eq\o(AB,\s\up6(→))＝（1,0,0）．設M（x，y，z）（0<x<1），則eq\o(BM,\s\up6(→))＝（x－1，y，z），eq\o(PM,\s\up6(→))＝（x，y－1，z－eq\r(3)）．因為BM與底面ABCD所成的角為45°，而n＝（0,0,1）是底面ABCD的法向量，所以|cos〈eq\o(BM,\s\up6(→))，n〉|＝sin45°，eq\f(|z|,\r(x－12＋y2＋z2))＝eq\f(\r(2),2)，即（x－1）2＋y2－z2＝0．①又M在棱PC上，設eq\o(PM,\s\up6(→))＝λeq\o(PC,\s\up6(→))，則x＝λ，y＝1，z＝eq\r(3)－eq\r(3)λ．②由①②解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝1＋\f(\r(2),2)，,y＝1，,z＝－\f(\r(6),2)))（舍去），或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝1－\f(\r(2),2)，,y＝1，,z＝\f(\r(6),2)，))所以Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(\r(2),2)，1，\f(\r(6),2)))，從而eq\o(AM,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(\r(2),2)，1，\f(\r(6),2)))．設m＝（x0，y0，z0）是平面ABM的法向量，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m·\o(AM,\s\up6(→))＝0，,m·\o(AB,\s\up6(→))＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2－\r(2)x0＋2y0＋\r(6)z0＝0，,x0＝0，))所以可取m＝（0，－eq\r(6)，2）．于是cos〈m，n〉＝eq\f(m·n,|m||n|)＝eq\f(\r(10),5)．因此二面角M－AB－D的余弦值為eq\f(\r(10),5)．例10等邊△ABC的邊長為3，點D，E分別是AB，BC上的點，且滿足eq\f(AD,DB)＝eq\f(CE,EA)＝eq\f(1,2)（如圖（1）），將△ADE沿DE折起到△A1DE的位置，使二面角A1－DE－B成直二面角，連接A1B，A1C（如圖（2））．（1）求證：A1D⊥平面BCED；（2）在線段BC上是否存在點P，使直線PA1與平面A1BD所成的角為60°？若存在，求出PB的長；若不存在，請說明理由．（1）證明題圖（1）中，由已知可得：AE＝2，AD＝1，A＝60°．從而DE＝eq\r(12＋22－2×1×2×cos60°)＝eq\r(3)．故得AD2＋DE2＝AE2，∴AD⊥DE，BD⊥DE．∴題圖（2）中，A1D⊥DE，BD⊥DE，∴∠A1DB為二面角A1－DE－B的平面角，又二面角A1－DE－B為直二面角，∴∠A1DB＝90°，即A1D⊥DB，∵DE∩DB＝D且DE，DB?平面BCED，∴A1D⊥平面BCED．（2）解存在．由（1）知ED⊥DB，A1D⊥平面BCED．以D為坐標原點，以射線DB、DE、DA1分別為x軸、y軸、z軸的正半軸建立空間直角坐標系D－xyz，如圖，過P作PH∥DE交BD于點H，設PB＝2a（0≤2a≤3），則BH＝a，PH＝eq\r(3)a，DH＝2－a，易知A1（0，0，1），P（2－a，eq\r(3)a，0），E（0，eq\r(3)，0），所以eq\o(PA1,\s\up6(→))＝（a－2，－eq\r(3)a，1）．因為ED⊥平面A1BD，所以平面A1BD的一個法向量為eq\o(DE,\s\up6(→))＝（0，eq\r(3)，0）．因為直線PA1與平面A1BD所成的角為60°，所以sin60°＝eq\f(|\o(PA1,\s\up6(→))·\o(DE,\s\up6(→))|,|\o(PA1,\s\up6(→))||\o(DE,\s\up6(→))|)＝eq\f(3a,\r(4a2－4a＋5)×\r(3))＝eq\f(\r(3),2)，解得a＝eq\f(5,4)．∴PB＝2a＝eq\f(5,2)，滿足0≤2a≤3，符合題意．所以在線段BC上存在點P，使直線PA1與平面A1BD所成的角為60°，此時PB＝eq\f(5,2)．例11如圖，在四棱錐P—ABCD中，底面ABCD為正方形，底面ABCD，M為線段PC的中點，，N為線段BC上的動點．（1）證明：平面平面（2）當點N在線段BC的何位置時，平面MND與平面PAB所成銳二面角的大小為30°？指出點N的位置，并說明理由．【答案】（1）證明見解析（2）點N在線段BC的中點【解析】（1）證明：因為底面ABCD，底面ABCD，所以，因為，，所以平面，因為平面，所以，因為四邊形為正方形，，所以，因為在中，，M為線段PC的中點，所以，因為，所以平面，因為平面，所以平面平面，（2）當點N在線段BC的中點時，平面MND與平面PAB所成銳二面角的大小為30°，理由如下：因為底面，平面，所以，因為，所以兩兩垂直，所以以為原點，以所在的直線分別為軸建立空間直角坐標系，如圖所示，設，則，設，則，設為平面的法向量，則，令，則，設為平面的法向量，則，令，則，因為平面MND與平面PAB所成銳二面角的大小為30°，所以，化簡得，得，所以當點N在線段BC的中點時，平面MND與平面PAB所成銳二面角的大小為30°例12如圖1，在邊上為4的菱形中，，點，分別是邊，的中點，，．沿將翻折到的位置，連接，，，得到如圖2所示的五棱錐．（1）在翻折過程中是否總有平面平面？證明你的結論；（2）當四棱錐體積最大時，求直線和平面所成角的正弦值；（3）在（2）的條件下，在線段上是否存在一點，使得二面角余弦值的絕對值為？若存在，試確定點的位置；若不存在，請說明理由．【答案】（1）在翻折過程中總有平面平面，證明見解析（2）（3）存在且為線段的中點【解析】（1）在翻折過程中總有平面平面，證明如下：∵點，分別是邊，的中點，又，∴，且是等邊三角形，∵是的中點，∴，∵菱形的對角線互相垂直，∴，∴，∵，平面，平面，∴平面，∴平面，∵平面，∴平面平面．（2）由題意知，四邊形為等腰梯形，且，，，所以等腰梯形的面積，要使得四棱錐體積最大，只要點到平面的距離最大即可，∴當平面時，點到平面的距離的最大值為，此時四棱錐體積的最大值為，直線和平面所成角的為，連接，在直角三角形中，，，由勾股定理得：．．（3）假設符合題意的點存在．以為坐標原點，，，所在直線分別為軸、軸、軸，建立如圖所示空間直角坐標系，則，，，，由（2）知，，又，且，平面，平面，平面，故平面的一個法向量為，設（），∵，，故，∴，，平面的一個法向量為，則，，即令，所以，則平面的一個法向量，設二面角的平面角為，則，解得：，故符合題意的點存在且為線段的中點．例13如圖，在四棱錐ABCDE中，底面BCDE為矩形，M為CD中點，連接BM，CE交于點F，G為△ABE的重心．（1）證明：平面ABC（2）已知平面ABC⊥BCDE，平面ACD⊥平面BCDE，BC=3，CD=6，當平面GCE與平面ADE所成銳二面角為60°時，求G到平面ADE的距離．【答案】（1）證明見解析（2）【解析】（1）延長EG交AB于N，連接NC,因為G為△ABE的重心，所以點N為AB的中點，且,因為,故,所以,故，故,而平面ABC，平面ABC,故平面ABC；（2）由題意知，平面ABC⊥平面BCDE，平面ABC平面BCDE=BC，,平面BCDE，故平面ABC,平面ABC,則,同理，又平面BCDE,所以平面BCDE，以C為原點，以CB,CD,CA所在直線分別為x,y,z軸，建立空間直角坐標系，設點G到平面BCDE的距離為，則，故,設平面GCE的法向量為，則，即，取，則即，設平面ADE的法向量為，則，即，取，則，則，所以，解得，又，故點G到平面ADE的距離為．例14如圖，在三棱柱中，為等邊三角形，四邊形是邊長為2的正方形，為中點，且．（1）求證：平面；（2）若點在線段上，且直線與平面所成角的正弦值為，求點到平面的距離．【答案】（1）證明見解析（2）【解析】（1）證明：由題知，因為，所以，又，所以，又，所以平面，又平面，所以，在正三角形中，為中點，于是，又，所以平面（2）取中點為中點為，則，由（1）知平面，且平面，所以，又，所以，所以平面，于是兩兩垂直如圖，以為坐標原點，的方向為軸，軸，軸的正方向，建立空間直角坐標系則所以設平面的法向量為，則，即令，則于是設，則由于直線與平面所成角的正弦值為于是，即，整理得，由于，所以于是設點到平面的距離為則所以點到平面的距離為舉一反三1．如圖，在三棱錐中，平面平面，與均為等腰直角三角形，且，．點是線段上的動點，若線段上存在點，使得異面直線與成的角，則線段長的取值范圍是（）A．B．C．D．【答案】B【解析】設的中點為，連，因，故建立如圖所示的空間直角坐標系，則，則，所以，，所以，即，也即，由此可得，結合可得，所以，則，即，應選答案B．2．如圖所示，在棱長為2的正方體中，，分別是，的中點，那么異面直線和所成角的余弦值等于__________．【答案】【解析】以AD,DC,DD1建立空間直角坐標系，則：得直線和所成角的余弦值等于3．如圖，在正方體中，為的中點．（1）證明：平面AD1E（2）求直線到平面的距離；【答案】（1）證明見解析（2）【解析】（1），，四邊形為平行四邊形，，面，面，平面．（2）如圖建立空間直角坐標系，設正方體的棱長為，則，，，，，平面，直線到平面的距離即為點到平面的距離，所以，，，設平面的一個法向量為，則，取，得，，直線到平面的距離為．4．在四棱錐中，，平面平面．（1）證明：平面；（2）求二面角的正弦值．【答案】（1）證明見解析（2）【解析】（1）作于點，平面平面，平面平面∴平面，平面，則又，平面平面，則，平面（2）取中點為，則由，得又平面，得，所以平面以為原點，方向分別為軸的正方向，建立空間直角坐標系，則設平面的法向量為則，則今，則設平面的法向量為則，則令，則故故二面角的正弦值為5．如圖，四棱錐中，底面為矩形，平面，點在線段上．（1）若為的中點，證明：平面；（2）若，，若二面角的大小為，試求的值．【答案】（1）證明見解析（2）【解析】．（1）證明：連接交于，連接，因為四邊形為矩形，為的中點，又因為為的中點，則，因為平面，平面，因此，平面．（2）解：由題設平面，四邊形為矩形，以點為坐標原點，、、所在直線分別為、、軸建立如下圖所示的空間直角坐標系，平面，平面，，所以，，則、、、，設，其中，則，，設平面的法向量為，則，取，可得，易知平面的一個法向量為，由題可得，因為，解得，此時．6．如圖在四棱錐中，側面底面，側棱，底面為直角梯形，其中，，，為的中點．（1）求證：平面；（2）求二面角的正弦值；（3）線段上是否存在，使得它到平面的距離為？若存在，求出的值；若不存在，說明理由．【答案】（1）證明見解析（2）（3）存在，【解析】（1），為的中點，，側面底面，側面底面，平面，平面；（2）底面為直角梯形，其中，，，，又平面，以為原點，所在直線為軸，所在直線為軸，所在直線為軸，建立空間直角坐標系，易得平面的法向量，，，設平面的法向量，則，取，得，設二面角夾角為，則，則，二面角的正弦值為；（3）設線段上存在，使得它到平面的距離為，，到平面的距離，解得或（舍去），則，則．7．如圖，在四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，AB∥CD，AB＝BC＝CC1＝2CD，E為線段AB的中點，F(xiàn)是線段DD1上的動點．（1）求證：EF∥平面BCC1B1；（2）若∠BCD＝∠C1CD＝60°，且平面D1C1CD⊥平面ABCD，求平面BCC1B1與平面DC1B1所成角（銳角）的余弦值．（1）證明如圖（1），連接DE，D1E．圖（1）∵AB∥CD，AB＝2CD，E是AB的中點，∴BE∥CD，BE＝CD，∴四邊形BCDE是平行四邊形，∴DE∥BC．又DE?平面BCC1B1，BC?平面BCC1B1，∴DE∥平面BCC1B1．∵DD1∥CC1，DD1?平面BCC1B1，CC1?平面BCC1B1，∴D1D∥平面BCC1B1．又D1D∩DE＝D，∴平面DED1∥平面BCC1B1．∵EF?平面DED1，∴EF∥平面BCC1B1．（2）解如圖（1），連接BD．設CD＝1，則AB＝BC＝CC1＝2．∵∠BCD＝60°，∴BD＝eq\r(BC2＋CD2－2BC·CD·cos60°)＝eq\r(3)．∴CD2＋BD2＝BC2，∴BD⊥CD．同理可得，C1D⊥CD．法一∵平面D1C1CD⊥平面ABCD，平面D1C1CD∩平面ABCD＝CD，C1D?平面D1C1CD，∴C1D⊥平面ABCD，∵BC?平面ABCD，∴C1D⊥BC，∴C1D⊥B1C1．在平面ABCD中，過點D作DH⊥BC，垂足為H，連接C1H，如圖（1）．∵C1D∩DH＝D，∴BC⊥平面C1DH．∵C1H?平面C1DH，∴BC⊥C1H，∴B1C1⊥C1H，∴∠DC1H為平面BCC1B1與平面DC1B1所成的角．∵在Rt△C1CD中，C1D＝eq\r(3)，在Rt△BCD中，DH＝CD·sin60°＝eq\f(\r(3),2)，∴在Rt△C1DH中，C1H＝eq\r(C1D2＋DH2)＝eq\f(\r(15),2)，∴cos∠DC1H＝eq\f(C1D,C1H)＝eq\f(2\r(5),5)．∴平面BCC1B1與平面DC1B1所成的角（銳角）的余弦值為eq\f(2\r(5),5)．法二以D為原點，分別以DB，DC，DC1所在直線為x軸、y軸、z軸建立空間直角坐標系，如圖（2），圖（2）則D（0，0，0），C（0，1，0），C1（0，0，eq\r(3)），B（eq\r(3)，0，0），∴eq\o(B1C1,\s\up6(→))＝eq\o(BC,\s\up6(→))＝（－eq\r(3)，1，0），eq\o(DC1,\s\up6(→))＝（0，0，eq\r(3)），eq\o(CC1,\s\up6(→))＝（0，－1，eq\r(3)）．設平面BCC1B1的法向量為n1＝（x1，y1，z1），則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n1·\o(BC,\s\up6(→))＝0，,n1·\o(CC1,\s\up6(→))＝0，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－\r(3)x1＋y1＝0，,－y1＋\r(3)z1＝0.))取z1＝1，則y1＝eq\r(3)，x1＝1，∴平面BCC1B1中的一個法向量為n1＝（1，eq\r(3)，1）．設平面DC1B1的法向量為n2＝（x2，y2，z2）．則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n2·\o(B1C1,\s\up6(→))＝0，,n2·\o(DC1,\s\up6(→))＝0，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－\r(3)x2＋y2＝0，,\r(3)z2＝0.))令x2＝1，則y2＝eq\r(3)，z2＝0，∴平面DC1B1的一個法向量為n2＝（1，eq\r(3)，0）．設平面BCC1B1與平面DC1B1所成的銳二面角的大小為θ，則cosθ＝eq\f(|n1·n2|,|n1||n2|)＝eq\f(1＋3,\r(1＋3＋1)·\r(1＋3))＝eq\f(2\r(5),5)．∴平面BCC1B1與平面DC1B1所成的角（銳角）的余弦值為eq\f(2\r(5),5)．8．如圖所示的多面體是由底面為ABCD的長方體被截面AEC1F所截而得到的，其中AB＝4，BC＝2，CC1＝3，BE＝1．（1）求BF的長；（2）求點C到平面AEC1F的距離．解：（1）如圖，以D為原點，DA，DC，DF分別為坐標軸建立空間直角坐標系．則A（2,0,0），B（2,4,0），C（0,4,0），E（2,4,1），C1（0,4,3），設F（0,0，z），由eq\o(AF,\s\up6(→))＝eq\o(EC1,\s\up6(→))得：（－2,0，z）＝（－2,0,2），所以z＝2．∴F（0,0,2）．∴eq\o(BF,\s\up6(→))＝（－2，－4,2），∴|eq\o(BF,\s\up6(→))|＝2eq\r(6)，即BF的長為2eq\r(6)．（2）設n1為平面AEC1F的法向量，顯然n1不垂直于平面ADF，故可設n1＝（x，y,1）．由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n1·\o(AE,\s\up6(→))＝0，,n1·\o(AF,\s\up6(→))＝0，))得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(0×x＋4×y＋1＝0，,－2×x＋0×y＋2＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(4y＋1＝0，,－2x＋2＝0.))∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝1，,y＝－\f(1,4)，))則n1＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，－\f(1,4)，1))．又eq\o(CC1,\s\up6(→))＝（0,0,3），設eq\o(CC1,\s\up6(→))與n1的夾角為α，則cosα＝eq\f(\o(CC1,\s\up6(→))·n1,|\o(CC1,\s\up6(→))||n1|)＝eq\f(3,3×\r(1＋\f(1,16)＋1))＝eq\f(4\r(33),33)．∴點C到平面AEC1F的距離為d＝|eq\o(CC1,\s\up6(→))|cosα＝3×eq\f(4\r(33),33)＝eq\f(4\r(33),11)．9．如圖，三棱臺ABC－A1B1C1中，側面A1B1BA與側面A1C1CA是全等的梯形，若A1A⊥AB，A1A⊥A1C1，且AB＝2A1B1＝4A1A．（1）若eq\o(CD,\s\up6(→))＝2eq\o(DA1,\s\up6(→))，eq\o(AE,\s\up6(→))＝2eq\o(EB,\s\up6(→))，證明：DE∥平面BCC1B1；（2）若二面角C1－AA1－B為eq\f(π,3)，求平面A1B1BA與平面C1B1BC成的銳二面角的余弦值．（1）證明：連接AC1，BC1，梯形A1C1CA，AC＝2A1C1，易知：AC1∩A1C＝D，eq\o(AD,\s\up6(→))＝2eq\o(DC1,\s\up6(→))，又eq\o(AE,\s\up6(→))＝2eq\o(EB,\s\up6(→))，則DE∥BC1，BC1平面BCC1B1，DE平面BCC1B1，可得：DE∥平面BCC1B1．（2）解：側面A1C1CA是梯形，A1A⊥A1C1，?AA1⊥AC，A1A⊥AB，則∠BAC為二面角C1－AA1－B的平面角，∠BAC＝eq\f(π,3)．?△ABC，△A1B1C1均為正三角形，在平面ABC內(nèi)，過點A作AC的垂線，如圖建立空間直角坐標系，不妨設AA1＝1，則A1B1＝A1C1＝2，AB＝AC＝4，故點A1（0,0,1），C（0,4,0），B（2eq\r(3)，2,0），B1（eq\r(3)，1,1）．設平面A1B1BA的法向量為m＝（x1，y1，z1），則有：eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m·\o(AB,\s\up6(→))＝0，,m·\o(AB1,\s\up6(→))＝0))?eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\r(3)x1＋y1＝0，,\r(3)x1＋y1＋z1＝0，))?m＝（1，－eq\r(3)，0），設平面C1B1BC的法向量為n＝（x2，y2，z2），則有：eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(CB,\s\up6(→))＝0，,n·\o(CB1,\s\up6(→))＝0))?eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\r(3)x2－y2＝0，,\r(3)x2－3y2＋z2＝0，))?n＝（1，eq\r(3)，2eq\r(3)），cos〈m，n〉＝eq\f(m·n,|m||n|)＝－eq\f(1,4)，故平面A1B1BA與平面C1B1BC所成的銳二面角的余弦值為eq\f(1,4)．10．如圖，四棱錐P－ABCD的底面ABCD是平行四邊形，PA⊥底面ABCD，PA＝3，AD＝2，AB＝4，∠ABC＝60°．（1）求證：BC⊥平面PAC；（2）E是側棱PB上一點，記eq\f(PE,PB)＝λ（0<λ<1），是否存在實數(shù)λ，使平面ADE與平面PAD所成的二面角為60°？若存在，求出λ的值；若不存在，請說明理由．（1）證明：因為BC＝AD＝2，AB＝4，所以AC＝eq\r(AB2＋BC2－2AB×BC×cos∠ABC)＝2eq\r(3)，又BC2＋AC2＝AB2，所以BC⊥AC．又PA⊥底面ABCD，BC平面ABCD，則PA⊥BC．因為PA平面PAC，AC平面PAC，且PA∩AC＝A，所以BC⊥平面PAC．（2）解：以A為坐標原點，過點A作垂直于AB的直線為x軸，AB，AP所在直線分別為y軸，z軸建立如圖所示的空間直角坐標系，則A（0,0,0），B（0,4,0），P（0,0,3）．因為在平行四邊形ABCD中，AD＝2，AB＝4，∠ABC＝60°，則∠DAx＝30°，所以D（eq\r(3)，－1,0）．又eq\f(PE,PB)＝λ（0<λ<1），知E（0,4λ，3（1－λ））．所以eq\o(AD,\s\up6(→))＝（eq\r(3)，－1,0），eq\o(AE,\s\up6(→))＝（0,4λ，3（1－λ）），eq\o(AP,\s\up6(→))＝（0,0,3），設平面ADE的法向量為m＝（x1，y1，z1），則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m·\o(AD,\s\up6(→))＝0，,m·\o(AE,\s\up6(→))＝0))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\r(3)x1－y1＝0，,4λy1＋31－λz1＝0.))取x1＝1，則m＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\r(3)，\f(4\r(3)λ,3λ－1)))．設平面PAD的法向量為n＝（x2，y2，z2），則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(AP,\s\up6(→))＝0，,n·\o(AD,\s\up6(→))＝0))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(3z2＝0，,\r(3)x2－y2＝0.))取y2＝1，則n＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),3)，1，0))．若平面ADE與平面PAD所成的二面角為60°，則|cos〈m，n〉|＝cos60°＝eq\f(1,2)，即eq\f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(1×\f(\r(3),3)＋\r(3)×1＋\f(4\r(3)λ,3λ－1)×0)),\r(1＋3＋\f(16λ2,3λ－12))·\r(\f(1,3)＋1))＝eq\f(1,2)，化簡得eq\r(1＋\f(4λ2,3λ－12))＝2，即eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(λ,λ－1)))2＝eq\f(9,4)，解得λ＝3（舍去）或λ＝eq\f(3,5)．于是，存在λ＝eq\f(3,5)，使平面ADE與平面PAD所成的二面角為60°．11．如圖，在四棱錐P－ABCD中，側面PAD⊥底面ABCD，底面ABCD是平行四邊形，∠ABC＝45°，AD＝AP＝2，AB＝DP＝2eq\r(2)，E為CD的中點，點F在線段PB上．（1）求證：AD⊥PC；（2）試確定點F的位置，使得直線EF與平面PDC所成的角和直線EF與平面ABCD所成的角相等．（1）證明如圖，在平行四邊形ABCD中，連接AC，因為AB＝2eq\r(2)，BC＝2，∠ABC＝45°，由余弦定理得，AC2＝AB2＋BC2－2·AB·BC·cos45°＝4，得AC＝2，所以AC2＋BC2＝AB2，所以∠ACB＝90°，即BC⊥AC．又AD∥BC，所以AD⊥AC，因為AD＝AP＝2，DP＝2eq\r(2)，所以AD2＋AP2＝DP2，所以PA⊥AD，又AP∩AC＝A，所以AD⊥平面PAC，所以AD⊥PC．（2）解因為側面PAD⊥底面ABCD，PA⊥AD，所以PA⊥底面ABCD，所以直線AC，AD，AP兩兩互相垂直，以A為原點，直線AD，AC，AP為坐標軸，建立如圖所示的空間直角坐標系A－xyz，則A（0，0，0），D（－2，0，0），C（0，2，0），B（2，2，0），E（－1，1，0），P（0，0，2），所以eq\o(PC,\s\up6(→))＝（0，2，－2），eq\o(PD,\s\up6(→))＝（－2，0，－2），eq\o(PB,\s\up6(→))＝（2，2，－2）．設eq\f(PF,PB)＝λ（λ∈[0，1]），則eq\o(PF,\s\up6(→))＝（2λ，2λ，－2λ），F(xiàn)（2λ，2λ，－2λ＋2），所以eq\o(EF,\s\up6(→))＝（2λ＋1，2λ－1，－2λ＋2），易得平面ABCD的一個法向量為m＝（0，0，1）．設平面PDC的法向量為n＝（x，y，z），由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(PC,\s\up6(→))＝0，,n·\o(PD,\s\up6(→))＝0，))得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2y－2z＝0，,－2x－2z＝0，))令x＝1，得n＝（1，－1，－1）．因為直線EF與平面PDC所成的角和直線EF與平面ABCD所成的角相等，所以|cos〈eq\o(EF,\s\up6(→))，m〉|＝|cos〈eq\o(EF,\s\up6(→))，n〉|，即eq\f(|\o(EF,\s\up6(→))·m|,|\o(EF,\s\up6(→))||m|)＝eq\f(|\o(EF,\s\up6(→))·n|,|\o(EF,\s\up6(→))||n|)，所以|－2λ＋2|＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(2λ,\r(3))))，即eq\r(3)|λ－1|＝|λ|（λ∈[0，1]），解得λ＝eq\f(3－\r(3),2)，所以eq\f(PF,PB)＝eq\f(3－\r(3),2)．即當eq\f(PF,PB)＝eq\f(3－\r(3),2)時，直線EF與平面PDC所成的角和直線EF與平面ABCD所成的角相等．12．如圖，在四棱錐P－ABCD中，底面ABCD為直角梯形，AD∥BC，∠ADC＝90°，平面PAD⊥底面ABCD，Q為AD的中點，M是棱PC上的點，PA＝PD＝2，BC＝eq\f(1,2)AD＝1，CD＝eq\r(3)．（1）求證：平面PBC⊥平面PQB；（2）當PM的長為何值時，平面QMB與平面PDC所成的銳二面角的大小為60°？（1）證明∵AD∥BC，Q為AD的中點，BC＝eq\f(1,2)AD，∴BC∥QD，BC＝QD，∴四邊形BCDQ為平行四邊形，∴BQ∥CD．∵∠ADC＝90°，∴BC⊥BQ．∵PA＝PD，AQ＝QD，∴PQ⊥AD．又∵平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，∴PQ⊥平面ABCD，∴PQ⊥BC．又∵PQ∩BQ＝Q，∴BC⊥平面PQB．∵BC?平面PBC，∴平面PBC⊥平面PQB．（2）解由（1）可知PQ⊥平面ABCD．如圖，以Q為原點，分別以QA，QB，QP所在直線為x軸、y軸、z軸，建立空間直角坐標系，則Q（0，0，0），D（－1，0，0），P（0，0，eq\r(3)），B（0，eq\r(3)，0），C（－1，eq\r(3)，0），∴eq\o(QB,\s\up6(→))＝（0，eq\r(3)，0），eq\o(DC,\s\up6(→))＝（0，eq\r(3)，0），eq\o(DP,\s\up6(→))＝（1，0，eq\r(3)），eq\o(PC,\s\up6(→))＝（－1，eq\r(3)，－eq\r(3)）．設eq\o(PM,\s\up6(→))＝λeq\o(PC,\s\up6(→))，則eq\o(PM,\s\up6(→))＝（－λ，eq\r(3)λ，－eq\r(3)λ），且0≤λ≤1，得M（－λ，eq\r(3)λ，eq\r(3)－eq\r(3)λ），∴eq\o(QM,\s\up6(→))＝（－λ，eq\r(3)λ，eq\r(3)（1－λ））．設平面MBQ的法向量為m＝（x，y，z），則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\o(QM,\s\up6(→))·m＝0，,\o(QB,\s\up6(→))·m＝0，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－λx＋\r(3)λy＋\r(3)（1－λ）z＝0，,\r(3)y＝0.))令x＝eq\r(3)，則y＝0，z＝eq\f(λ,1－λ)，∴平面MBQ的一個法向量為m＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(3)，0，\f(λ,1－λ)))．設平面PDC的法向量為n＝（x′，y′，z′），則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\o(DC,\s\up6(→))·n＝0，,\o(DP,\s\up6(→))·n＝0，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\r(3)y′＝0，,x′＋\r(3)z′＝0.))令x′＝3，則y′＝0，z′＝－eq\r(3)，∴平面PDC的一個法向量為n＝（3，0，－eq\r(3)）．∴平面QMB與平面PDC所成的銳二面角的大小為60°，∴cos60°＝eq\f(|n·m|,|n||m|)＝eq\f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(3\r(3)－\r(3)·\f(λ,1－λ))),\r(12)·\r(3＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(λ,1－λ)))\s\up12(2)))＝eq\f(1,2)，∴λ＝eq\f(1,2)．∴PM＝eq\f(1,2)PC＝eq\f(\r(7),2)．13．如圖，C是以AB為直徑的圓O上異于A，B的點，平面PAC⊥平面ABC，PA＝PC＝AC＝2，BC＝4，E，F(xiàn)分別是PC，PB的中點，記平面AEF與平面ABC的交線為l．（1）求證：l⊥平面PAC；（2）直線l上是否存在點Q，使直線PQ分別與平面AEF、直線EF所成的角互余？若存在，求出AQ的長；若不存在，請說明理由．（1）證明因為E，F(xiàn)分別是PC，PB的中點，所以BC∥EF，又EF?平面EFA，BC?平面EFA，所以BC∥平面EFA．又BC?平面ABC，平面EFA∩平面ABC＝l，所以BC∥l．又BC⊥AC，平面PAC∩平面ABC＝AC，平面PAC⊥平面ABC，BC?平面ABC，所以BC⊥平面PAC，所以l⊥平面PAC．（2）解如圖，以C為坐標原點，CA所在直線為x軸，CB所在直線為y軸，過C且垂直于平面ABC的直線為z軸建立空間直角坐標系，則A（2，0，0），B（0，4，0），P（1，0，eq\r(3)），Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，0，\f(\r(3),2)))，F(xiàn)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2，\f(\r(3),2)))，所以eq\o(AE,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)，0，\f(\r(3),2)))，eq\o(EF,\s\up6(→))＝（0，2，0）．設Q（2，y，0），平面AEF的法向量為m＝（x0，y0，z0），則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m·\o(AE,\s\up6(→))＝0，,m·\o(EF,\s\up6(→))＝0，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)x0＋\f(\r(3),2)z0＝0，,2y0＝0，))則y0＝0，令z0＝eq\r(3)，則x0＝1，所以m＝（1，0，eq\r(3)）為平面AEF的一個法向量．又eq\o(PQ,\s\up6(→))＝（1，y，－eq\r(3)），所以|cos〈eq\o(PQ,\s\up6(→))，eq\o(EF,\s\up6(→))〉|＝eq\f(|\o(PQ,\s\up6(→))·\o(EF,\s\up6(→))|,|\o(PQ,\s\up6(→))|·|\o(EF,\s\up6(→))|)，|cos〈eq\o(PQ,\s\up6(→))，m〉|＝eq\f(|\o(PQ,\s\up6(→))·m|,|\o(PQ,\s\up6(→))|·|m|)．因為直線PQ分別與平面AEF、直線EF所成的角互余，所以eq\f(|\o(PQ,\s\up6(→))·\o(EF,\s\up6(→))|,|\o(PQ,\s\up6(→))|·|\o(EF,\s\up6(→))|)＝eq\f(|\o(PQ,\s\up6(→))·m|,|\o(PQ,\s\up6(→))|·|m|)，所以|1×0＋y×2－eq\r(3)×0|＝|1×1＋y×0＋（－eq\r(3)）×eq\r(3)|，解得y＝±1．所以直線l上存在點Q，使直線PQ分別與平面AEF、直線EF所成的角互余，此時AQ＝1．14．如圖，在四棱錐P－ABCD中，底面ABCD為菱形，PA⊥平面ABCD，AB＝2，∠ABC＝60°，E，F(xiàn)分別是BC，PC的中點．（1）求證：AE⊥PD；（2）設H為線段PD上的動點，若線段EH長的最小值為eq\r(5)，求二面角E－AF－C的余弦值．（1）證明∵四邊形ABCD為菱形，∠ABC＝60°，∴△ABC為正三角形．又E為BC的中點，∴AE⊥BC．∵BC∥AD，∴AE⊥AD．∵PA⊥平面ABCD，AE?平面ABCD，∴PA⊥AE．∵PA?平面PAD，AD?平面PAD，且PA∩AD＝A，∴AE⊥平面PAD．又PD?平面PAD，∴AE⊥PD．（2）解如圖，H為線段PD上的動點，連接AH，EH．當線段EH的長最小時，EH⊥PD．由（1）知AE⊥PD，∵AE∩EH＝E，∴PD⊥平面AEH．∵AH?平面AEH，∴AH⊥PD．在Rt△EAH中，AE＝eq\r(3)，EH＝eq\r(5)，EA⊥AH，∴AH＝eq\r(EH2－AE2)＝eq\r(2)．在Rt△ADH中，由AH＝eq\r(2)，AD＝2，可知∠HDA＝45°，即∠PDA＝45°．∴在Rt△PAD中，可得PA＝AD＝2．由（1）可知AE，AD，AP兩兩垂直，以A為坐標原點，建立如圖的空間直角坐標系．由E，F(xiàn)分別為BC，PC的中點，可得A（0，0，0），B（eq\r(3)，－1，0），C（eq\r(3)，1，0），D（0，2，0），P（0，0，2），E（eq\r(3)，0，0），F(xiàn)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，\f(1,2)，1))，所以eq\o(AE,\s\up6(→))＝（eq\r(3)，0，0），eq\o(AF,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，\f(1,2)，1))．設平面AEF的法向量為n＝（x1，y1，z1），則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(AE,\s\up6(→))＝0，,n·\o(AF,\s\up6(→))＝0，))因此eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\r(3)x1＝0，,\f(\r(3),2)x1＋\f(1,2)y1＋z1＝0，))取z1＝－1，得n＝（0，2，－1）．因為BD⊥AC，BD⊥PA，PA∩AC＝A，所以BD⊥平面AFC，故eq\o(BD,\s\up6(→))為平面AFC的一個法向量．又eq\o(BD,\s\up6(→))＝（－eq\r(3)，3，0），所以cos〈n，eq\o(BD,\s\up6(→))〉＝eq\f(n·\o(BD,\s\up6(→)),|n|·|\o(BD,\s\up6(→))|)＝eq\f(2×3,\r(5)×\r(12))＝eq\f(\r(15),5)．由圖易知二面角E－AF－C為銳角，故所求二面角的余弦值為eq\f(\r(15),5)．課后練習1．點，分別是正方體的棱和棱的中點，則異面直線與所成的角的余弦值為（）A．B．C．D．【答案】A【解析】以為原點，為軸，為軸，為軸，建立空間直角坐標系，

設正方體的棱長為2，則，，，，

則，，設異面直線所成角為，

則，∴異面直線與所成的角的余弦值為，

故選A．2．如圖所示，在四棱錐中，四邊形為菱形，為正三角形，且分別為的中點，平面，平面．（1）求證：平面；（2）求與平面所成角的正弦值．【答案】（1）見解析；（2）．解：以為原點，分別為軸建立空間直角坐標系，不妨設菱形的邊長為2，則，，則點，，設平面的法向量為，則由，解得，不妨令，得；又，所以與平面所成角的正弦值為．3．如圖，在四棱錐中，平面平面，，，，，，．（1）求證：平面；（2）求直線與平面所成角的正弦值；（3）在棱上是否存在點，使得平面？若存在，求的值；若不存在，說明理由．【答案】（1）見解析；（2）；（3）存在，又因為平面，平面平面，所以平面．因為平面，所以．因為，所以．如圖建立空間直角坐標系，由題意得，．設平面的法向量為，則即令，則．所以．又，所以．所以直線與平面所成角的正弦值為．（3）設是棱上一點，則存在使得．因此點．因為平面，所以平面當且僅當，即，解得．所以在棱上存在點使得平面，此時．4．如圖，在斜三棱柱（側棱不垂直于底面）ABC－A1B1C1中，側面AA1C1C⊥底面ABC，底面△ABC是邊長為2的正三角形，A1A＝A1C，A1A⊥A1C．（1）求證：A1C1⊥B1C；（2）求二面角B1－A1C－C1的正弦值．（1）證明如圖，取A1C1的中點D，連接B1D，CD，∵C1C＝A1A＝A1C，∴CD⊥A1C1，∵底面△ABC是邊長為2的正三角形，∴AB＝BC＝2，A1B1＝B1C1＝2，∴B1D⊥A1C1，又B1D∩CD＝D，B1D?平面B1CD，CD?平面B1CD，∴A1C1⊥平面B1CD，∴A1C1⊥B1C．（2）解法一如圖，過點D作DE⊥A1C于點E，連接B1E．∵側面AA1C1C⊥底面ABC，∴側面AA1C1C⊥平面A1B1C1，又B1D⊥A1C1，側面AA1C1C∩平面A1B1C1＝A1C1，∴B1D⊥平面A1CC1，∴B1D⊥A1C，∴A1C⊥平面B1DE，∴B1E⊥A1C，∴∠B1ED為所求二面角的平面角．∵A1B1＝B1C1＝A1C1＝2，∴B1D＝eq\r(3)，又ED＝eq\f(1,2)CC1＝eq\f(\r(2),2)，∴tan∠B1ED＝eq\f(B1D,ED)＝eq\f(\r(3),\f(\r(2),2))＝eq\r(6)，∴sin∠B1ED＝eq\f(\r(42),7)．∴二面角B1－A1C－C1的正弦值為eq\f(\r(42),7)．法二如圖，取AC的中點O，以O為坐標原點，射線OB，OC，OA1分別為x，y，z軸的正方向建立空間直角坐標系，則O（0，0，0），B（eq\r(3)，0，0），A1（0，0，1），B1（eq\r(3)，1，1），C1（0，2，1），C（0，1，0），∴eq\o(A1B1,\s\up6(→))＝（eq\r(3)，1，0），eq\o(A1C,\s\up6(→))＝（0，1，－1）．設m＝（x，y，z）為平面A1B1C的法向量，∴eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m·\o(A1B1,\s\up6(→))＝\r(3)x＋y＝0，,m·\o(A1C,\s\up6(→))＝y(tǒng)－z＝0，))令y＝eq\r(3)，得m＝（－1，eq\r(3)，eq\r(3)），又eq\o(OB,\s\up6(→))＝（eq\r(3)，0，0）為平面A1CC1的一個法向量，∴cos〈m，eq\o(OB,\s\up6(→))〉＝eq\f(m·\o(OB,\s\up6(→)),|m||\o(OB,\s\up6(→))|)＝－eq\f(\r(7),7)，由圖易知所求二面角為銳角，∴二面角B1－A1C－C1的正弦值為eq\f(\r(42),7)．5．如圖，在三棱錐P－ABC中，D為棱PA上的任意一點，點F，G，H分別為所在棱的中點．（1）證明：BD∥平面FGH；（2）若CF⊥平面ABC，AB⊥BC，AB＝2，∠BAC＝45°，當二面角C－GF－H的平面角為eq\f(π,3)時，求棱PC的長．（1）證明因為G，H分別為AC，BC的中點，所以AB∥GH，且GH?平面FGH，AB?平面FGH，所以AB∥平面FGH．因為F，G分別為PC，AC的中點，所以GF∥AP，且FG?平面FGH，AP?平面FGH，所以AP∥平面FGH．又因為AP∩AB＝A，所以平面ABP∥平面FGH．因為BD?平面ABP，所以BD∥平面FGH．（2）解在平面ABC內(nèi)過點C作CM∥AB，如圖，以C為原點，分別以CB，CM，CF所在直線為x軸、y軸、z軸建立空間直角坐標系C－xyz，連接BG．由△ABC為等腰直角三角形知BG⊥AC．因為BG⊥CF，AC∩CF＝C，所以BG⊥平面PAC．設CF＝a，則B（2，0，0），G（1，－1，0），所以eq\o(BG,\s\up6(→))＝（－1，－1，0）為平面PAC的一個法向量．又F（0，0，a），H（1，0，0），所以eq\o(FH,\s\up6(→))＝（1，0，－a），eq\o(FG,\s\up6(→))＝（1，－1，－a）．設m＝（x，y，z）為平面FGH的法向量，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m·\o(FH,\s\up6(→))＝0，,m·\o(FG,\s\up6(→))＝0，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x－az＝0，,x－y－az＝0，))可得平面FGH的一個法向量為m＝（a，0，1）．由|cos〈m，eq\o(BG,\s\up6(→))〉|＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(－a,\r(2)·\r(a2＋1))))＝eq\f(1,2)，得a＝1（負值已舍去），從而2a＝2，所以棱PC的長為2．6．如圖，在四棱錐E－ABCD中，底面ABCD是圓內(nèi)接四邊形，CB＝CD＝CE＝1，