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,PD∥QA,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PQ⊥DQ,PQ⊥DC.且DQ∩DC=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,∴PA⊥BD,
∵底面ABCD为菱形,∴AC⊥BD,
∵PA∩AC=A,∴BD⊥平面PAC.
解:(2)设AC∩BD=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θ,
则cos θ=|cos<,>|=||=.
(3)由(2)知,=(-1,,0),设|PA|=t>0,
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,∴m·n=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AD⊥BC,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EN⊥BM,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(0
法二:同法一,得=AD·S△BCD=(3-x)·x(3-x)=(x3-6x2+9x).
令f(x)=(x3-6x2+9x),
由f'(x)=(x-1)(x-3)=0,
且00;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(01,1),E(,1,0),且=(-1,1,1).
设N(0,λ,0),则=(-,λ-1,0).
因为EN⊥BM等价于·=0,
即(-,λ-1,0)·(-1,1,1)=+λ-1=0,
故λ=,N(0,,0).
所以当DN=(即N是CD的靠近点D的一个四等分点)时,EN⊥BM.
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θ,
则由=(-,-,0),n=(1,2,-1),
可得sin θ=cos(90°-θ)===,即θ=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MF∥AD.
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DP⊥BF.
取DF的中点N,连结EN,
又E为FP的中点,则EN∥DP,
所以EN⊥BF.因为MF⊥平面BCD.
又EN⊂面BCD,所以MF⊥EN.
又MF∩BF=F,所以EN⊥面BMF,
又BM⊂面BMF,所以EN⊥BM.
因为EN⊥BM当且仅当EN⊥BF,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),EN⊥BM.
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EH⊥GN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,AB⊥AC,PA=AC=AB,N为AB上一点AB=4AN,M,S分别为PB,BC的中点.
(1)证明:CM⊥SN;
(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CM⊥SN.
(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θ,
则sin θ=|cos|.
又|cos|=||=,
∴sin θ=,又θ∈[0°,90°],∴θ=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,AB∥CD,AC⊥BD,垂足为H,PH是四棱锥的高,E为AD中点.
(1)证明:PE⊥BC;
(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)(m<0,n>0).
则D(0,m,0),E(,,0),
可得=(,,-n),
=(m,-1,0).
因为·=-+0=0.
所以PE⊥BC.
(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<,n>|=,
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AB1⊥A1C,求二面角A1CDC1的平面角的余弦值.
解:(1)∵AC=BC,DA=DB,
∴CD⊥AB,
又∵AA1⊥平面ABC,CD⊂平面ABC,
∴AA1⊥CD,
∵AA1∩AB=A,AA1⊂平面ABB1A1,
AB⊂平面ABB1A1
∴CD⊥平面ABB1A1,
∴点C到平面ABB1A1的距离为
CD===.

(2)如图,过点D作DD1∥AA1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),
∵AB1⊥A1C,∴·=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OE⊥AA1于点E,
因为AA1∥BB1,得OE⊥BB1,
因为A1O⊥平面ABC,所以A1O⊥BC.
由AB=AC,OB=OC,得AO⊥BC,而A1O∩AO=O,
所以BC⊥平面AA1O,所以BC⊥OE,而BB1∩BC=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<,n>==,
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:AA1⊥BC;
(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=,∴OA1⊥B1C1,
∵AO⊥平面A1B1C1,∴OA⊥B1C1,∴B1C1⊥平面OAA1,
∵AA1⊂平面OAA1,所以AA1⊥BC.
(2)由(1)可知OA=BB1=4,OA1=+=3,
由OA⊥OA1,∴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,AB∥CD,∠DAB=60°,FC⊥平面ABCD,AE⊥BD,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AB∥CD,∠DAB=60°,
∴∠DCB=120°,
∵CD=CB,∴∠CBD=∠CDB=30°,
∴∠ABD=30°,
∴∠ADB=90°,即AD⊥DB,
又∵DB⊥AE,AE∩AD=A,
∴BD⊥平面AED.

(2)解:取BD中点P,连结CP,FP.
∵CD=CB,
∴CP⊥BD.
又∵FC⊥平面ABCD,
∴BD⊥FC,
∴BD⊥平面FCP,∴BD⊥FP,
∴∠FPC是二面角FBDC的平面角.
设CD=1,则CP=,
∴在Rt△FCP中,FP==,
∴cos∠FPC==,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,DC1⊥BD.
(1)证明:DC1⊥BC;
(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BC⊥AC,
又∵BC⊥CC1,
∴BC⊥平面ACC1A1,
又∵DC1⊂平面ACC1A1,
∴DC1⊥BC.

(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,
∴PA⊥BD,
同理PC⊥BD.
∵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,
∴BD⊥AC,
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Rt△PAC∽Rt△OEC知=,=,OE=,
在Rt△BOE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,∴BD⊥AC,
∴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AQ⊥PC,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MN∥BD.
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PA⊥AC.
在Rt△PAC中,AC=2,PA=2,AQ⊥PC,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PA⊥AB,PA⊥AC,PA⊥AD.
所以PB=PC=PD.
所以△PBC≌△PDC.
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AE⊥MN,QE⊥MN,
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Rt△PAC中,AQ⊥PC,
得AQ=2,QC=2,PQ=4.
在△PBC中,cos∠BPC==,得
MQ==.
在等腰△MQN中,MQ=NQ=,MN=3,
得QE==.
在△AEQ中,AE=,QE=,AQ=2,
得cos∠AEQ==.
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,AC⊥AD,AB⊥BC,∠BAC=45°,PA=AD=2,AC=1.
(1)证明:PC⊥AD;
(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,
∴PC⊥AD.
(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),a∈[0,2],
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PO⊥AD.
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Rt△OCD中,CO==.
所以,在Rt△POC中,tan∠OCP===.
故直线PC与平面ABC所成的角的大小为arctan .
(2)过D作DE⊥AP于E,连结CE.
由已知可得,CD⊥平面PAB.
根据三垂线定理知,CE⊥PA.

所以∠CED为二面角BAPC的平面角.
由(1)知,DE=.
在Rt△CDE中,tan∠CED===2.
故二面角BAPC的大小为arctan 2.

法二:(1)设AB的中点为D,作PO⊥AB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PO⊥CD.
由AB=BC=CA,知CD⊥AB.
设E为AC中点,则EO∥CD,从而OE⊥PO,OE⊥AB.
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α为直线PC与平面ABC所成的角,
则sin α=||=||=.
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β,易知β为锐角.
而平面ABP的一个法向量为m=(0,1,0),
则cos β=||=||=.
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:PA⊥BD;
(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,
∴BD⊥AD.
又PD⊥底面ABCD,可得BD⊥PD,
∵AD∩PD=D,
∴BD⊥平面PAD.
∴PA⊥BD.
(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△A'EF,使平面A'EF⊥平面BEF.
(1)求二面角A'FDC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A'H.
因为A'E=A'F及H是EF的中点,
所以A'H⊥EF.
又因为平面A'EF⊥平面BEF,及A'H⊂平面A'EF,
所以A'H⊥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A'FD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A'FDC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=A'M,
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A'G,A'H,GH.

因为A'E=A'F及H是EF的中点,
所以A'H⊥EF,
又因为平面A'EF⊥平面BEF,A'H⊂平面A'EF,
所以A'H⊥平面BEF,
又AF⊂平面BEF,故A'H⊥AF,
又因为G,H分别是AF,EF的中点,易知GH∥AB,
所以GH⊥AF,
又∵GH∩A'H=H,∴AF⊥平面A'GH,
所以∠A'GH为二面角A'FDC的平面角,
在Rt△A'GH中,A'H=2,GH=2,A'G=2,
所以cos∠A'GH=.
故二面角A'FDC的余弦值为.
(2)设FM=x,因为翻折后C与A'重合,
所以CM=A'M,
而CM2=DC2+DM2=82+(6-x)2,
A'M2=A'H2+MH2=A'H2+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4~8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AE⊥BC于E,连结DE,则DE⊥BC,
所以四面体ABCD的体积为S△ADE.
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+BD>AD,即a>c.
所以S△ADE=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Rt△ABC中,∠C=90°,BC=3,AC=6,D,E分别是AC,AB上的点,且DE∥BC,DE=2,将△ADE沿DE折起到△A1DE的位置,使A1C⊥CD,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,DE∥BC,AC⊥BC,
∴DE⊥AD,DE⊥DC.
∴折起后在图(2)中,DE⊥A1D,DE⊥DC.
又∵A1D∩DC=D,且A1D,DC⊂平面A1CD,
∴DE⊥平面A1CD.
∴DE⊥A1C.
又∵CD⊥A1C,且CD∩DE=D,且CD,DE⊂平面BCDE,
∴A1C⊥平面BCDE.
(2)在图(1)中,∵DE∥BC,AC=6,DE=2,BC=3,
∴AD=4,DC=2,
∴折起后在图(2)中,A1D=4,DC=2,
又∵A1C⊥CD,
∴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α,
则sin α=|cos(-α)|===,
∴α=,
∴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0≤m≤3.
∴=(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,m·n=0,
∴++=0,
∴m=-2∉[0,3].
∴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:B1E⊥AD1;
(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+1×1+(-1)×1=0,
∴B1E⊥AD1.
(2)假设在棱AA1上存在一点P(0,0,z0)(0≤z0≤1),
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AD1⊥A1D.
∵B1C∥A1D,
∴AD1⊥B1C.
又由(1)知B1E⊥AD1,且B1C∩B1E=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θ,
则cos θ==.
∵二面角AB1EA1的大小为30°,
∴|cos θ|=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,)