用空间向量解立体几何问答方法归纳

用空间向量解立体几何题型与方法

平行垂直问题基础知识

直线l的方向向量为a＝(a1，b1，c1)．平面α，β的法向量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

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111图所示，则A(0,0,0)，B(1,0,0)，C(1,2,0)，D(0,2,0)，P(0,0,1)，所以E，1，，F0，1，，

2221



EF＝－，0，0，PB＝(1,0，－1)，PD＝(0,2，－1)，AP＝(0,0,1)，AD＝(0,2,0)，DC＝

2(1,0,0)，AB＝(1,0,0)．

(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AP∩AD＝A，AP⊂平面PAD，AD⊂平面PAD，所以DC⊥平面PAD.因为DC⊂平面PDC，

1

.

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.

例2、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； (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.

aa



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

22

B1D·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基础知识

(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|

(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|

|a·b|

(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，则cos θ＝|cos〈n1，n2〉|＝；

|n1||n2|若二面角α－l－β所成的角θ为钝角，则cos θ＝－|cos〈n1，n2〉|＝－. |n1||n2||n1·n2||n1·n2|

例1、如图，在直三棱柱A1B1C1­ABC中，AB⊥AC，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)．

因为cos〈A1B，C1D〉＝

＝

A1B·C1D| A1B||C1D|

＝

1820×3

10

＝，

1018

3

10

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，y＝－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由|cos θ|＝＝|n||n|12

29×

25

＝，得sin θ＝. 331

53.

因此，平面ADC1与平面ABA1所成二面角的正弦值为

例2、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，

则BC＝(1,0，

3)，BB1＝AA1＝(－1，

3，0)，C(0,0，

3)，B(－1,0,0)．

3，3)．

3，0)，A1C＝(0，－设n＝(x，y，z)是平面BB1C1C的法向量，

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|

n·A1C10

所以A1C与平面BB1C1C所成角的正弦值为. 5

(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． 例3、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＝(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，

3，SE⊥AD.

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(0,2－2

3，0)，CB＝(2，－2

3，0)，CS＝(0，－2

3，0)，S(0,0,1)，B(2,0,0)，所以CE＝(0，3，1)．

设平面SBC的法向量为n＝(x，y，z)， 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，则sin θ＝||＝，

CE|n|·||4故直线CE与平面SBC所成角的正弦值为.

4例4、如图是多面体ABC­A1B1C1和它的三视图．

1

n·CE1

(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，

－λ－2－λ2λ

，，则E， 1＋λ1＋λ1＋λ

2＋λ－2－λ2λ

，，BE＝. 1＋λ1＋λ1＋λ

BE·A1C1＝0，

由 BE·A1C＝0，



得－2－λ2λ＋＝0，1＋λ1＋λ

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，

－x－y＝0，

得－2y－2z＝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〉＝

m·n|m||n|

＝1

＝，故平面C1A1C与平面A1CA夹角的余弦值为.

333

33

利用空间向量解决探索性问题

例1、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(0，2

3，0)，E(0，

3，1)，

BPBC的值；如果不存在，请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)，

DF·n＝0，则 DE·n＝0，

x＋3y＝0，

即3y＋z＝0，

DA·n

取n＝(3，－3，3)，

2121

cos〈DA，n〉＝＝，所以二面角E­DF­C的余弦值为.

77| DA||n|

.

(3)存在．设P(s，t,0)，有AP＝(s，t，－2)，则AP·DE＝又BP＝(s－2，t,0)，PC＝(－s,2∴

3s＋t＝2

2

3t－2＝0，∴t＝

23

3，

3－t,0)，∵BP∥PC，∴(s－2)(23－t)＝－st，

341

3. 把t＝代入上式得s＝，∴BP＝BC，

333

＝.

BC3

∴在线段BC上存在点P，使AP⊥DE. 此时，

BP1

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.

例2、.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. 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＝

22

AA1时，二面角B1­CD­C1的大小为60°.理由如下：

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，则cos 60°＝

22

＝|m|·|CB|

|m·CB|1

a2＋2

＝， 2

1

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

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1、如图，四棱锥P­ABCD中，PA⊥底面ABCD，BC＝CD＝2，AC＝4， ∠ACB＝∠ACD＝，F为PC的中点，AF⊥PB.

3(1)求PA的长；

π

.

(2)求二面角B­AF­D的正弦值． (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＝AC3π

－OC＝3.又OD＝CDsin＝3

3，故A(0，－3,0)，B(

3，0,0)，C(0,1,0)，D(－

3，0,0)．

π

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

2z0，2，，PB＝(2

所以|PA |＝23，3，－z)，AF⊥PB，故AF·PB＝0，即6－＝0，z＝2

23.

3，3,0)，AB＝(

3，3,0)，AF＝(0,2，

3)．设平面FAD的法向

z2

3(舍去－23)，

(2)由(1)知AD＝(－

量为n1＝(x1，y1，z1)，平面FAB的法向量为n2＝(x2，y2，z2)，

－3x1＋3y1＝0，

由n1·AD＝0，n1·AF＝0，得

2y1＋3z1＝0，

因此可取n1＝(3，3，－2)．

.

3x2＋3y2＝0，

由n2·AB＝0，n2·AF＝0，得

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cos〈n1，n2〉＝

387

.

＝.

|n1|·|n2|8

n1·n21

故二面角B­AF­D的正弦值为

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.

例2、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)．

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)．

3，0)，E(0，

3－1，

3)，则CB＝(1，

3，0)，BE＝(0，－1，

故cos〈n1，n2〉＝锐角，

＝. 又由图知，所求二面角的平面角是

|n1|·|n2|13

n1·n113

13

故二面角E­BC­A的余弦值为. 13

专题训练

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)．

(1)∵AB1＝(－a，a，a)，DD1＝(0,0，a)，∴cos〈AB1，DD1〉＝

＝，

|AB1|·|DD1|3

AB1·DD13

.

所以异面直线AB1与DD1所成角的余弦值为

33

. (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．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；

BD(3)证明：在线段BC1上存在点D，使得AD⊥A1B，并求的值．

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)．

16

同理可得，平面B1BC1的一个法向量为m＝(3,4,0)．所以cos〈 n，m〉＝＝. |n||m|2516

由题知二面角A1­BC1­B1为锐角，所以二面角A1­BC1­B1的余弦值为. 25

n·m .

(3)证明：设D(x，y，z)是直线BC1上一点，且BD＝λBC1. 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)．由AD·A1B＝0，即9－25λ＝0，解得λ＝

9

. 259

因为

∈[0,1]，所以在线段BC1上存在点D，使得AD⊥A1B. 25

此时，

BDBC1

＝λ＝

. 25

5，AB＝AD＝

2.

9

3．如图(1)，四边形ABCD中，E是BC的中点，DB＝2，DC＝1，BC＝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，则AF＝1，EF＝，∠AFE＝60°.

2由余弦定理知AE＝

113221＋－2×1×cos 60°＝. 222

1

∵AE2＋EF2＝AF2，∴AE⊥EF.

∵AB＝AD，F为BD中点．∴BD⊥AF. 又BD＝2，DC＝1，BC＝5，∴BD2＋DC2＝BC2，

.

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. 3(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11C－1，，0，B1，－，0，

22

11313ACD－1，－，0，DB＝(2,0,0)，DA＝1，，，＝. －1，，－22222设平面ABD的法向量为n＝(x，y，z)，

n·DB＝0

由n·DA＝0

2x＝0，

得13

x＋y＋z＝0，22

取z＝3，

则y＝－3，又∵n＝(0，－3，3)． 6

∴cos〈n，AC〉＝＝－.

4|n||AC|

10

故直线AC与平面ABD所成角的余弦值为. 44．如图所示，在矩形ABCD中，AB＝3

5，AD＝6，BD是对角线，过点A作AE⊥BD，

41.

n·AC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＝ .

(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＝3∴Rt△AOD∽Rt△BAD，∴在△POB中，PB＝

＝

5，AD＝6，∴BD＝9. 在矩形ABCD中，∵AE⊥BD， ，∴DO＝4，∴BO＝5.

DOADADBD41，PO＝4，BO＝5，∴PO2＋BO2＝PB2，

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

AB2－OB2＝25.

5，0,0)，B(0,5,0)，

以O为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则P(0,0,4)，A(2

PA＝(2

5，0，－4)，PB＝(0,5，－4)．

n1·PA＝0，

设n1＝(x，y，z)为平面APB的法向量．则

n1·PB＝0，取x＝2

5得n1＝(2

25x－4z＝0，

即5y－4z＝0.

5，4,5)．又n2＝(0,1,0)为平面AEP的一个法向量，

461×1

＝4

6161

，

∴cos〈n1，n2〉＝

＝|n1|·|n2|

n1·n2

.

故二面角E­AP­B的余弦值为

46161

. 2，PA⊥PD，

5.如图，在四棱锥P­ABCD中，侧面PAD⊥底面ABCD，侧棱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的余弦值为值；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)，

63

？若存在，求出

PQQD的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， cos〈PB，OA〉＝

＝. ∴直线PB与平面POC所成角的余弦值为.

| PB||OA|33

PB·OA36

(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，

|BP·u|3

取z＝1，得u＝(1,1,1)．∴B点到平面PCD的距离为d＝＝. 3|u|

(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)，

.

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

|m·n||m||n|1

63

631

，

所以|cos〈m，n〉|＝＝，得3λ2－10λ＋3＝0，解得λ＝

或λ＝3(舍)，

3

所以存在点Q，且

＝. QD2

PQ6．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



则|cos φ|＝＝|n|·|n|1

1，0，0

·2，－1，12

＝1·61·

66＝，即cos φ＝. 336

.

∴平面SCD与平面SAB所成二面角的余弦值为

63

.

(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)， ∴

sin 1

θ＝



x，2x－3，－1·1，0，0x2＋

2x－3

2＋

－1

2·1



＝



5x2－12x＋10

x＝



11

5－12·＋10·2xx

＝

1

11

210－12＋5xx1

＝

1137

10－2＋x55

.

3535当＝，即x＝时，(sin θ)max＝. x537

7、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)． ∴cos〈m，n〉＝

m·n|m||n|

＝1

＝，由于二面角F­CD­A为锐角，

6666.

3，

6

∴二面角F­CD­A的余弦值为

8、.如图，在四棱锥P­ABCD中，PD⊥平面ABCD，四边形ABCD是菱形，AC＝2，BD＝2

E是PB上任意一点． (1)求证：AC⊥DE；

(2)已知二面角A­PB­D的余弦值为值．

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t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

155

，若E为PB的中点，求EC与平面PAB所成角的正弦

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的法向量为n2＝(x，y，z)，

.

n2·AB＝0，

则根据

n2·AP＝0

－x＋

得－x－

3y＝0，3y＋tz＝0，





令y＝1，得n2＝



2

3，1，

3. t

1515

∵二面角A­PB­D的余弦值为，则|cos〈n1，n2〉|＝，即

55

34＋

12＝155

，解得t＝2

3或t＝－23(舍去)，∴P(0，－

3，2

3)．

t2

3)，n2＝(3，1,1)，

设EC与平面PAB所成的角为θ，∵EC＝(－1,0，－则sin θ＝|cos〈EC，n2〉|＝2×

2

3

1515＝，∴EC与平面PAB所成角的正弦值为.

555

9、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；

(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

6

π

.

不存在，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，

1

令y＝，则x＝1－t，z＝1，

22

1

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)， 则cos〈n，DD1〉＝

＝

|n||DD1||n·DD1|

1

1211－2t＋4＋1

π3

＝cos，解得t＝2－(0≤t≤2)．

63

故存在点E，当AE＝2－

33

时，二面角D1­EC­D的平面角为. 6

π