高考数学一轮复习 空间向量与立体几何专题训练

一、基础知识要记牢

设直线l的方向向量为a＝(a1，b1，c1)．平面α，β的法向量分别为u＝(a3，b3，c3)，v＝(a4，b4，c4) (1)线面平行：

l∥α⇔a⊥u⇔a·u＝0⇔a1a3＋b1b3＋c1c3＝0 (2)线面垂直：

l⊥α⇔a∥u⇔a＝ku⇔a1＝ka3，b1＝kb3，c1＝kc3 (3)面面平行：

α∥β⇔u∥v⇔u＝kv⇔a3＝ka4，b3＝kb4，c3＝kc4 (4)面面垂直

α⊥β⇔u⊥v⇔u·v＝0⇔a3a4＋b3b4＋c3c4＝0 二、经典例题领悟好 [例1] 如图所示，在底面是矩形的四棱锥P­ABCD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)，111

D(0,2,0)，P(0,0,1)，所以E，1，，F0，1，，

222

1－1)，PD＝(0,2，－1)，AP＝(0,0,1)，AD＝(0,2,0)，EF＝－2，0，0，PB＝(1,0，

DC＝(1,0,0)，AB＝(1,0,0)．

1

(1)因为EF＝－AB，所以EF∥AB，即EF∥AB.

2又AB⊂平面PAB，EF⊄平面PAB，所以EF∥平面PAB.

(2)因为AP·DC＝(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.

又因为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. 三、预测押题不能少

1．在直三棱柱ABC­A1B1C1中，∠ABC＝90°，BC＝2，CC1＝4，点E在线段BB1上，且EB1＝1，D，F，G分别为CC1，C1B1，C1A1的中点． 求证：(1)B1D⊥平面ABD；

1

(2)平面EGF∥平面ABD.

证明：(1)以B为坐标原点，BA、BC、BB1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)，B1(0,0,4)， 设BA＝a， 则A(a,0,0)，

所以BA＝(a,0,0)，BD＝(0,2,2)，

B1D＝(0,2，－2)，

B1D·BA＝0，B1D·BD＝0＋4－4＝0，

即B1D⊥BA，B1D⊥BD. 又BA∩BD＝B，

因此B1D⊥平面ABD.

(2)由(1)知，E(0,0,3)，G，1，4，F(0,1,4)， 2则EG＝，1，1，EF＝(0,1,1)，

2

aaB1D·EG＝0＋2－2＝0，B1D·EF＝0＋2－2＝0，

即B1D⊥EG，B1D⊥EF.

又EG∩EF＝E，因此B1D⊥平面EGF. 结合(1)可知平面EGF∥平面ABD.

利用空间向量求空间角 一、基础知识要记牢

(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，异面直线所成的角为θ，则cos θ＝|cos〈a，

b〉|＝

|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θ，则sin θ＝|cos〈n，a〉|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n1，n2，若二面角α－l－β所成的角θ为锐角，

|n1·n2|

则cos θ＝|cos〈n1，n2〉|＝；

|n1||n2|若二面角α－l－β所成的角θ为钝角， |n1·n2|

则cos θ＝－|cos〈n1，n2〉|＝－.

|n1||n2|

二、经典例题领悟好

[例2] (2013·江苏高考)如图，在直三棱柱A1B1C1­ABC中，AB⊥AC，

2

AB＝AC＝2，A1A＝4，点D是BC的中点． (1)求异面直线A1B与C1D所成角的余弦值；

(2)求平面ADC1与平面ABA1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A­xyz，则A(0,0,0)，B(2,0,0)，C(0,2,0)，D(1,1,0)，A1(0，0,4)，C1(0,2,4)，所以A1B＝(2,0，－4)，C1D＝(1，－1，

－4)．

18310因为cos〈A1B，C1D〉＝＝＝，

1020×18| A1B||C1D|310

所以异面直线A1B与C1D所成角的余弦值为.

10

(2)设平面ADC1的法向量为n1＝(x，y，z)，因为AD＝(1,1,0)，AC1＝(0,2,4)，所以n1·AD＝0，n1·AC1＝0，即x＋y＝0且y＋2z＝0，取z＝1，得x＝2，

A1B·C1Dy＝－2，所以，n1＝(2，－2,1)是平面ADC1的一个法向量．取平面ABA1的一个法向量为n2＝(0,1,0)．设平面ADC1与平面ABA1所成二面角的大小为θ.

n1·n2＝2＝2，得sin θ＝5.

由|cos θ|＝3|n1||n2|9×13

因此，平面ADC1与平面ABA1所成二面角的正弦值为5

. 3

[例3] (2013·全国卷Ⅰ)如图，三棱柱ABC­A1B1C1中，CA＝CB，AB＝AA1，∠BAA1＝60°. (1)证明：AB⊥A1C；

(2)若平面ABC⊥平面AA1B1B，AB＝CB，求直线A1C 与平面BB1C1C所成角的正弦值．

[解] (1)证明：取AB的中点O，连接OC，OA1，A1B. 因为CA＝CB，所以OC⊥AB.

由于AB＝AA1，∠BAA1＝60°，故△AA1B为等边三角形，所以OA1⊥AB. 因为OC∩OA1＝O，所以AB⊥平面OA1C. 又A1C⊂平面OA1C，故AB⊥A1C.

(2)由(1)知OC⊥AB，OA1⊥AB.又平面ABC⊥平面AA1B1B，交线为AB，所以OC⊥平面AA1B1B，故OA，OA1，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O­xyz.

由题设知A(1,0,0)，A1(0，3，0)，C(0,0，3)，B(－1,0,0)．

则BC＝(1,0，3)，BB1＝AA1＝(－1，3，0)，A1C＝(0，－3，3)． 设n＝(x，y，z)是平面BB1C1C的法向量，

3

n·BC＝0，则n·BB1＝0.

x＋3z＝0，

即－x＋3y＝0.

可取n＝(3，1，－1)． 故cos

n，A1C10＝＝－.

5|n||A1C|

10

. 5

n·A1C所以A1C与平面BB1C1C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：

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． 三、预测押题不能少

2．如图，在四棱锥S­ABCD中，AB⊥AD，AB∥CD，CD＝3AB＝3，平面SAD⊥平面ABCD，E是线段AD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＝3AB＝3，AE＝ED＝3， ∴∠AEB＝30°，∠CED＝60°. ∴∠BEC＝90°，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，ES为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)，所以CE＝(0，－23，0)，CB＝(2，－23，0)，CS＝(0，－23，1)． 设平面SBC的法向量为n＝(x，y，z)，

4

n·CB＝0，则

n·CS＝0.

2x－23y＝0，即

－23y＋z＝0.

令y＝1，得x＝3，z＝23，

则平面SBC的一个法向量为n＝(3，1,23)． 设直线CE与平面SBC所成角的大小为θ，

n·CE1

则sin θ＝||＝，

|n|·|CE|4

1

故直线CE与平面SBC所成角的正弦值为.

43．如图是多面体ABC­A1B1C1和它的三视图．

(1)线段CC1上是否存在一点E，使BE⊥平面A1CC1？若不存在，请说明理由，若存在，请找出并证明；

(2)求平面C1A1C与平面A1CA夹角的余弦值．

解：(1)由题意知AA1，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)，

A1(0,0,2)，B(－2,0,0)，C(0，－2,0)，C1(－1，－1,2)，则CC1＝(－1,1,2)，A1C1＝(－

1，－1,0)，A1C＝(0，－2，－2)． 设E(x，y，z)，则CE＝(x，y＋2，z)，

EC1＝(－1－x，－1－y,2－z)．

设CE＝λEC1 (λ>0)，

x＝－λ－λx，

则y＋2＝－λ－λy，z＝2λ－λz，

5

则E

－λ，－2－λ，2λ，BE＝2＋λ，－2－λ，2λ.

1＋λ1＋λ1＋λ

1＋λ1＋λ1＋λ

BE·A1C1＝0，由 BE·A1C＝0，



得－2－λ2λ1＋λ＋1＋λ＝0，

2＋λ2＋λ－＋＝0，1＋λ1＋λ

解得λ＝2，

所以线段CC1上存在一点E，CE＝2EC1，使BE⊥平面A1CC1.

m·A1C1＝0，

(2)设平面C1A1C的法向量为m＝(x，y，z)，则由

m·A1C＝0，

取x＝1，则y＝－1，z＝1.故m＝(1，－1,1)，

而平面A1CA的一个法向量为n＝(1,0,0)， 则cos〈m，n〉＝

－x－y＝0，得

－2y－2z＝0，

m·n13

＝＝， |m||n|33

3

. 3

故平面C1A1C与平面A1CA夹角的余弦值为

利用空间向量解决探索性问题 一、经典例题领悟好

[例4] (2013·山东聊城二模)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A­DC­B(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E­DF­C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(0，23，0)，

BPBCE(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＝(0,0,2)．设平面EDF的法向量为n＝(x，y，z)，

6

DF·n＝0，则

 DE·n＝0，

x＋3y＝0，即

3y＋z＝0，

取n＝(3，－3，3)，

21DA·ncos〈DA，n〉＝＝，

7| DA||n|所以二面角E­DF­C的余弦值为

21. 7

(3)存在．设P(s，t,0)，有AP＝(s，t，－2)， 23

则AP·DE＝3t－2＝0，∴t＝，

3又BP＝(s－2，t,0)，PC＝(－s,23－t,0)， ∵BP∥PC，∴(s－2)(23－t)＝－st， ∴3s＋t＝23.

2341把t＝代入上式得s＝，∴BP＝BC，

333∴在线段BC上存在点P，使AP⊥DE.

BP1

此时，＝.

BC3

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. 二、预测押题不能少

4.如图所示，在直三棱柱ABC­A1B 1C1中，∠ACB＝90°，AA1＝BC＝2AC＝2.

(1)若D为AA1中点，求证：平面B1CD⊥平面B1C1D；

(2)在AA1上是否存在一点D，使得二面角B1­CD­C1的大小为60°？ 解：(1)证明：如图所示，以点C为原点，CA，CB，CC1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)，B1(0,2,2)，C1(0,0,2)，D(1,0,1)， 即C1B1＝(0,2,0)，DC1＝(－1,0,1)，CD＝(1,0,1)． 由C1B1·CD＝(0,2,0)·(1,0,1)＝0＋0＋0＝0， 得C1B1⊥CD，即C1B1⊥CD.

7

由DC1·CD＝(－1,0,1)·(1,0,1)＝－1＋0＋1＝0， 得DC1⊥CD，即DC1⊥CD. 又DC1∩C1B1＝C1， ∴CD⊥平面B1C1D. 又CD⊂平面B1CD，

∴平面B1CD⊥平面B1C1D. (2)存在． 当AD＝

2

AA1时，二面角B1­CD­C1的大小为60°.理由如下： 2

设AD＝a，则D点坐标为(1,0，a)，

CD＝(1,0，a)，CB1＝(0,2,2)，

设平面B1CD的法向量为m＝(x，y，z)，

m·CB1＝0则m·CD＝0

2y＋2z＝0，

⇒

x＋az＝0，

令z＝－1，得m＝(a,1，－1)．

又∵CB＝(0,2,0)为平面C1CD的一个法向量， |m·CB|11

则cos 60°＝＝2＝，

a＋22|m|·|CB|解得a＝2(负值舍去)，故AD＝2＝∴在AA1上存在一点D满足题意．

2

AA1. 2

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] (2013·重庆高考)如图，四棱锥P­ABCD中，PA⊥底面ABCD，BC＝CDπ

＝2，AC＝4，∠ACB＝∠ACD＝，F为PC的中点，AF⊥PB.

3(1)求PA的长；

(2)求二面角B­AF­D的正弦值．

8

(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，B，C，D坐标――――――――→设P

PF＝CFAF⊥PB坐标――→可得F坐标――→AF·PB＝0―→得P坐标并求PA长．

向量n1，n2分别为平面FAD、平面FAB的法向量(2)学审题 由(1)―→AD，AF，AB的坐标――――――――――――――――――→ ―

n1·AD＝0且n1·AF＝0―→求得n1·n2―→求得夹角余弦．

[解] (1)如图，连接BD交AC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，OB，OC，AP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O­xyz，则

OC＝CDcos ＝1.而AC＝4，得AO＝AC－OC＝3.又OD＝CDsin＝3，

故A(0，－3,0)，B(3，0,0)，C(0,1,0)，D(－3，0,0)．

因PA⊥底面ABCD，可设P(0，－3，z)．由F为PC边中点，知F0，－1，.又AF＝0，2，，

22

π

3π3



z



z

PB＝(3，3，－z)，AF⊥PB，故AF·PB＝0，即6－＝0，z＝23(舍去－23)，所

2

以|PA |＝23.

(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n1·AD＝0，n1·AF＝0，得

z2

－3x1＋3y1＝0，

2y1＋3z1＝0，

因此可取n1＝(3，3，－2)．

由n2·AB＝0，n2·AF＝0，得

3x2＋3y2＝0，

2y2＋3z2＝0，

故可取n2＝(3，－3，2)．

从而法向量n1，n2的夹角的余弦值为

n1·n21

cos〈n1，n2〉＝＝.

|n1|·|n2|8

故二面角B­AF­D的正弦值为

37

. 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

9

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. 二、预测押题不能少

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E­BC­A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O­xyz，可求得平面ABC的一个法向量为n1＝(0,0,1)．

可得C(－1,0,0)，B(0，3，0)，E(0，3－1，3)， 则CB＝(1，3，0)，BE＝(0，－1，3)． 设平面BCE的法向量为n2＝(x，y，z)， 则可得n2·CB＝0，n2·BE＝0，

即(x，y，z)·(1，3，0)＝0，(x，y，z)·(0，－1，3)＝0， 可取n2＝(－3，3，1)． 故cos〈n1，n2〉＝

n1·n113

＝.

|n1|·|n2|13

13. 13

又由图知，所求二面角的平面角是锐角， 故二面角E­BC­A的余弦值为

A组(全员必做)

1.如图所示，在多面体ABCD－A1B1C1D1中，上、下两个底面A1B1C1D1和ABCD互相平行，且都是正方形，DD1⊥底面ABCD，AB∥A1B1，AB＝2A1B1＝2DD1＝2a.

(1)求异面直线AB1与DD1所成角的余弦值；

(2)已知F是AD的中点，求证：FB1⊥平面BCC1B1.

解：以D为坐标原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x轴，y 10

轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则A(2a,0,0)，B(2a,2a,0)，C(0,2a,0)，D1(0,0，a)，F(a,0,0)，B1(a，a，a)，C1(0，a，a)． (1)∵AB1＝(－a，a，a)，DD1＝(0,0，a)， 3

∴cos〈AB1，DD1〉＝＝，

|AB1|·|DD1|3所以异面直线AB1与DD1所成角的余弦值为

3. 3

AB1·DD1(2)证明：∵BB1＝(－a，－a，a)，BC＝(－2a,0,0)，

FB1＝(0，a，a)， FB1·BB1＝0，∴ FB1·BC＝0.

∴FB1⊥BB1，FB1⊥BC.

∵BB1∩BC＝B，∴FB1⊥平面BCC1B1.

2．(2013·北京高考)如图，在三棱柱ABC­A1B1C1中，AA1C1C是边长为4的正方形，平面ABC⊥平面AA1C1C，AB＝3，BC＝5. (1)求证：AA1⊥平面ABC；

(2)求二面角A1­BC1­B1的余弦值；

(3)证明：在线段BC1上存在点D，使得AD⊥A1B，并求

BD的值．

BC1

解：(1)证明：因为四边形AA1C1C为正方形，所以AA1⊥AC.

因为平面ABC⊥平面AA1C1C，且AA1垂直于这两个平面的交线AC，所以AA1⊥平面ABC. (2)由(1)知AA1⊥AC，AA1⊥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A­xyz，则B(0,3,0)，A1(0,0,4)，

B1(0,3,4)，C1(4,0,4)，A1B＝(0,3，－4)，A1C1＝(4,0,0)．

设平面A1BC1的法向量为n＝(x，y，z)，

n·A1B＝0，则n·A1C1＝0.

3y－4z＝0，

即4x＝0.

令z＝3，则x＝0，y＝4，所以n＝(0,4,3)．

同理可得，平面B1BC1的一个法向量为m＝(3,4,0)．

n·m16

所以cos〈 n，m〉＝＝. |n||m|25

由题知二面角A1­BC1­B1为锐角， 16

所以二面角A1­BC1­B1的余弦值为.

25

(3)证明：设D(x，y，z)是直线BC1上一点，且BD＝λBC1.

11

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

9

由AD·A1B＝0，即9－25λ＝0，解得λ＝.

259

因为∈[0,1]，所以在线段BC1上存在点D，

25使得AD⊥A1B. 此时，

BD9＝λ＝. BC125

3．(2013·湖北省八校联考)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A­BD­C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． 解：(1)证明：取BD的中点F，连接EF，AF， 1

则AF＝1，EF＝，∠AFE＝60°.

2由余弦定理知

13122

1＋－2×1×cos 60°＝. 222

2

2

2

AE＝

∵AE＋EF＝AF，∴AE⊥EF.

∵AB＝AD，F为BD中点．∴BD⊥AF.

又BD＝2，DC＝1，BC＝5，∴BD＋DC＝BC， 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A0，0，

2

2

2

3， 2

C－1，，0，B1，－，0，

22







D－1，－，0，DB＝(2,0,0)，DA＝1，，2

13

－1，，－.

22

1

11





12

3

，AC＝2

设平面ABD的法向量为n＝(x，y，z)，

12

n·DB＝0由

n·DA＝0

2x＝0，得13

x＋y＋z＝0，22

取z＝3，

则y＝－3，又∵n＝(0，－3，3)．

n·AC6

∴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．(2013·荆州市质量检查)如图所示，在矩形ABCD中，AB＝35，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E­AP­B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， ∴＝，∴DO＝4，∴BO＝5.

在△POB中，PB＝41，PO＝4，BO＝5，

222

∴PO＋BO＝PB，

∴PO⊥OB.又PO⊥AE，AE∩OB＝O， ∴PO⊥平面ABCE. (2)∵BO＝5，

∴AO＝AB－OB＝25.

以O为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则P(0,0,4)，

22DOADADBDA(25，0,0)，B(0,5,0)，

PA＝(25，0，－4)，PB＝(0,5，－4)．

设n1＝(x，y，z)为平面APB的法向量．

n1·PA＝0，则

n1·PB＝0，

25x－4z＝0，即

5y－4z＝0.

取x＝25得n1＝(25，4,5)．

又n2＝(0,1,0)为平面AEP的一个法向量， ∴cos〈n1，n2〉＝

n1·n24461

＝＝，

|n1|·|n2|6161×1

461

. 61

故二面角E­AP­B的余弦值为

13

5.(2013·河北衡水二模)如图，在四棱锥P­ABCD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∥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Q­AC­D的余弦值为

6PQ？若存在，求出的值；3QD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， 3PB·OAcos〈PB，OA〉＝＝. | PB||OA|3∴直线PB与平面POC所成角的余弦值为

6. 3

(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·CP＝－x＋z＝0，则

u·PD＝y－z＝0，

取z＝1，得u＝(1,1,1)．

|BP·u|3

∴B点到平面PCD的距离为d＝＝. |u|3(3)假设存在一点Q，则设PQ＝λPD (0<λ<1)． ∵PD＝(0,1，－1)，

∴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AC＝(1,1,0)，AQ＝(0，λ＋1,1－λ)，

14

m·AC＝x＋y＝0，则m·AQ＝λ＋1y＋1－λz＝0.

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Q­AC­D的余弦值为

6， 3

|m·n|6

所以|cos〈m，n〉|＝＝，

|m||n|3

12

得3λ－10λ＋3＝0，解得λ＝或λ＝3(舍)，

3

PQ1

所以存在点Q，且＝.

QD2

6．(2013·武汉市武昌模拟)如图，在四棱锥S­ABCD中，底面ABCD是直角梯形，侧棱SA⊥底面ABCD，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AM＝(0,1,1)，SD＝(1,0，－2)，CD＝(－1，－2,0)． 设平面SCD的法向量是n＝(x，y，z)，

SD·n＝0，则

CD·n＝0，

x－2z＝0，即

－x－2y＝0.

令z＝1，则x＝2，y＝－1，

于是n＝(2，－1,1)．

∵AM·n＝0，∴AM⊥n.又AM⊄平面SCD，

∴AM∥平面SCD.

(2)易知平面SAB的一个法向量为n1＝(1,0,0)．设平面SCD与平面SAB所成的二面角为φ，

n1·n＝1，0，0·2，－1，1＝2＝6，即cos

则|cos φ|＝φ＝|n1|·|n|1·61·636

. 3

∴平面SCD与平面SAB所成二面角的余弦值为

6. 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n1＝(1,0,0)，

15

x，2x－3，－1·1，0，0 222

x＋2x－3＋－1·1

1x

11 ＝＝2

5－12·＋10·25x－12x＋10xx

∴sin θ＝＝

1

12110－12＋5

xx



＝1

.

137210－＋x55

13535当＝，即x＝时，(sin θ)max＝. x537

B组(强化选做)

1.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F­CD­A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)， ∴DF＝(－1,0,2)，DC＝(1,2,0)． 设平面DFC的一个法向量为n＝(x，y，z)，

n·DF＝0，则

n·DC＝0

x＝2z，⇒

x＝－2y，

不妨设z＝1.

则n＝(2，－1,1)，不妨设平面ABCD的一个法向量为m＝(0,0,1)．

m·n16

∴cos〈m，n〉＝＝＝，

|m||n|66

由于二面角F­CD­A为锐角， ∴二面角F­CD­A的余弦值为

6

. 6

2.如图，在四棱锥P­ABCD中，PD⊥平面ABCD，四边形ABCD是菱形，

AC＝2，BD＝23，E是PB上任意一点． (1)求证：AC⊥DE；

(2)已知二面角A­PB­D的余弦值为平面PAB所成角的正弦值．

15

，若E为PB的中点，求EC与5

16

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)，C(－1,0,0)，E0，0，，

2



t

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n1＝(1,0,0)，设平面PAB的法向量

n2·AB＝0，

为n2＝(x，y，z)，则根据

n2·AP＝0－x＋3y＝0，得

－x－3y＋tz＝0，

23

3，1，.

t

∵二面角A­PB­D的余弦值为则|cos〈n1，n2〉|＝

312

4＋2

＝

15， 5

令y＝1，得平面PAB的一个法向量为n2＝

15

，即 5

15

，解得t＝23或t＝－23(舍去)， 5

t∴P(0，－3，23)．

设EC与平面PAB所成的角为θ，

∵EC＝(－1,0，－3)，n2＝(3，1,1)， 2315

则sin θ＝|cos〈EC，n2〉|＝＝，

52×5∴EC与平面PAB所成角的正弦值为

15. 5

3．如图1，A，D分别是矩形A1BCD1上的点，AB＝2AA1＝2AD＝2，DC＝2DD1，把四边形A1ADD1沿AD折叠，使其与平面ABCD垂直，如图2所示，连接A1B，D1C得几何体ABA1­DCD1.

(1)当点E在棱AB上移动时，证明：D1E⊥A1D；

17

π

(2)在棱AB上是否存在点E，使二面角D1­EC­D的平面角为？若存在，求出AE的长；若不

6存在，请说明理由．

解：(1)证明，如图，以点D为坐标原点，DA，DC，DD1所在直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系D­xyz，

则D(0,0,0)，A(1,0,0)，C(0,2,0)，A1(1,0,1)，D1(0,0,1)．设E(1，t,0)，

则D1E＝(1，t，－1)，A1D＝(－1,0，－1)， ∴D1E·A1D＝1×(－1)＋t×0＋(－1)×(－1)＝0， ∴D1E⊥A1D.

(2)假设存在符合条件的点E.设平面D1EC的法向量为n＝(x，y，z)，由(1)知EC＝(－1,2－t,0)，

n·EC＝0，则n·D1E＝0

－x＋2－ty＝0，

得

x＋ty－z＝0，

11

令y＝，则x＝1－t，z＝1，

22

11∴n＝1－t，，1是平面D1EC的一个法向量，

22

显然平面ECD的一个法向量为DD1＝(0,0,1)， |n·DD1|

则cos〈n，DD1〉＝＝

|n||DD1|

1π3

＝cos，解得t＝2－(0≤t≤2)．

6311－t2＋1＋1

24

故存在点E，当AE＝2－

3π

时，二面角D1­EC­D的平面角为. 36

4．如图，在边长为4的菱形ABCD中，∠DAB＝60°，点E，F分别在边CD，CB上，点E与

点C，D不重合，EF⊥AC，EF∩AC＝O.沿EF将△CEF翻折到△PEF的位置，使平面PEF⊥平面ABFED.

(1)求证：BD⊥平面POA；

(2)当PB取得最小值时，请解答以下问题， ①求四棱锥P­BDEF的体积；

②若点Q满足AQ＝λQP (λ>0)，试探究：直线OQ与平面PBD所成角的大小是否一定大π

于？并说明理由． 4

解：(1)证明：∵菱形ABCD的对角线互相垂直，

18

∴BD⊥AC，∴BD⊥AO， ∵EF⊥AC，∴PO⊥EF. ∵平面PEF⊥平面ABFED， 且PO⊂平面PEF， ∴PO⊥平面ABFED.

∵BD⊂平面ABFED，∴PO⊥BD. ∵AO∩PO＝O，∴BD⊥平面POA.

(2)如图，以O为原点，建立如图所示的空间直角坐标系O­xyz. ①设AO∩BD＝H， ∵∠DAB＝60°，

∴△BDC为等边三角形，

故BD＝4，HB＝2，HC＝23. 又设PO＝x(0则OH＝23－x，OA＝43－x.

则O(0,0,0)，P(0,0，x)，B(23－x,2,0)，

PB＝(23－x,2，－x)，

故|PB|＝

23－x2

＋2＋x＝ 2x－3

222

＋10，

当x＝3时，|PB|min＝10.此时PO＝3，OH＝3. 由(1)知，PO⊥平面BFED， 1

∴VP­BDEF＝·S梯形BDEF·PO＝3.

3

②连接OQ，设点Q的坐标为(a,0，c)，

由①知，OP＝3，则A(33，0,0)，B(3，2,0)，D(3，－2,0)，P(0,0，3)． ∴AQ＝(a－33，0，c)，QP＝(－a,0，3－c)， ∵AQ＝λQP (λ>0)，

33a＝

λ＋1，解得

3λc＝λ＋1.a－33＝－λa，

∴

c＝3λ－λc，

∴Q

3λ3λ3333

，0，，∴OQ＝，0，.

λ＋1λ＋1λ＋1λ＋1

设平面PBD的法向量为n＝(x，y，z)， 则n·PB＝0，n·BD＝0.

∵PB＝(3，2，－3)，BD＝(0，－4,0)，

∴

3x＋2y－3z＝0，

－4y＝0，

19

取x＝1，得y＝0，z＝1，∴n＝(1,0,1)． 设直线OQ与平面PBD所成的角为θ， 则sin θ＝|cos〈OQ，n〉|＝

|OQ·n|

|OQ|·|n|

33

＋3λ＝λ＋1λ＋1

＝|3＋λ|2·33λ＋12＋3λ2

2·9＋λ2

λ＋1

1

9＋6λ＋λ2

＝

2

·9＋λ2

＝1

2

·1＋6λ9＋λ2. 又∵λ>0，∴6λ≤9＋λ2

，即0<6λ9＋λ2≤1，

∴

2

2

0，2ππ，∴4<θ≤2.

故直线OQ与平面PBD所成的角一定大于π

4

.

20