第五節(jié)立體幾何中的向量方法

1、第五節(jié) 立體幾何中的向量方法三年頁融O_O-考點一向量法證明平行、垂直關系考向聚焦高考?？純热荩饕韵蛄繛楣ぞ?，通過直線的方向向量、平面的法向量證明線線、線面、 面面平行與垂直，常以解答題形式出現，難度中檔，所占分值6分左右1. (2011年遼寧卷,理18)如圖,四邊形ABCD為正方形,PDL平面ABCDPD/ QAQA=AB=PD.(1) 證明：平面PQCL平面DCQ.(2) 求二面角QBPC的余弦值. 解：如圖,以D為坐標原點,線段DA的長為單位長,射線DA x軸的正半軸建立空間直角坐標系 D xyz.(1) 證明:依題意有Q1, 1,0),C(0, 0,1), P( 0,2,0)則 =

2、(1,1,0),=(0,0,1),所以=0,=0.即 PQL DQPQL DC且 DQP DC=D. 故PQL平面DCQ.又PC?平面PQC所以平面PQCL平面DCQ.(2)解:依題意有B(1,0, 1), _=(1,0,0),_.-=(-1,2,-1).設n =(x,y,z)是平面PBC的法向量,則即 -皿 + 2v-z = 0In - CB =Iw BP =因此可取n=(0,-1,-2).r t戶； RP = (1設m是平面PBQ的法向量,則？,m- PQ= 0,石 可取 m=1, 1, 1),所以 cos=-.5jTc 故二面角QBPC的余弦值為-.52. (2011年北京卷,理16)如

3、圖,在四棱錐PABC沖，PA平面ABCD底面ABCD是菱形，AB=2 / BAD=60 .(1) 求證：BDL平面PAC(2) 若PA=AB求PB與 AC所成角的余弦值；(3) 當平面PBC與平面PDC垂直時,求PA的長.(1)證明：t PAL平面 ABCD 二 PAL BD底面ABCD為菱形，二ACL BD PAH AC=A 二 BDL平面 PAC.解:(2)設 ACH BD=O I / BAD=60 , PA=AB=2BO=1 AO=OC=,Oxyz,則如圖，以O為坐標原點，OB OC所在直線為x, y軸,建立空間直角坐標系P(0,-,2), A(0,-,0),B( 1,0,0), C(0

4、,0),Eg=（1，打，-2）,卅=（0, 2朋,0）,設PB與AC所成的角為B則cosB =|cosv年|=|一 1= 一|煩就| 4(3) 由知,=(-1 ,0),設|PA|=t0 ,則 P(0,-,t), A =(-1,-,t),設平面PBC的法向量為m=x, y,z）,(BP m = 0,令 y=壯,則 x=3, z=, a m=3, -),同理可得平面PDC的法向量n=（-3,-）,平面 PBCL平面 PDC： m- n=0,36_即-6+r = 0, A t=k,即 PAMr考點二求直線與平面所成的角考向聚焦進 角分 夾6 的直 量川 量fr 考主 量成 向所 以面 要平 主與 容

5、應 高備考指津計量 量 的確 確準 準要，算是這 決解3. （2012年湖北卷，理19,12分）如圖（1）, / ACB=45 , BC=3過動點A作ADL BC垂足D在線段BC 上且異于點B,連接AB沿人。將厶ABD折起，使/ BDC=90 （如圖（2）所示）.(1) 當BD的長為多少時,三棱錐A BCD勺體積最大；(2) 當三棱錐A BCD勺體積最大時,設點E M分別為棱BC AC的中點,試在棱CD上確定一點N使得 ENL BM并求EN與平面BMN所成角的大小.(1)解：法一：在如題圖(1)所示的 ABC中 ,設BD=X0x3),則CD=3-x. 由ADL BC / ACB=45知, AD

6、C為等腰直角三角形,所以AD=CD=3-x.由折起前ADL BC知,折起后(如題圖(2), ADL DCADL BD且BDA DC=D 所以ADL平面BCD.又/ BDC=90 ,所以 Sabc= BD CD=x( 3-x).于是 1 ,庇jj= AD Sabc= (3-x) x(3-x)ii打i=-2x(3-x)( 3-x) U當且僅當2x=3-x ,即x=1時，等號成立， 故當x=1,即BD=1時,三棱錐A BCD勺體積最大.法二：同法,得 L垢渝:=-AD - Sbc=-( 3-x)-x(3-x)=(x3-6x2+9x).2 6令 f (x) =-(x3-6x2+9x),由 f (x)=

7、 (x-1)(x-3)=0,且 0x0;當 x (1, 3)時,f (x) 0, 所以當x=1時，f(x)取得最大值.故當BD=1時,三棱錐A BCD勺體積最大.(2)解：法一：以D為原點，建立如圖a所示的空間直角坐標系D xyz.由(1)知，當三棱錐A BCD勺體積最大時，BD=1 AD=CD=2于是可得 D(0,0,0), B(1,0,0), q0,2,0), A(0,0,2), M(0, 1,1), E( , 1,0),且 =(-1,1, 1).設 N(0,入,0),則訓=(-,入-1,0).因為EN1BM等價于殊,誓滬0, 即(-,入-1,0) (-1,1, 1)= + 入-1=0,I

8、2故入=,N。,-, 0).2 2所以當DN=(即N是CD的靠近點D的一個四等分點)時，EN! BM.由*設平面BMN勺一個法向量為n=(x, y, z), 11丄BN對二，/彳1 c、及=(-1, ,),nlBM得可取 n =(1,2,-1).(Z= -X設EN與平面BMN所成角的大小為0 ,則由際$(-一，-一，), n=(1,2,-1),-4 n* EN卜訓囲 -h ir廳2可得 sin 0 =cos(90 - 0),即0 =60故EN與平面BMN所成角的大小為60 .法二：由（1）知,當三棱錐A BCD勺體積最大時,BD=1 AD=CD=2 如圖b,取CD的中點F,連結MFBF, EF

9、,則MF/ AD.由（1）知AD丄平面BCD所以MFL平面BCD.如圖c,延長FE至P點使得FP=DB連BP DR則四邊形DBPF為正方形，所以DPI BF. 取DF的中點N連結ENJ又E為FP的中點，則EN/ DP所以EN1BF.因為MFL平面BCD.又EN?面BCD所以MFLEN.又ME BF=F所以ENL面BMF又BM?面BMF所以ENLBM.因為ENL BM當且僅當ENL BF,而點F是唯一的，所以點N是唯一的.EN! BM.即當DN=（即N是CD的靠近點D的一個四等分點）,連接MNME由計算得NB=NM=EB=EM|= 所以 NMBfA EMB是兩個共底邊的全等的等腰三角形，如圖d所

10、示，取BM的中點G連接EGNG則BML平面EGN在平面EGN中 ,過點E作EHL GNT H則EHL平面BMN故/ ENH是 EN與平面BMN 所成的角， 在厶EGN中 ,易得EG=GN=NE=所以 EGN是正三角形,2故/ ENH=60 ,即EN與平面BMN所成角的大小為604.（2010年遼寧卷，理19）已知三棱錐P ABC中, PAL平面ABCAB丄AC PA=ACAB N為AB上點,AB=4ANM S分別為PB BC的中點.（1）證明：CML SN（2）求SN與平面CMN所成角的大小.設PA=1以A為原點，AB ACAP所在直線分別為x, y, z軸建立空間直角坐標系如圖 則 P(0,

11、 0, 1), q0,1,0), B(2,0,0),M(1,0,-), N(-,0,0), S(1,-,0).1 1 1(1) 證明：=(1,-1,-),:H),因為 qf 開,：=-+-+0=0所以 CMSN.(2) 解: =(- ,1,0),設a=(x,y,z)為平面CMN勺一個法向量,a-NC=(J,卜釵+卩令 x=2,得 a=(2, 1,-2).設SN與平面CMN所成的角為B ,則sinB =|cos|.sin,90 , 9 =45故SN與平面CMN所成角為45(2010年全國新課標卷，理18)如圖，已知四棱錐P ABCD勺底面為等腰梯形，AB/ CDAC丄BD垂足 為H, PH是四棱

12、錐的高，E為AD中點.(1) 證明：PE! BC(2) 若/ APB玄ADB=60 ,求直線PA與平面PEH所成角的正弦值.(1)證明：以H為原點，HA HB HP分別為x, y,z軸.線段HA的長為單位長度，建立空間直角坐標系如 圖.則 A(1,0, 0), B( 0,1,0).設 qm 0, 0), P( 0, 0, n)( m0).則 D(0, m)0),曰-，0), 1 m可得二=e, ,-n), =(m-i ,o).予tn tn因為二=_-_+0=0. 所以PE! BC.(2)解：由已知條件可得m=n=1,故 C(- , 0, 0).D(0,- ,0), E(-,- ,0), P(0

13、,0, 1).32 D設n =(x, y, z)為平面PEH的法向量.則B- HE = ft即肖y =恥訕二 0.2 = 0-因此可以取n =(1,0).又:爭|=(1,0, -1),可得 Icosv所以直線PA與平面PEH所成角的正弦值為.垮點三求二面角考向聚焦高考重點考查內容，主要以向量為工具，考查通過求兩平面的法向量及其角，進而轉化為二 面角的大小，考查空間向量的線性運算及學生的空間想象能力，難度中檔偏上，所占分值8分 左右6.(2012年重慶卷,理19, 12分)如圖,在直三棱柱 ABCABC中，AB=4 AC=BC=,Q為AB的中點.(1) 求點C到平面AABB的距離；(2) 若AB

14、丄AC求二面角A-CDC的平面角的余弦值.解:(1) t AC=BCDA=DB CDL AB又 AA丄平面ABCCD?平面ABC AA 丄 CD AAG AB=AAA?平面 AB昭，AB?平面 ABBA1 CDL平面 ABBA,點C到平面ABBA的距離為AIF 1汽.Af)B x(2)如圖,過點D作DD / AA交ABi于D,由(1)知DB DC DD兩兩垂直,以D為原點,射線DB DGDD分別為x軸、y軸、z軸的正半軸建立空間坐標系 Dxyz.設直棱柱的側棱AA=a,則理-2,0, 0),Ai(-2,0,a), B(2,0,a), Ci(O, - ,a), G(0,0),-=(2,-a)_=

15、(4,0, a),T AB丄 AC 二古 C=,二 8-a2=0,二 a=2Q =(0,0),二.=(-2,0,2 ), -=(0,0,2 ),設平面ACD的法向量ni=(xi, yi, zi),則甌丘二0,題,b dR=q込令 zi=i,則 ni=(譯,0, i),因AB丄平面CCD故可取面 CCD的法向量n2=(i, 0, 0),1更1疏応所以二面角Ai-CDC的平面角的余弦值為一.戲 W 本題考查了立體幾何中點到平面的距離和二面角大小的求法 ，空間向量的運用，主要考查 學生的空間想象力、推理論證能力、化歸能力和運算求解能力，難度適中.7.(20i2年江西卷，理i9, i2分)在三棱柱AB

16、CAiBiCi中，已知AB=AC=AA 7, BC=4點A在底面ABC勺 投影是線段BC的中點O.(1) 證明在側棱AA上存在一點E使得OE!平面BBCiC,并求出AE的長；(2) 求平面ABC與平面BBGC夾角的余弦值.(1)證明：連接AQ在厶AOA中，作OEL AA于點E因為 AA/ BB,得 OEL BB,因為AiO丄平面ABC所以AO丄BC.由 AB=ACOB=O,C尋 AOL BC 而 AOQ AO=O所以BC丄平面AAQ所以BCLOE而BB A BC=B所以0E!平面BBGC, 又 A0=*恥帝茫：=1,AA=-,得 AE=二VM S(2)解：如圖,分別以OAOBOA所在直線為x,

17、y,z軸,建立空間直角坐標系 則 A(1,0, 0), B( 0,2,0),C(0, -2,0), Ai(0, 0, 2),E的坐標是(二,0,-),由(1)得平面BBCC的一個法向量是._=( ,0,),設平面ABC的法向量為n=(x, y, z), t AB = 0 /曰,得.:亠 2， - uy + z = 0 由,n t C = 0 令 y=1,得 x=2, z=-1, 即 n=(2, 1,-1),所以 COSV , n,UL | DE| k 10即平面BBGC與平面A1B1C夾角的余弦值是一.108. (2012年安徽卷,理18, 12分)BB.平面圖形ABBA1CC如圖(1)所示，

18、其中BBGC是矩形，BC=2BB=4, AB=AC= , AB=AC二-.現將該平面圖形分別沿BC和BC折疊,使厶ABA ABC所在平面都與平面BBGC垂直,再分別連接A1A,AB,AC,得到如圖(2)所示的空間圖形，對此空間圖形解答下列問題(1)證明：AA丄BC(2) 求AA的長；(3) 求二面角A BCAi的余弦值.解：本題考查空間中的垂直關系，求線段長,考查求二面角的余弦值，考查空間向量在求解立體幾 何問題中的應用.考查空間想象能力，推理論證能力，計算求解能力等.(1)如圖,過點A作AOL平面ABG,垂足為Q連接OB, OG, 0A,ABiG所在平面都與平面 BBGC垂直，BBGC是矩形

19、, ABCAiBG為直三棱柱，由 BC=2AB=AC二知/ BAG為直角，且 OB=OCAB=ACi=,OA丄 BiCi,/ AOL平面 AiBiC, OAL BC,二 BC 丄平面 OAA AA?平面OAA所以AA丄BC.由 OAL OA AA=y.於=5.(3) 由(i)知/BAC=90 ,則/BOC=9O ,且OA在角/ BOC的平分線上.以O為坐標原點，OB, OC, OA所在的直線分別為x軸,y軸,z軸，建立空間直角坐標,-4).設平面BCA的法向量為n =(x, y, z),jn,(T3t + Ty-42=0b 隅=0(?x+Ty-42=0取 x=1,則 n=(1, 1,).由平面

20、ABC的一個法向量為=(0, 0, 4),一 由圖形可知二面角為鈍角,所以二面角ABCA的余弦值為.丄斥解決本題的關鍵是能正確理解由平面幾何圖形到空間幾何體的轉換 ，其中的平行和垂直 關系,線段長度關系等，然后通過添加輔助線構造常見幾何體，就容易找出所需要的平行和垂直關 系,也容易得出特殊的圖形，也容易建立空間直角坐標系來求解.9.(2012年山東卷,理18,12分)在如圖所示的幾何體中,四邊形ABCD是等腰梯形，AB/ CD /DAB=60 , FC丄平面 ABCPAE! BD CB=CD=CF.(1) 求證：BCL平面AED(2) 求二面角F BDC的余弦值.(1) 證明：四邊形ABCD是

21、等腰梯形，AB/ CD / DAB=60 ,/ DCB=120 ,v CD=CbaZ CBDM CDB=30 ,/ ABD=30 ,/ ADB=90 ,即 AD丄 DB又 v DBL AE AEA AD=A BDL平面 AED.(2)解：取BD中點P,連結CRFP.v CD=CB CPL BD.又v FC丄平面ABCD BDL FC BDL平面 FCP 二 BDL FP/ FPC是二面角F BDC的平面角.設 CD=1 則 CP=,在 Rt FCP 中，FP=二-；=, cos / FPCd,即二面角F BDC的余弦值為二.FP 5S10.(2012年新課標全國卷,理19, 12分)如圖,直三

22、棱柱ABCABC中，AC=BC=AA, D是棱AA的中點,DC2丄BD.(1) 證明：DC丄BC(2) 求二面角A BDC的大小.(1) 證明：不妨設AC=BC=A=1.2又 D為AA中點,DC;*；, BG=：, bD=3=AD+aB, aB=2=aC+bC,/ ACB=90 ,即 BCL AC又 BCL CC, BCL平面 ACCA,又t DC?平面ACC1, DCL BC.(2)解：由(1)知CA CB CC兩兩垂直.分別以CA CB CC為x、y、z軸建立空間直角坐標系則 B(0, 1,0), D(1,0, 1),A1(1,0,2), C(0,0,2),二覽=(1,-1,1),=(0,

23、-1,2), 設平面BDC的一個法向量n =(x,y,z).怦即 n = 0令 z=1,則 y=2, x=1, 即 n =(1,2, 1).可取平面 ABD的一個法向量 m=1,1,O),m *3 詢w|n SXv2 2 又二面角A-BDC為銳二面角, cosIt該二面角的大小為 $冷該題應屬立體幾何的常規(guī)考查形式,一證一求,難度適中.11.(2012年廣東卷,理18, 13分)如圖所示,在四棱錐P ABCD中,底面ABC助矩形,PAL平面ABCD點 E在線段PC上, PCL平面BDE.(1) 證明：BDL平面PAC(2) 若PA=1AD=2求二面角B PCA的正切值.解:(1) t PAL平

24、面 ABCDBD?平面 ABCD PAL BD同理PCL BD.t PA PC是平面PAC中的兩條相交直線， BDL平面 PAC.(2)解:法一：設AG BD的交點為Q連接QE則/ BEQ即為所求二面角B PC A的平面角,由(1)知BD丄平面PAC BDL AC又t四邊形ABCD%矩形.四邊形ABCD是正方形, AB=AD=,2AC=BD=2 ,PC二際加=申十妙輪=3由 Rt PA3 Rt OEC知=，二二，0E=,PA PC 1 333在 Rt BOE中, tan / BEO= =3.OE乎即二面角B PCA的正切值為3.法二：如圖,分別以AB AD AP所在直線為x、y、z軸,A為坐標

25、原點,建立空間直角坐標系 由(1)知BD丄平面PAC二BDL AC矩形ABCE為正方形, P(0,0, 1), B( 2,0,0), D( 0,2,0), C(2,2,0),專嚴(-2,2, 0)是平面PAC的一個法向量,設n =(x, y, z)是平面PBC的法向量, 由射令 x=1,則 z=2, y=0, n=(1,0,2),-得PC = O-2 兀 + 2j-z = 0 二 s品 ？：-cosn,一=一，sin n103.丄EiniQ c-tan =-=-3LU cos 命又二面角B PCA為銳角，二面角B PCA的正切值為3.12.(2012年浙江卷,理20,15分)如圖,在四棱錐PA

26、BCD中,底面是邊長為2訂的菱形，/ BAD=120 , 且PAL平面 ABCDPA=2絶,M N分別為PB PD的中點.(1) 證明：MN/平面ABCD(2) 過點A作AQLPC垂足為點Q求二面角AMNQ的平面角的余弦值.(1) 證明：因為MN分別是PB PD的中點，所以皿2是厶PBD的中位線， 所以MN/ BD.又因為Ml?平面ABCD 所以MN/平面ABCD.(2) 解:法一：連結AC交BD于 Q以O為原點，OCOD所在直線為x, y軸, 建立空間直角坐標系Oxyz,如圖所示.在菱形 ABCD中, / BAD=120 ,得AC=AB=2 , BD= AB=6.又因為PAL平面ABCD所以

27、PA!AC.在 Rt PAC中, AC=2 , PA=2 , AQL PC 得QC=2PQ=4.由此知各點坐標如下：A(-, 0, 0), B(0,-3,0)C , 0, 0), D(0,3,0),P(- ,0,2 ), M-Z-,),2 2n(- , , ), q ,0,).1 l33設m=X1, y1, z“為平面AMN勺法向量.由十),.=()V3 3再 3 廠三帀+三為+ 16可=0取 zi=-1,得 m= 2軽，0, -1).設n =(X2, y2, Z2)為平面QMN勺法向量.由 =(-節(jié)知f SV3 3 晶飛-衍了丹+石卻=0,553 V6卜壬帀+尹可可二氐取 Z2=5,得 n=

28、(2,0,5).于是 cos=制帀|所以二面角A MNQ的平面角的余弦值為法二：在菱形 ABCD中, / BAD=120 ,得 AC=AB=BC=CD=DD= AB.又因為PAL平面ABCD所以 PAI AB PAL AC PAI AD. 所以 PB=PC=PD.所以 PBCA PDC.因MN分別是PB PD的中點，所以 MQ=NC且 AM=PB=PD=AN.取線段MN的中點E,連結AE EQ貝U AE1MNQELMN所以/ AEC為二面角A MNQ的平面角.由 AB=2 , PA=2 ,故在 AMN中,AM=AN=3MN=BD=3I得 AE.2在 Rt PAC中,AQL PC得 AQ=2 ,

29、QC=2PQ=4.在厶 PBC中, cos / BPC=：=,得 2PB、PC MQ=L；-二二二二-.在等腰 MQ中,MQ=NQ=, MN=3在 AEQ中 AEmQEAQ=2 ,得 cos / AEQ=.2AE t QE 33所以二面角A MNQ的平面角的余弦值為113313.(2012年天津卷,理17, 13分)如圖,在四棱錐P ABCD中, PAL平面ABCDACLADAB丄BC / BAC=45 , PA=AD=2AC=1.(1) 證明：PCL AD(2) 求二面角A PCD的正弦值；(3) 設E為棱PA上的點,滿足異面直線BE與CD所成的角為30 ,求AE的長.解：如圖,以點A為原點

30、,射線AD則 A(0, 0, 0), D(2,0,0),z軸的正半軸建系，b(- , ,0), qo, i,o).P(o, 0,2), (1) =(0, 1,-2),劃=(2,0, 0),=0, Pd AD.(2) _ =(0,1,-2), =(2,-1,0),設平面PCD的法向量為e=(x,y,z),幾局二Q即卩心o7. J 2x-y = 0Jn CD = 0令 x=1,則 n1=(1,2, 1).又平面PAC的一個法向量可取n2=( 1,0, 0), cos=ta屈謁6 sin=.vgn二面角A PCD的正弦值為一.(3) 設點 E(0, 0, a), a 0, 2,又=(2,-1,0),

31、4 -4故 C0St_，_32qA10=cos 30 我血也2 a= AE二.10ID本小題主要考查了空間兩直線的位置關系，二面角，異面直線所成的角等基礎知識，主要考查學生的空間想象力，化歸能力和運算能力，難度適中.14.P(2012年四川卷,理19,12分)如圖,在三棱錐 PABC中,/ APB=90 , / PAB=6O , AB=BC=CA平面 PABL平面 ABC.(1) 求直線PC與平面ABC所成的角的大小；(2) 求二面角B APC的大小.解:法一:(1)設AB的中點為D,AD的中點為Q連結PO CO CD. 由已知， PAD為等邊三角形.所以POLAD.又平面PABL平面 ABC

32、平面PABH平面 ABC=AD所以PCL平面ABC.所以/ OCP為直線PC與平面ABC所成的角.不妨設 AB=4 則 PD=2CD=2 , OD=1PO=.在 Rt OCD中, CO=孵+魂送=.所以，在 Rt POC中, tan / OCP=丄.CO Sis 18故直線PC與平面ABC所成的角的大小為arctan .13(2)過D作DEI AP于E,連結CE.由已知可得，CDL平面PAB. 根據三垂線定理知，CE PA.所以/ CED為二面角B APC的平面角.由(1)知,DE=.在 Rt CDE中, tan / CED= =2.N痛故二面角B APC的大小為arctan 2.法二:(1)

33、設AB的中點為D,作POL AB于點Q連結CD.因為平面PABL平面 ABC平面PABH平面 ABC=AD所以PQL平面ABC.所以PQL CD.由 AB=BC=CAB CDLAB.設E為AC中點，則EO/ CD從而OEL PQ OELAB.如圖,以O為坐標原點，OB OE OP所在直線分別為x、y、z軸建立空間直角坐標系不妨設PA=2由已知可得,AB=4OA=OD=OP= , CD=2 .所以 O(0,0,0), A(-1 ,0,0), 0(1,2,0), P(0, 0,).Oxyz.所以：=(-1,-2 ,),而.=(0, 0,矗)為平面ABC的一個法向量.設a為直線PC與平面ABC所成的

34、角，m茁笳 0+H3 3則 sin a =1 |=| 1=.槻故直線PC與平面ABC所成的角的大小為arcsin .(2)由(1)有,),枇=(2,2 ,0).設平面APC的一個法向量為n=(xi,yi, zi),( 今耳nlAP?嚴 AP二Q從而所以 n=(-,1,1).nlAC * AC = 0設二面角B APC的平面角為B ,易知B為銳角.而平面ABP的一個法向量為 m=O, 1, 0),fl11 i則 cos B =|=| =|=；.|n| r:| Vm+1 5故二面角B APC的大小為arccos15.(2011年天津卷，理17)如圖，在三棱柱ABCABC中，H是正方形AABB的中心

35、，AA=22CH丄平面AABB,且 CH=$.(1) 求異面直線AC與A1B1所成角的余弦值；(2) 求二面角A AQ B的正弦值；(3) 設N為棱BG的中點，點M在平面AABB內，且MNL平面ABG,求線段BM的長.解：如圖所示,建立空間直角坐標系，點H為原點,依題意得A(2, 0,0), B1(-2,0, 0),A(0,2,0), B(0, -2,0),G(0,0,), C(2,-2,-).(1) =(0,-2, J暑臉=(-2,-2,),cos = -_uouwi a異面直線AC與A1B1所成角的余弦值為匚(2)設平面AAC的法向量m=x,y,z),m - AjCj=0- AAj = 0

36、-2y + ,L，5z = 0 b -2x+ 2y = Q取x=,可得m=.，疳.,2), 同理設平面 ABC的法向量n =( x , y , z),n -扎。=0n AjBj = 0-2y +辰=,-2-2yf = 0取x=既可得n=(匪-既,-2).mn 4 I cos =-=-,|tn|r.14 7從而 sinvm, n所以二面角A A1C1 Bi的正弦值為一.7上乙 r4(3) BG 的中點 N-1,0,),設 M(a, b, 0),則g；H=(-i-a ,-b,),由血平面ABC,得暫今E血MN AA = 02 + 2a + 2b = 02fe+r= 0 M( ,-，0),=( ,

37、,0), jTTT vis線段BM的長為DAB=60 , AB=2ADPDL底面 ABCD.(1) 證明：PAL BD(2) 若PD=AD求二面角A PBC的余弦值.(1) 證明：I / DAB=60 , AB=2AD不妨設 AD=1.由余弦定理得BD=,bD+aD=aB, BDL AD.又 PDL底面 ABCD可得 BDL PD ADA PD=D BDL平面 PAD. PAL BD.(2) 解:如圖，以D為坐標原點，DADBDP分別為x,y,z軸，建立空間直角坐標系Dxyz.設 AD=1則 A(1,0,0), B(0,0), q-1.,0), P(0,0,1),=(-1, ,0),=(0,設

38、平面PAB的法向量為n =(x, y, z),-x + V3y 二 04,-1),=(-1,0, 0). - 0 即n * PB = 0設 z=,則得 n=(, 1,).同理設平面pbc的法向量為m則號-勺U BC = O可取 m=0,-1,-),4 Mcosvm, n z=-.制園団?故二面角A PBC的余弦值為-.17.BI(2010年浙江卷,理20)如圖,在矩形ABC呼,點E, F分別在線段AB, AD上, AE=EB=AFFD=4.沿直 S線丘卩將厶AEF翻折成 AEF,使平面AEF丄平面BEF.(1) 求二面角A FDC的余弦值；(2) 點M N分別在線段FD BC上,若沿直線MN將

39、四邊形MNC向上翻折,使C與A重合,求線段FM 的長.解：法一 :(1)取線段EF的中點H連接AH.因為AE=AF及H是EF的中點,所以AH丄EF.又因為平面 AEF丄平面BEF及AH?平面AEF,所以AH丄平面BEF.如圖建立空間直角坐標系 A xyz.則 A(2,2,2 ), C(10,8,0), F(4, 0,0), D(10,0, 0),6, 0, 0).設n =(x, y, z)為平面AFD的一個法向量,所以2 盤+2y+ 22z = Of6x= 0,取 z=,則 n =(0,-2,).又平面BEF的一個法向量 m= 0,0,1).故 cos=二一.MH 3所以二面角A FDC的余弦

40、值為一.3(2) 設 FM=x 則 M(4+x, 0, 0),因為翻折后C與A重合，所以CM=AM故(6-x) +8 +0 =( -2-x ) +2 +(2),得經檢驗，此時點N在線段BC上,所以FM=.4法二:(1)取線段EF的中點HAF的中點G連接AG, AH,GH.因為AE=AF及H是EF的中點，所以AH丄EF又因為平面AEF丄平面BEFAH?平面AEF,所以AH丄平面BEF又AF?平面BEF故AH丄AF又因為G H分別是AF EF的中點，易知GH/ AB所以GHLAF又 GH? AH=H 二 AF丄平面 AGH所以/ AGH為二面角A FDC的平面角，在 Rt AGH 中,AH=2,

41、GH=2AG=2,3所以 cos / AGH.故二面角A FDC的余弦值為一.3(2) 設FM=x因為翻折后C與A重合, 所以CM=AM而 CM=dC+dM=82+(6-x)2, am2=ah2+mH=ah2+mgH=(2)2+(x+2)2+22,得經檢驗，此時點N在線段BC上, 所以FMa.舍和 立體幾何的開放性問題考向聚焦高考?？純热荩饕疾榱Ⅲw幾何的開放性問題:(1)條件追溯型;(2)存在探索型;(3)方法 類比探索型.考查學生分析問題、解決問題的能力，多在解答題的最后一問，難度中檔偏上， 所占分值48分18.(2012年上海數學，理14,4分)如圖，AD與BC是四面體ABCD中互相垂

42、直的棱,BC=2若AD=2c且AB+BD=AC+CD其中a、c為常數，則四面體ABCD勺體積的最大值是 .解析：過點A作AEL BC于E,連結DE則DEI BC1所以四面體ABCD勺體積為-SaadeA由對稱性知，點E為BC的中點，且AB=BD二時， ADE勺面積最大， 又 AB+BDA即卩 ac.所以 Sa ADE=c因此四面體ABCD勺體積的最大值為一.一- 一-.答案：一 -19. (2012 年北京卷,理 16, 14 分)如圖(1),在 Rt ABC中, / C=90 , BC=3AC=6D, E 分別是 AC AB 上的點，且DE/ BCDE=2將厶ADE& DE折起到 ADE的位

43、置，使AC丄CD如圖(2).圖圖(1) 求證：AC丄平面BCDE(2) 若M是AD的中點，求CM與平面ABE所成角的大小；(3) 線段BC上是否存在點P,使平面ADP與平面ABE垂直？說明理由.解:( 1)在圖(1)中，DE/ BCAC丄 BC DEL AD DE! DC.折起后在圖(2)中，DEL AD DEL DC.又 ADG DC=D且 AD DC?平面 ACD DEL平面 ACD. DEL AC.又 CD! AC 且 Cm DE=D且 CD DE?平面 BCDE AC丄平面 BCDE.(2)在圖(1)中,t DE/ BC AC=6 DE=2 BC=3 AD=4DC=2折起后在圖(2)中

44、，AD=4 DC=2又 AC 丄 CD AC=2 .由(1)知，建立如圖所示的空間直角坐標系 C xyz, 則 C(0, 0, 0),A1(0,0,2 ), D(0,2,0),B(3, 0,0), E(2,2,0),中點 M0, 1,), =(0, 1,).峙#又=(-1,2,0), , =(3,0,-2).設平面ABE的法向量為n =(xi, yi,zi),2y1-x1 = 0,，月B * 0L33t1-2vf3z1=也不妨取 xi=1,則 n=( 1, -二).2 2設直線CM與平面AiBE所成角為a ,貝U sin a =|cos ( - a ) |= =,2|flj - |CM| 5

45、T 2 2直線CM與平面AiBE所成角為.(3) 不存在點P,使平面AiDP與平面AiBE垂直. 證明：假設存在點P,使平面AiDP與平面AiBE垂直.記P的坐標為P( m 0, 0),且OW m 3.辿=(m0,-2 ), 一.-=(0,2,-2 ),設平面APD的法向量為 m且m=X2,y2,Z2),扎P用二0*.險屯-2$3禺=0,亦令 Z2=i,得 m=，,i).m又當平面 AiDP!平面AiBE時，mn=O, 一+一=0,m 2 2 m=-2? 0, 3.假設不成立， 不存在點P,使平面ADP與平面ABE垂直.y節(jié)本題考查了空間向量在立體幾何中的應用，尤其第三問中更好地體現了空間向量

46、的優(yōu)越 性.B(2012年福建卷,理18, 13分)如圖,在長方體 ABCDAiBiGD中，AA=AD=1 E為CD中點.(1) 求證：BE丄AD;(2) 在棱AA上是否存在一點P,使得DP/平面BAE?若存在,求AP的長;若不存在,說明理由;(3) 若二面角A BE A的大小為30 ,求AB的長.扌 今 扌解：( 1)以A為原點，酋，術辿的方向分別為x軸,y軸,z軸的正方向建立空間直角坐標系(如圖).設 AB=a則 A(0, 0,0), u0,1,0), D(0, 1,1), E(；1,0), B(a, 0, 1),2故.=(0,1,1),. =(- ,1,-1),.=(a,0,1),=( ,1,0).:曲.訕二-x 0+1X 1+(-1)