1、第 13 讲 立体几何1.2018全国卷 如图 M4-13-1 所示,四边形 ABCD 为正方形,E,F 分别为 AD,BC 的中点,以 DF为折痕把DFC 折起,使点 C 到达点 P 的位置,且 PFBF.(1)证明:平面 PEF平面 ABFD;(2)求 DP 与平面 ABFD 所成角的正弦值.图 M4-13-1试做 2.2018全国卷 如图 M4-13-2 所示,边长为 2 的正方形 ABCD 所在的平面与半圆弧 所在平面垂直,M 是 上异于 C,D 的点 .(1)证明:平面 AMD平面 BMC;(2)当三棱锥 M-ABC 体积最大时,求面 MAB 与面 MCD 所成二面角的正弦值.图 M
2、4-13-2试做 3.2016北京卷 如图 M4-13-3 所示,在四棱锥 P-ABCD 中,平面 PAD平面ABCD,PAPD,PA=PD,AB AD,AB=1,AD=2,AC=CD= .(1)求证:PD 平面 PAB.(2)求直线 PB 与平面 PCD 所成角的正弦值.(3)在棱 PA 上是否存在点 M,使得 BM平面 PCD?若存在,求 的值;若不存在,说明理由.图 M4-13-3试做 命题角度 立体几何大题求解策略 利用法向量求解空间角的关键在于“四破”:(a)破“建系关”:建立恰当的空间直角坐标系.(b)破“求坐标关”:准确求解相关点的坐标.(c)破“求法向量关 ”:求出平面的法向量
3、.(d)破“应用公式关”:熟记求角公式即可求出角. 求空间角应注意的 3 个问题:(a)两条异面直线所成的角 不一定是两直线的方向向量的夹角 ,应该是 cos =|cos |;(b)直线与平面所成的角 的正弦值等于平面的法向量与直线方向向量夹角 的余弦值的绝对值,即 sin =|cos |;(c)两平面的法向量的夹角不一定是所求的二面角,有可能为两法向量夹角的补角. 平行与垂直问题的求证策略:(a)证明平行问题除结合平行关系的判定与性质定理之外,还需充分利用三角形的中位线、平行四边形等;(b)证明垂直问题,注意利用等腰三角形底边的中线与底边垂直、菱形的对角线互相垂直、勾股定理证明垂直等.解答
4、1 平行、垂直关系的证明1 如图 M4-13-4 所示,在四棱锥 P-ABCD 中,PA底面ABCD,ADBC,AD CD ,BC=2,AD=CD=1,M 是 PB 的中点 .图 M4-13-4(1)求证:AM平面 PCD;(2)求证:平面 ACM平面 PAB.听课笔记 【考场点拨】(1)利用几何法证明平行与垂直,关键是根据平行与垂直的判定定理及性质定理来确定有关的线与面,如果所给图形中不存在这样的线与面,可以连接或添加有关的线与面;(2)利用向量法证明平行与垂直,首先要合理建立空间直角坐标系,其次写出有关线的方向向量及求出有关平面的法向量,最后根据向量的性质进行论证.【自我检测】如图 M4-
5、13-5 所示,在矩形 ABCD 中,AB=2,BC=4,E 为 AD 的中点,O 为 BE 的中点.将ABE沿 BE 折起到ABE 的位置,使得平面 ABE平面 BCDE(如图 M4-13-5 ).(1)求证:AOCD.(2)在线段 AC 上(包括端点)是否存在点 P,使得 OP平面 ADE?若存在,求出 的值;若不存在,请说明理由.图 M4-13-5解答 2 利用空间向量求角的问题2 如图 M4-13-6 所示,在PBE 中,ABPE,D 是 AE 的中点,C 是线段 BE 上的一点,且 AC=,AB=AP= AE=2,现将PBA 沿 AB 折起,使得二面角 P-AB-E 是直二面角(如图
6、 M4-13-6 ).(1)求证:CD 平面 PAB;(2)求直线 PE 与平面 PCD 所成角的正弦值.图 M4-13-6听课笔记 3 如图 M4-13-7 所示,在四棱锥 P-ABCD 中,底面 ABCD 为平行四边形,已知PA=AC=2,PAD=DAC=60,CEAD 于点 E.图 M4-13-7(1)求证:AD PC ;(2)若平面 PAD平面 ABCD,且 AD=3,求二面角 C-PD-A 的余弦值.听课笔记 【考场点拨】空间角求解常见失分点:(1)用向量法求出的异面直线所成角的余弦值必须为正;(2)若直线的方向向量 l 与平面的法向量 n 的夹角为 ,则直线与平面的夹角 = -或
7、- ,故有 sin =|cos |= ;(3)判断所求的二面角到底是锐角还是钝角时 ,要结合图形分析 ,以防结论错误.【自我检测】1.如图 M4-13-8 所示,在四棱锥 P-ABCD 中,PA 平面 ABCD,DABDCB,E 为线段 BD 上的一点,且 EB=ED=EC=BC,连接 CE 并延长,交 AD 于点 F.(1)若 G 为 PD 的中点,求证:平面 PAD平面 CGF;(2)若 BC=2,PA=3,求平面 BCP 与平面 DCP 所成锐二面角的余弦值.图 M4-13-82.如图 M4-13-9 所示,在五边形 ABCDE 中,ED=EA ,ABCD,CD=2AB,EDC=150,
8、现将EAD 沿 AD 翻折到PAD 的位置,得到四棱锥 P-ABCD,如图 M4-13-9 所示,点 M 为线段 PC的中点,且 BM平面 PCD.(1)求证:平面 PAD平面 ABCD;(2)若直线 PC 与直线 AB 所成角的正切值为 ,求直线 BM 与平面 PDB 所成角的正弦值.图 M4-13-93.如图 M4-13-10 所示,在四棱锥 P-ABCD 中,PA=PD=AD= 2CD=2BC=2,且ADC=BCD=90.(1)当 PB=2 时,证明:平面 PAD平面 ABCD;(2)当四棱锥 P-ABCD 的体积为 ,且二面角 P-AD-B 为钝角时,求直线 PA 与平面 PCD 所成
9、角的正弦值.图 M4-13-10解答 3 利用空间向量解决探索性问题4 如图 M4-13-11 ,等边三角形 ABC 的边长为 3,点 D,E 分别为 AB,AC 上的点,且满足= = ,将ADE 沿 DE 折起到A 1DE 的位置,使二面角 A1-DE-B 为直二面角(如图 M4-13-11 ).(1)求证:A 1D平面 BCED.(2)在线段 BC 上( 包括端点)是否存在点 P,使直线 PA1 与平面 A1BD 所成的角为 60?若存在,求出 PB 的长;若不存在 ,请说明理由.图 M4-13-11听课笔记 【考场点拨】与空间向量有关的探究性问题主要有两类:一类是探究线面的位置关系; 另
10、一类是探究线面角或二面角满足特定要求时的存在性问题.处理原则是: 先建立空间直角坐标系,引入参数(有些是题中已给出),设出关键点的坐标 ,然后探究这样的点是否存在,或参数是否满足要求,从而作出判断.【自我检测】如图 M4-13-12 所示,在四棱锥 P-ABCD 中,PA 平面 ABCD,BCAD,ABAD,且PA=AD=AB=2BC=2,M 为 AD 的中点.(1)求证:平面 PCM平面 PAD.(2)在棱 PD 上是否存在点 Q,使 PD平面 CMQ?若存在,求出二面角 P-CM-Q 的余弦值;若不存在,请说明理由.图 M4-13-12第 13 讲 立体几何典型真题研析1.解:(1)证明:
11、由已知可得 ,BFPF,BFEF,所以 BF平面 PEF.又 BF平面 ABFD,所以平面 PEF平面 ABFD.(2)作 PHEF,垂足为 H.由(1)得,PH 平面 ABFD.以 H 为坐标原点, 的方向为 y 轴正方向,| |为单位长,建立如图所示的空间直角坐标系 H-xyz.由(1)可得,DE PE.又 DP=2,DE=1,所以 PE= .又 PF=1,EF=2,故 PEPF,可得 PH= ,EH= ,则 H(0,0,0),P 0,0, ,D -1,- ,0 , = 1, , , = 0,0, 为平面 ABFD 的法向量.设 DP 与平面 ABFD 所成的角为 ,则 sin = = =
12、 ,所以 DP 与平面 ABFD 所成角的正弦值为 .2.解:(1)证明:由题设知 ,平面 CMD平面 ABCD,交线为 CD.因为 BCCD,BC平面 ABCD,所以BC平面 CMD,故 BCDM.因为 M 为 上异于 C,D 的点 ,且 DC 为直径,所以 DMCM.又 BCCM=C,所以 DM平面 BMC.而 DM平面 AMD,故平面 AMD平面 BMC.(2)以 D 为坐标原点 , 的方向为 x 轴正方向,建立如图所示的空间直角坐标系 D-xyz.当三棱锥 M-ABC 体积最大时,M 为 的中点.由题设得 D(0,0,0),A(2,0,0),B(2,2,0),C(0,2,0),M(0,
13、1,1), =(-2,1,1), =(0,2,0), =(2,0,0).设 n=(x,y,z)是平面 MAB 的法向量 ,则即可取 n=(1,0,2).是平面 MCD 的法向量,因此 cos= = ,sin= .所以面 MAB 与面 MCD 所成二面角的正弦值是 .3.解:(1)证明:因为平面 PAD平面 ABCD,ABAD,所以 AB平面 PAD,所以 ABPD.又因为 PAPD,所以 PD平面 PAB.(2)取 AD 的中点 O,连接 PO,CO.因为 PA=PD,所以 POAD.又因为 PO 平面 PAD,平面 PAD平面 ABCD,所以 PO平面 ABCD.因为 CO 平面 ABCD,
14、所以 POCO.因为 AC=CD,所以 COAD.如图建立空间直角坐标系 O-xyz.由题意得,A(0,1,0),B(1,1,0), C(2,0,0),D(0,-1,0),P(0,0,1).设平面 PCD 的法向量为 n=(x,y,z),则即令 z=2,则 x=1,y=-2,所以 n=(1,-2,2).又 =(1,1,-1),所以cos= =- ,所以直线 PB 与平面 PCD 所成角的正弦值为 .(3)设 M 是棱 PA 上一点,则存在 0,1使得 = .因此点 M(0,1-,), =(-1,-,).因为 BM 平面 PCD,所以 BM平面 PCD,当且仅当 n=0,即(-1,-,)(1,
15、-2,2)=0,解得 = .所以在棱 PA 上存在点 M 使得 BM平面 PCD,此时 = .考点考法探究解答 1例 1 证明:方法一(几何法):(1)取 CP 的中点 N,连接 MN,DN,因为 M 为 PB 的中点,所以MNBC,且 MN= BC,又 ADBC,且 AD= BC,所以 MN=AD,且 MNAD,所以四边形 AMND 为平行四边形,所以 AMDN,又 DN平面 PCD,所以 AM平面 PCD.(2)因为 AD=CD=1,BC=2,ADBC,ADCD,所以 AC=AB= ,又 BC=2,所以 CAAB.因为 PA底面 ABCD,所以 PAAC,又 PAAB=A,所以 AC平面
16、PAB,因为 AC 平面 ACM,所以平面 ACM平面 PAB.方法二(向量法):(1)以 C 为原点,CD,CB 所在直线分别为 x,y 轴,建立空间直角坐标系 C-xyz,如图所示.设 PA=a(a0),则 A(1,1,0),B(0,2,0),C(0,0,0),D(1,0,0),P(1,1,a),M ,所以 =(1,1,a),=(1,0,0).设平面 PCD 的法向量为 n1=(x0,y0,z0),则 即令 y0=a,则 x0=0,z0=-1,所以 n1=(0,a,-1),又 = ,所以 n1= - =0,所以 AM平面 PCD.(2)由(1)知 =(1,1,0), = ,设平面 ACM
17、的法向量为 n2=(x1,y1,z1),则 即令 x1=1,则 y1=-1,z1= ,所以 n2= .=(0,0,a), =(-1,1,0),设平面 PAB 的法向量为 n3=(x2,y2,z2),则 即令 x2=1,则 y2=1,z2=0,所以 n3=(1,1,0).因为 n2n3=0,所以平面 ACM平面 PAB.【自我检测】解:(1)证明: AB=2,BC=4,E 为 AD 的中点, AB=AE=2,又 O 为 BE 的中点, AOBE.由题意可知,AO BE,平面 ABE平面 BCDE,平面 ABE平面 BCDE=BE,AO 平面 ABE,AO平面 BCDE,又 CD 平面 BCDE,
18、AOCD.(2)方法一:取 BC 的中点为 F,连接 OF,易知 OFBE.由(1)可知,AOBE,AOOF,以 O 为原点,OA所在直线为 z 轴,OF 所在直线为 x 轴,OE 所在直线为 y 轴,建立如图所示的空间直角坐标系,则 A(0,0, ),E(0, ,0),D( ,2 ,0),C(2 , ,0).假设在线段 AC 上存在点 P,使得 OP平面 ADE,设 = (01),则由 =(2 , ,- ),得 =(2 , ,- ),P(2 , , - ), =(2 , , - ).=(0, ,- ), =( , ,0),设平面 ADE 的法向量为 m=(x,y,z),则 即令 y=1,则
19、x=-1,z=1,m=(-1,1,1).若 OP平面 ADE,则 m =0,-2 + + - =0,解得 = , = .方法二:取 CD 的中点 M,AC 的中点 N,连接 OM,ON,MN,易证 OMDE,MNAD,又OMMN=M,DEAD=D,平面 OMN平面 ADE.ON平面 OMN,ON平面 ADE,即 P 与 N重合时,满足题意, = .解答 2例 2 解:(1)证明:因为 AE=2,所以 AE=4,又 AB=2,ABAE,所以 BE= = =2 .因为 AC= = BE,所以 AC 是 RtABE 的斜边 BE 上的中线 ,所以 C 是 BE 的中点,又 CD 是ABE 的中位线
20、,所以 CDAB.因为 CD 平面 PAB,AB 平面 PAB,所以 CD平面 PAB.(2)由题意可知 AB,AE,AP 两两垂直 ,以 A 为原点,AB ,AE,AP 所在直线分别为 x,y,z 轴,建立如图所示的空间直角坐标系.因为 AB=AP= AE=2,且 C,D 分别是 BE,AE 的中点,所以 AE=4,AD=2,则 E(0,4,0),C(1,2,0),P(0,0,2),D(0,2,0),所以 =(0,4,-2), =(1,2,-2), =(-1,0,0).设平面 PCD 的法向量为 n=(x,y,z),则即令 y=1,则 x=0,z=1,所以 n=(0,1,1).设直线 PE
21、与平面 PCD 所成角的大小为 ,则 sin = = .例 3 解:(1)证明:连接 PE.PA=AC,PAD=CAD,AE 是公共边,PAECAE,PEA=CEA.CEAD,PEAD,又 PECE=E,AD平面 PCE,PC 平面 PCE,ADPC.(2)AD平面 PEC,平面 PAD平面 ABCD,EP,EA,EC 两两垂直 ,以 E 为原点,EA,EC,EP 所在直线分别为 x,y,z 轴建立空间直角坐标系,如图所示.PA=AC=2,PAD=CAD=60,AD=3,AE=1,PE=CE= ,DE=2,则 E(0,0,0),D(-2,0,0),C(0, ,0),P(0,0, ), =(2,
22、0, ), =(2, ,0).设平面 PCD 的法向量为 n=(x,y,z),则 即 令 x=- ,则 y=2,z=2,n=(- ,2,2).易知平面 PAD 的一个法向量为 =(0, ,0).设二面角 C-PD-A 的平面角为 ,则|cos |= = = ,显然二面角 C-PD-A 的平面角是锐角,故二面角 C-PD-A 的余弦值为 .【自我检测】1.解:(1)证明:在 BCD 中,EB=ED=EC=BC,故 BCD= ,CBE=CEB= ,DABDCB,EABECB,从而有FED=BEC= AEB= ,EC=EA,FED=FEA,ED=EA,故 EFAD,AF=FD.又 PG=GD,FGP
23、A.PA平面 ABCD,GF平面 ABCD,GFAD,又 GFEF=F,故 AD平面 CFG.AD 平面 PAD,平面 PAD平面 CGF.(2)由(1)知EAB=ECB= ,DEF=FEA= ,AE=ED,EAF= ,BAF= ,即 BAAF.以点 A 为坐标原点,AB ,AD,AP 所在直线分别为 x,y,z 轴建立如图所示的空间直角坐标系 ,则A(0,0,0),B(2,0,0),C(3, ,0),D(0,2 ,0),P(0,0,3),故 =(1, ,0), =(-3,- ,3), =(-3, ,0).设平面 BCP 的法向量为 n1=(x1,y1,z1),则 即令 x1=1,则 y1=-
24、 ,z1= ,n1= .设平面 DCP 的法向量为 n2=(x2,y2,z2),则 即 令 x2=1,则y2= ,z2=2,n2=(1, ,2).设平面 BCP 与平面 DCP 所成的锐二面角为 ,则 cos = = = .2.解:(1)证明:取 PD 的中点 N,连接 AN,MN,则 MNCD,且 MN= CD.ABCD,且 AB= CD,MNAB,且 MN=AB,则四边形 ABMN 为平行四边形, ANBM,又 BM平面 PCD,AN平面 PCD,ANPD,ANCD.由 ED=EA,即 PD=PA,且 N 为 PD 的中点,ANPD,可得PAD 为等边三角形,PDA=60,又EDC=150
25、, CDA=90,即 CDAD.ADAN=A,CD平面 PAD,又 CD 平面 ABCD,平面 PAD平面 ABCD.(2)ABCD,PCD 为直线 PC 与 AB 所成的角,由(1)可得PDC=90, tanPCD= = ,CD=2PD.设 PD=1,则 CD=2,PA=AD=AB=1,取 AD 的中点 O,连接 PO,过 O 作 AB 的平行线,建立如图所示的空间直角坐标系 O-xyz,则 D ,B ,P ,M ,则 =(1,1,0), = , = .设 n=(x,y,z)为平面 PBD 的法向量 ,则 即令 x=3,则 y=-3,z=- ,n=(3,-3,- ),则 cos= = =-
26、,故直线 BM 与平面 PDB 所成角的正弦值为 .3.解:(1)证明:如图所示 ,取 AD 的中点 O,连接 PO,OB.PA=PD,POAD.ADC=BCD=90,BCAD,又 BC= AD=1,BC=OD,四边形 BCDO 为矩形, OB=CD=1.在 POB 中,PO= ,OB=1,PB=2,POB=90,则 POOB.ADOB=O,PO平面 ABCD,又 PO 平面PAD,平面 PAD平面 ABCD.(2)由(1)知 ADPO,ADBO,POOB=O,AD平面 POB,又 AD 平面 ABCD,平面 POB平面ABCD.过点 P 作 PE平面 ABCD,则垂足 E 一定落在平面 PO
27、B 与平面 ABCD 的交线 OB 上. 四棱锥 P-ABCD 的体积为 , PE (AD+BC)CD= PE (2+1)1= PE= ,PE= .PO= ,OE= = .以 O 为坐标原点,OA ,OB 所在直线分别为 x,y 轴,在平面 POB 内过点 O 作垂直于平面 AOB 的直线为 z 轴,建立如图所示的空间直角坐标系 O-xyz.由题意可知A(1,0,0),P ,D(-1,0,0),C(-1,1,0),则 = , =(0,1,0), = .设平面PCD 的法向量为 n=(x,y,z),则 即 令 x=1,则 y=0,z=- ,n= .设直线 PA 与平面 PCD 所成的角为 ,则
28、sin = = = ,故直线 PA 与平面 PCD 所成角的正弦值为 .解答 3例 4 解:(1)证明:因为等边三角形 ABC 的边长为 3,且 = = ,所以 AD=1,AE=2.在ADE 中,DAE=60,由余弦定理得 DE= = .因为 AD2+DE2=AE2,所以 ADDE,故折叠后有 A1DDE.因为二面角 A1-DE-B 是直二面角,所以平面 A1DE平面 BCED,又平面 A1DE平面 BCED=DE,A1D 平面 A1DE,A1DDE,所以 A1D平面 BCED.(2)由(1)知 EDDB,A1D平面 BCED.以 D 为坐标原点,DB,DE,DA 1 所在直线分别为 x,y,
29、z 轴建立空间直角坐标系 D-xyz,如图所示,设 PB=2a(02a3),过点 P 作 PHBD 于 H,则 PH= a,DH=2-a,所以 A1(0,0,1),P(2-a, a,0),E(0, ,0),所以 =(a-2,- a,1),易知平面 A1BD 的一个法向量为 =(0, ,0).若直线 PA1 与平面 A1BD 所成的角为 60,则 sin 60= = = ,解得 a= ,则 PB=2a= ,满足 02a3,符合题意.故在线段 BC 上存在点 P,使直线 PA1 与平面 A1BD 所成的角为 60,此时 PB= .【自我检测】解:(1)证明:以 A 为原点,AB,AD,AP 所在直
30、线分别为 x,y,z 轴建立空间直角坐标系,如图所示,则 A(0,0,0),B(2,0,0),C(2,1,0),D(0,2,0),P(0,0,2),故 =(0,2,0), =(0,0,2),M 为 AD 的中点, M(0,1,0), =(2,0,0). =0, =0,CMPA,CMAD,又 PA 平面 PAD,AD平面 PAD,且 PAAD=A,CM平面 PAD.CM 平面 PCM,平面 PCM平面 PAD.(2)过点 M 作 MQPD 于点 Q,由(1)知 CM平面 PAD,PD 平面 PAD,CMPD,又 MQCM=M,PD平面 CMQ.设平面 PCM 的法向量为 n=(x,y,z),则
31、即令 y=2,则 x=0,z=1,n=(0,2,1).PD平面 CMQ, =(0,2,-2)是平面 CMQ 的一个法向量 .设二面角 P-CM-Q 的平面角为 ,易知其为锐角,cos = = = ,故二面角 P-CM-Q 的余弦值为 .备选理由 例 1 是以四棱柱为载体来考查线面垂直的证明与求二面角的问题,本题的关键是完成第(1)问的证明,需要充分利用平面几何的性质;例 2 的关键是第(2)问依据线面角求棱的长度;例 3 为不规则几何体,是涉及平行、二面角、线线垂直的探究性命题,需要合理建立空间直角坐标系,利用空间向量求解.例 1 配例 3 使用 如图,四棱柱 ABCD-A1B1C1D1 的底
32、面 ABCD 是正方形,O 为 AC 和 BD 的交点,且 AB=AA1=2,A1AB=A1AD=60.(1)求证:A 1O平面 ABCD;(2)求二面角 C1-BD-C 的余弦值.解:(1)证明:连接 A1B,A1D,由题意知ABA 1,ADA1 均是边长为 2 的等边三角形,所以 A1B=A1D=2,所以ABDA 1BD.因为底面 ABCD 是正方形,所以 AC 与 BD 相互垂直且平分,所以 A1OBD,且 A1O=AO= ,因为 A1O2+AO2=4=A1A2,所以 A1OAO,又 AOBD=O,AO,BD 平面 ABCD,所以 A1O平面 ABCD.(2)连接 A1C1,OC1,由(
33、1)可知 BD平面 ACC1A1,所以 BDOC,BDOC1,所以C 1OC 为二面角 C1-BD-C 的平面角,易知C 1OC 为锐角.以 O 为原点,OA,OB,OA 1 所在直线分别为 x,y,z 轴建立空间直角坐标系 ,如图所示,则 O(0,0,0),C(-,0,0),A1(0,0, ),A( ,0,0),所以 =(- ,0,0), = + = + =(-2 ,0, ),所以 cosC1OC=cos= = = .故二面角 C1-BD-C 的余弦值为 .例 2 配例 3 使用 如图所示 ,四棱柱 ABCD-A1B1C1D1 的底面为菱形,BAD=120,AB=2,E,F分别为 CD,AA
34、1 的中点.(1)求证:DF 平面 B1AE;(2)若 AA1底面 ABCD,且直线 AD1 与平面 B1AE 所成角的正弦值为 ,求 AA1 的长.解:(1)证明:设 G 为 AB1 的中点,连接 EG,GF,因为 FG A1B1,DE A1B1,所以 FG DE,所以四边形 DEGF 是平行四边形,所以 DFEG,又 DF平面 B1AE,EG 平面 B1AE,所以 DF平面 B1AE.(2)连接 AC,因为四边形 ABCD 是菱形,且ABC= 60,所以ABC 是等边三角形,取 BC 的中点 Q,则 AQAD,因为 AA1平面 ABCD,所以 AA1AQ,AA1AD.以 A 为原点,AQ,
35、AD ,AA1 所在直线分别为 x,y,z 轴建立如图所示的空间直角坐标系,设 AA1=t(t0),则 A(0,0,0),E ,B1( ,-1,t),D1(0,2,t),= , =( ,-1,t), =(0,2,t).设平面 B1AE 的法向量为 n=(x,y,z),则 即令 y=t,则 x=- t,z=4,所以 n=(- t,t,4).设直线 AD1 与平面 B1AE 所成的角为 ,则 sin = = = ,解得 t=2,故线段 AA1 的长为 2.例 3 配例 4 使用 如图所示,四边形 ABCD 是梯形,ADBC,BAD=90,四边形 CC1D1D 为矩形,已知 ABBC1,AD=4,A
36、B=2,BC=1.(1)求证:BC 1平面 ADD1.(2)若 DD1=2,求平面 AC1D1 与平面 ADD1 所成的锐二面角的余弦值.(3)设 P 为线段 C1D 上的一个动点( 端点除外),判断直线 BC1 与直线 CP 能否垂直? 并说明理由.解:(1)证明:由四边形 CC1D1D 为矩形,得 CC1DD1,又因为 DD1 平面 ADD1,CC1 平面 ADD1,所以 CC1平面 ADD1.同理,BC平面 ADD1,因为 BCCC1=C,所以平面 BCC1平面 ADD1,又因为 BC1 平面 BCC1,所以 BC1平面 ADD1.(2)由 ADBC,BAD=90,得 ABBC,又因为
37、ABBC1,BCBC1=B,所以 AB平面 BCC1,所以ABCC1.因为四边形 CC1D1D 为矩形,且底面 ABCD 中 AB 与 CD 相交于一点,所以 CC1平面ABCD,又因为 CC1DD1,所以 DD1平面 ABCD.过点 D 在底面 ABCD 中作 DMAD,则 DA,DM,DD1 两两垂直 ,以 DA,DM,DD1 所在直线分别为x,y,z 轴,建立空间直角坐标系,如图,则 D(0,0,0),A(4,0,0),B(4,2,0),C(3,2,0),C1(3,2,2),D1(0,0,2),所以 =(-1,2,2), =(-4,0,2).设平面 AC1D1 的法向量为 m=(x,y,
38、z),则 即令 x=2,则 y=-3,z=4,所以 m=(2,-3,4),易得平面 ADD1 的一个法向量为 n=(0,1,0),所以 cos= =- ,故平面 AC1D1 与平面 ADD1 所成的锐二面角的余弦值为 .(3)直线 BC1 与直线 CP 不可能垂直.设 DD1=m(m0), = (0,1),由 B(4,2,0),C(3,2,0),C1(3,2,m),D(0,0,0),得 =(-1,0,m), =(3,2,m), = =(3,2,m),=(-3,-2,0), = + =(3-3,2-2,m).若 BC1CP,则 =-(3-3)+m2=0,即( m2-3)=-3,因为 0,所以 m2=- +30,解得 1,这与 01 矛盾,所以直线 BC1 与直线 CP 不可能垂直.
