空间向量在立体几何中的应用.pdf

《空间向量在立体几何中的应用.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《空间向量在立体几何中的应用.pdf（23页珍藏版）》请在淘文阁 - 分享文档赚钱的网站上搜索。

1、.第七节第七节空间向量在立体几何中的应用空间向量在立体几何中的应用备考方向要明了考 什 么怎 么 考1.高考中很少考查直线的方向向量，而平面1.理解直线的方向向量与平面的法向量2.能用向量语言表述直线与直线、直线与平面、平面与平面的垂直、平行关系3.能用向量方法证明有关直线和平面关系的一些定理(包括三垂线定理)4.能用向量方法解决直线与直线、直线与平面、平面与平面的夹角的计算问题了解向量方法在研究立体几何问题中的应用.归纳知识整合1两个重要向量(1)直线的方向向量直线的方向向量是指和这条直线平行(或重合)的非零向量，一条直线的方向向量有无数个(2)平面的法向量直线l平面，取直线l的方向向量，则

2、这个向量叫做平面的法向量显然一个平面的法向量有无数个，它们是共线向量探究1.在求平面的法向量时，所列的方程组中有三个变量，但只有两个方程，如何求法向量？提示：给其中一个变量恰当赋值，求出该方程组的一组非零解，即可作为法向量的坐标2空间位置关系的向量表示位置关系直线l1，l2的方向.下载可编辑.法向量则多渗透在解答题中考查2.利用向量法证明有关线、面位置关系，在高考有所体现，如 2012 年陕西 T18，可用向量法证明3.高考对空间向量及应用的考查，多以解答题形式考查，并且作为解答题的第二种方法考查，如 2012 年北京 T16，天津 T17 等.向量表示l1l2n n1n n2n n1n n2

3、.向量分别为n n1，n n2.直线l的方向向量为n n，平面的法向量为m m平面、的法向量分别为n n，m m.3.两条异面直线所成角的求法l1l2lln n1n n2n n1n n20n nm mm mn n0n nm mn nm mn nm mn nm mn nm mn nm m0设两条异面直线a，b的方向向量为a a，b b，其夹角为，则cos|cos|(其中为异面直线a，b所成的角)4直线和平面所成的角的求法|a ab b|a|ba|b|如图所示，设直线l的方向向量为e e，平面的法向量为n n，直线l与平面所成的角为，两向量e e与n n的夹角为，则有 sin|cos|n ne e

4、|n|e|n|e|.5求二面角的大小(1)如图，AB、CD是二面角l的两个面内与棱l垂直的直线，则二面角的大ruuu ruuu小AB，CD(2)如图，n n1 1，n n2 2分别是二面角l的两个半平面，的法向量，则二面角的大小n n1 1，n n2 2(或 n n1 1，n n2 2)探究2.两向量的夹角的范围是什么？两异面直线所成角呢？直线与平面所成角呢？二面角呢？提示：两向量的夹角范围是0，；两异面直线所成角的范围是0，；直线与平面2所成角的范围是0，；二面角的范围是0，注意以上各角取值范围的区别26点到平面的距离的向量求法.下载可编辑.如图，设AB为平面的一条斜线段，n n为平面的法向

5、量，则点B到平面的距离duuu r|ABn n|n n|.自测牛刀小试1(教材习题改编)两条不重合的直线l1和l2的方向向量分别为v v1(1，1,2)，v v2(0,2,1)，则l1与l2的位置关系是()A平行C垂直B相交D不确定解析：选 Cv v1v v210(1)2210，v v1v v2，从而l1l2.2 若直线l的方向向量为a a(1,0,2)，平面的法向量为n n(2，0，4)，则()AlClBlDl与斜交解析：选 Ba a(1,0,2)，n n(2,0，4)n n2a a，即a an n.l.3若平面、的法向量分别为n n1(2，3,5)，n n2(3,1，4)，则()AC、相交

6、但不垂直BD以上均不正确解析：选 Cn n1n n22(3)(3)15(4)0，n n1与n n2不垂直，与相交但不垂直4(教材习题改编)已知两平面的法向量分别为m m(0,1,0)，n n(0,1,1)，则两平面所成的二面角的大小为_m mn n12解析：cosm m，n n，|m m|n n|1 22即m m，n n45，其补角为 135.两平面所成的二面角为45或 135.答案：45或 1355若平面的一个法向量为n n(2,1,2)，直线l的一个方向向量为a a(1,1,1)，则l与所成的角的正弦值为_解析：设直线l与平面所成的角为，则|n na a|sin|cosn n，a a|n

7、n|a a|121112|121 1 2 1 2222223.9.下载可编辑.答案：39用向量法证明平行、垂直例 1在长方体ABCDA1B1C1D1中，AA12AB2BC，E、F、E1分别是棱AA1，BB1，A1B1的中点(1)求证：CE平面C1E1F；(2)求证：平面C1E1F平面CEF.自主解析以D为原点，DA，DC，DD1所在的直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，设BC1，1则C(0,1,0)，E(1,0,1)，C1(0,1,2)，F(1,1,1)，E11，2.2(1)设平面C1E1F的法向量n n(x，y，z)uuuu ru r1uuuC1E11，0，FC1(1,0,1)，2uu

8、uu r1xy0，n nC1E10，即2uuuu rn nFC10，xz0.取n n(1,2,1)uuu ruuu rCE(1，1,1)，n nCE1210，uuu rCEn n.又CE平面C1E1F，CE平面C1E1F.(2)设平面EFC的法向量为m m(a，b，c)，uuu ruuu r由EF(0,1,0)，FC(1,0，1)，uuu rm mEF0，b0，即uuu rac0.m mFC0，取m m(1,0,1)m mn n1(1)2011110，.下载可编辑.平面C1E1F平面CEF.保持例题条件不变，求证：CF平面C1EF.证明：由例题可知，E(1,0,1)，F(1,1,1)，C(0,

9、1,0)，C1(0,1,2)，uuuu ruuu ruuu rC FCF(1,0,1)，1(1,0，1)，EF(0,1,0)ruuu ruuuuCFC1F11001(1)0，uuu ruuu rCFEF1001100.ruuuuuu ruuuuruuu rCFC1F，CFEF.CFC1F，CFEF.C1FEFF，CF平面C1EF.1.向量法证明空间平行或垂直的关键点利用向量法证明空间中的平行或垂直的问题时，建系是关键的一步，通常借助于几何图形中的垂直关系选择坐标原点和坐标轴，并让尽可能多的顶点在坐标轴上.2.向量法证明线面平行的注意点用向量法证线面平行可以证明直线的一个方向向量与平面内的某一向

10、量是共线平行向量，也可以证明直线的方向向量与平面的某个法向量垂直，在具体问题中可选择较简单的解法.1(2013安徽师大附中模拟)如图，已知AB平面ACD，DE平面ACD，ACD为等边三角形，ADDE2AB，F为CD的中点(1)求证：AF平面BCE；(2)求证：平面BCE平面CDE.解：设ADDE2AB2a，建立如图所示的坐标系Axyz，则A(0,0,0)，C(2a,0,0)，B(0,0，a)，D(a，3a,0)，E(a，3a,2a)F为CD的中点，33Fa，a，0.22uuu r33(1)证明：AFa，a，0，22uuu ruuu rBE(a，3a，a)，BC(2a,0，a)，.下载可编辑.r

11、uuu r1uuu ruuuAF(BEBC)，AF平面BCE，AF平面BCE.2uuu r33(2)证明：AFa，a，0，22uuu ruuu rCD(a，3a,0)，ED(0,0，2a)，ruuu ruuuuuu ruuu rAFCD0，AFED0，ruuuuuu ruuuruuu rAFCD，AFED.又CDDED，AF平面CDE，即AF平面CDE.又AF平面BCE，平面BCD平面CDE.uuu r利用空间向量求空间角例 2如图，在长方体ABCDA1B1C1D1中，已知AB4，AD3，AA12.E、F分别是线段AB、BC上的点，且EBFB1.(1)求二面角CDEC1的正切值；(2)求直线E

12、C1与FD1所成角的余弦值uuu ruuu ruuur自主解析(1)以A为原点，AB，AD，AA1分别为x轴，y轴，z轴的正方向建立空间直角坐标系，则D(0,3,0)、D1(0,3,2)、E(3,0,0)、F(4,1,0)、C1(4,3,2)，uuu r于是DE(3，3,0)，EC1(1,3,2)，FD1(4,2,2)设n n(x，y,2)为平面C1DE的法向量，则有uuu rn nDEuuuu rn nEC13x3y0 xy1，x3y220n n(1，1,2)，uuur向量AA1(0,0,2)与平面CDE垂直，n n与AA1所成的角为二面角CDEC1的平面角或其补角uuurn nAA1101

13、0226uuurcos，114 0043|n n|AA1|由图知二面角CDEC1的平面角为锐角，.下载可编辑.tan2.2(2)设EC1与FD1所成的角为，则uuuu ruuuu rEC1FD1u ruuuu rcosuuu|EC|FD|11211432222.2222242 2141 3 2 求平面的法向量的步骤(1)设出法向量的坐标，一般设为n(x，y，z)；(2)建立方程组，即利用平面的法向量与平面内的两条相交直线的方向向量垂直，建立关于x，y，z的方程组(3)消元，通过加减消元，用一个未知数表示另两个未知数(4)赋值确定平面的一个法向量12(2012新课标全国卷)如图所示，直三棱柱AB

14、CA1B1C1中，ACBCAA1，D是棱2AA1的中点，DC1BD.(1)证明：DC1BC；(2)求二面角A1BDC1的大小解：(1)证明：由题设知，三棱柱的侧面为矩形由于D为AA1的中点，故DCDC1.又22ACAA1，可得DC21DCCC1，所以DC1DC.12而DC1BD，DCBDD，所以DC1平面BCD.BC平面BCD，故DC1BC.(2)由(1)知BCDC1，且BCCC1，则BC平面ACC1，所以CA，CB，CC1两两相互垂直uu u ruu u r以C为坐标原点，CA的方向为x轴的正方向，|CA|为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系Cxyz.下载可编辑.由题意知A1(1,0,2)

15、，B(0,1,0)，D(1,0,1)，C1(0,0,2)uuuu ruuuu ruuu r则A1D(0,0，1)，BD(1，1,1)，DC1(1,0,1)设n n(x，y，z)是平面A1B1BD的法向量，uuu rn nBD0，uuuu r则n nA1D0，xyz0，即z0，可取n n(1,1,0)uuu rm mBD0，uuuu r同理，设m m是平面C1BD的法向量，则m mDC10，可取m m(1,2,1)从而 cosn n，m mnmnm3.|n|m|n|m|2故二面角A1BDC1的大小为 30.利用向量法求空间距离例 3在三棱锥SABC中，ABC是边长为 4 的正三角形，平面SAC平

16、面ABC，SASC2 3，M、N分别为AB、SB的中点，如图所示，求点B到平面CMN的距离自主解答取AC的中点O，连接OS、OB.SASC，ABBC，ACSO，ACBO.平面SAC平面ABC，平面SAC平面ABCAC，SO平面ABC，又BO平面ABC，SOBO.如图所示，建立空间直角坐标系Oxyz，则B(0,2 3，0)，C(2,0,0)，S(0,0,2 2)，M(1，3，0)，N(0，3，2)uuuu ruuuu rCM(3，3，0)，MN(1,0，2)，uuu rMB(1，3，0)设n n(x，y，z)为平面CMN的一个法向量，uuuu rCMn n3x 3y0，则uuuu rMNn nx

17、 2z0，取z1，.下载可编辑.则x 2，y 6，n n(2，6，1)点B到平面CMN的距离duuu r|n nMB|4 2|n n|3.求平面外一点P到平面的距离的步骤(1)求平面的法向量n n；uuu r(2)在平面内取一点A，确定向量PA的坐标；uuu r|n nPA|(3)代入公式d|n n|3已知正方形ABCD的边长为 4，E，F分别为AB，AD的中点，GC平面ABCD，且GC2.求点B到平面EFG的距离解：如图所示，以C为原点，CB、CD、CG所在直线分别为x、y、求解z轴建立空间直角坐标系Oxyz.由题意知B(4,0,0)，E(4,2,0)，F(2,4,0)，G(0,0,2)，u

18、uu ruuu ruuu rBE(0,2,0)，GE(4,2，2)，EF(2,2,0)设平面GEF的法向量为n n(x，y，z)，则有uuu rn nGE0，uuu rn n0，EF2xyz0，即xy0，令x1，则y1，z3，n n(1,1,3)点B到平面GEF的距离为d|BE|cosBE，n n|uuu ruuu ruuu r|BEn n|n n|0，2，01，1，32 1111.112 种方法用向量证平行与垂直的方法(1)用向量证平行的方法线线平行：证明两直线的方向向量共线线面平行：a.证明该直线的方向向量与平面的某一法向量垂直；b证明直线的方向向量与平面内某直线的方向向量平行.下载可编辑

19、.面面平行：a.证明两平面的法向量为共线向量；b转化为线面平行、线线平行问题(2)用向量证明垂直的方法线线垂直：证明两直线所在的方向向量互相垂直，即证它们的数量积为零线面垂直：证明直线的方向向量与平面的法向量共线，或将线面垂直的判定定理用向量表示面面垂直：证明两个平面的法向量垂直，或将面面垂直的判定定理用向量表示3 种角利用向量法求三种角的问题在立体几何中，涉及的角有异面直线所成的角、直线与平面所成的角、二面角等关于角的计算，均可归结为两个向量的夹角(1)求两异面直线a、b的夹角，须求出它们的方向向量a a，b b的夹角，则 cos|cosa a，b b|.(2)求直线l与平面所成的角可先求出

20、平面的法向量n n与直线l的方向向量a a的夹角则 sin|cosn n，a a|.(3)求二面角l的大小，可先求出两个平面的法向量n n1，n n2所成的角，则n n1，n n2或 n n1，n n2 1 个易错点利用平面法向量求二面角的易错点利用平面的法向量求二面角的大小时，当求出两半平面、的法向量n n1，n n2时，要根据向量坐标在图形中观察法向量的方向，从而确定二面角与向量n n1，n n2的夹角是相等(一个平面的法向量指向二面角的内部，另一个平面的法向量指向二面角的外部)，还是互补(两个法向量同时指向二面角的内部或外部)，这是利用向量求二面角的难点、易错点.答题模板空间向量在立体几

21、何中的应用典例(2012安徽高考满分 12 分)平面图形ABB1A1C1C如图所示，其中BB1C1C是矩形，BC2，BB14，ABAC 2，A1B1A1C1 5，现将该平面图形分别沿BC和B1C1折叠，使ABC与A1B1C1所在平面都与平面BB1C1C垂直，再分别连接A1A，A1B，A1C，得到如图所示的空间图形对此空间图形解答下列问题(1)证明：AA1BC；(2)求AA1的长；.下载可编辑.(3)求二面角ABCA1的余弦值快速规范审题1审条件，挖解题信息观察条件：四边形BB1C1C是矩形，面ABC面BB1C1C，面A1B1C1面取BC，B1C1的中点D，D1BB1C1C DD1，B1D1，A

22、1D1两两垂直连接DD12审结论，明确解题方向观察结论：(1)证明：AA1BC，(2)求AA1的长，(3)求二面角ABCA1的余弦值需建立空间直角坐标系 转化为向量运算解决正确写出相关点的坐标3建联系，找解题突破口D1D，D1B1，D1A1两两垂直，BC2，BB14，ABAC 2，A1B1A1C1 5uuuruuu r以D1D，D1B1，D1A1所在直线及相关向量 建立空间直角坐标系 (1)证明A1ABC0，(2)计算分别为z轴，x轴，y轴uuurAA1|AA1|，(3)求平面法向量的夹角 得相应结论准确规范答题(1)证明：取BC，B1C1的中点分别为D和D1，连接A1D1，DD1，AD.由B

23、B1C1C为矩形知，DD1B1C1.因为平面BB1C1C平面A1B1C1，所以DD1平面A1B1C1.(1 分)又由A1B1A1C1知，A1D1B1C1.(2 分)坐标系建立不当，不能准确地推证ADA1D1，导致点A的坐标求错.故以D1为坐标原点，可建立如图所示的空间直角坐标系D1xyz.(3 分)由题设，可得A1D12，AD1.由以上可知AD平面BB1C1C，A1D1平面BB1C1C，于是ADA1D1.(4 分)所以A(0，1,4)，B(1,0,4)，A1(0,2,0)，C(1,0,4)，D(0,0，4)，uuuruuuruuuuuu rr故AA1(0,3，4)，BC(2,0,0)，AA1B

24、C0，(5分)uuuruuu r因此AA1BC，即AA1BC.(6 分).下载可编辑.uuur(2)因为AA1(0,3，4)，uuur所以|AA1|5，即AA15.(8 分)(3)设平面A1BC的法向量为n n1(x1，y1，z1)，求出 cosn n1，n n25后，5uuuruuur又因为AC1(1，2,4)，A1B(1，2,4)，(9分)不判断二面角大小直接得出结论从而失误.uuurAC1n n10，所以uuurA1Bn n10，即x12y14z10，x12y14z10(10 分)x10，y12z1.令z11，则n n1(0,2,1)又因为平面ABCz轴，所以取平面ABC的法向量为n n

25、2(0,0,1)，则 cosn n1，n n2n n1n n215，(11 分)|n n1|n n2|555.(12 分)5不注意条件“z轴平面ABC”的应用，增大运算量.所以二面角ABCA1的余弦值为答题模板速成利用空间向量解决立体几何问题的一般步骤：结合建第二步确定相关点的系过程与图形，准确地写出相关第三步确立平面的法向量利用点的坐标求出相关直线的方向向量和平面的法向量，若已知某直线垂直某平面，可直接取直线的一个方向向量为该平面的法向量第一步理清题意利用条件分析问题，建立恰当的空间直角坐标系坐标点的坐标第四步转化为向将空间位置关系转化为向量关系，空间角转化为第五步问题还原结合条件与图形，作

26、出结论(注意角第六步反思回顾回顾检查建系过程、坐标是否有错及是否忽视了.下载可编辑.量运算向量的夹角问题去论证，求解的范围)所求角的范围而写错结论一、选择题(本大题共 6 小题，每小题 5 分，共 30 分)1如图，在ABC中，ABC60，BAC90，AD是BC上的高，沿AD把ABD折起，使BDC90.(1)证明：平面ADB平面BDC；uuu ruuu r(2)设E为BC的中点，求AE与DB夹角的余弦值解：(1)证明：折起前AD是BC边上的高，当ABD折起后，ADDC，ADDB，又DBDCD，AD平面BDC，AD平面ABD，平面ABD平面BDC.(2)由BDC90及(1)知DA，DB，DC两两

27、垂直，不妨设|DB|ruuuuuu ruuur1，以D为坐标原点，以DB，DC，DA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，易得D(0,0,0)，B(1,0,0)，1322C(0,3,0)，A(0,0，3)，E，0，uuu r13uuu rAE，3，DB(1,0,0)，22uuu ruuu ruuu ruuu ruuu ruuu rAEDBruuu rAE与DB夹角的余弦值为 cos AE，DB uuu|AE|DB|2(2013孝感模拟)如图所示，四棱锥PABCD中，底面ABCD为正方形，PD平面ABCD，PDAB2，E、F、G分别为PC、PD、BC的中点.下载可编辑.121

28、22422.22.(1)求证：PAEF；(2)求二面角DFGE的余弦值解：(1)证明：以D为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz，则D(0,0,0)，A(0,2,0)，C(2,0,0)，P(0,0,2)，E(1,0，1)，F(0,0,1)，G(2,1,0)uuu ruuu r(1)PA(0,2，2)，EF(1,0,0)，uuu ruuu rPAEF0，PAEF.uuu ruuu r(2)易知DF(0,0,1)，FG(2,1，1)设平面DFG的法向量为m m(x1，y1，z1)，uuu rm mDF0，则uuu rm mFG0，z10，即2x1y1z10.令x11，得m m(1,2,0

29、)是平面DFG的一个法向量同理可得n n(0,1,1)是平面EFG的一个法向量，m mn n210cosm m，n n，|m m|n n|55 2由图可知二面角DFGE为钝角，二面角DFGE的余弦值为10.53.如图，在正三棱柱ABCA1B1C1中，AB 2AA1，点D是A1B1的中点，点E在A1C1上且DEAE.(1)证明：平面ADE平面ACC1A1；(2)求直线AD和平面ABC1所成角的正弦值解：(1)证明：由正三棱柱ABCA1B1C1的性质知AA1平面A1B1C1，又DE 平面A1B1C1，所以DEAA1.而DEAE，AA1AEA，所以DE平面ACC1A1.又DE 平面ADE，故平面AD

30、E平面ACC1A1.(2)如图所示，设O是AC的中点，以O为原点建立空间直角坐标系不妨设AA1 2，则AB2，相关各点的坐标分别是A(0，1,0)，B(3，0,0)，C1(0,1，2)，D13，2.22uuuu ruuu r易知AB(3，1,0)，AC1(0,2，2)，uuu r31AD，2.22.下载可编辑.设平面ABC1的一个法向量为n n(x，y，z)，则有uuu rn nAB 3xy0，ruuuun nAC12y 2z0.解得x3y，z 2y.故可取n n(1，3，6)3uuu ruuu rn nAD2 310uuu r所以，cosn n，AD.510 3|n n|AD|由此即知，直线

31、AD和平面ABC1所成角的正弦值为10.54(2012江西高考)如图所示，在三棱柱ABCA1B1C1中，已知ABACAA1 5，BC4，点A1在底面ABC的投影是线段BC的中点O.(1)证明在侧棱AA1上存在一点E，使得OE平面BB1C1C，并求出AE的长；(2)求平面A1B1C与平面BB1C1C夹角的余弦值解：(1)证明：连接AO，在AOA1中，作OEAA1于点E，因为AA1BB1，所以OEBB1.因为A1O平面ABC，所以A1OBC.因为ABAC，OBOC，得AOBC，所以BC平面AA1O，所以BCOE，所以OE平面BB1C1C，又AOAB2BO21，AA1 5，AO25得AE.AA15(

32、2)如图，分别以OA，OB，OA1所在直线为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，则A(1,0,0)，B(0,2,0)，C(0，2,0)，A1(0,0,2)，uuu r1uuur24由AEAA1得点E的坐标是，0，555uuu r42由(1)得平面BB1C1C的法向量是OE，0，55设平面A1B1C的法向量n n(x，y，z)，uuu rn nAB0，uuur由10，n nACx2y0，得yz0.令y1，得x2，z1，即n n(2,1，1)，uuu r所以 cosOE，n nuuu rOEn n30uuu r，10|OE|n n|.下载可编辑.即平面BB1C1C与平面A1B1C的夹角的余弦值是30

33、.105如图所示，在多面体ABCDA1B1C1D1中，上，下两个底面A1B1C1D1和ABCD互相平行，且都是正方形，DD1底面ABCD，AB2A1B12DD12a.(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；(3)在(2)的条件下，求二面角FCC1B的余弦值解：以D为坐标原点，DA，DC，DD1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(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)uuuruuuu r(1)AB1(a，a，

34、a)，DD1(0,0，a)，uuuruuuu rAB1DD1uuuruuuu ruuuu r3，|cosAB1，DD1|uuur|AB|DD311所以异面直线AB1与DD1所成角的余弦值为3.3uuuruuuruuu r(2)BB1(a，a，a)，BC(2a,0,0)，FB1(0，a，a)，uuuruuurFB1BB10，uuuruuu rFB1BC0，FB1BB1，FB1BC.BB1BCB，FB1平面BCC1B.uuur(3)由(2)知，FB1为平面BCC1B1的一个法向量设n n(x1，y1，z1)为平面FCC1的法向量，uuuu ruuu rCC1(0，a，a)，FC(a,2a,0)，u

35、uuu rn nCC10，uuu rn nFC0，ay1az10，得ax12ay10.令y11，则x12，z11，n n(2,1,1)，uuuruuurFB1n n3rcosFB1，n nuuu，|FB1|n|3即二面角FCC1B的余弦值为3.3.下载可编辑.6(2013聊城模拟)如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD为菱形，BAD60，Q为AD的中点(1)若PAPD，求证：平面PQB平面PAD；PM1(2)设点M在线段PC上，求证：PA平面MQB；MC2(3)在(2)的条件下，若平面PAD平面ABCD，且PAPDAD2，求二面角MBQC的大小解：(1)连接BD，四边形ABCD菱形，BAD6

36、0，ABD为正三角形，又Q为AD中点，ADBQ.PAPD，Q为AD的中点，ADPQ，又BQPQQ，AD平面PQB，AD 平面PAD.平面PQB平面PAD.(2)连接AC交BQ于点N，如图(1)：由AQBC可得，ANQCNB，AQAN1.BCNC2PM1又，MC2PMAN1.MCNC2PAMN.MN 平面MQB，PA平面MQB，图(1)PA平面MQB.(3)由PAPDAD2，Q为AD的中点，则PQAD.又平面PAD平面ABCD，PQ平面ABCD.以Q为坐标原点，分别以QA、QB、QP所在的直线为x，y，z轴，建立如图(2)所示的坐标系，则各点坐标为A(1,0,0)，B(0，3，0)，Q(0,0,

37、0)，P(0,0，3).下载可编辑.设平面MQB的法向量n n(x，y,1)，可得图(2)uuu rn n0，QBuuuu rn nMN0.PAMN，uuu rn nQB0，uuu r n nPA0.解得n n(3，0,1)取平面ABCD的法向量 m(0,0,1)m mn n1cosm m，n n.|m m|n n|2故二面角MBQC的大小为 60.7(2012福建高考)如图所示，在长方体ABCDA1B1C1D1中，AA1AD1，E为CD中点(1)求证：B1EAD1；(2)在棱AA1上是否存在一点P，使得DP平面B1AE？若存在，求AP的长；若不存在，说明理由；(3)若二面角AB1EA1的大小

38、为 30，求AB的长uuu ruuu ruuur解：(1)证明：以A为原点，AB，AD，AA1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(如图)设ABa，则uuuu raA(0,0,0)，D(0,1,0)，D1(0,1,1)，E，1，0，B1(a，0,1)，故AD12uuurauuuruuu ra(0,1,1)，B1E，1，1，AB1(a,0,1)，AE，1，0.22uuuu ruuuraAD1B1E 011(1)10，2B1EAD1.(2)假设在棱AA1上存在一点P(0,0，z0)，uuu r使得DP平面B1AE，此时DP(0，1，z0)又设平面B1AE的法向量n n(x，y，z

39、)axz0，uuuruuu rn n平面B1AE，n nAB1，n nAE，得axy0.2a，得平面B1AE的一个法向量n n1，a.2.下载可编辑.取x1，则y，z2aa.uuu ra1要使DP平面B1AE，只要n nDP，有 az00，解得z0.221又DP平面B1AE，存在点P，满足DP平面B1AE，此时AP.2(3)连接A1D，B1C，由长方体ABCDA1B1C1D1及AA1AD1，得AD1A1D.B1CA1D，AD1B1C.又由(1)知B1EAD1，且B1CB1EB1，uuuu ruuuu rAD1平面DCB1A1，AD1是平面A1B1E的一个法向量，此时AD1(0,1,1)设uAD

40、uuu r1与n n所成的角为，n nuuuu raa则 cos|n n|uADADuuu r1|2121a2.24a二面角AB1EA1的大小为 30，3a|cos|cos 30，即23215a22，4解得a2，即AB的长为 2.1直三棱柱ABCABC中，ACBCAA，ACB90，D、E分别为AB、BB的中点(1)求证：CEAD；(2)求异面直线CE与AC所成角的余弦值解：(1)设uCAu u ra a，uCBuu rb b，uCCuu u rc c，根据题意，|a a|b b|c c|且a ab bb bc cc ca a0，uCEuu rb b1uuuu r112c c，ADc c2b b

41、2a a.uCEuu ruAuuDu r12122c c2b b0.uCEuu ruAuuDu r，即CEAD.(2)uACuuu ra ac c，uCEuu rb b12c c，|uACuuu r|2|a a|，|uCEuu r|52|a a|.uACuuu ruCEuu r(a ac c)(b b1112c c)2c c22|a a|2，.下载可编辑.uuuu ruuu rcosAC，CE12|a a|2252|a a|210.10即异面直线CE与AC所成角的余弦值为10.102如图，四棱锥PABCD中，底面ABCD为平行四边形，DAB60，AB2AD，PD底面ABCD.(1)证明：PAB

42、D；(2)设PDAD，求二面角APBC的余弦值解：(1)证明：因为DAB60，AB2AD，由余弦定理得BD 3AD.从而BDADAB，故BDAD.又PD底面ABCD，可得BDPD.所以BD平面PAD.故PABD.(2)如图，以D为坐标原点，AD的长为单位长，射线DA为x轴的正半轴建立空间直角坐标系Dxyz，则A(1,0,0)，B(0，3，0)，222C(1，3，0)，P(0,0,1)uuu ruuu ruuu rAB(1，3，0)，PB(0，3，1)，BC(1,0,0)uuu rn nAB0，设平面PAB的法向量为n(x，y，z)，则uuu rn nPB0，x 3y0，即3yz0，因此可取n

43、n(3，1，3)uuu rm mPB0，设平面PBC的法向量为m m(x1，y1，z1)，则uuu rm mBC0，3y1z10，x10，42 7可取m m(0，1，3)，cosm m，n n.72 72 7故二面角APBC的余弦值为.73(2013武汉模拟)在直三棱柱ABCA1B1C1中，ABAC1，BAC.下载可编辑.90.(1)若异面直线A1B与B1C1所成的角为 60，求棱柱的高；(2)设D是BB1的中点，DC1与平面A1BC1所成的角为，当棱柱的高变化时，求sin的最大值解：建立如图所示的空间直角坐标系Axyz，设AA1h(h0)，则有uuuu ruuuu rB(1,0,0)，B1(

44、1,0，h)，C1(0,1，h)，A1(0,0，h)，B1C1(1,1,0)，AC11uuur(0,1,0)，A1B(1,0，h)(1)因为异面直线A1B与B1C1所成的角为 60，所以uuuu ruuur|B1C1A1B|ruuur，cos 60uuuu|B1C1|A1B|即12，得 1h 2，解得h1.22h121uuuu rhh(2)由D是BB1的中点，得D1，0，于是DC11，1，.22uuuruuuu r设平面A1BC1的法向量为n n(x，y，z)，于是由n nA1B，n nAC11可得uuurn nA1B0，uuuu r110，n nAC即xhz0，y0，可取n n(h,0,1)

45、，uuuu r故 sin|cosDC1，n n|，uuuu ruuuu r|DC1n n|r而|cosDC1，n n|uuuu|DC1|n n|令f(h)42h9h8|h|212h2h214hhh49h28.h1h229h8，88422因为h292 89，当且仅当h2，即h8时，等号成立hh所以f(h)192 82 21，78112 214故当h8时，sin的最大值为.74如图，棱柱ABCDA1B1C1D1的所有棱长都等于 2，ABC60，平面AA1C1C面ABCD，A1AC60.下载可编辑.(1)证明：BDAA1；(2)求二面角DA1AC的平面角的余弦值；(3)在直线CC1上是否存在点P，使

46、BP平面DA1G？若存在，求出P的位置，若不存在，说明理由解：连接BD交AC于O，则BDAC，连接A1O，在AA1O中，AA12，AO1，A1AO60，A1OAA1AO2A1AAOcos 603.AOA1OA1A，AOA1O，由于平面AA1C1C平面ABCD，A1O平面ABCD.以OB，OC，OA所在直线为x轴，y轴，z轴建立如图所示空间直角坐标系，则A(0，1,0)，B(3，0,0)，C(0,1,0)，D(3，0,0)，222222A1(0,0，3)uuuruuuruuuuuu rr(1)由BD(2 3，0,0)，AA1(0,1，3)，则AA1BD0(2 3)10 300，BDAA1，(2)

47、由OB面AA1C1C，平面AA1C1C的法向量n n1(1,0,0)，uuurn n2AA1，设n n2面AA1D，则uuu rn n2AD，y 3z0，得到 3xy0，设n n2(x，y，z)，取n n2(1，3，1)，cosn n1，n n25.5n n1n n25.|n n1|n n2|5二面角DA1AC的平面角的余弦值是(3)假设在直线CC1上存在点P，使BP面DA1C1，uuuu ruuu r设CPCC1，P(x，y，z)，则(x，y1，z)(0,1，3)uuu r得P(0,1，3)，BP(3，1，3)uuuu r11，n n3AC2y30，设n n3面DA1C1，则设n n3(x3，y3，z3)，得到uuu u r3x3 3z30，n3DA1，不妨取n n3(1,0，1)uuu r又BP面DA1C1，.下载可编辑.uuu rn3BP0，3 30，1.点P在C1C的延长线上且使C1CCP.下载可编辑.