2020年全國高考數(shù)學第二輪復習 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

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1、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，在空間直角坐標系中有直三棱柱ABCA1B1C1，CA＝CC1＝2CB，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ABCD－A1B1C1D1中，M，N分別是棱CD，CC1的中點，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，AB∥CD，∠DAB＝60°，F(xiàn)C⊥平面AB

2、CD，AE⊥BD，CB＝CD＝CF. (1)求證：BD⊥平面AED； (2)求二面角F－BD－C的余弦值． 4．(2020·福建高考，理18)如圖，在長方體ABCD－A1B1C1D1中，AA1＝AD＝1，E為CD中點． (1)求證：B1E⊥AD1； (2)在棱AA1上是否存在一點P，使得DP∥平面B1AE？若存在，求AP的長；若不存在，說明理由； (3)若二面角A－B1E－A1的大小為30°，求AB的長． 5．(2020·天津高考，理17)如圖，在四棱錐P－ABCD中，PA⊥平面ABCD，AC⊥AD，AB⊥BC，∠BAC＝45°，PA＝AD＝2，AC＝1. (1)證

3、明PC⊥AD； (2)求二面角A－PC－D的正弦值； (3)設E為棱PA上的點，滿足異面直線BE與CD所成的角為30°，求AE的長． 考向分析 從近幾年的高考試題來看，高考對本專題的考查主要有以下幾個方面：一是證明空間平行關系，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)，重在考查學生的空間

4、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)在幾道解答題的中間位置，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，但首先應考慮向量法，這樣可以降低難度． 預測在今后高考中，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)量積及坐標運算來解決立體幾何問題，其中利用空間向量求空間角仍然是重點． 熱點例析 熱點一　利用空間向量證明平行問題 【例１】如圖所示，在平行六面體ABCD－A1B1C1D1中，O是B1D1的中點．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 (1)線線平行：直線與直線平行

5、，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)兩條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，只要證明兩個平面的法向量平行即可． 下面用符號語言表述為： 設直線l，m的方向向量分別為a＝(a1，b1，c1)，b＝(a2，b2，c2)，平面α，β的法向量分別為u＝(a3，b3，c3)，v＝(a4，b4，c4)． (1)線線平行： l∥m?a∥b?a＝kb?a1＝k

6、a2，b1＝kb2，c1＝kc2. (2)線面平行： l∥α?a⊥u?a·u＝0?a1a3＋b1b3＋c1c3＝0. (3)面面平行： α∥β?u∥v?u＝kv?a3＝ka4，b3＝kb4，c3＝kc4. 變式訓練1　如圖，已知直三棱柱ABC－A1B1C1中，△ABC為等腰直角三角形，∠BAC＝90°，且AB＝AA1，D，E，F(xiàn)分別為B1A，C1C，BC的中點．求證： (1)DE∥平面ABC； (2)B1F⊥平面AEF. 熱點二　利用空間向量證明垂直問題 【例２】如圖，在四棱錐P－ABCD中，底面ABCD是正方形，側棱PD⊥底面ABCD，PD＝DC，E是PC的中點，作EF

7、⊥PB于點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 (1)線線垂直：直線與直線的垂直，只要證明兩條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，只要證明兩個平面的法向量垂直即可． 下面用符號語言表述為： 設直線l，m的方向向量分別為a＝(a1，b1，c

8、1)，b＝(a2，b2，c2)．平面α，β的法向量分別為u＝(a3，b3，c3)，v＝(a4，b4，c4)． (1)線線垂直： l⊥m?a⊥b?a·b＝0?a1a2＋b1b2＋c1c2＝0. (2)線面垂直： l⊥α?a∥u?a＝ku?a1＝ka3，b1＝kb3，c1＝kc3. (3)面面垂直： α⊥β?u⊥v?u·v＝0?a3a4＋b3b4＋c3c4＝0. 變式訓練2　如圖，在四棱錐P－ABCD中，PA⊥平面ABCD，底面ABCD是菱形，AB＝2，∠BAD＝60°. (1)求證：BD⊥平面PAC； (2)若PA＝AB，求PB與AC所成角的余弦值； (3)當平面PBC與

9、平面PDC垂直時，求PA的長． 熱點三　利用空間向量求角和距離 【例３】如圖所示，在三棱柱ABC－A1B1C1中，H是正方形AA1B1B的中心，AA1＝2，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A－A1C1－B1的正弦值； (3)設N為棱B1C1的中點，點M在平面AA1B1B內(nèi)，且MN⊥平面A1B1C1，求線段BM的長． 規(guī)律方法　(1)夾角計算公式 ①兩條異面直線的夾角 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θ，則cos θ＝|cos〈n1，n2〉|＝. ②直線與平面所

10、成的角 若直線a的方向向量為a，平面α的法向量為n，直線a與平面α所成的角為θ，則sin θ＝|cos〈a，n〉|＝. ③二面角 設n1，n2分別為二面角的兩個半平面的法向量，其二面角為θ，則θ＝〈n1，n2〉或θ＝π－〈n1，n2〉，其中cos〈n1，n2〉＝. (2)距離公式 ①點點距離：點與點的距離，是以這兩點為起點和終點的向量的模； ②點線距離：點M到直線a的距離，設直線的方向向量為a，直線上任一點為N，則點M到直線a的距離d＝||sin〈，a〉； ③線線距離：兩條平行線間的距離，轉(zhuǎn)化為點線距離；兩條異面直線間的距離，轉(zhuǎn)化為點面距離或者直接求公垂線段的長度； ④點面距離

11、：點M到平面α的距離，如平面α的法向量為n，平面α內(nèi)任一點為N，則點M到平面α的距離d＝|||cos〈，n〉|＝； ⑤線面距離：直線和與它平行的平面間的距離，轉(zhuǎn)化為點面距離； ⑥面面距離：兩平行平面間的距離，轉(zhuǎn)化為點面距離． 變式訓練3　已知ABCD－A1B1C1D1是底面邊長為1的正四棱柱，O1為A1C1與B1D1的交點． (1)設AB1與底面A1B1C1D1所成角的大小為α，二面角A－B1D1－A1的大小為β.求證：tan β＝tan α； (2)若點C到平面AB1D1的距離為，求正四棱柱ABCD－A1B1C1D1的高． 熱點四　用向量法解決探索性問題 【例４】如圖，四棱

12、錐S－ABCD的底面是正方形，每條側棱的長都是底面邊長的倍，P為側棱SD上的點． (1)求證：AC⊥SD； (2)若SD⊥平面PAC，求二面角P－AC－D的大小； (3)在(2)的條件下，側棱SC上是否存在一點E，使得BE∥平面PAC？若存在，求SE∶EC的值；若不存在，請說明理由． 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 ①建立空間直角坐標系，要寫理由，坐標軸兩兩垂直要證明； ②準確求出相關點的坐標(特別是底面各點的坐標，若底面不夠規(guī)則，則應將底面單獨抽出來分析)，坐標求錯將前功盡棄； ③求平面法向量； ④根據(jù)向量運算法則，求出三角函數(shù)值或距離； ⑤

13、給出問題的結論． (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，它無需進行繁雜的作圖、論證、推理，只需通過坐標運算進行判斷．在解題過程中，往往把“是否存在”問題，轉(zhuǎn)化為“點的坐標是否有解，是否有規(guī)定范圍的解”等，所以使問題的解決更簡單、有效，應善于運用這一方法解題． 變式訓練4　如圖，平面PAD⊥平面ABCD，ABCD為正方形，∠PAD＝90°，且PA＝AD＝2；E，F(xiàn)，G分別是線段PA，PD，CD的中點． (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Q，使得A到平面EFQ的距離

14、為？若存在，求出CQ的值；若不存在，請說明理由． 思想滲透 轉(zhuǎn)化與化歸思想——利用向量解決空間位置關系 及求角問題 主要問題類型： (1)空間線面關系的證明； (2)空間角的求法； (3)存在性問題的處理方法． 求解時應注意的問題： (1)利用空間向量求異面直線所成的角時，應注意角的取值范圍； (2)利用空間向量求二面角的平面角時，應注意觀察二面角是鈍角還是銳角． 【典型例題】(2020·北京高考，理16)如圖1，在Rt△ABC中，∠C＝90°，BC＝3，AC＝6.D，E分別是AC，AB上的點，且DE∥BC，DE＝2，將△ADE沿DE折起到△A1DE的位置，使A1C⊥CD

15、，如圖2. 圖1 圖2 (1)求證：A1C⊥平面BCDE； (2)若M是A1D的中點，求CM與平面A1BE所成角的大??； (3)線段BC上是否存在點P，使平面A1DP與平面A1BE垂直？說明理由． 解：(1)因為AC⊥BC，DE∥BC， 所以DE⊥AC.所以DE⊥A1D，DE⊥CD. 所以DE⊥平面A1DC.所以DE⊥A1C. 又因為A1C⊥CD，所以A1C⊥平面BCDE. (2)如圖，以C為坐標原點，建立空間直角坐標系C－xyz， 則A1(0,0,)，D(0,2,0)，M(0,1，)，B(3,0,0)，E(2,2,0)． 設平面A1BE的法向量為n=(x，

16、y，z)，則n·=0，n·=0. 又=(3,0，)，=(－1,2,0)， 所以 令y=1，則x=2，.所以n=(2,1，)． 設CM與平面A1BE所成的角為θ. 因為=(0,1，)， 所以sin θ＝|cos〈n，〉|＝＝＝， 所以CM與平面A1BE所成角的大小為. (3)線段BC上不存在點P，使平面A1DP與平面A1BE垂直． 理由如下： 假設這樣的點P存在，設其坐標為(p,0,0)，其中p∈[0,3]． 設平面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x＝2，則y＝p，z＝，所以m＝.

17、 平面A1DP⊥平面A1BE，當且僅當m·n＝0， 即4＋p＋p＝0. 解得p＝－2，與p∈[0,3]矛盾． 所以線段BC上不存在點P，使平面A1DP與平面A1BE垂直． 1．已知＝(1,5，－2)，＝(3,1，z)，若＝(x－1，y，－3)，且BP⊥平面ABC，則實數(shù)x，y，z的值分別為(　　)． A．，－，4 　　　　 B．，－，4 C．，－2,4 　　　　　 D．4，，－15 2．已知平面α內(nèi)有一個點M(1，－1,2)，平面α的一個法向量是n＝(6，－3,6)，則下列點P在平面α內(nèi)的是(　　)． A．P(2,3,3) 　　　　　 B．P(－2,0,1) C．P(－4

18、,4,0) 　　　　 D．P(3，－3,4) 3．(2020·湖北武昌調(diào)研，7)已知E，F(xiàn)分別是正方體ABCD－A1B1C1D1棱BB1，AD的中點，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PA＝PB＝PC＝a，則點P到平面ABC的距離為__________． 5．如圖，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，∠ACB＝90°，AA1＝2，AC＝BC＝1，則異面直線A1B與AC所成角的余弦值是__________． 6．已知在長方體ABCD－A1B1C1D1中，AB＝

19、2，BC＝4，AA1＝4，點M是棱D1C1的中點．求直線AB1與平面DA1M所成角的正弦值． 7．(2020·江蘇鎮(zhèn)江模擬，22)在正方體ABCD－A1B1C1D1中，O是AC的中點，E是線段D1O上一點，且D1E＝λEO. (1)若λ＝1，求異面直線DE與CD1所成角的余弦值； (2)若平面CDE⊥平面CD1O，求λ的值． 參考答案 命題調(diào)研·明晰考向 真題試做 1．A　2.90° 3．(1)證明：因為四邊形ABCD是等腰梯形，AB∥CD，∠DAB＝60°， 所以∠ADC＝∠BCD＝120°. 又CB＝CD，所以∠CDB＝30°. 因此∠ADB＝90°，AD⊥B

20、D. 又AE⊥BD，且AE∩AD＝A，AE，AD?平面AED，所以BD⊥平面AED. (2)解法一：由(1)知AD⊥BD，所以AC⊥BC. 又FC⊥平面ABCD， 因此CA，CB，CF兩兩垂直， 以C為坐標原點，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系， 不妨設CB＝1，則C(0,0,0)，B(0,1,0)，D，F(xiàn)(0,0,1)， 因此＝，＝(0，－1,1)． 設平面BDF的一個法向量為m＝(x，y，z)， 則m·＝0，m·＝0，所以x＝y(tǒng)＝z，取z＝1，則m＝(，1,1)． 由于＝(0,0,1)是平面BDC的一個法向量，則cos

21、〈m，〉＝＝＝， 所以二面角F－BD－C的余弦值為. 解法二：取BD的中點G，連接CG，F(xiàn)G， 由于CB=CD， 因此CG⊥BD. 又FC⊥平面ABCD，BD?平面ABCD， 所以FC⊥BD. 由于FC∩CG＝C，F(xiàn)C，CG?平面FCG， 所以BD⊥平面FCG.故BD⊥FG. 所以∠FGC為二面角F－BD－C的平面角． 在等腰三角形BCD中，由于∠BCD＝120°，因此CG＝CB. 又CB＝CF，所以GF＝＝CG， 故cos∠FGC＝，因此二面角F－BD－C的余弦值為. 4．解：(1)以A為原點，，，的方向分別為x軸，y軸，z軸的正方向建立空間直角坐標系(如圖)．

22、 設AB＝a，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)，＝. ∵＝－×0＋1×1＋(－1)×1＝0，∴B1E⊥AD1. (2)假設在棱AA1上存在一點P(0,0，z0)，使得DP∥平面B1AE. 此時＝(0，－1，z0)． 又設平面B1AE的法向量n＝(x，y，z)． ∵n⊥平面B1AE， ∴n⊥，n⊥，得 取x＝1，得平面B1AE的一個法向量n＝. 要使DP∥平面B1AE，只要n⊥，有－az0＝0，解得z0＝. 又DP?平面B1AE，∴存在點P，滿足DP∥平面B1AE，此時AP＝.

23、 (3)連接A1D，B1C，由長方體ABCD－A1B1C1D1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的一個法向量，此時＝(0,1,1)． 設與n所成的角為θ， 則cos θ＝＝ . ∵二面角A－B1E－A1的大小為30°， ∴|cos θ|＝cos 30°，即＝， 解得a＝2，即AB的長為2. 5．解法一：如圖，以點A為原點建立空間直角坐標系， 依題意得A(0,0,0)，D(2,0,0)，C(0,1,0)，B，P(0,0,2)．

24、(1)證明：易得 ＝(0,1，－2)，＝(2,0,0)， 于是， 所以PC⊥AD. (2)＝(0,1，－2)，＝(2，－1,0)． 設平面PCD的法向量n＝(x，y，z)， 則即 不妨令z＝1，可得n＝(1,2,1)． 可取平面PAC的法向量m＝(1,0,0)． 于是cos〈m，n〉＝＝＝， 從而sin〈m，n〉＝. 所以二面角A－PC－D的正弦值為. (3)設點E的坐標為(0,0，h)，其中h∈[0,2]， 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

25、，可得PA⊥AD，又由AD⊥AC，PA∩AC＝A，故AD⊥平面PAC.又PC?平面PAC，所以PC⊥AD. (2)如圖，作AH⊥PC于點H，連接DH. 由PC⊥AD，PC⊥AH，可得PC⊥平面ADH. 因此DH⊥PC，從而∠AHD為二面角A－PC－D的平面角． 在Rt△PAC中，PA＝2，AC＝1，由此得AH＝. 由(1)知AD⊥AH，故在Rt△DAH中，DH＝＝. 因此sin∠AHD＝＝. 所以二面角A－PC－D的正弦值為. (3)如圖，因為∠ADC＜45°，故過點B作CD的平行線必與線段AD相交，設交點為F，連接BE，EF.故∠EBF或其補角為異面直線BE與CD所成的角

26、． 由于BF∥CD，故∠AFB=∠ADC. 在Rt△DAC中，CD=，sin∠ADC=，故sin∠AFB＝. 在△AFB中，由＝，AB＝，sin∠FAB＝sin 135°＝，可得BF＝. 由余弦定理，BF2＝AB2＋AF2－2AB·AF·cos∠FAB，可得AF＝. 設AE＝h， 在Rt△EAF中，EF＝＝. 在Rt△BAE中，BE＝＝. 在△EBF中，因為EF＜BE，從而∠EBF＝30°，由余弦定理，得 cos 30°＝.可解得h＝.所以AE＝. 精要例析·聚焦熱點 熱點例析 【例1】證明：設，＝b，＝c， 因為B1BCC1為平行四邊形， 所以＝c－a. 又

27、O是B1D1的中點，所以＝(a＋b)， ＝－＝b－(a＋b)＝(b－a)． 因為D1DC1C，所以＝c， 所以＝(b－a)＋c. 若存在實數(shù)x，y，使(x，y∈R)成立，則 c－a＝x＋y ＝－(x＋y)a＋(x－y)b＋xc. 因為a，b，c不共線， 所以所以 所以， 所以，，是共面向量． 因為不在，所確定的平面ODC1內(nèi)，所以∥平面ODC1，即B1C∥平面ODC1. 【變式訓練1】證明：如圖建立空間直角坐標系A－xyz，令AB＝AA1＝4， 則A(0,0,0)，E(0,4,2)，F(xiàn)(2,2,0)，B(4,0,0)，B1(4,0,4)． (1)取AB中點為N，

28、則N(2,0,0)，C(0,4,0)，D(2,0,2)， ∴＝(－2,4,0)，＝(－2,4,0)， ∴＝，∴DE∥NC. 又NC在平面ABC內(nèi)， ∴DE∥平面ABC. (2)＝(－2,2，－4)，＝(2，－2，－2)，＝(2,2,0)， ＝(－2)×2＋2×(－2)＋(－4)×(－2)＝0，則⊥，∴B1F⊥EF， ∵·＝(－2)×2＋2×2＋(－4)×0＝0，∴⊥，即B1F⊥AF. 又∵AF∩FE＝F，∴B1F⊥平面AEF. 【例2】　證明：如圖所示建立空間直角坐標系，D為坐標原點，設DC＝a. (1)連接AC交BD于G，連接EG. 依題意得A(a,0,0)，P(0

29、,0，a)，E. ∵底面ABCD是正方形， ∴G是此正方形的中心， ∴點G的坐標為，＝(a,0，－a)，＝， ∴＝2，則PA∥EG. 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＝， ∴·＝0＋－＝0， ∴PB⊥DE. 由已知EF⊥PB，且EF∩DE＝E， ∴PB⊥平面EFD. 【變式訓練2】解：(1)證明：因為四邊形ABCD是菱形， 所以AC⊥BD. 又因為PA⊥平面ABCD，所以PA⊥BD. 又PA∩AC＝A，所以BD⊥平面PAC. (2)設AC∩BD＝O. 因為∠BAD＝60°，

30、PA＝AB＝2， 所以BO＝1，AO＝CO＝. 如圖，以O為坐標原點，建立空間直角坐標系O－xyz，則P(0，－，2)，A(0，－，0)，B(1,0,0)，C(0，，0)， 所以＝(1，，－2)，＝(0,2，0)． 設PB與AC所成角為θ， 則cos θ＝＝＝. (3)由(2)知＝(－1，，0)． 設P(0，－，t)(t＞0)， 則＝(－1，－，t)． 設平面PBC的法向量m＝(x，y，z)， 則·m＝0，·m＝0. 所以 令y＝，則x＝3，z＝. 所以m＝. 同理，平面PDC的法向量 n＝. 因為平面PBC⊥平面PDC， 所以m·n＝0，即－6＋＝0，

31、 解得t＝，所以PA＝. 【例3】解：如圖所示，建立空間直角坐標系，點B為坐標原點． 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，設平面A1B1C1的法向量n＝(r，p，q)， 則 即 不妨令p＝，可得n＝(0，，)． 于是cos〈m

32、，n〉＝＝＝， 從而sin〈m，n〉＝. 所以二面角A－A1C1－B1的正弦值為. (3)由N為棱B1C1的中點， 得N. 設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||＝. 【變式訓練3】解：設正四棱柱的高為h. (1)證明：連接AO1，AA1⊥底面A1B1C1D1于A1， ∴AB1與底面A1B1C1D1所成的角為∠AB1A1，即∠AB1A1＝α. ∵AB1＝AD1，O1為B1D1的中點， ∴AO1⊥B1D1. 又A1O1⊥B1D1，四邊形A1B1C1D1是正方形， ∴∠AO1A1是二面角

33、A－B1D1－A1的平面角，即∠AO1A1＝β. ∴tan α＝＝h，tan β＝＝h. ∴tan β＝tan α. (2)建立如圖空間直角坐標系，有A(0,0，h)，B1(1,0,0)，D1(0,1,0)，C(1,1，h)， ∴＝(1,0，－h(huán))，＝(0,1，－h(huán))，＝(1,1,0)． 設平面AB1D1的一個法向量為n＝(x，y，z)． ∵? 取z＝1，得n＝(h，h,1)， ∴點C到平面AB1D1的距離為d＝＝＝，則h＝2. 【例4】(1)證明：連接BD，設AC交BD于點O，連接SO. 由題意知SO⊥平面ABCD.以O為坐標原點，OB，OC，OS所在直線分別為x軸，

34、y軸，z軸，建立空間直角坐標系O－xyz. 設底面邊長為2，則高SO＝， ∴S(0,0，)，D(－，0,0)，C(0，，0)． ∴＝(0，，0)，＝(－，0，－)． ∴·＝0， 故OC⊥SD，即AC⊥SD. (2)解：由題意知，平面PAC的一個法向量＝(，0，)，平面DAC的一個法向量為＝(0,0，)，設所求的二面角為θ，則cos θ＝＝. 故所求二面角的大小為30°. (3)解：在側棱SC上存在一點E，使BE∥平面PAC.由(2)知是平面PAC的一個法向量，且＝(，0，)，＝(0，－，)． 設＝t，則＝＋＝(－，(1－t)，t)，而·＝0?t＝， 從而當SE∶EC＝2

35、∶1時，⊥，又BE不在平面PAC內(nèi)，故BE∥平面PAC. 【變式訓練4】解：∵平面PAD⊥平面ABCD，而∠PAD＝90°， ∴PA⊥平面ABCD. 而ABCD是正方形，即AB⊥AD， 故可建立如圖所示的空間直角坐標系， 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)， 設平面EFG的法向量為n0＝(x0，y0，z0)． ∴∴ 令x0＝1，則∴n0＝(1,0,1)． 又∵·n0＝2×1＋0＋(－2)

36、×1＝0， ∴⊥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)假設在線段CD上存在一點Q滿足題設條件， 令CQ＝m(0≤m≤2)，則DQ＝2－m， ∴點Q的坐標為(2－m,2,0)， ∴＝(2－m,2，－1)． 而＝(0,1,0)，設平面EFQ的法向量為n＝(x，y，z)， ∴ ∴ 令x＝1，則n＝(1,0,2－m)， ∴點A到平面EFQ的距離d＝ ＝＝，即(2－m)2＝， ∴m＝或m＝＞2不合題意，舍去， 故存在點Q，當CQ＝時

37、，點A到平面EFQ的距離為. 創(chuàng)新模擬·預測演練 1．B　2．A　3．B　4．a(chǎn)　5． 6．解：建立如圖所示的空間直角坐標系，可得有關點的坐標為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)． 設平面DA1M的法向量為n＝(x，y，z)， ∴即 取z＝－1，得x＝1，y＝4. ∴平面DA1M的一個法向量為n＝(1,4，－1)． 設直線AB1與平面DA1M所成角為θ， ∴sin θ＝＝， ∴

38、直線AB1與平面DA1M所成角的正弦值為. 7．解：(1)不妨設正方體的棱長為1，以，，為單位正交基底，建立如圖所示的空間直角坐標系D－xyz， 則A(1,0,0)，O，C(0,1,0)，D1(0,0,1)，E， 于是＝，＝(0，－1,1)． 由cos〈，〉＝＝， 所以異面直線DE與CD1所成角的余弦值為. (2)設平面CD1O的法向量為m＝(x1，y1，z1)， 由m·＝0，m·＝0， 得 取x1＝1，得y1＝z1＝1，得m＝(1,1,1)． 由D1E＝λEO， 則E， ＝. 又設平面CDE的法向量為n＝(x2，y2，z2)， 由n·＝0，n·＝0， 得 取x2＝2，得z2＝－λ，即n＝(2,0，－λ)． 因為平面CDE⊥平面CD1F， 所以m·n＝0，得λ＝2.