《（名師導學）2020版高考數(shù)學總復習 第九章 直線、平面、簡單幾何體和空間向量 第61講 立體幾何中的綜合問題（向量法、幾何法綜合）練習 理（含解析）新人教A版》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《（名師導學）2020版高考數(shù)學總復習 第九章 直線、平面、簡單幾何體和空間向量 第61講 立體幾何中的綜合問題（向量法、幾何法綜合）練習 理（含解析）新人教A版（23頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、第61講　立體幾何中的綜合問題(向量法、幾何法綜合) 夯實基礎　【p139】 【學習目標】 1．能根據(jù)題目條件靈活選擇用幾何法或向量法解決問題． 2．會分析探究立體幾何中位置關系問題和幾何量的取值問題，培養(yǎng)探究思維能力． 【基礎檢測】 1．已知矩形ABCD，AB＝1，BC＝.將△ABD沿矩形的對角線BD所在的直線進行翻折，在翻折過程中，(　　) A．存在某個位置，使得直線AC與直線BD垂直 B．存在某個位置，使得直線AB與直線CD垂直 C．存在某個位置，使得直線AD與直線BC垂直 D．對任意位置，三對直線“AC與BD”“AB與CD”“AD與BC”均不垂直 【解析】對于AB

2、⊥CD，因為BC⊥CD，由線面垂直的判定可得CD⊥平面ACB，則有CD⊥AC，而AB＝CD＝1，BC＝AD＝，可得AC＝1，那么存在AC這樣的位置，使得AB⊥CD成立． 【答案】B 2．如圖，斜線段AB與平面α所成的角為60°，B為斜足，平面α上的動點P滿足∠PAB＝30°，則點P的軌跡是(　　) A．直線B．拋物線 C．橢圓D．雙曲線的一支 【解析】利用平面截圓錐面直接得軌跡． 因為∠PAB＝30°，所以點P的軌跡為以AB為軸線，PA為母線的圓錐面與平面α的交線，且平面α與圓錐的軸線斜交，故點P的軌跡為橢圓． 【答案】C 3．(1)三角形的一邊BC在平面α內(nèi)，l⊥α，垂足

3、為A，A?BC，P在l上滑動，點P不同于A，若∠ABC是直角，則△PBC是________三角形； (2)直角三角形PBC的斜邊BC在平面α內(nèi)，直角頂點P在平面α外，P在平面上的射影為A，則△ABC是________三角形．(填“銳角”“直角”或“鈍角”) 【解析】(1)如圖，∵PA⊥平面ABC， ∴PA⊥BC，又∵∠ABC＝90°，∴BC⊥AB， ∴BC⊥平面PAB，∴∠PBC＝90°. (2)如圖，PB2＋PC2＝BC2，AB＜PB，AC＜PC，所以AB2＋AC2＜BC2，故∠BAC為鈍角． 【答案】(1)直角；(2)鈍角 4．如圖，某人在垂直于水平地面ABC的墻面前的點

4、A處進行射擊訓練．已知點A到墻面的距離為AB，某目標點P沿墻面上的射線CM移動，此人為了準確瞄準目標點P，需計算由點A觀察點P的仰角θ的大?。鬉B＝15 m，AC＝25 m，∠BCM＝30°，則tanθ的最大值是________．(仰角θ為直線AP與平面ABC所成角) 【解析】先利用解三角形知識求解，再利用確定函數(shù)最值的方法確定最值． 如圖，過點P作PO⊥BC于點O，連接AO，則∠PAO＝θ. 設CO＝x m，則OP＝x m. 在Rt△ABC中，AB＝15 m，AC＝25 m， 所以BC＝20 m．所以cos∠BCA＝. 所以AO＝＝(m)． 所以tanθ＝＝ ＝.

5、 當＝，即x＝時，tanθ取得最大值為＝. 【答案】 【知識要點】 1．折疊問題 (1)將平面圖形按一定規(guī)則折疊成立體圖形，再對立體圖形的位置和數(shù)量關系進行論證和計算，這就是折疊問題． (2)處理折疊問題，要先畫好平面圖形，并且注意平面圖形與立體圖形的對照使用，這樣有利于分析元素間的位置關系和數(shù)量關系． (3)要注意分析折疊前后位置關系及數(shù)量關系的變化．一般位于折線一邊的點、線間的位置關系和數(shù)量關系不變，位于折線兩邊的點、線間的位置關系，數(shù)量關系要發(fā)生變化．不變的關系，要注意在平面圖形中處理；變化的關系，一般在立體圖形中處理． 2．探究性問題 (1)若某幾何量或幾何元素的位置關

6、系存在時，某點或線或面應具備何種條件的問題，就是立體幾何中的探究性問題． (2)探究性問題的題設情境通常就是“是否存在”，其求解策略是：①觀察——猜想——證明；②賦值推斷；③類比聯(lián)想；④特殊——一般——特殊． 典例剖析　【p139】 考點1　線面位置關系的證明 在四棱錐P－ABCD中，PD⊥底面ABCD，底面ABCD為正方形，PD＝DC，E、F分別是AB、PB的中點． (1)求證：EF⊥CD； (2)在平面PAD內(nèi)求一點G，使GF⊥平面PCB，并證明你的結論． 【解析】(1)如圖，分別以DA、DC、DP所在直線為x軸、y軸、z軸建立空間直角坐標系． 設AD＝a，則D(0

7、，0，0)，A(a，0，0)，B(a，a，0)，C(0，a，0)，E，P(0，0，a)，F(xiàn). ＝，＝(0，a，0)． ∵·＝0，∴⊥，即EF⊥CD. (2)設G(x，0，z)，則＝， 若使GF⊥平面PCB，則 由·＝·(a，0，0) ＝a＝0，得x＝； 由·＝·(0，－a，a) ＝＋a＝0，得z＝0. ∴G點坐標為，即G點為AD的中點． 考點2　空間角與距離的求法 如圖，△BCD與△MCD都是邊長為2的正三角形，平面MCD⊥平面BCD，AB⊥平面BCD，AB＝2，求點A到平面MBC的距離． 【解析】如圖，取CD的中點O，連接OB，OM. 因為△BCD與△MCD

8、均為正三角形，所以OB⊥CD，OM⊥CD，又平面MCD⊥平面BCD，所以MO⊥平面BCD. 以O為坐標原點，直線OC，BO，OM分別為x軸，y軸，z軸，建立空間直角坐標系O－xyz. 因為△BCD與△MCD都是邊長為2的正三角形，所以OB＝OM＝，則O(0，0，0)，C(1，0，0)，M(0，0，)，B(0，－，0)，A(0，－，2)， 所以＝(1，，0)，＝(0，，)． 設平面MBC的法向量為n＝(x，y，z)， 由 得即 取x＝，可得平面MBC的一個法向量為n＝(，－1，1)． 又＝(0，0，2)， 所以所求距離為d＝＝. 【點評】求點面距一般有以下三種方法：①作點到面

9、的垂線，點到垂足的距離即為點到平面的距離；②等體積法；③向量法．其中向量法在易建立空間直角坐標系的規(guī)則圖形中較簡便． 考點3　平面圖形的翻折問題 如圖1，∠ACB＝45°，BC＝3，過點A作AD⊥BC，垂足D在線段BC上且異于點B，連接AB，沿AD將△ABD折起，使∠BDC＝90°(如圖2所示)． (1)當BD的長為多少時，三棱錐A－BCD的體積最大； (2)當三棱錐A－BCD的體積最大時，設點E，M分別為棱BC，AC的中點，試在棱CD上確定一點N，使得EN⊥BM，并求EN與平面BMN所成角的大小． 【解析】(1)在如圖1所示的△ABC中， 設BD＝x(0

10、－x. 由AD⊥BC，∠ACB＝45°知，△ADC為等腰直角三角形， 所以AD＝CD＝3－x. 由折起前AD⊥BC知，折起后(如圖2)，AD⊥DC，AD⊥BD，且BD∩DC＝D，所以AD⊥平面BCD.又∠BDC＝90°， 所以S△BCD＝BD·CD＝x(3－x)， 于是VA－BCD＝AD·S△BCD＝(3－x)·x(3－x) ＝·2x(3－x)(3－x) ≤＝， 當且僅當2x＝3－x，即x＝1時，等號成立， 故當x＝1，即BD＝1時，三棱錐A－BCD的體積最大． (另：VA－BCD＝AD·S△BCD ＝(3－x)·x(3－x)＝(x3－6x2＋9x)． 令f(x)＝(x

11、3－6x2＋9x)， 由f′(x)＝(x－1)(x－3)＝0，且00；當x∈(1，3)時，f′(x)<0. 所以當x＝1時，f(x)取得最大值． 故當BD＝1時，三棱錐A－BCD的體積最大．) (2)法一：以D為原點，建立如圖a所示的空間直角坐標系D－xyz，由(1)知，當三棱錐A－BCD的體積最大時，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，且＝(－1，1，1)． 設N(0，λ，0)，則＝. 因為EN⊥BM等價于·＝0， 即·(－1

12、，1，1)＝＋λ－1＝0， 故λ＝，N. 所以當DN＝(即N是CD的靠近點D的一個四等分點)時，EN⊥BM. 設平面BMN的一個法向量為n＝(x，y，z)， 由及＝，＝(－1，1，1)， 得可取n＝(1，2，－1)． 設EN與平面BMN所成角的大小為θ， 則由＝，n＝(1，2，－1)， 可得sin θ＝cos(90°－θ)＝＝＝， 即θ＝60°. 故直線EN與平面BMN所成角的大小為60°. 法二：由(1)知，當三棱錐A－BCD的體積最大時，BD＝1，AD＝CD＝2，如圖b，取CD的中點F，連接MF，BF，EF，則MF∥AD，EF∥BD. 由(1)知AD⊥平面B

13、CD，所以MF⊥平面BCD. 如圖c，延長FE至P點，使得FP＝DB，連接BP，DP，則四邊形DBPF為正方形， 所以DP⊥BF，取DF的中點N，連接EN， 又E為FP的中點，則EN∥DP， 所以EN⊥BF.因為MF⊥平面BCD， 又EN?平面BCD，所以MF⊥EN. 又MF∩BF＝F，所以EN⊥平面BMF. 又BM?平面BMF，所以EN⊥BM. 因為EN⊥BM當且僅當EN⊥BF，而點F是唯一的，所以點N是唯一的． 即當DN＝(即N是CD的靠近點D的一個四等分點)時，EN⊥BM. 連接MN，ME，由計算得NB＝NM＝EB＝EM＝， 所以△NMB與△EMB是兩個共底邊的全等

14、的等腰三角形， 如圖d所示，取BM的中點G，連接EG，NG， 則BM⊥平面EGN. 在平面EGN中，過點E作EH⊥GN于H， 則EH⊥平面BMN. 故∠ENH是EN與平面BMN所成的角． 在△EGN中，易得EG＝GN＝NE＝， 所以△EGN是正三角形，故∠ENH＝60°，即直線EN與平面BMN所成角的大小為60°. 考點4　立體幾何中的探索性問題 如圖，在四棱錐P－ABCD中，已知PA⊥平面ABCD，且四邊形ABCD為直角梯形，∠ABC＝∠BAD＝，PA＝AD＝2，AB＝BC＝1. (1)求平面PAB與平面PCD所成二面角的余弦值； (2)點Q是線段BP上的動點，當直

15、線CQ與DP所成的角最小時，求線段BQ的長． 【解析】分別以，，為x，y，z軸的正方向，建立如圖所示的空間直角坐標系A－xyz，則各點的坐標為 B(1，0，0)，C(1，1，0)，D(0，2，0)，P(0，0，2)． (1)因為AD⊥平面PAB，所以是平面PAB的一個法向量，＝(0，2，0)． 因為＝(1，1，－2)，＝(0，2，－2)． 設平面PCD的法向量為m＝(x，y，z)， 則m·＝0，m·＝0， 即令y＝1，解得z＝1，x＝1. 所以m＝(1，1，1)是平面PCD的一個法向量． 從而cos〈，m〉＝＝， 所以平面PAB與平面PCD所成二面角的余弦值為. (2

16、)因為＝(－1，0，2)， 設＝λ＝(－λ，0，2λ)(0≤λ≤1)， 又＝(0，－1，0)，則＝＋＝(－λ，－1，2λ)， 又＝(0，－2，2)， 從而cos〈，〉＝＝. 設1＋2λ＝t，t∈[1，3]， 則cos2〈，〉＝＝≤. 當且僅當t＝，即λ＝時，|cos〈，〉|的最大值為. 因為y＝cos x在上是減函數(shù)，所以此時直線CQ與DP所成角取得最小值． 又因為BP＝＝，所以BQ＝BP＝. 方法總結　　【p140】 1．求異面直線所成角時易忽視角的范圍而導致結論錯誤． 2．求直線與平面所成角時，注意求出夾角的余弦值的絕對值應為線面角的正弦值． 3．利用平面的法向量

17、求二面角的大小時，當求出兩半平面α，β的法向量n1，n2時，要根據(jù)向量坐標在圖形中觀察法向量的方向，從而確定二面角與向量n1，n2的夾角是相等(一個平面的法向量指向二面角的內(nèi)部，另一個平面的法向量指向二面角的外部)，還是互補(兩個法向量同時指向二面角的內(nèi)部或外部)，這是利用向量法求二面角的難點、易錯點． 4．翻折問題求解的關鍵是充分利用不變的量和不變關系． 5．探究性問題的分析求解要求具備較好的逆向思維能力，問題探究方法通常是分析法與綜合法的整合應用． 走進高考　　【p140】 1．(2016·全國卷Ⅱ)如圖，菱形ABCD的對角線AC與BD交于點O，AB＝5，AC＝6，點E，F(xiàn)分別在A

18、D，CD上，AE＝CF＝，EF交BD于點H.將△DEF沿EF折到△D′EF的位置，OD′＝. (1)證明：D′H⊥平面ABCD； (2)求二面角B－D′A－C的正弦值． 【解析】(1)∵AE＝CF＝， ∴＝，∴EF∥AC. ∵四邊形ABCD為菱形， ∴AC⊥BD，∴EF⊥BD，∴EF⊥DH，∴EF⊥D′H. ∵AC＝6，∴AO＝3； 又AB＝5，AO⊥OB，∴OB＝4， ∴OH＝·OD＝1，∴DH＝D′H＝3， ∴|OD′|2＝|OH|2＋|D′H|2，∴D′H⊥OH. 又∵OH∩EF＝H， ∴D′H⊥平面ABCD. (2)建立如圖坐標系H－xyz. B(5

19、，0，0)，C(1，3，0)，D′(0，0，3)，A(1，－3，0)， ＝(4，3，0)，＝(－1，3，3)，＝(0，6，0)， 設面ABD′的法向量n1＝(x，y，z)， 由得取 ∴n1＝(3，－4，5)． 同理可得面AD′C的法向量n2＝(3，0，1)， ∴|cos θ|＝＝＝， ∴sin θ＝. 考點集訓　　【p254】 A組題 1．如圖，長方體ABCD－A1B1C1D1中，AA1＝AB＝2，AD＝1，點E，F(xiàn)，G分別是DD1，AB，CC1的中點，則異面直線A1E與GF所成的角是(　　) A. B. C. D. 【解析】以D為原點，，，的方向為x，y，z

20、軸的正方向，建立空間直角坐標系D－xyz，則A1(1，0，2)，E(0，0，1)，G(0，2，1)，F(xiàn)(1，1，0)， ∴＝(－1，0，－1)，＝(1，－1，－1)， ∴cos〈，〉＝＝＝0， ∴異面直線A1E與GF所成角的大小為. 【答案】D 2．如圖，將正方形ABCD沿對角線BD折成一個120°的二面角，點C到達點C1，這時異面直線AD與BC1所成角的余弦值是(　　) A.B．－C.D．－ 【解析】設正方形的邊長為1，AC與BD交于點O. 當折成120°的二面角時， AC＝＋－2··cos 120°＝. 又＝＋＋， ∴||2＝||2＋||2＋||2＋2·＋2·＋2

21、·＝1＋2＋1＋2×1×cos 135°＋2××1×cos 135°＋2·＝2· ＝2||·||cos〈，〉＝2cos〈，〉， ∴cos〈，〉＝. 【答案】A 3．如圖，四棱錐S－ABCD的底面是正方形，SD⊥平面ABCD，SD＝2，AD＝，則二面角C－AS－D的余弦值為(　　) A.B. C.D. 【解析】如圖，以D為原點建立空間直角坐標系D－xyz. 則D(0，0，0)，A(，0，0)，B(，，0)，C(0，，0)，S(0，0，2)， 得＝(，0，－2)，＝(0，，－2)． 設平面ACS的一個法向量為n＝(x，y，z)， 則即 取z＝，得n＝(2，2，)．

22、 易知平面ASD的一個法向量為＝(0，，0)． 設二面角C－AS－D的大小為θ， 則cos θ＝＝. 即二面角C－AS－D的余弦值為. 【答案】D 4．已知棱長為1的正方體ABCD－A1B1C1D1中，E、F分別是B1C1和C1D1的中點，點A1到平面DBEF的距離為________________________________________________________________________． 【解析】建立空間直角坐標系D－xyz，則B(1，1，0)， E，F(xiàn)， 設n＝(x，y，z)是平面BDFE的法向量，由n⊥，n⊥，＝(1，1，0)，＝得：n·＝x＋y＝0

23、，n·＝y(tǒng)＋z＝0， 所以x＝－y，z＝－.令y＝1，得n＝， 設點A1在平面BDFE上的射影為H， 連接A1D，A1D是平面BDFE的斜線段， 則：cos〈，〉＝， 所以||＝||·cos〈，〉＝1，所以點A1到平面DBEF的距離為1. 【答案】1 5．已知正方體ABCD－A1B1C1D1的棱長為1，點P在線段BD1上．當∠APC最大時，三棱錐P－ABC的體積為________． 【解析】以B為坐標原點，BA為x軸，BC為y軸，BB1為z軸建立空間直角坐標系(如圖)，設＝λ，可得P(λ，λ，λ)，再由cos∠APC＝可求得當λ＝時，∠APC最大，故VP－ABC＝××1×1

24、×＝. 【答案】 6．如圖，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，∠ACB＝90°，2AC＝AA1＝BC＝2.若二面角B1－DC－C1的大小為60°，則AD的長為__________． 【解析】如圖，以C為坐標原點，CA，CB，CC1所在的直線分別為x軸，y軸，z軸建立空間直角坐標系，則C(0，0，0)，A(1，0，0)，B1(0，2，2)，C1(0，0，2)， 設AD＝a，則D點坐標為(1，0，a)，＝(1，0，a)，＝(0，2，2)， 設平面B1CD的一個法向量為m＝(x，y，z)． 則?令z＝－1， 得m＝(a，1，－1)，又平面C1DC的一個法向量為n＝(0，1，0)

25、， 則由cos 60°＝，得＝，即a＝，故AD＝. 【答案】 7．如圖，四棱錐P－ABCD中，底面ABCD為矩形，PA⊥平面ABCD，E為PD的中點． (1)證明：PB∥平面AEC； (2)設二面角D－AE－C的大小為60°，AP＝1，AD＝，求三棱錐E－ACD的體積． 【解析】(1)連接BD交AC于點O，連接EO. 因為ABCD為矩形， 所以O為BD的中點． 又E為PD的中點， 所以EO∥PB. 因為EO?平面AEC， PB?平面AEC，所以PB∥平面AEC. (2)因為PA⊥平面ABCD，ABCD為矩形， 所以AB，AD，AP兩兩垂直． 如圖，

26、以A為坐標原點，，，的方向為x軸、y軸、z軸的正方向，||為單位長，建立空間直角坐標系A－xyz， 則D，E，＝. 設B(m，0，0)(m>0)，則C(m，，0)，＝(m，，0)． 設n1＝(x，y，z)為平面ACE的法向量， 則即可取n1＝. 又n2＝(1，0，0)為平面DAE的法向量， 由題設易知|cos〈n1，n2〉|＝， 即＝，解得m＝. 因為E為PD的中點，所以三棱錐E－ACD的高為. 三棱錐E－ACD的體積V＝××××＝. 8．如圖，在直三棱柱(側棱和底面垂直的棱柱)ABC－A1B1C1中，平面A1BC⊥側面A1ABB1，AB＝BC＝AA1＝3，線段AC、A

27、1B上分別有一點E、F，且滿足2AE＝EC，2BF＝FA1. (1)求證：AB⊥BC； (2)求點E到直線A1B的距離； (3)求二面角F－BE－C的平面角的余弦值． 【解析】(1)如圖，過點A在平面A1ABB1內(nèi)作AD⊥A1B于D， 則由平面A1BC⊥側面A1ABB1，且平面A1BC∩側面A1ABB1＝A1B， 得AD⊥平面A1BC， 又BC?平面A1BC， 所以AD⊥BC. 因為三棱柱ABC－A1B1C1是直三棱柱，則AA1⊥底面ABC，所以AA1⊥BC. 又AA1∩AD＝A， 從而BC⊥側面A1ABB1， 又AB?側面A1ABB1，故AB⊥BC. (2)由(

28、1)知，以點B為坐標原點，以BC、BA、BB1所在的直線分 別為x軸、y軸、z軸，可建立如圖所示的空間直角坐標系，則 B(0，0，0)，A(0，3，0)，C(3，0，0)，A1(0，3，3)． 由線段AC、A1B上分別有一點E、F，滿足2AE＝EC，2BF＝FA1， 所以E(1，2，0)，F(xiàn)(0，1，1)． ＝(－1，－1，1)，＝(0，3，3)．所以EF⊥BA1， 所以點E到直線A1B的距離d＝＝. (3)＝(1，2，0)，＝(0，1，1)， 設平面BEF的法向量為n＝(x，y，z)， 則 取x＝2，得n＝(2，－1，1)， 根據(jù)題意知平面BEC的法向量為m＝(0，0，

29、1)， 設二面角F－BE－C的平面角為θ， ∵θ是鈍角， ∴cos θ＝－|cos〈m，n〉|＝－＝－. ∴二面角F－BE－C的平面角的余弦值為－. B組題 1．如圖，在正方形ABCD中，EF∥AB，若沿EF將正方形折成一個二面角后，AE∶ED∶AD＝1∶1∶，則AF與CE所成角的余弦值為________． 【解析】如圖，建立空間直角坐標系，設AB＝EF＝CD＝2，∵AE∶DE∶AD＝1∶1∶，則E(0，0，0)，A(1，0，0)，F(xiàn)(0，2，0)，C(0，2，1)，∴＝(－1，2，0)，＝(0，2，1)，∴cos〈，〉＝， ∴AF與CE所成角的余弦值為. 【答案】

30、 2．如圖，在幾何體ABCDEF中，AB∥CD，AD＝DC＝CB＝1，∠ABC＝60°，四邊形ACFE為矩形，平面ACFE⊥平面ABCD，CF＝1. (1)求證：平面FBC⊥平面ACFE； (2)點M在線段EF上運動，設平面MAB與平面FCB所成二面角的平面角為θ(θ≤90°)，試求cos θ的取值范圍． 【解析】(1)在四邊形ABCD中， ∵AB∥CD，AD＝DC＝CB＝1，∠ABC＝60°， ∴AB＝2， ∴AC2＝AB2＋BC2－2AB·BC·cos 60°＝3， ∴AB2＝AC2＋BC2，∴BC⊥AC. ∵平面ACFE⊥平面ABCD，平面ACFE∩平面ABCD＝AC

31、，BC?平面ABCD，∴BC⊥平面ACFE. 又因為BC?平面FBC，所以平面FBC⊥平面ACFE. (2)由(1)知可建立分別以直線CA，CB，CF為x軸，y軸，z軸的如圖所示的空間直角坐標系C－xyz，令FM＝λ(0≤λ≤)， 則C(0，0，0)，A(，0，0)， B(0，1，0)，M(λ，0，1)， ∴＝(－，1，0)，＝(λ，－1，1)． 設n1＝(x，y，z)為平面MAB的法向量， 由得 取x＝1，則n1＝(1，，－λ)． ∵n2＝(1，0，0)是平面FCB的一個法向量， ∴cos θ＝＝ ＝. ∵0≤λ≤，∴當λ＝0時，cos θ有最小值， 當λ＝時，

32、cos θ有最大值， ∴cos θ∈. 3．在三棱柱ABC－A1B1C1中，已知AB＝AC＝AA1＝，BC＝4，A1在底面ABC的射影是線段BC的中點O. (1)證明：在側棱AA1上存在一點E，使得OE⊥平面BB1C1C，并求出AE的長； (2)求二面角A1－B1C－C1的余弦值． 【解析】(1)連接AO，在△AOA1中，作OE⊥AA1于點E，因為AA1∥BB1，所以OE⊥BB1， 因為A1O⊥平面ABC，所以BC⊥平面AA1O，所以BC⊥OE，所以OE⊥平面BB1C1C，又AO＝＝1，AA1＝，得AE＝＝. (2)如圖，分別以OA，OB，OA1所在直線為x，y，z軸

33、，建立空間直角坐標系， 則A(1，0，0)，B(0，2，0)， C(0，－2，0)，A1(0，0，2)． 由＝，得點E的坐標是， 由(1)知平面B1CC1的一個法向量為＝， 設平面A1B1C的法向量是n＝(x，y，z)， 由得可取n＝(2，1，－1)， 所以所求二面角的余弦值為cos〈，n〉＝＝. 4．平面圖形ABB1A1C1C如圖①所示，其中BB1C1C是矩形，BC＝2，BB1＝4，AB＝AC＝，A1B1＝A1C1＝. 現(xiàn)將該平面圖形分別沿BC和B1C1折疊，使△ABC與△A1B1C1所在平面都與平面BB1C1C垂直，再分別連接A1A，A1B，A1C，得到如圖②所示的空

34、間圖形．對此空間圖形解答下列問題： (1)證明：AA1⊥BC； (2)求AA1的長； (3)求二面角A－BC－A1的余弦值． 【解析】法一：(1)取BC，B1C1的中點分別為D和D1，連接A1D1，DD1，AD. 由BB1C1C為矩形知，DD1⊥B1C1， 因為平面BB1C1C⊥平面A1B1C1，所以DD1⊥平面A1B1C1， 又由A1B1＝A1C1知，A1D1⊥B1C1. 故以D1為坐標原點，可建立如圖所示的空間直角坐標系D1－xyz. 由題設，可得A1D1＝2，AD＝1. 由以上可知AD⊥平面BB1C1C，A1D1⊥平面BB1C1C，于是AD∥A1D1. 所以A(

35、0，－1，4)，B(1，0，4)， A1(0，2，0)，C(－1，0，4)，D(0，0，4)． 故＝(0，3，－4)，＝(－2，0，0)，·＝0， 因此⊥，即AA1⊥BC. (2)因為＝(0，3，－4)，所以＝5，即AA1＝5. (3)連接A1D，由BC⊥AD，BC⊥AA1，可知BC⊥平面A1AD，BC⊥A1D， 所以∠ADA1為二面角A－BC－A1的平面角． 因為＝(0，－1，0)，＝(0，2，－4)， 所以cos〈，〉＝－＝－. 即二面角A－BC－A1的余弦值為－. 法二：(1)取BC，B1C1的中點分別為D和D1，連接A1D1，DD1，AD，A1D. 由條件可知

36、，BC⊥AD，B1C1⊥A1D1， 由上可得AD⊥面BB1C1C，A1D1⊥面BB1C1C. 因此AD∥A1D1，即AD，A1D1確定平面AD1A1D. 又因為DD1∥BB1，BB1⊥BC，所以DD1⊥BC. 又考慮到AD⊥BC，所以BC⊥平面AD1A1D， 故BC⊥AA1. (2)延長A1D1到G點，使GD1＝AD，連接AG. 因為AD∥GD1，且AD＝GD1， 所以AG∥DD1∥BB1，且AG＝DD1＝BB1. 由于BB1⊥平面A1B1C1，所以AG⊥A1G. 由條件可知，A1G＝A1D1＋D1G＝3，AG＝4， 所以AA1＝5. (3)因為BC⊥平面AD1A1D，所以∠ADA1為二面角A－BC－A1的平面角． 在Rt△A1DD1中，DD1＝4，A1D1＝2，解得sin∠D1DA1＝， 則cos∠ADA1＝cos＝－. 即二面角A－BC－A1的余弦值為－. 23