安徽省2020年高考數(shù)學(xué)第二輪復(fù)習(xí) 專題五立體幾何第3講 用空間向量的方法解立體幾何問題 理

專題五 立體幾何第3講 用空間向量的方法解立體幾何問題真題試做1(2020·陜西高考，理5)如圖，在空間直角坐標(biāo)系中有直三棱柱ABC­A1B1C1，CACC12CB，則直線BC1與直線AB1夾角的余弦值為( )A. B. C. D.2(2020·四川高考，理14)如圖，在正方體ABCD­A1B1C1D1中，M，N分別是棱CD，CC1的中點(diǎn)，則異面直線A1M與DN所成的角的大小是_3(2020·山東高考，理18)在如圖所示的幾何體中，四邊形ABCD是等腰梯形，ABCD，DAB60°，F(xiàn)C平面ABCD，AEBD，CBCDCF.(1)求證：BD平面AED；(2)求二面角F­BD­C的余弦值4(2020·福建高考，理18)如圖，在長(zhǎng)方體ABCD­A1B1C1D1中，AA1AD1，E為CD中點(diǎn)(1)求證：B1EAD1；(2)在棱AA1上是否存在一點(diǎn)P，使得DP平面B1AE？若存在，求AP的長(zhǎng)；若不存在，說(shuō)明理由；(3)若二面角A­B1E­A1的大小為30°，求AB的長(zhǎng)5(2020·天津高考，理17)如圖，在四棱錐P­ABCD中，PA平面ABCD，ACAD，ABBC，BAC45°，PAAD2，AC1.(1)證明PCAD；(2)求二面角A­PC­D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(zhǎng)考向分析從近幾年的高考試題來(lái)看，高考對(duì)本專題的考查主要有以下幾個(gè)方面：一是證明空間平行關(guān)系，如(2020福建高考，理18)的第(2)問；二是利用空間向量證明垂直關(guān)系，如(2020山東高考，理18)的第(1)問和(2020福建高考，理18)的第(1)問；三是利用空間向量求角，如(2020山東高考，理18)的第(2)問；(2020天津高考，理17)的第(2)問和(2020四川高考，理14)，此類問題多以多面體為載體，常以解答題的形式出現(xiàn)，重在考查學(xué)生的空間想象能力本專題是高考的必考內(nèi)容之一，通常為一道綜合題，常出現(xiàn)在幾個(gè)解答題的中間位置，難度不是很大在多數(shù)情況下傳統(tǒng)法、向量法都可以解決，但首先應(yīng)考慮向量法，這樣可以降低難度預(yù)測(cè)在今后高考中，本部分內(nèi)容仍舊主要以解答題的形式出現(xiàn)，難度為中檔考查內(nèi)容仍舊是利用空間向量的數(shù)量積及坐標(biāo)運(yùn)算來(lái)解決立體幾何問題，其中利用空間向量求空間角仍然是重點(diǎn)熱點(diǎn)例析熱點(diǎn)一 利用空間向量證明平行問題【例1】如圖所示，在平行六面體ABCD­A1B1C1D1中，O是B1D1的中點(diǎn)求證：B1C平面ODC1.規(guī)律方法利用空間向量證明平行問題的方法歸納下面用數(shù)學(xué)語(yǔ)言描述為：(1)線線平行：直線與直線平行，只需證明它們的方向向量平行(2)線面平行：利用線面平行的判定定理，證明直線的方向向量與平面內(nèi)一條直線的方向向量平行；利用共面向量定理，證明平面外直線的方向向量與平面內(nèi)兩相交直線的方向向量共面；證明直線的方向向量與平面的法向量垂直(3)面面平行：平面與平面的平行，除了利用面面平行的判定定理轉(zhuǎn)化為線面平行外，只要證明兩平面的法向量平行即可下面用符號(hào)語(yǔ)言表述為：設(shè)直線l，m的方向向量分別為a(a1，b1，c1)，b(a2，b2，c2)，平面，的法向量分別為u(a3，b3，c3)，v(a4，b4，c4)(1)線線平行：lmabakba1ka2，b1kb2，c1kc2.(2)線面平行：laua·u0a1a3b1b3c1c30.(3)面面平行：uvukva3ka4，b3kb4，c3kc4.變式訓(xùn)練1(2020·安徽江南十校聯(lián)考，理19)如圖，在多面體ABCDEFG中，四邊形ABCD是邊長(zhǎng)為2的正方形，平面ABG、平面ADF、平面CDE都與平面ABCD垂直，且ABG，ADF，CDE都是正三角形(1)求證：ACEF；(2)求多面體ABCDEFG的體積熱點(diǎn)二 利用空間向量證明垂直問題【例2】如圖，在四棱錐P­ABCD中，底面ABCD是正方形，側(cè)棱PD底面ABCD，PDDC，E是PC的中點(diǎn)，作EFPB于點(diǎn)F，求證：(1)PA平面EDB；(2)PB平面EFD.規(guī)律方法利用空間向量證明垂直問題的方法歸納下面用數(shù)學(xué)語(yǔ)言描述為：(1)線線垂直：直線與直線的垂直，只要證明兩直線的方向向量垂直(2)線面垂直：利用線面垂直的定義，證明直線的方向向量與平面內(nèi)的任意一條直線的方向向量垂直；利用線面垂直的判定定理，證明直線的方向向量與平面內(nèi)的兩條相交直線的方向向量垂直；證明直線的方向向量與平面的法向量平行(3)面面垂直：平面與平面的垂直，除了用面面垂直的判定定理轉(zhuǎn)化為線面垂直外，只要證明兩平面的法向量垂直即可下面用符號(hào)語(yǔ)言表述為：設(shè)直線l，m的方向向量分別為a(a1，b1，c1)，b(a2，b2，c2)平面，的法向量分別為u(a3，b3，c3)，v(a4，b4，c4)(1)線線垂直：lmaba·b0a1a2b1b2c1c20.(2)線面垂直：lauakua1ka3，b1kb3，c1kc3.(3)面面垂直：uvu·v0a3a4b3b4c3c40.變式訓(xùn)練2如圖，在四棱錐P­ABCD中，PA平面ABCD，底面ABCD是菱形，AB2，BAD60°.(1)求證：BD平面PAC；(2)若PAAB，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(zhǎng)熱點(diǎn)三 利用空間向量求角和距離【例3】如圖所示，在三棱柱ABC­A1B1C1中，H是正方形AA1B1B的中心，AA12，C1H平面AA1B1B，且C1H.(1)求異面直線AC與A1B1所成角的余弦值；(2)求二面角A­A1C1­B1的正弦值；(3)設(shè)N為棱B1C1的中點(diǎn)，點(diǎn)M在平面AA1B1B內(nèi)，且MN平面A1B1C1，求線段BM的長(zhǎng)規(guī)律方法(1)夾角計(jì)算公式兩異面直線的夾角若兩條異面直線a和b的方向向量分別為n1，n2，兩條異面直線a和b所成的角為，則cos |cosn1，n2|.直線與平面所成的角若直線a的方向向量為a，平面的法向量為n，直線a與平面所成的角為，則sin |cosa，n|.二面角設(shè)n1，n2分別為二面角的兩個(gè)半平面的法向量，其二面角為，則n1，n2或n1，n2，其中cosn1，n2.(2)距離公式點(diǎn)點(diǎn)距：點(diǎn)與點(diǎn)的距離，是以這兩點(diǎn)為起點(diǎn)和終點(diǎn)的向量的模；點(diǎn)線距：點(diǎn)M到直線a的距離，設(shè)直線的方向向量為a，直線上任一點(diǎn)為N，則點(diǎn)M到直線a的距離d|sin，a；線線距：兩平行線間的距離，轉(zhuǎn)化為點(diǎn)線距離；兩異面直線間的距離，轉(zhuǎn)化為點(diǎn)面距離或者直接求公垂線段的長(zhǎng)度；點(diǎn)面距：點(diǎn)M到平面的距離，如平面的法向量為n，平面內(nèi)任一點(diǎn)為N，則點(diǎn)M到平面的距離d|cos，n|；線面距：直線和與它平行的平面間的距離，轉(zhuǎn)化為點(diǎn)面距離；面面距：兩平行平面間的距離，轉(zhuǎn)化為點(diǎn)面距離變式訓(xùn)練3已知ABCD­A1B1C1D1是底面邊長(zhǎng)為1的正四棱柱，O1為A1C1與B1D1的交點(diǎn)(1)設(shè)AB1與底面A1B1C1D1所成角的大小為，二面角A­B1D1­A1的大小為.求證：tan =tan ；(2)若點(diǎn)C到平面AB1D1的距離為，求正四棱柱ABCD­A1B1C1D1的高熱點(diǎn)四 用向量法解決探索性問題【例4】如圖，四棱錐S­ABCD的底面是正方形，每條側(cè)棱的長(zhǎng)都是底面邊長(zhǎng)的倍，P為側(cè)棱SD上的點(diǎn)(1)求證：ACSD；(2)若SD平面PAC，求二面角P­AC­D的大??；(3)在(2)的條件下，側(cè)棱SC上是否存在一點(diǎn)E，使得BE平面PAC？若存在，求SEEC的值；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由規(guī)律方法(1)用空間向量解決立體幾何問題的步驟及注意事項(xiàng)：建系，要寫理由，坐標(biāo)軸兩兩垂直要證明；準(zhǔn)確求出相關(guān)點(diǎn)的坐標(biāo)(特別是底面各點(diǎn)的坐標(biāo)，若底面不夠規(guī)則，則應(yīng)將底面單獨(dú)抽出來(lái)分析)，坐標(biāo)求錯(cuò)將前功盡棄；求平面法向量；根據(jù)向量運(yùn)算法則，求出三角函數(shù)值或距離；給出問題的結(jié)論(2)利用空間向量巧解探索性問題：空間向量最適合于解決這類立體幾何中的探索性問題，它無(wú)需進(jìn)行繁雜的作圖、論證、推理，只需通過(guò)坐標(biāo)運(yùn)算進(jìn)行判斷在解題過(guò)程中，往往把“是否存在”問題，轉(zhuǎn)化為“點(diǎn)的坐標(biāo)是否有解，是否有規(guī)定范圍的解”等，所以使問題的解決更簡(jiǎn)單、有效，應(yīng)善于運(yùn)用這一方法解題變式訓(xùn)練4如圖，平面PAD平面ABCD，ABCD為正方形，PAD90°，且PAAD2；E，F(xiàn)，G分別是線段PA，PD，CD的中點(diǎn)(1)求證：PB平面EFG；(2)求異面直線EG與BD所成的角的余弦值；(3)在線段CD上是否存在一點(diǎn)Q，使得A到平面EFQ的距離為？若存在，求出CQ的值；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由思想滲透轉(zhuǎn)化與化歸思想利用向量解決空間位置關(guān)系及求角問題主要問題類型：(1)空間線面關(guān)系的證明；(2)空間角的求法；(3)存在性問題的處理方法求解時(shí)應(yīng)注意的問題：(1)利用空間向量求異面直線所成的角時(shí)，應(yīng)注意角的取值范圍；(2)利用空間向量求二面角的平面角時(shí)，應(yīng)注意觀察二面角是鈍角還是銳角(2020·北京高考，理16)如圖1，在RtABC中，C90°，BC3，AC6.D，E分別是AC，AB上的點(diǎn)，且DEBC，DE2，將ADE沿DE折起到A1DE的位置，使A1CCD，如圖2. 圖1 圖2(1)求證：A1C平面BCDE；(2)若M是A1D的中點(diǎn)，求CM與平面A1BE所成角的大??；(3)線段BC上是否存在點(diǎn)P，使平面A1DP與平面A1BE垂直？說(shuō)明理由解：(1)因?yàn)锳CBC，DEBC，所以DEAC.所以DEA1D，DECD.所以DE平面A1DC.所以DEA1C.又因?yàn)锳1CCD，所以A1C平面BCDE.(2)如圖，以C為坐標(biāo)原點(diǎn)，建立空間直角坐標(biāo)系C­xyz，則A1(0,0,2)，D(0,2,0)，M(0,1，)，B(3,0,0)，E(2,2,0)設(shè)平面A1BE的法向量為n=(x，y，z)，則n·=0，n·=0.又=(3,0，-2)，=(-1,2,0)，所以令y=1，則x=2，z=.所以n=(2,1，)設(shè)CM與平面A1BE所成的角為.因?yàn)?(0,1，)，所以sin |cosn，|，所以CM與平面A1BE所成角的大小為.(3)線段BC上不存在點(diǎn)P，使平面A1DP與平面A1BE垂直理由如下：假設(shè)這樣的點(diǎn)P存在，設(shè)其坐標(biāo)為(p,0,0)，其中p 0,3設(shè)平面A1DP的法向量為m(x，y，z)，則m·0，m·0.又(0,2，2)，(p，2,0)，所以令x2，則yp，z.所以m.平面A1DP平面A1BE，當(dāng)且僅當(dāng)m·n0，即4pp0.解得p2，與p 0,3矛盾所以線段BC上不存在點(diǎn)P，使平面A1DP與平面A1BE垂直1已知(1,5，2)，(3,1，z)，若，(x1，y，3)，且BP平面ABC，則實(shí)數(shù)x，y，z的值分別為( )A.，4 B.，4C.，2,4 D4，152已知平面內(nèi)有一個(gè)點(diǎn)M(1，1,2)，平面的一個(gè)法向量是n(6，3,6)，則下列點(diǎn)P在平面內(nèi)的是( )AP(2,3,3) BP(2,0,1)CP(4,4,0) DP(3，3,4)3(2020·湖北武昌調(diào)研，7)已知E，F(xiàn)分別是正方體ABCD­A1B1C1D1棱BB1，AD的中點(diǎn)，則直線EF和平面BDD1B1所成的角的正弦值是( )A. B.C. D.4在四面體PABC中，PA，PB，PC兩兩垂直，設(shè)PAPBPCa，則點(diǎn)P到平面ABC的距離為_5如圖，在直三棱柱ABC­A1B1C1中，ACB90°，AA12，ACBC1，則異面直線A1B與AC所成角的余弦值是_6已知在長(zhǎng)方體ABCD­A1B1C1D1中，AB2，BC4，AA14，點(diǎn)M是棱D1C1的中點(diǎn)求直線AB1與平面DA1M所成角的正弦值7(2020·安徽合肥第一次質(zhì)檢，理18)如圖，在多面體ABC­A1B1C1中，AA1平面ABC，AA1綉B(tài)B1，ABACAA1BC，B1C1綉B(tài)C.(1)求證：A1B1平面AA1C；(2)求證：AB1平面A1C1C；(3)求二面角C1­A1C­A的余弦值參考答案命題調(diào)研·明晰考向真題試做1A 解析：不妨設(shè)CB1，則CACC12.由題圖知，A點(diǎn)的坐標(biāo)為(2,0,0)，B點(diǎn)的坐標(biāo)為(0,0,1)，B1點(diǎn)的坐標(biāo)為(0,2,1)，C1點(diǎn)的坐標(biāo)為(0,2,0)所以(0,2，1)，(2,2,1)所以cos，.290° 解析：如圖，以點(diǎn)D為原點(diǎn)，以DA，DC，DD1為x軸、y軸、z軸建立坐標(biāo)系D­xyz.設(shè)正方體的棱長(zhǎng)為2，則(2，1，2)，(0,2,1)，·0，故異面直線A1M與ND所成角為90°.3(1)證明：因?yàn)樗倪呅蜛BCD是等腰梯形，ABCD，DAB60°，所以ADCBCD120°.又CBCD，所以CDB30°.因此ADB90°，ADBD.又AEBD，且AEADA，AE，AD平面AED，所以BD平面AED.(2)解法一：由(1)知ADBD，所以ACBC.又FC平面ABCD，因此CA，CB，CF兩兩垂直，以C為坐標(biāo)原點(diǎn)，分別以CA，CB，CF所在的直線為x軸，y軸，z軸，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，不妨設(shè)CB1，則C(0,0,0)，B(0,1,0)，D，F(xiàn)(0,0,1)，因此，(0，1,1)設(shè)平面BDF的一個(gè)法向量為m(x，y，z)，則m·0，m·0，所以xyz，取z1，則m(，1,1)由于(0,0,1)是平面BDC的一個(gè)法向量，則cosm，所以二面角F­BD­C的余弦值為.解法二：取BD的中點(diǎn)G，連接CG，F(xiàn)G，由于CB=CD，因此CGBD.又FC平面ABCD，BD平面ABCD，所以FCBD.由于FCCGC，F(xiàn)C，CG平面FCG，所以BD平面FCG.故BDFG.所以FGC為二面角F­BD­C的平面角在等腰三角形BCD中，由于BCD120°，因此CGCB.又CBCF，所以GFCG，故cosFGC，因此二面角F­BD­C的余弦值為.4解：(1)以A為原點(diǎn)，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)ABa，則A(0,0,0)，D(0,1,0)，D1(0,1,1)，E，B1(a,0,1)，故(0,1,1)，(a,0,1)，.·×01×1(1)×10，B1EAD1.(2)假設(shè)在棱AA1上存在一點(diǎn)P(0,0，z0)，使得DP平面B1AE.此時(shí)(0，1，z0)又設(shè)平面B1AE的法向量n(x，y，z)n平面B1AE，n，n，得取x1，得平面B1AE的一個(gè)法向量n.要使DP平面B1AE，只要n，有az00，解得z0.又DP平面B1AE，存在點(diǎn)P，滿足DP平面B1AE，此時(shí)AP.(3)連接A1D，B1C，由長(zhǎng)方體ABCD­A1B1C1D1及AA1AD1，得AD1A1D.B1CA1D，AD1B1C.又由(1)知B1EAD1，且B1CB1EB1，AD1平面DCB1A1.是平面A1B1E的一個(gè)法向量，此時(shí)(0,1,1)設(shè)與n所成的角為，則cos .二面角A­B1E­A1的大小為30°，|cos |cos 30°，即，解得a2，即AB的長(zhǎng)為2.5解法一：如圖，以點(diǎn)A為原點(diǎn)建立空間直角坐標(biāo)系，依題意得A(0,0,0)，D(2,0,0)，C(0,1,0)，B，P(0,0,2)(1)證明：易得(0,1，2)，(2,0,0)，于是·0，所以PCAD.(2) (0,1，2)，(2，1,0)設(shè)平面PCD的法向量n(x，y，z)，則即不妨令z1，可得n(1,2,1)可取平面PAC的法向量m(1,0,0)于是cosm，n，從而sinm，n.所以二面角A­PC­D的正弦值為.(3)設(shè)點(diǎn)E的坐標(biāo)為(0,0，h)，其中h0,2，由此得.由(2，1,0)，故cos，所以，cos 30°，解得h，即AE.解法二：(1)證明：由PA平面ABCD，可得PAAD，又由ADAC，PAACA，故AD平面PAC.又PC平面PAC，所以PCAD.(2)如圖，作AHPC于點(diǎn)H，連接DH.由PCAD，PCAH，可得PC平面ADH.因此DHPC，從而AHD為二面角A­PC­D的平面角在RtPAC中，PA2，AC1，由此得AH.由(1)知ADAH，故在RtDAH中，DH.因此sinAHD.所以二面角A­PC­D的正弦值為.(3)如圖，因?yàn)锳DC<45°，故過(guò)點(diǎn)B作CD的平行線必與線段AD相交，設(shè)交點(diǎn)為F，連接BE，EF.故EBF或其補(bǔ)角為異面直線BE與CD所成的角由于BFCD，故AFB=ADC.在RtDAC中，CD=，sinADC=，故sinAFB.在AFB中，由，AB，sinFABsin 135°，可得BF.由余弦定理，BF2AB2AF22AB·AF·cosFAB，可得AF.設(shè)AEh.在RtEAF中，EF.在RtBAE中，BE.在EBF中，因?yàn)镋F<BE，從而EBF30°，由余弦定理得cos 30°.可解得h.所以AE.精要例析·聚焦熱點(diǎn)熱點(diǎn)例析【例1】 證明：設(shè)a，b，c，因?yàn)锽1BCC1為平行四邊形，所以ca.又O是B1D1的中點(diǎn)，所以 (ab)，b(ab)(ba)因?yàn)镈1D綉C1C，所以c，所以(ba)c.若存在實(shí)數(shù)x，y，使xy (x，yR)成立，則caxy(xy)a(xy)bxc.因?yàn)閍，b，c不共線，所以所以所以，所以，是共面向量因?yàn)椴辉?，所確定的平面ODC1內(nèi)，所以平面ODC1，即B1C平面ODC1.【變式訓(xùn)練1】 解：(1)證明：方法一：如圖，分別取AD，CD的中點(diǎn)P，Q，連接FP，EQ.ADF和CDE是邊長(zhǎng)為2的正三角形，F(xiàn)PAD，EQCD，且FPEQ.又平面ADF、平面CDE都與平面ABCD垂直，F(xiàn)P平面ABCD，EQ平面ABCD，F(xiàn)PQE且FPEQ，四邊形EQPF是平行四邊形，EFPQ.PQ是ACD的中位線，PQAC，EFAC.方法二：以A點(diǎn)作為坐標(biāo)原點(diǎn)，以AB所在直線為x軸，以AD所在直線為y軸，過(guò)點(diǎn)A垂直于xOy平面的直線為z軸，建立空間直角坐標(biāo)系，如圖所示根據(jù)題意可得，A(0,0,0)，B(2,0,0)，C(2,2,0)，D(0,2,0)，E(1,2，)，F(xiàn)(0,1，)，G(1,0，)(2,2,0)，(1,1,0)，則，即有ACFE.(2)V多面體ABCDEFGV三棱柱ABG­CDEV四棱錐F­ADEG2.【例2】 證明：如圖所示建立空間直角坐標(biāo)系，D為坐標(biāo)原點(diǎn)，設(shè)DCa.(1)連接AC交BD于G，連接EG.依題意得A(a,0,0)，P(0,0，a)，E.底面ABCD是正方形，G是此正方形的中心，故點(diǎn)G的坐標(biāo)為，(a,0，a)，2，則PAEG.而EG平面EDB且PA平面EDB，PA平面EDB.(2)依題意得B(a，a,0)，(a，a，a)又，故·00，PBDE.由已知EFPB，且EFDEE，PB平面EFD.【變式訓(xùn)練2】 解：(1)證明：因?yàn)樗倪呅蜛BCD是菱形，所以ACBD.又因?yàn)镻A平面ABCD，所以PABD.又PAACA，所以BD平面PAC.(2)設(shè)ACBDO.因?yàn)锽AD60°，PAAB2，所以BO1，AOCO.如圖，以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)，建立空間直角坐標(biāo)系O­xyz，則P(0，2)，A(0，0)，B(1,0,0)，C(0，0)，所以(1，2)，(0,2，0)設(shè)PB與AC所成角為，則cos .(3)由(2)知(1，0)設(shè)P(0，t)(t>0)，則(1，t)設(shè)平面PBC的法向量m(x，y，z)，則·m0，·m0.所以令y，則x3，z.所以m.同理，平面PDC的法向量n.因?yàn)槠矫鍼BC平面PDC，所以m·n0，即60，解得t，所以PA.【例3】 解：如圖所示，建立空間直角坐標(biāo)系，點(diǎn)B為坐標(biāo)原點(diǎn)依題意得A(2，0,0)，B(0,0,0)，C(，)，A1(2，2，0)，B1(0，2，0)，C1(，)(1)易得(，)，(2，0,0)，于是cos，.所以異面直線AC與A1B1所成角的余弦值為.(2)易知(0,2，0)，(，)設(shè)平面AA1C1的法向量m(x，y，z)，則即不妨令x，可得m(，0，)同樣地，設(shè)平面A1B1C1的法向量n(r，p，q)，則即不妨令p，可得n(0，)于是cosm，n，從而sinm，n.所以二面角A­A1C1­B1的正弦值為.(3)由N為棱B1C1的中點(diǎn)，得N.設(shè)M(a，b,0)，則.由MN平面A1B1C1，得即解得故M，因此.所以線段BM的長(zhǎng)|.【變式訓(xùn)練3】 解：設(shè)正四棱柱的高為h.(1)連接AO1，AA1底面A1B1C1D1于A1，AB1與底面A1B1C1D1所成的角為AB1A1，即AB1A1.AB1AD1，O1為B1D1中點(diǎn)，AO1B1D1.又A1O1B1D1，四邊形A1B1C1D1是正方形AO1A1是二面角A­B1D1­A1的平面角，即AO1A1.tan h，tan h.tan tan .(2)建立如圖空間直角坐標(biāo)系，有A(0,0，h)，B1(1,0,0)，D1(0,1,0)，C(1,1，h)，(1,0，h)，(0,1，h)，(1,1,0)設(shè)平面AB1D1的一個(gè)法向量為n(x，y，z)取z1得n(h，h,1)，點(diǎn)C到平面AB1D1的距離為d，則h2.【例4】 (1)證明：連接BD，設(shè)AC交BD于點(diǎn)O，連接SO.由題意知SO平面ABCD.以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)，OB，OC，OS所在直線分別為x軸，y軸，z軸，建立空間直角坐標(biāo)系O­xyz，設(shè)底面邊長(zhǎng)為2，則高SO，S(0,0，)，D(，0,0)，C(0，0)(0，0)，(，0，)0，故OCSD，即ACSD.(2)解：由題意知，平面PAC的一個(gè)法向量(，0，)，平面DAC的一個(gè)法向量為(0,0，)，設(shè)所求的二面角為，則cos .故所求二面角的大小為30°.(3)解：在側(cè)棱SC上存在一點(diǎn)E，使BE平面PAC.由(2)知是平面PAC的一個(gè)法向量，且(，0，)，(0，)設(shè)，則(，(1t)，t)，而0t，從而當(dāng)SEEC21時(shí)，又BE不在平面PAC內(nèi)，故BE平面PAC.【變式訓(xùn)練4】 解：平面PAD平面ABCD，而PAD90°，PA平面ABCD.而ABCD是正方形，即ABAD，故可建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，則A(0,0,0)，B(2,0,0)，C(2,2,0)，D(0,2,0)，P(0,0,2)，E(0,0,1)，F(xiàn)(0,1,1)，G(1,2,0)(1)證明：(2,0，2)，(0，1,0)，(1,1，1)，設(shè)平面EFG的法向量為n0(x0，y0，z0)則令x01，則n0(1,0,1)又·n02×10(2)×10，n0.又PB平面EFG，PB平面EFG.(2)(1,2，1)，(2,2,0)，cos ，故異面直線EG與BD所成的角的余弦值為.(3)假設(shè)在線段CD上存在一點(diǎn)Q滿足題設(shè)條件，令CQm(0m2)，則DQ2m，點(diǎn)Q的坐標(biāo)為(2m,2,0)，(2m,2，1)而(0,1,0)，設(shè)平面EFQ的法向量為n(x，y，z)，則令x1，則n(1,0,2m)，點(diǎn)A到平面EFQ的距離d，即(2m)2，m或m>2不合題意，舍去，故存在點(diǎn)Q，當(dāng)CQ時(shí)，點(diǎn)A到平面EFQ的距離為.創(chuàng)新模擬·預(yù)測(cè)演練1B 解析：，0，即352z0，得z4.又BP平面ABC，BPAB，BPBC，(3,1,4)，則解得2A3B 解析：建立如圖所示空間直角坐標(biāo)系，D1(0,0,0)，F(xiàn)(1,0,2)，E(2,2,1)，則(1，2,1)設(shè)平面BDD1B1的法向量為n，則n(1，1,0)sin |cos，n|.故選B.4.a 解析：根據(jù)題意，可建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系P­xyz，則P(0,0,0)，A(a,0,0)，B(0，a,0)，C(0,0，a)過(guò)點(diǎn)P作PH平面ABC，交平面ABC于點(diǎn)H，則PH的長(zhǎng)即為點(diǎn)P到平面ABC的距離PAPBPC，H為ABC的外心又ABC為正三角形，H為ABC的重心，可得H點(diǎn)的坐標(biāo)為.PHa.5. 解析：以C為坐標(biāo)原點(diǎn)，CA，CB，CC1所在直線分別為x，y，z軸建立空間直角坐標(biāo)系，A1(1,0,2)，B(0,1,0)，A(1,0,0)，C(0,0,0)，則(1,1，2)，(1,0,0)cos，.6解：建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，可得有關(guān)點(diǎn)的坐標(biāo)為D(0,0,0)，A(4,0,0)，B(4,2,0)，C(0,2,0)，A1(4,0,4)，B1(4,2,4)，C1(0,2,4)，D1(0,0,4)，M(0,1,4)(0,1,4)，(4,0,4)，(0,2,4)設(shè)平面DA1M的法向量為n(x，y，z)，則即取z1，得x1，y4.所以平面DA1M的一個(gè)法向量為n(1,4，1)設(shè)直線AB1與平面DA1M所成角為，則sin ，所以直線AB1與平面DA1M所成角的正弦值為.7證明：(1)ABACBC，AB2AC2BC2，ABAC.又AA1平面ABC，AA1AB.又AA1ACA，AB平面AA1C.AA1綉B(tài)B1，四邊形ABB1A1為平行四邊形A1B1AB，A1B1平面AA1C.(2)取BC的中點(diǎn)D，連接AD，DC1，B1D.由條件知CD綉B(tài)1C1，BD綉B(tài)1C1，四邊形B1DCC1和BDC1B1為平行四邊形，B1D綉CC1，C1D綉B(tài)1B.由(1)B1B綉AA1，C1D綉A1A，四邊形AA1C1D為平行四邊形，ADA1C1.B1DADD，B1D，AD平面AB1D，平面AB1D平面A1C1C.又AB1平面AB1D，AB1平面A1C1C.(3)由(1)知AA1，AB，AC兩兩垂直，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系設(shè)BC2，則A(0,0,0)，A1(0,0，)，C(0，0)，C1，(0，)設(shè)平面A1C1C的法向量為m(x，y，z)，則由m·0，,m·0，得xy0，,yz0.取x1，則y1，z1，故m(1，1,1)而平面A1AC的法向量為n(1,0,0)，cosm，n.易知二面角C1­A1C­A為鈍二面角，故二面角C1­A1C­A的余弦值為.