第五节-立体几何中的向量方法.doc

第五节立体几何中的向量方法 向量法证明平行、垂直关系考向聚焦高考常考内容,主要以向量为工具,通过直线的方向向量、平面的法向量证明线线、线面、面面平行与垂直,常以解答题形式出现,难度中档,所占分值6分左右1.(2011年辽宁卷,理18)如图,四边形ABCD为正方形,PD平面ABCD,PDQA,QA=AB=PD.(1)证明:平面PQC平面DCQ.(2)求二面角QBPC的余弦值.解:如图,以D为坐标原点,线段DA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.(1)证明:依题意有Q(1,1,0),C(0,0,1),P(0,2,0)则=(1,1,0),=(0,0,1),=(1,-1,0).所以=0,=0.即PQDQ,PQDC.且DQDC=D.故PQ平面DCQ.又PQ平面PQC,所以平面PQC平面DCQ.(2)解:依题意有B(1,0,1),=(1,0,0),=(-1,2,-1).设n=(x,y,z)是平面PBC的法向量,则即因此可取n=(0,-1,-2).设m是平面PBQ的法向量,则可取m=(1,1,1),所以cos=-.故二面角QBPC的余弦值为-.2.(2011年北京卷,理16)如图,在四棱锥PABCD中,PA平面ABCD,底面ABCD是菱形,AB=2,BAD=60.(1)求证:BD平面PAC;(2)若PA=AB,求PB与AC所成角的余弦值;(3)当平面PBC与平面PDC垂直时,求PA的长.(1)证明:PA平面ABCD,PABD,底面ABCD为菱形,ACBD,PAAC=A,BD平面PAC.解:(2)设ACBD=O,BAD=60,PA=AB=2,BO=1,AO=OC=,如图,以O为坐标原点,OB、OC所在直线为x,y轴,建立空间直角坐标系Oxyz,则P(0,-,2),A(0,-,0),B(1,0,0),C(0,0),=(1,-2),=(0,2,0),设PB与AC所成的角为,则cos =|cos|=|=.(3)由(2)知,=(-1,0),设|PA|=t0,则P(0,-,t),=(-1,-,t),设平面PBC的法向量为m=(x,y,z),则即,令y=,则x=3,z=,m=(3,),同理可得平面PDC的法向量n=(-3,),平面PBC平面PDC,mn=0,即-6+=0,t=,即PA=.求直线与平面所成的角考向聚焦高考热点内容,主要以向量为工具,考查通过求直线的方向向量和平面的法向量的夹角,进而转化为直线与平面所成的角,主要以解答题形式出现,难度中档,所占分值6分左右备考指津解决这类问题的关键是建立适当的坐标系,准确的求出直线的方向向量和平面的法向量,计算要准确3.(2012年湖北卷,理19,12分)如图(1),ACB=45,BC=3,过动点A作ADBC,垂足D在线段BC上且异于点B,连接AB,沿AD将ABD折起,使BDC=90(如图(2)所示).(1)当BD的长为多少时,三棱锥ABCD的体积最大;(2)当三棱锥ABCD的体积最大时,设点E,M分别为棱BC,AC的中点,试在棱CD上确定一点N,使得ENBM,并求EN与平面BMN所成角的大小.(1)解:法一:在如题图(1)所示的ABC中,设BD=x(0x3),则CD=3-x.由ADBC,ACB=45知,ADC为等腰直角三角形,所以AD=CD=3-x.由折起前ADBC知,折起后(如题图(2),ADDC,ADBD,且BDDC=D,所以AD平面BCD.又BDC=90,所以SBCD=BDCD=x(3-x).于是=ADSBCD=(3-x)x(3-x)=2x(3-x)(3-x)3=,当且仅当2x=3-x,即x=1时,等号成立,故当x=1,即BD=1时,三棱锥ABCD的体积最大.法二:同法一,得=ADSBCD=(3-x)x(3-x)=(x3-6x2+9x).令f(x)=(x3-6x2+9x),由f(x)=(x-1)(x-3)=0,且0x0;当x(1,3)时,f(x)0,所以当x=1时,f(x)取得最大值.故当BD=1时,三棱锥ABCD的体积最大.(2)解:法一:以D为原点,建立如图a所示的空间直角坐标系Dxyz.由(1)知,当三棱锥ABCD的体积最大时,BD=1,AD=CD=2,于是可得D(0,0,0),B(1,0,0),C(0,2,0),A(0,0,2),M(0,1,1),E(,1,0),且=(-1,1,1).设N(0,0),则=(-,-1,0).因为ENBM等价于=0,即(-,-1,0)(-1,1,1)=+-1=0,故=,N(0,0).所以当DN=(即N是CD的靠近点D的一个四等分点)时,ENBM.设平面BMN的一个法向量为n=(x,y,z),由及=(-1,0),得可取n=(1,2,-1).设EN与平面BMN所成角的大小为,则由=(-,-,0),n=(1,2,-1),可得sin =cos(90-)=,即=60.故EN与平面BMN所成角的大小为60.法二:由(1)知,当三棱锥ABCD的体积最大时,BD=1,AD=CD=2,如图b,取CD的中点F,连结MF,BF,EF,则MFAD.由(1)知AD平面BCD,所以MF平面BCD.如图c,延长FE至P点使得FP=DB,连BP,DP,则四边形DBPF为正方形,所以DPBF.取DF的中点N,连结EN,又E为FP的中点,则ENDP,所以ENBF.因为MF平面BCD.又EN面BCD,所以MFEN.又MFBF=F,所以EN面BMF,又BM面BMF,所以ENBM. 因为ENBM当且仅当ENBF,而点F是唯一的,所以点N是唯一的.即当DN=(即N是CD的靠近点D的一个四等分点),ENBM.连接MN,ME,由计算得NB=NM=EB=EM=,所以NMB与EMB是两个共底边的全等的等腰三角形,如图d所示,取BM的中点G,连接EG,NG,则BM平面EGN.在平面EGN中,过点E作EHGN于H,则EH平面BMN,故ENH是EN与平面BMN所成的角,在EGN中,易得EG=GN=NE=,所以EGN是正三角形,故ENH=60,即EN与平面BMN所成角的大小为60.4.(2010年辽宁卷,理19)已知三棱锥PABC中,PA平面ABC,ABAC,PA=AC=AB,N为AB上一点,AB=4AN,M,S分别为PB,BC的中点.(1)证明:CMSN;(2)求SN与平面CMN所成角的大小.设PA=1,以A为原点,AB,AC,AP所在直线分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系如图.则P(0,0,1),C(0,1,0),B(2,0,0),M(1,0,),N(,0,0),S(1,0).(1)证明:=(1,-1,),=(-,-,0),因为=-+0=0,所以CMSN.(2)解:=(-,1,0),设a=(x,y,z)为平面CMN的一个法向量,由得令x=2,得a=(2,1,-2).设SN与平面CMN所成的角为,则sin =|cos|.又|cos|=|=,sin =,又0,90,=45,故SN与平面CMN所成角为45.5.(2010年全国新课标卷,理18)如图,已知四棱锥PABCD的底面为等腰梯形,ABCD,ACBD,垂足为H,PH是四棱锥的高,E为AD中点.(1)证明:PEBC;(2)若APB=ADB=60,求直线PA与平面PEH所成角的正弦值.(1)证明:以H为原点,HA,HB,HP分别为x,y,z轴.线段HA的长为单位长度,建立空间直角坐标系如图.则A(1,0,0),B(0,1,0).设C(m,0,0),P(0,0,n)(m0).则D(0,m,0),E(,0),可得=(,-n),=(m,-1,0).因为=-+0=0.所以PEBC.(2)解:由已知条件可得m=-,n=1,故C(-,0,0).D(0,-,0),E(,-,0),P(0,0,1).设n=(x,y,z)为平面PEH的法向量.则即因此可以取n=(1,0).又=(1,0,-1),可得|cos|=,所以直线PA与平面PEH所成角的正弦值为.求二面角考向聚焦高考重点考查内容,主要以向量为工具,考查通过求两平面的法向量及其角,进而转化为二面角的大小,考查空间向量的线性运算及学生的空间想象能力,难度中档偏上,所占分值8分左右6.(2012年重庆卷,理19,12分)如图,在直三棱柱ABCA1B1C1中,AB=4,AC=BC=3,D为AB的中点.(1)求点C到平面A1ABB1的距离;(2)若AB1A1C,求二面角A1CDC1的平面角的余弦值.解:(1)AC=BC,DA=DB,CDAB,又AA1平面ABC,CD平面ABC,AA1CD,AA1AB=A,AA1平面ABB1A1,AB平面ABB1A1CD平面ABB1A1,点C到平面ABB1A1的距离为CD=.(2)如图,过点D作DD1AA1交A1B1于D1,由(1)知DB、DC、DD1两两垂直,以D为原点,射线DB、DC、DD1分别为x轴、y轴、z轴的正半轴建立空间坐标系Dxyz.设直棱柱的侧棱AA1=a,则A(-2,0,0),A1(-2,0,a),B1(2,0,a),C1(0,a),C(0,0),=(2,-a),=(4,0,a),AB1A1C,=0,8-a2=0,a=2,=(0,0),=(-2,0,2),=(0,0,2),设平面A1CD的法向量n1=(x1,y1,z1),则,令z1=1,则n1=(,0,1),因AB平面C1CD,故可取面C1CD的法向量n2=(1,0,0),cos=.所以二面角A1CDC1的平面角的余弦值为. 本题考查了立体几何中点到平面的距离和二面角大小的求法,空间向量的运用,主要考查学生的空间想象力、推理论证能力、化归能力和运算求解能力,难度适中.7.(2012年江西卷,理19,12分)在三棱柱ABCA1B1C1中,已知AB=AC=AA1=,BC=4,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.(1)证明:连接AO,在AOA1中,作OEAA1于点E,因为AA1BB1,得OEBB1,因为A1O平面ABC,所以A1OBC.由AB=AC,OB=OC,得AOBC,而A1OAO=O,所以BC平面AA1O,所以BCOE,而BB1BC=B,所以OE平面BB1C1C,又AO=1,AA1=,得AE=.(2)解: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),由=得点E的坐标是(,0,),由(1)得平面BB1C1C的一个法向量是=(,0,),设平面A1B1C的法向量为n=(x,y,z),由,得,令y=1,得x=2,z=-1,即n=(2,1,-1),所以cos=,即平面BB1C1C与平面A1B1C夹角的余弦值是.8.(2012年安徽卷,理18,12分)平面图形ABB1A1C1C如图(1)所示,其中BB1C1C是矩形,BC=2,BB1=4,AB=AC=,A1B1=A1C1=.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(2)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;(3)求二面角ABCA1的余弦值.解:本题考查空间中的垂直关系,求线段长,考查求二面角的余弦值,考查空间向量在求解立体几何问题中的应用.考查空间想象能力,推理论证能力,计算求解能力等.(1)如图,过点A作AO平面A1B1C1,垂足为O,连接OB1,OC1,OA1,ABC与A1B1C1所在平面都与平面BB1C1C垂直,BB1C1C是矩形,ABCA1B1C1为直三棱柱,由BC=2,AB=AC=知BAC为直角,且OB1=OC1,A1B1=A1C1=,OA1B1C1,AO平面A1B1C1,OAB1C1,B1C1平面OAA1,AA1平面OAA1,所以AA1BC.(2)由(1)可知OA=BB1=4,OA1=+=3,由OAOA1,AA1=5.(3)由(1)知BAC=90,则B1OC1=90,且OA1在角B1OC1的平分线上.以O为坐标原点,OB1,OC1,OA所在的直线分别为x轴,y轴,z轴,建立空间直角坐标系.A(0,0,4),B(,0,4),C(0,4),A1(,0),则=(-,0),=(,-4).设平面BCA1的法向量为n=(x,y,z),则,即,取x=1,则n=(1,1,).由平面ABC的一个法向量为=(0,0,4),cos=,由图形可知二面角为钝角,所以二面角ABCA1的余弦值为-. 解决本题的关键是能正确理解由平面几何图形到空间几何体的转换,其中的平行和垂直关系,线段长度关系等,然后通过添加辅助线构造常见几何体,就容易找出所需要的平行和垂直关系,也容易得出特殊的图形,也容易建立空间直角坐标系来求解.9.(2012年山东卷,理18,12分)在如图所示的几何体中,四边形ABCD是等腰梯形,ABCD,DAB=60,FC平面ABCD,AEBD,CB=CD=CF.(1)求证:BD平面AED;(2)求二面角FBDC的余弦值.(1)证明:四边形ABCD是等腰梯形,ABCD,DAB=60,DCB=120,CD=CB,CBD=CDB=30,ABD=30,ADB=90,即ADDB,又DBAE,AEAD=A,BD平面AED.(2)解:取BD中点P,连结CP,FP.CD=CB,CPBD.又FC平面ABCD,BDFC,BD平面FCP,BDFP,FPC是二面角FBDC的平面角.设CD=1,则CP=,在RtFCP中,FP=,cosFPC=,即二面角FBDC的余弦值为.10.(2012年新课标全国卷,理19,12分)如图,直三棱柱ABCA1B1C1中,AC=BC=AA1,D是棱AA1的中点,DC1BD.(1)证明:DC1BC;(2)求二面角A1BDC1的大小.(1)证明:不妨设AC=BC=AA1=1.又D为AA1中点,DC1=,BC1=,BD2=3=AD2+AB2,AB2=2=AC2+BC2,ACB=90,即BCAC,又BCCC1,BC平面ACC1A1,又DC1平面ACC1A1,DC1BC.(2)解:由(1)知CA、CB、CC1两两垂直.分别以CA、CB、CC1为x、y、z轴建立空间直角坐标系,则B(0,1,0),D(1,0,1),A1(1,0,2),C1(0,0,2),=(1,-1,1),=(0,-1,2),设平面BDC1的一个法向量n=(x,y,z).则即令z=1,则y=2,x=1,即n=(1,2,1).可取平面A1BD的一个法向量m=(1,1,0),cos=,又二面角A1BDC1为锐二面角,该二面角的大小为. 该题应属立体几何的常规考查形式,一证一求,难度适中.11.(2012年广东卷,理18,13分)如图所示,在四棱锥PABCD中,底面ABCD为矩形,PA平面ABCD,点E在线段PC上,PC平面BDE.(1)证明:BD平面PAC;(2)若PA=1,AD=2,求二面角BPCA的正切值.解:(1)PA平面ABCD,BD平面ABCD,PABD,同理PCBD.PA、PC是平面PAC中的两条相交直线,BD平面PAC.(2)解:法一:设AC、BD的交点为O,连接OE,则BEO即为所求二面角BPCA的平面角,由(1)知BD平面PAC,BDAC,又四边形ABCD为矩形.四边形ABCD是正方形,AB=AD=2,AC=BD=2,BO=OC=BD=2=,PC=3,由RtPACRtOEC知=,=,OE=,在RtBOE中,tan BEO=3.即二面角BPCA的正切值为3.法二:如图,分别以AB、AD、AP所在直线为x、y、z轴,A为坐标原点,建立空间直角坐标系,由(1)知BD平面PAC,BDAC,矩形ABCD为正方形,P(0,0,1),B(2,0,0),D(0,2,0),C(2,2,0),=(-2,2,0)是平面PAC的一个法向量,设n=(x,y,z)是平面PBC的法向量,由得,令x=1,则z=2,y=0,n=(1,0,2),cos=-,sin =,tan =-=-3又二面角BPCA为锐角,二面角BPCA的正切值为3.12.(2012年浙江卷,理20,15分)如图,在四棱锥PABCD中,底面是边长为2的菱形,BAD=120,且PA平面ABCD,PA=2,M,N分别为PB,PD的中点.(1)证明:MN平面ABCD;(2)过点A作AQPC,垂足为点Q,求二面角AMNQ的平面角的余弦值.(1)证明:因为M,N分别是PB,PD的中点,所以MN是PBD的中位线,所以MNBD.又因为MN平面ABCD,所以MN平面ABCD.(2)解:法一:连结AC交BD于O,以O为原点,OC,OD所在直线为x,y轴,建立空间直角坐标系Oxyz,如图所示.在菱形ABCD中,BAD=120,得AC=AB=2,BD=AB=6.又因为PA平面ABCD,所以PAAC.在RtPAC中,AC=2,PA=2,AQPC,得QC=2,PQ=4.由此知各点坐标如下:A(-,0,0),B(0,-3,0)C(,0,0),D(0,3,0),P(-,0,2),M(-,-,),N(-,),Q(,0,).设m=(x1,y1,z1)为平面AMN的法向量.由=(,-,),=(,)取z1=-1,得m=(2,0,-1).设n=(x2,y2,z2)为平面QMN的法向量.由=(-,-,),=(-,)知取z2=5,得n=(2,0,5).于是cos=.所以二面角AMNQ的平面角的余弦值为.法二:在菱形ABCD中,BAD=120,得AC=AB=BC=CD=DA,BD=AB.又因为PA平面ABCD,所以PAAB,PAAC,PAAD.所以PB=PC=PD.所以PBCPDC.因M,N分别是PB,PD的中点,所以MQ=NQ,且AM=PB=PD=AN.取线段MN的中点E,连结AE,EQ,则AEMN,QEMN,所以AEQ为二面角AMNQ的平面角.由AB=2,PA=2,故在AMN中,AM=AN=3,MN=BD=3,得AE=.在RtPAC中,AQPC,得AQ=2,QC=2,PQ=4.在PBC中,cosBPC=,得MQ=.在等腰MQN中,MQ=NQ=,MN=3,得QE=.在AEQ中,AE=,QE=,AQ=2,得cosAEQ=.所以二面角AMNQ的平面角的余弦值为.13.(2012年天津卷,理17,13分)如图,在四棱锥PABCD中,PA平面ABCD,ACAD,ABBC,BAC=45,PA=AD=2,AC=1.(1)证明:PCAD;(2)求二面角APCD的正弦值;(3)设E为棱PA上的点,满足异面直线BE与CD所成的角为30,求AE的长.解:如图,以点A为原点,射线AD、AC、AP分别为x轴、y轴、z轴的正半轴建系,则A(0,0,0),D(2,0,0),B(-,0),C(0,1,0),P(0,0,2),(1)=(0,1,-2),=(2,0,0),=0,PCAD.(2)=(0,1,-2),=(2,-1,0),设平面PCD的法向量为n1=(x,y,z),则,即,令x=1,则n1=(1,2,1).又平面PAC的一个法向量可取n2=(1,0,0),cos=.sin=.二面角APCD的正弦值为.(3)设点E(0,0,a),a0,2,则=(,-,a),又=(2,-1,0),故cos=,=cos 30=,a=,AE=. 本小题主要考查了空间两直线的位置关系,二面角,异面直线所成的角等基础知识,主要考查学生的空间想象力,化归能力和运算能力,难度适中.14.(2012年四川卷,理19,12分)如图,在三棱锥PABC中,APB=90,PAB=60,AB=BC=CA,平面PAB平面ABC.(1)求直线PC与平面ABC所成的角的大小;(2)求二面角BAPC的大小.解:法一:(1)设AB的中点为D,AD的中点为O,连结PO、CO、CD.由已知,PAD为等边三角形.所以POAD.又平面PAB平面ABC,平面PAB平面ABC=AD,所以PO平面ABC.所以OCP为直线PC与平面ABC所成的角.不妨设AB=4,则PD=2,CD=2,OD=1,PO=.在RtOCD中,CO=.所以,在RtPOC中,tanOCP=.故直线PC与平面ABC所成的角的大小为arctan .(2)过D作DEAP于E,连结CE.由已知可得,CD平面PAB.根据三垂线定理知,CEPA.所以CED为二面角BAPC的平面角.由(1)知,DE=.在RtCDE中,tanCED=2.故二面角BAPC的大小为arctan 2.法二:(1)设AB的中点为D,作POAB于点O,连结CD.因为平面PAB平面ABC,平面PAB平面ABC=AD,所以PO平面ABC.所以POCD.由AB=BC=CA,知CDAB.设E为AC中点,则EOCD,从而OEPO,OEAB.如图,以O为坐标原点,OB、OE、OP所在直线分别为x、y、z轴建立空间直角坐标系Oxyz.不妨设PA=2,由已知可得,AB=4,OA=OD=1,OP=,CD=2.所以O(0,0,0),A(-1,0,0),C(1,2,0),P(0,0,).所以=(-1,-2,),而=(0,0,)为平面ABC的一个法向量.设为直线PC与平面ABC所成的角,则sin =|=|=.故直线PC与平面ABC所成的角的大小为arcsin .(2)由(1)有,=(1,0,),=(2,2,0).设平面APC的一个法向量为n=(x1,y1,z1),则从而取x1=-,则y1=1,z1=1,所以n=(-,1,1).设二面角BAPC的平面角为,易知为锐角.而平面ABP的一个法向量为m=(0,1,0),则cos =|=|=.故二面角BAPC的大小为arccos .15.(2011年天津卷,理17)如图,在三棱柱ABCA1B1C1中,H是正方形AA1B1B的中心,AA1=2,C1H平面AA1B1B,且C1H=.(1)求异面直线AC与A1B1所成角的余弦值;(2)求二面角AA1C1B1的正弦值;(3)设N为棱B1C1的中点,点M在平面AA1B1B内,且MN平面A1B1C1,求线段BM的长.解:如图所示,建立空间直角坐标系,点H为原点,依题意得A(2,0,0),B1(-2,0,0),A1(0,2,0),B(0,-2,0),C1(0,0,),C(2,-2,).(1)=(0,-2,),=(-2,-2,0),cos=,异面直线AC与A1B1所成角的余弦值为.(2)设平面AA1C1的法向量m=(x,y,z),则,即,取x=,可得m=(,2),同理设平面A1B1C1的法向量n=(x,y,z),则,即,取x=,可得n=(,-,-2).cos=-=-,从而sin=.所以二面角AA1C1B1的正弦值为.(3)B1C1的中点N(-1,0,),设M(a,b,0),则=(-1-a,-b,),由平面A1B1C1,得,即,M(,-,0),=(,0),|=.线段BM的长为.16.(2011年新课标全国卷,理18)如图,四棱锥PABCD中,底面ABCD为平行四边形,DAB=60,AB=2AD,PD底面ABCD.(1)证明:PABD;(2)若PD=AD,求二面角APBC的余弦值.(1)证明:DAB=60,AB=2AD,不妨设AD=1.由余弦定理得BD=,BD2+AD2=AB2,BDAD.又PD底面ABCD,可得BDPD,ADPD=D,BD平面PAD.PABD.(2)解:如图,以D为坐标原点,DA,DB,DP分别为x,y,z轴,建立空间直角坐标系Dxyz.设AD=1,则A(1,0,0),B(0,0),C(-1,0),P(0,0,1),=(-1,0),=(0,-1),=(-1,0,0).设平面PAB的法向量为n=(x,y,z),则,即.设z=,则得n=(,1,).同理设平面PBC的法向量为m,则可取m=(0,-1,-),cos=-.故二面角APBC的余弦值为-.17.(2010年浙江卷,理20)如图, 在矩形ABCD中,点E,F分别在线段AB,AD上,AE=EB=AF=FD=4.沿直线EF将AEF翻折成AEF,使平面AEF平面BEF.(1)求二面角AFDC的余弦值;(2)点M,N分别在线段FD,BC上,若沿直线MN将四边形MNCD向上翻折,使C与A重合,求线段FM的长.解:法一:(1)取线段EF的中点H,连接AH.因为AE=AF及H是EF的中点,所以AHEF.又因为平面AEF平面BEF,及AH平面AEF,所以AH平面BEF.如图建立空间直角坐标系Axyz,则A(2,2,2),C(10,8,0),F(4,0,0),D(10,0,0),故=(-2,2,2),=(6,0,0).设n=(x,y,z)为平面AFD的一个法向量,所以取z=,则n=(0,-2,).又平面BEF的一个法向量m=(0,0,1).故cos=.所以二面角AFDC的余弦值为.(2)设FM=x,则M(4+x,0,0),因为翻折后C与A重合,所以CM=AM,故(6-x)2+82+02=(-2-x)2+22+(2)2,得x=,经检验,此时点N在线段BC上,所以FM=.法二:(1)取线段EF的中点H,AF的中点G,连接AG,AH,GH.因为AE=AF及H是EF的中点,所以AHEF,又因为平面AEF平面BEF,AH平面AEF,所以AH平面BEF,又AF平面BEF,故AHAF,又因为G,H分别是AF,EF的中点,易知GHAB,所以GHAF,又GHAH=H,AF平面AGH,所以AGH为二面角AFDC的平面角,在RtAGH中,AH=2,GH=2,AG=2,所以cosAGH=.故二面角AFDC的余弦值为.(2)设FM=x,因为翻折后C与A重合,所以CM=AM,而CM2=DC2+DM2=82+(6-x)2,AM2=AH2+MH2=AH2+MG2+GH2=(2)2+(x+2)2+22,得x=,经检验,此时点N在线段BC上,所以FM=.立体几何的开放性问题考向聚焦高考常考内容,主要考查立体几何的开放性问题:(1)条件追溯型;(2)存在探索型;(3)方法类比探索型.考查学生分析问题、解决问题的能力,多在解答题的最后一问,难度中档偏上,所占分值48分18.(2012年上海数学,理14,4分)如图,AD与BC是四面体ABCD中互相垂直的棱,BC=2.若AD=2c,且AB+BD=AC+CD=2a,其中a、c为常数,则四面体ABCD的体积的最大值是.解析:过点A作AEBC于E,连结DE,则DEBC,所以四面体ABCD的体积为SADE.由对称性知,点E为BC的中点,且AB=BD=a时,ADE的面积最大,又AB+BDAD,即ac.所以SADE=c,因此四面体ABCD的体积的最大值为.答案:19.(2012年北京卷,理16,14分)如图(1),在RtABC中,C=90,BC=3,AC=6,D,E分别是AC,AB上的点,且DEBC,DE=2,将ADE沿DE折起到A1DE的位置,使A1CCD,如图(2).(1)求证:A1C平面BCDE;(2)若M是A1D的中点,求CM与平面A1BE所成角的大小;(3)线段BC上是否存在点P,使平面A1DP与平面A1BE垂直?说明理由.解:(1)在图(1)中,DEBC,ACBC,DEAD,DEDC.折起后在图(2)中,DEA1D,DEDC.又A1DDC=D,且A1D,DC平面A1CD,DE平面A1CD.DEA1C.又CDA1C,且CDDE=D,且CD,DE平面BCDE,A1C平面BCDE.(2)在图(1)中,DEBC,AC=6,DE=2,BC=3,AD=4,DC=2,折起后在图(2)中,A1D=4,DC=2,又A1CCD,A1C=2.由(1)知,建立如图所示的空间直角坐标系Cxyz,则C(0,0,0),A1(0,0,2),D(0,2,0),B(3,0,0),E(2,2,0),中点M(0,1,),=(0,1,).又=(-1,2,0),=(3,0,-2).设平面A1BE的法向量为n=(x1,y1,z1),则,不妨取x1=1,则n=(1,).设直线CM与平面A1BE所成角为,则sin =|cos(-)|=,=,直线CM与平面A1BE所成角为.(3)不存在点P,使平面A1DP与平面A1BE垂直.证明:假设存在点P,使平面A1DP与平面A1BE垂直.记P的坐标为P(m,0,0),且0m3.=(m,0,-2),=(0,2,-2),设平面A1PD的法向量为m,且m=(x2,y2,z2),令z2=1,得m=(,1).又当平面A1DP平面A1BE时,mn=0,+=0,m=-20,3.假设不成立,不存在点P,使平面A1DP与平面A1BE垂直. 本题考查了空间向量在立体几何中的应用,尤其第三问中更好地体现了空间向量的优越性.20.(2012年福建卷,理18,13分)如图,在长方体ABCDA1B1C1D1中,AA1=AD=1,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的大小为30,求AB的长.解:(1)以A为原点,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AB=a,则A(0,0,0),D(0,1,0),D1(0,1,1),E(,1,0),B1(a,0,1),故=(0,1,1),=(-,1,-1),=(a,0,1),=(,1,0).=-0+11+(-1)1=0,B1EAD1.(2)假设在棱AA1上存在一点P(0,0,z0)(0z01),使得DP平面B1AE.此时=(0,-1,z0).设平面B1AE的法向量n=(x,y,z),n平面B1AE,n,n,得取x=1,得平面B1AE的一个法向量n=(1,-,-a).要使DP平面B1AE,只要n,有-az0=0,解得z0=.即AP=.(3)连接A1D,B1C,由长方体ABCDA1B1C1D1及AA1=AD=1,得AD1A1D.B1CA1D,AD1B1C.又由(1)知B1EAD1,且B1CB1E=B1,AD1平面DCB1A1,是平面A1B1E的一个法向量,此时=(0,1,1).设与n所成的角为,则cos =.二面角AB1EA1的大小为30,|cos |=cos 30,即=,解得a=2,即AB的长为2. 利用空间向量解决立体几何中的判定与求解问题的关键是合理建系,准确设点,本题第3问较为创新,更能体现向量法的优点,而在法向量的应用上,要注意赋值的有效性.21.(2010年湖南卷,理18)如图所示,在正方体ABCDA1B1C1D1中,E是棱DD1的中点.(1)求直线BE与平面ABB1A1所成的角的正弦值;(2)在棱C1D1上是否存在一点F,使B1F平面A1BE?证明你的结论.解:法一:设正方体的棱长为1.如图所示,以,为单位正交基底建立空间直角坐标系Axyz.(1)依题意,得B(1,0,0),E(0,1,),A(0,0,0),D(0,1,0),所以=(-1,1,)