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(diǎn)一向量法證明平行、垂直關(guān)系考向聚焦高考?？純?nèi)容，主要以向量為工具，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(xiàn)，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(biāo)原點(diǎn),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(biāo)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(shè)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(shè)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(dāng)平面PBC與平面PDC垂直時(shí),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(shè) ACH BD=O I / BAD=60 , PA=AB=2BO=1 AO=OC=,Oxyz,則如圖，以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)，OB OC所在直線為x, y軸,建立空間直角坐標(biāo)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(shè)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(shè)|PA|=t0 ,則 P(0,-,t), A =(-1,-,t),設(shè)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(diǎn)二求直線與平面所成的角考向聚焦進(jìn) 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(yīng) 高備考指津計(jì)量 量 的確 確準(zhǔn) 準(zhǔn)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(diǎn)A作ADL BC垂足D在線段BC 上且異于點(diǎn)B,連接AB沿人。將厶ABD折起，使/ BDC=90 （如圖（2）所示）.(1) 當(dāng)BD的長為多少時(shí),三棱錐A BCD勺體積最大；(2) 當(dāng)三棱錐A BCD勺體積最大時(shí),設(shè)點(diǎn)E M分別為棱BC AC的中點(diǎn),試在棱CD上確定一點(diǎn)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(shè)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(dāng)且僅當(dāng)2x=3-x ,即x=1時(shí)，等號成立， 故當(dāng)x=1,即BD=1時(shí),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(dāng) x (1, 3)時(shí),f (x) 0, 所以當(dāng)x=1時(shí)，f(x)取得最大值.故當(dāng)BD=1時(shí),三棱錐A BCD勺體積最大.(2)解：法一：以D為原點(diǎn)，建立如圖a所示的空間直角坐標(biāo)系D xyz.由(1)知，當(dāng)三棱錐A BCD勺體積最大時(shí)，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(shè) N(0,入,0),則訓(xùn)=(-,入-1,0).因?yàn)镋N1BM等價(jià)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(dāng)DN=(即N是CD的靠近點(diǎn)D的一個(gè)四等分點(diǎn))時(shí)，EN! BM.由*設(shè)平面BMN勺一個(gè)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(shè)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(xùn)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(dāng)三棱錐A BCD勺體積最大時(shí),BD=1 AD=CD=2 如圖b,取CD的中點(diǎn)F,連結(jié)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(diǎn)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(diǎn)N連結(jié)ENJ又E為FP的中點(diǎn)，則EN/ DP所以EN1BF.因?yàn)镸FL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?yàn)镋NL BM當(dāng)且僅當(dāng)ENL BF,而點(diǎn)F是唯一的，所以點(diǎn)N是唯一的.EN! BM.即當(dāng)DN=（即N是CD的靠近點(diǎn)D的一個(gè)四等分點(diǎn)）,連接MNME由計(jì)算得NB=NM=EB=EM|= 所以 NMBfA EMB是兩個(gè)共底邊的全等的等腰三角形，如圖d所

10、示，取BM的中點(diǎn)G連接EGNG則BML平面EGN在平面EGN中 ,過點(diǎn)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(diǎn),AB=4ANM S分別為PB BC的中點(diǎn).（1）證明：CML SN（2）求SN與平面CMN所成角的大小.設(shè)PA=1以A為原點(diǎn)，AB ACAP所在直線分別為x, y, z軸建立空間直角坐標(biāo)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?yàn)?qf 開,：=-+-+0=0所以 CMSN.(2) 解: =(- ,1,0),設(shè)a=(x,y,z)為平面CMN勺一個(gè)法向量,a-NC=(J,卜釵+卩令 x=2,得 a=(2, 1,-2).設(shè)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(biāo)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(diǎn).(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(diǎn)，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(biāo)系如 圖.則 A(1,0, 0), B( 0,1,0).設(shè) 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?yàn)槎?_-_+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(shè)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(diǎn)三求二面角考向聚焦高考重點(diǎn)考查內(nèi)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(jìn)而轉(zhuǎn)化為二 面角的大小，考查空間向量的線性運(yùn)算及學(xué)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(diǎn).(1) 求點(diǎn)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(diǎn)C到平面ABBA的距離為AIF 1汽.Af)B x(2)如圖,過點(diǎn)D作DD / AA交ABi于D,由(1)知DB DC DD兩兩垂直,以D為原點(diǎn),射線DB DGDD分別為x軸、y軸、z軸的正半軸建立空間坐標(biāo)系 Dxyz.設(shè)直棱柱的側(cè)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(shè)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(diǎn)到平面的距離和二面角大小的求法 ，空間向量的運(yùn)用，主要考查 學(xué)生的空間想象力、推理論證能力、化歸能力和運(yùn)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(diǎn)A在底面ABC勺 投影是線段BC的中點(diǎn)O.(1) 證明在側(cè)棱AA上存在一點(diǎn)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(diǎn)E因?yàn)?AA/ BB,得 OEL BB,因?yàn)锳iO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O(shè)AOBOA所在直線為x,

17、y,z軸,建立空間直角坐標(biāo)系 則 A(1,0, 0), B( 0,2,0),C(0, -2,0), Ai(0, 0, 2),E的坐標(biāo)是(二,0,-),由(1)得平面BBCC的一個(gè)法向量是._=( ,0,),設(shè)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(xiàn)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(guān)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(yīng)用.考查空間想象能力，推理論證能力，計(jì)算求解能力等.(1)如圖,過點(diǎn)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(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)，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(biāo),-4).設(shè)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(gè)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(guān)鍵是能正確理解由平面幾何圖形到空間幾何體的轉(zhuǎn)換 ，其中的平行和垂直 關(guān)系,線段長度關(guān)系等，然后通過添加輔助線構(gòu)造常見幾何體，就容易找出所需要的平行和垂直關(guān) 系,也容易得出特殊的圖形，也容易建立空間直角坐標(biāo)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(diǎn)P,連結(jié)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(shè) CD=1 則 CP=,在 Rt FCP 中，F(xiàn)P=二-；=, cos / FPCd,即二面角F BDC的余弦值為二.FP 5S10.(2012年新課標(biāo)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(diǎn),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(shè)AC=BC=A=1.2又 D為AA中點(diǎn),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(biāo)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(shè)平面BDC的一個(gè)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(gè)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(yīng)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(diǎn) 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(shè)AG BD的交點(diǎn)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(biāo)

25、原點(diǎn),建立空間直角坐標(biāo)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(yán)(-2,2, 0)是平面PAC的一個(gè)法向量,設(shè)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(diǎn).(1) 證明：MN/平面ABCD(2) 過點(diǎn)A作AQLPC垂足為點(diǎn)Q求二面角AMNQ的平面角的余弦值.(1) 證明：因?yàn)镸N分別是PB PD的中點(diǎn)，所以皿2是厶PBD的中位線， 所以MN/ BD.又因?yàn)镸l?平面ABCD 所以MN/平面ABCD.(2) 解:法一：連結(jié)AC交BD于 Q以O(shè)為原點(diǎn)，OCOD所在直線為x, y軸, 建立空間直角坐標(biāo)系Oxyz,如圖所示.在菱形 ABCD中, / BAD=120 ,得AC=AB=2 , BD= AB=6.又因?yàn)镻AL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(diǎn)坐標(biāo)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(shè)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(shè)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?yàn)镻AL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(diǎn)，所以 MQ=NC且 AM=PB=PD=AN.取線段MN的中點(diǎn)E,連結(jié)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(shè)E為棱PA上的點(diǎn),滿足異面直線BE與CD所成的角為30 ,求AE的長.解：如圖,以點(diǎn)A為原點(diǎn)

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(shè)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(gè)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(shè)點(diǎn) 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(guān)系，二面角，異面直線所成的角等基礎(chǔ)知識，主要考查學(xué)生的空間想象力，化歸能力和運(yùn)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?。?2) 求二面角B APC的大小.解:法一:(1)設(shè)AB的中點(diǎn)為D,AD的中點(diǎn)為Q連結(jié)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(shè) 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(jié)CE.由已知可得，CDL平面PAB. 根據(jù)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(shè)AB的中點(diǎn)為D,作POL AB于點(diǎn)Q連結(jié)CD.因?yàn)槠矫鍼ABL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(shè)E為AC中點(diǎn)，則EO/ CD從而OEL PQ OELAB.如圖,以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)，OB OE OP所在直線分別為x、y、z軸建立空間直角坐標(biāo)系不妨設(shè)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(gè)法向量.設(shè)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(shè)平面APC的一個(gè)法向量為n=(xi,yi, zi),( 今耳nlAP?嚴(yán) AP二Q從而所以 n=(-,1,1).nlAC * AC = 0設(shè)二面角B APC的平面角為B ,易知B為銳角.而平面ABP的一個(gè)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(shè)N為棱BG的中點(diǎn)，點(diǎn)M在平面AABB內(nèi)，且MNL平面ABG,求線段BM的長.解：如圖所示,建立空間直角坐標(biāo)系，點(diǎn)H為原點(diǎn),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(shè)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(shè)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(diǎn) N-1,0,),設(shè) 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(shè) 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(biāo)原點(diǎn)，DADBDP分別為x,y,z軸，建立空間直角坐標(biāo)系Dxyz.設(shè) AD=1則 A(1,0,0), B(0,0), q-1.,0), P(0,0,1),=(-1, ,0),=(0,設(shè)

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(shè) z=,則得 n=(, 1,).同理設(shè)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(diǎn)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(diǎn)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(diǎn)H連接AH.因?yàn)锳E=AF及H是EF的中點(diǎn),所以AH丄EF.又因?yàn)槠矫?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(biāo)系 A xyz.則 A(2,2,2 ), C(10,8,0), F(4, 0,0), D(10,0, 0),6, 0, 0).設(shè)n =(x, y, z)為平面AFD的一個(gè)法向量,所以2 盤+2y+ 22z = Of6x= 0,取 z=,則 n =(0,-2,).又平面BEF的一個(gè)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(shè) FM=x 則 M(4+x, 0, 0),因?yàn)榉酆驝與A重合，所以CM=AM故(6-x) +8 +0 =( -2-x ) +2 +(2),得經(jīng)檢驗(yàn)，此時(shí)點(diǎn)N在線段BC上,所以FM=.4法二:(1)取線段EF的中點(diǎn)HAF的中點(diǎn)G連接AG, AH,GH.因?yàn)锳E=AF及H是EF的中點(diǎn)，所以AH丄EF又因?yàn)槠矫鍭EF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?yàn)镚 H分別是AF EF的中點(diǎn)，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(shè)FM=x因?yàn)榉酆驝與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(jīng)檢驗(yàn)，此時(shí)點(diǎn)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常考內(nèi)容，主要考查立體幾何的開放性問題:(1)條件追溯型;(2)存在探索型;(3)方法 類比探索型.考查學(xué)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(shù)學(xué)，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(shù)，則四面體ABCD勺體積的最大值是 .解析：過點(diǎn)A作AEL BC于E,連結(jié)DE則DEI BC1所以四面體ABCD勺體積為-SaadeA由對稱性知，點(diǎn)E為BC的中點(diǎn)，且AB=BD二時(shí)， 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(diǎn)，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(diǎn)，求CM與平面ABE所成角的大?。?3) 線段BC上是否存在點(diǎn)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(biāo)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(diǎn) M0, 1,), =(0, 1,).峙#又=(-1,2,0), , =(3,0,-2).設(shè)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(shè)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(diǎn)P,使平面AiDP與平面AiBE垂直. 證明：假設(shè)存在點(diǎn)P,使平面AiDP與平面AiBE垂直.記P的坐標(biāo)為P( m 0, 0),且OW m 3.辿=(m0,-2 ), 一.-=(0,2,-2 ),設(shè)平面APD的法向量為 m且m=X2,y2,Z2),扎P用二0*.險(xiǎn)屯-2$3禺=0,亦令 Z2=i,得 m=，,i).m又當(dāng)平面 AiDP!平面AiBE時(shí)，mn=O, 一+一=0,m 2 2 m=-2? 0, 3.假設(shè)不成立， 不存在點(diǎn)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(yīng)用，尤其第三問中更好地體現(xiàn)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(diǎn).(1) 求證：BE丄AD;(2) 在棱AA上是否存在一點(diǎn)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(diǎn)，酋，術(shù)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(biāo)系(如圖).設(shè) 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)