《2019屆高考數(shù)學總復習 模塊四 立體幾何與空間向量 第13講 立體幾何學案 理》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2019屆高考數(shù)學總復習 模塊四 立體幾何與空間向量 第13講 立體幾何學案 理（24頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、第13講　立體幾何 1.[2018·全國卷Ⅰ]如圖M4-13-1所示,四邊形ABCD為正方形,E,F分別為AD,BC的中點,以DF為折痕把△DFC折起,使點C到達點P的位置,且PF⊥BF. (1)證明:平面PEF⊥平面ABFD; (2)求DP與平面ABFD所成角的正弦值. 圖M4-13-1 [試做]? ? ? 2.[2018·全國卷Ⅲ]如圖M4-13-2所示,邊長為2的正方形ABCD所在的平面與半圓弧CD所在平面垂直,M是CD上異于C,D的點. (1)證明:平面AMD⊥平面BMC; (2)當三棱錐M-ABC體積最大時,求面MAB與面MCD所成二面角的正弦值.

2、 圖M4-13-2 [試做]? ? ? 3.[2016·北京卷]如圖M4-13-3所示,在四棱錐P-ABCD中,平面PAD⊥平面ABCD,PA⊥PD,PA=PD,AB⊥AD, AB=1,AD=2,AC=CD=5. (1)求證:PD⊥平面PAB. (2)求直線PB與平面PCD所成角的正弦值. (3)在棱PA上是否存在點M,使得BM∥平面PCD?若存在,求AMAP的值;若不存在,說明理由. 圖M4-13-3 [試做]? ? ? 命題角度　立體幾何大題求解策略 ①利用法向量求解空間角的關(guān)鍵在于“四破”: (a)破“建系關(guān)”:建立恰當?shù)目臻g直角坐標系. (b)破

3、“求坐標關(guān)”:準確求解相關(guān)點的坐標. (c)破“求法向量關(guān)”:求出平面的法向量. (d)破“應(yīng)用公式關(guān)”:熟記求角公式即可求出角. ②求空間角應(yīng)注意的3個問題: (a)兩條異面直線所成的角α不一定是兩直線的方向向量的夾角β,應(yīng)該是cos α=|cos β|; (b)直線與平面所成的角α的正弦值等于平面的法向量與直線方向向量夾角β的余弦值的絕對值,即sin α=|cos β|; (c)兩平面的法向量的夾角不一定是所求的二面角,有可能為兩法向量夾角的補角. ③平行與垂直問題的求證策略: (a)證明平行問題除結(jié)合平行關(guān)系的判定與性質(zhì)定理之外,還需充分利用三角形的中位線、平行四邊形等;

4、 (b)證明垂直問題,注意利用等腰三角形底邊的中線與底邊垂直、菱形的對角線互相垂直、勾股定理證明垂直等. 解答1平行、垂直關(guān)系的證明 1 如圖M4-13-4所示,在四棱錐P-ABCD中,PA⊥底面ABCD,AD∥BC,AD⊥CD,BC=2,AD=CD=1,M是PB的中點. 圖M4-13-4 (1)求證:AM∥平面PCD; (2)求證:平面ACM⊥平面PAB. [聽課筆記] ? ? ? 【考場點撥】 (1)利用幾何法證明平行與垂直,關(guān)鍵是根據(jù)平行與垂直的判定定理及性質(zhì)定理來確定有關(guān)的線與面,如果所給圖形中不存在這樣的線與面,可以連接或添加有關(guān)的線與面;(2)利用向

5、量法證明平行與垂直,首先要合理建立空間直角坐標系,其次寫出有關(guān)線的方向向量及求出有關(guān)平面的法向量,最后根據(jù)向量的性質(zhì)進行論證. 【自我檢測】 如圖M4-13-5①所示,在矩形ABCD中,AB=2,BC=4,E為AD的中點,O為BE的中點.將△ABE沿BE折起到△A'BE的位置,使得平面A'BE⊥平面BCDE(如圖M4-13-5②). (1)求證:A'O⊥CD. (2)在線段A'C上(包括端點)是否存在點P,使得OP∥平面A'DE?若存在,求出A'PA'C的值;若不存在,請說明理由. ① ② 圖M4-13-5 ? ? 解答2利用空間向量求角的問題 2 如圖M4-1

6、3-6①所示,在△PBE中,AB⊥PE,D是AE的中點,C是線段BE上的一點,且AC=5,AB=AP=12AE=2,現(xiàn)將△PBA沿AB折起,使得二面角P-AB-E是直二面角(如圖M4-13-6②). (1)求證:CD∥平面PAB; (2)求直線PE與平面PCD所成角的正弦值. ① ② 圖M4-13-6 [聽課筆記] ? ? ? 3 如圖M4-13-7所示,在四棱錐P-ABCD中,底面ABCD為平行四邊形,已知PA=AC=2,∠PAD=∠DAC=60°,CE⊥AD于點E. 圖M4-13-7 (1)求證:AD⊥PC; (2)若平面PAD⊥平面ABCD,且AD=

7、3,求二面角C-PD-A的余弦值. [聽課筆記] ? ? ? 【考場點撥】 空間角求解常見失分點:(1)用向量法求出的異面直線所成角的余弦值必須為正;(2)若直線的方向向量l與平面的法向量n的夾角為θ,則直線與平面的夾角α=π2-θ或θ-π2,故有sin α=|cos θ|=|l·n||l||n|;(3)判斷所求的二面角到底是銳角還是鈍角時,要結(jié)合圖形分析,以防結(jié)論錯誤. 【自我檢測】 1.如圖M4-13-8所示,在四棱錐P-ABCD中,PA⊥平面ABCD,△DAB≌△DCB,E為線段BD上的一點,且EB=ED=EC=BC,連接CE并延長,交AD于點F. (1)若G為PD的

8、中點,求證:平面PAD⊥平面CGF; (2)若BC=2,PA=3,求平面BCP與平面DCP所成銳二面角的余弦值. 圖M4-13-8 ? ? 2.如圖M4-13-9①所示,在五邊形ABCDE中,ED=EA,AB∥CD,CD=2AB,∠EDC=150°,現(xiàn)將△EAD沿AD翻折到△PAD的位置,得到四棱錐P-ABCD,如圖M4-13-9②所示,點M為線段PC的中點,且BM⊥平面PCD. (1)求證:平面PAD⊥平面ABCD; (2)若直線PC與直線AB所成角的正切值為12,求直線BM與平面PDB所成角的正弦值. ① ② 圖M4-13-9 ? ? 3.如圖M4-1

9、3-10所示,在四棱錐P-ABCD中,PA=PD=AD=2CD=2BC=2,且∠ADC=∠BCD=90°. (1)當PB=2時,證明:平面PAD⊥平面ABCD; (2)當四棱錐P-ABCD的體積為34,且二面角P-AD-B為鈍角時,求直線PA與平面PCD所成角的正弦值. 圖M4-13-10 ? ? 解答3利用空間向量解決探索性問題 4 如圖M4-13-11①,等邊三角形ABC的邊長為3,點D,E分別為AB,AC上的點,且滿足ADDB=CEEA=12,將△ADE沿DE折起到△A1DE的位置,使二面角A1-DE-B為直二面角(如圖M4-13-11②). (1)求證:A1D⊥平面

10、BCED. (2)在線段BC上(包括端點)是否存在點P,使直線PA1與平面A1BD所成的角為60°?若存在,求出PB的長;若不存在,請說明理由. ①② 圖M4-13-11 [聽課筆記] ? ? ? 【考場點撥】 與空間向量有關(guān)的探究性問題主要有兩類:一類是探究線面的位置關(guān)系;另一類是探究線面角或二面角滿足特定要求時的存在性問題.處理原則是:先建立空間直角坐標系,引入?yún)?shù)(有些是題中已給出),設(shè)出關(guān)鍵點的坐標,然后探究這樣的點是否存在,或參數(shù)是否滿足要求,從而作出判斷. 【自我檢測】 如圖M4-13-12所示,在四棱錐P-ABCD中,PA⊥平面ABCD,BC∥AD,AB

11、⊥AD,且PA=AD=AB=2BC=2,M為AD的中點. (1)求證:平面PCM⊥平面PAD. (2)在棱PD上是否存在點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,請說明理由. 圖M4-13-12 第13講　立體幾何 典型真題研析 1.解:(1)證明:由已知可得,BF⊥PF,BF⊥EF,所以BF⊥平面PEF. 又BF?平面ABFD,所以平面PEF⊥平面ABFD. (2)作PH⊥EF,垂足為H. 由(1)得,PH⊥平面

12、ABFD. 以H為坐標原點,HF的方向為y軸正方向,|BF|為單位長,建立如圖所示的空間直角坐標系H-xyz. 由(1)可得,DE⊥PE. 又DP=2,DE=1,所以PE=3. 又PF=1,EF=2,故PE⊥PF, 可得PH=32,EH=32, 則H(0,0,0),P0,0,32,D-1,-32,0,DP=1,32,32,HP=0,0,32為平面ABFD的法向量. 設(shè)DP與平面ABFD所成的角為θ,則sin θ=HP·DP|HP||DP|=343=34, 所以DP與平面ABFD所成角的正弦值為34. 2.解:(1)證明:由題設(shè)知,平面CMD⊥平面ABCD,交線為CD.因為

13、BC⊥CD,BC?平面ABCD,所以BC⊥平面CMD,故BC⊥DM. 因為M為CD上異于C,D的點,且DC為直徑,所以DM⊥CM. 又BC∩CM=C,所以DM⊥平面BMC. 而DM?平面AMD,故平面AMD⊥平面BMC. (2)以D為坐標原點,DA的方向為x軸正方向,建立如圖所示的空間直角坐標系D-xyz. 當三棱錐M-ABC體積最大時,M為CD的中點.由題設(shè)得D(0,0,0),A(2,0,0),B(2,2,0),C(0,2,0),M(0,1,1),AM=(-2,1,1),AB=(0,2,0),DA=(2,0,0). 設(shè)n=(x,y,z)是平面MAB的法向量,則 n·AM=0

14、,n·AB=0,　即-2x+y+z=0,2y=0, 可取n=(1,0,2). DA是平面MCD的法向量,因此cos=n·DA|n||DA|=55,sin=255. 所以面MAB與面MCD所成二面角的正弦值是255. 3.解:(1)證明:因為平面PAD⊥平面ABCD,AB⊥AD, 所以AB⊥平面PAD,所以AB⊥PD. 又因為PA⊥PD,所以PD⊥平面PAB. (2)取AD的中點O,連接PO,CO. 因為PA=PD,所以PO⊥AD. 又因為PO?平面PAD,平面PAD⊥平面ABCD, 所以PO⊥平面ABCD. 因為CO?平面ABCD,所以PO⊥CO.

15、 因為AC=CD,所以CO⊥AD. 如圖建立空間直角坐標系O-xyz. 由題意得,A(0,1,0),B(1,1,0),C(2,0,0),D(0,-1,0),P(0,0,1). 設(shè)平面PCD的法向量為n=(x,y,z),則 n·PD=0,n·PC=0,即-y-z=0,2x-z=0. 令z=2,則x=1,y=-2, 所以n=(1,-2,2). 又PB=(1,1,-1),所以 cos=n·PB|n||PB|=-33, 所以直線PB與平面PCD所成角的正弦值為33. (3)設(shè)M是棱PA上一點,則存在λ∈[0,1]使得AM=λAP. 因此點M(0,1-λ,λ),B

16、M=(-1,-λ,λ). 因為BM?平面PCD,所以BM∥平面PCD,當且僅當BM·n=0, 即(-1,-λ,λ)·(1,-2,2)=0, 解得λ=14. 所以在棱PA上存在點M使得BM∥平面PCD,此時AMAP=14. 考點考法探究 解答1 例1　證明:方法一(幾何法):(1)取CP的中點N,連接MN,DN,因為M為PB的中點,所以MN∥BC,且MN=12BC,又AD∥BC,且AD=12BC,所以MN=AD,且MN∥AD,所以四邊形AMND為平行四邊形,所以AM∥DN,又DN?平面PCD,所以AM∥平面PCD. (2)因為AD=CD=1,BC=2,AD∥BC,AD⊥CD,所以

17、AC=AB=2,又BC=2,所以CA⊥AB.因為PA⊥底面ABCD,所以PA⊥AC,又PA∩AB=A,所以AC⊥平面PAB,因為AC?平面ACM,所以平面ACM⊥平面PAB. 方法二(向量法):(1)以C為原點,CD,CB所在直線分別為x,y軸,建立空間直角坐標系C-xyz,如圖所示. 設(shè)PA=a(a>0),則A(1,1,0),B(0,2,0),C(0,0,0),D(1,0,0),P(1,1,a),M12,32,a2,所以CP=(1,1,a),CD=(1,0,0). 設(shè)平面PCD的法向量為n1=(x0,y0,z0),則n1·CP=0,n1·CD=0,即x0+y0+az0=0,x0=0,

18、 令y0=a,則x0=0,z0=-1,所以n1=(0,a,-1), 又AM=-12,12,a2,所以AM·n1=a2-a2=0, 所以AM∥平面PCD. (2)由(1)知CA=(1,1,0),CM=12,32,a2,設(shè)平面ACM的法向量為n2=(x1,y1,z1),則n2·CA=0,n2·CM=0,即 x1+y1=0,12x1+32y1+a2z1=0,令x1=1,則y1=-1,z1=2a,所以n2=1,-1,2a. AP=(0,0,a),AB=(-1,1,0),設(shè)平面PAB的法向量為n3=(x2,y2,z2),則n3·AP=0,n3·AB=0,即 az2=0,-x2+y2=0,

19、令x2=1,則y2=1,z2=0,所以n3=(1,1,0). 因為n2·n3=0,所以平面ACM⊥平面PAB. 【自我檢測】 解:(1)證明:∵AB=2,BC=4,E為AD的中點,∴AB=AE=2, 又∵O為BE的中點,∴AO⊥BE. 由題意可知,A'O⊥BE, ∵平面A'BE⊥平面BCDE, 平面A'BE∩平面BCDE=BE,A'O?平面A'BE, ∴A'O⊥平面BCDE, 又CD?平面BCDE, ∴A'O⊥CD. (2)方法一:取BC的中點為F,連接OF,易知OF⊥BE. 由(1)可知,A'O⊥BE,A'O⊥OF, 以O(shè)為原點,OA'所在直線為z軸,OF所在直線為

20、x軸,OE所在直線為y軸,建立如圖所示的空間直角坐標系, 則A'(0,0,2),E(0,2,0),D(2,22,0),C(22,2,0). 假設(shè)在線段A'C上存在點P,使得OP∥平面A'DE, 設(shè)A'P=λA'C(0≤λ≤1), 則由A'C=(22,2,-2),得A'P=(22λ,2λ,-2λ), ∴P(22λ,2λ,2-2λ),∴OP=(22λ,2λ,2-2λ). A'E=(0,2,-2),ED=(2,2,0),設(shè)平面A'DE的法向量為m=(x,y,z),則m·A'E=0,m·ED=0,即2y-2z=0,2x+2y=0,令y=1,則x=-1,z=1,∴m=(-1,1,1).

21、 若OP∥平面A'DE,則m·OP=0, ∴-22λ+2λ+2-2λ=0,解得λ=12, ∴A'PA'C=12. 方法二:取CD的中點M,A'C的中點N,連接OM,ON,MN,易證OM∥DE,MN∥A'D,又OM∩MN=M,DE∩A'D=D,∴平面OMN∥平面A'DE.∵ON?平面OMN,∴ON∥平面A'DE,即P與N重合時,滿足題意,∴A'PA'C=12. 解答2 例2　解:(1)證明:因為12AE=2,所以AE=4, 又AB=2,AB⊥AE, 所以BE=AB2+AE2=22+42=25. 因為AC=5=12BE,所以AC是Rt△ABE的斜邊BE上的中線,所以C是BE的中點,

22、又CD是△ABE的中位線,所以CD∥AB. 因為CD?平面PAB,AB?平面PAB,所以CD∥平面PAB. (2)由題意可知AB,AE,AP兩兩垂直,以A為原點,AB,AE,AP所在直線分別為x,y,z軸,建立如圖所示的空間直角坐標系. 因為AB=AP=12AE=2,且C,D分別是BE,AE的中點, 所以AE=4,AD=2, 則E(0,4,0),C(1,2,0),P(0,0,2),D(0,2,0), 所以PE=(0,4,-2),PC=(1,2,-2),CD=(-1,0,0). 設(shè)平面PCD的法向量為n=(x',y',z'),則 n·CD=0,n·PC=0,即-x'=0,x'

23、+2y'-2z'=0, 令y'=1,則x'=0,z'=1,所以n=(0,1,1). 設(shè)直線PE與平面PCD所成角的大小為θ,則sin θ=PE·n|PE|·|n|=1010. 例3　解:(1)證明:連接PE. ∵PA=AC,∠PAD=∠CAD,AE是公共邊, ∴△PAE≌△CAE, ∴∠PEA=∠CEA. ∵CE⊥AD,∴PE⊥AD, 又PE∩CE=E, ∴AD⊥平面PCE, ∵PC?平面PCE, ∴AD⊥PC. (2)∵AD⊥平面PEC,平面PAD⊥平面ABCD, ∴EP,EA,EC兩兩垂直,以E為原點,EA,EC,EP所在直線分別為x,y,z軸建立空間直角坐標

24、系,如圖所示. ∵PA=AC=2,∠PAD=∠CAD=60°,AD=3, ∴AE=1,PE=CE=3,DE=2, 則E(0,0,0),D(-2,0,0),C(0,3,0),P(0,0,3),DP=(2,0,3),DC=(2,3,0). 設(shè)平面PCD的法向量為n=(x,y,z), 則n·DP=0,n·DC=0,即2x+3z=0,2x+3y=0,令x=-3,則y=2,z=2,∴n=(-3,2,2). 易知平面PAD的一個法向量為EC=(0,3,0). 設(shè)二面角C-PD-A的平面角為θ, 則|cos θ|=EC·n|EC||n|=233×11=21111, 顯然二面角C-PD-A的

25、平面角是銳角,故二面角C-PD-A的余弦值為21111. 【自我檢測】 1.解:(1)證明:在△BCD中,EB=ED=EC=BC,故∠BCD=π2,∠CBE=∠CEB=π3, ∵△DAB≌△DCB,∴△EAB≌△ECB,從而有∠FED=∠BEC=∠AEB=π3,EC=EA, ∴∠FED=∠FEA,ED=EA,故EF⊥AD,AF=FD.又PG=GD,∴FG∥PA.∵PA⊥平面ABCD, ∴GF⊥平面ABCD,∴GF⊥AD,又GF∩EF=F,故AD⊥平面CFG. ∵AD?平面PAD,∴平面PAD⊥平面CGF. (2)由(1)知∠EAB=∠ECB=π3,∠DEF=∠FEA=π3,A

26、E=ED,∴∠EAF=π6,∴BAF=π2,即BA⊥AF. 以點A為坐標原點,AB,AD,AP所在直線分別為x,y,z軸建立如圖所示的空間直角坐標系,則A(0,0,0),B(2,0,0),C(3,3,0),D(0,23,0),P(0,0,3), 故BC=(1,3,0),CP=(-3,-3,3),CD=(-3,3,0). 設(shè)平面BCP的法向量為n1=(x1,y1,z1), 則n1·BC=0,n1·CP=0,即x1+3y1=0,-3x1-3y1+3z1=0, 令x1=1,則y1=-33,z1=23,∴n1=1,-33,23. 設(shè)平面DCP的法向量為n2=(x2,y2,z2),則n2·C

27、D=0,n2·CP=0,即-3x2+3y2=0,-3x2-3y2+3z2=0,令x2=1,則y2=3,z2=2,∴n2=(1,3,2). 設(shè)平面BCP與平面DCP所成的銳二面角為θ,則cos θ=|n1·n2||n1||n2|=4343×22=24. 2.解:(1)證明:取PD的中點N,連接AN,MN,則MN∥CD,且MN=12CD. ∵AB∥CD,且AB=12CD,∴MN∥AB,且MN=AB,則四邊形ABMN為平行四邊形,∴AN∥BM, 又BM⊥平面PCD, ∴AN⊥平面PCD,∴AN⊥PD,AN⊥CD. 由ED=EA,即PD=PA,且N為PD的中點,AN⊥PD,可得△PAD為等

28、邊三角形, ∴∠PDA=60°, 又∠EDC=150°,∴∠CDA=90°,即CD⊥AD. ∵AD∩AN=A, ∴CD⊥平面PAD,又CD?平面ABCD, ∴平面PAD⊥平面ABCD. (2)∵AB∥CD,∴∠PCD為直線PC與AB所成的角, 由(1)可得∠PDC=90°,∴tan∠PCD=PDCD=12,∴CD=2PD. 設(shè)PD=1,則CD=2,PA=AD=AB=1, 取AD的中點O,連接PO,過O作AB的平行線, 建立如圖所示的空間直角坐標系O-xyz, 則D-12,0,0,B12,1,0,P0,0,32,M-14,1,34, 則DB=(1,1,0),PB=12

29、,1,-32,BM=-34,0,34. 設(shè)n=(x,y,z)為平面PBD的法向量,則n·DB=0,n·PB=0,即x+y=0,12x+y-32z=0, 令x=3,則y=-3,z=-3,∴n=(3,-3,-3), 則cos=n·BM|n||BM|=-321×32=-277, 故直線BM與平面PDB所成角的正弦值為277. 3.解:(1)證明:如圖所示,取AD的中點O,連接PO,OB.∵PA=PD,∴PO⊥AD.∵∠ADC=∠BCD=90°,∴BC∥AD,又BC=12AD=1,∴BC=OD,∴四邊形BCDO為矩形,∴OB=CD=1.在△POB中,PO=3,OB=1,PB=2,

30、∴∠POB=90°,則PO⊥OB.∵AD∩OB=O,∴PO⊥平面ABCD,又PO?平面PAD,∴平面PAD⊥平面ABCD. (2)由(1)知AD⊥PO,AD⊥BO,∵PO∩OB=O,∴AD⊥平面POB,又AD?平面ABCD,∴平面POB⊥平面ABCD.過點P作PE⊥平面ABCD,則垂足E一定落在平面POB與平面ABCD的交線OB上.∵四棱錐P-ABCD的體積為34,∴13×PE×12×(AD+BC)×CD=13×PE×12×(2+1)×1=12PE=34,∴PE=32. ∵PO=3,∴OE=PO2-PE2=32.以O(shè)為坐標原點,OA,OB所在直線分別為x,y軸,在平面POB內(nèi)過點O作垂

31、直于平面AOB的直線為z軸,建立如圖所示的空間直角坐標系O-xyz.由題意可知A(1,0,0),P0,-32,32,D(-1,0,0),C(-1,1,0),則DP=1,-32,32,DC=(0,1,0),PA=1,32,-32.設(shè)平面PCD的法向量為n=(x,y,z),則n·DP=0,n·DC=0,即x-32y+32z=0,y=0,令x=1,則y=0,z=-23,∴n=1,0,-23.設(shè)直線PA與平面PCD所成的角為θ,則sin θ=|PA·n||PA||n|=22×133=31313,故直線PA與平面PCD所成角的正弦值為31313. 解答3 例4　解:(1)證明:因為等邊三角形ABC的

32、邊長為3,且ADDB=CEEA=12,所以AD=1,AE=2. 在△ADE中,∠DAE=60°, 由余弦定理得DE=12+22-2×1×2×cos60°=3. 因為AD2+DE2=AE2, 所以AD⊥DE, 故折疊后有A1D⊥DE. 因為二面角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,A1D⊥DE, 所以A1D⊥平面BCED. (2)由(1)知ED⊥DB,A1D⊥平面BCED. 以D為坐標原點,DB,DE,DA1所在直線分別為x,y,z軸建立空間直角坐標系D-xyz,如圖所示, 設(shè)PB=2a(

33、0≤2a≤3), 過點P作PH⊥BD于H,則PH=3a,DH=2-a, 所以A1(0,0,1),P(2-a,3a,0),E(0,3,0), 所以PA1=(a-2,-3a,1), 易知平面A1BD的一個法向量為DE=(0,3,0). 若直線PA1與平面A1BD所成的角為60°, 則sin 60°=|PA1·DE||PA1||DE|=3a4a2-4a+5×3=32, 解得a=54, 則PB=2a=52,滿足0≤2a≤3,符合題意. 故在線段BC上存在點P,使直線PA1與平面A1BD所成的角為60°,此時PB=52. 【自我檢測】 解:(1)證明:以A為原點,AB,AD,AP所

34、在直線分別為x,y,z軸建立空間直角坐標系,如圖所示, 則A(0,0,0),B(2,0,0),C(2,1,0),D(0,2,0),P(0,0,2),故AD=(0,2,0),AP=(0,0,2), ∵M為AD的中點,∴M(0,1,0),MC=(2,0,0). ∵MC·AD=0,MC·AP=0, ∴CM⊥PA,CM⊥AD, 又PA?平面PAD,AD?平面PAD,且PA∩AD=A, ∴CM⊥平面PAD. ∵CM?平面PCM,∴平面PCM⊥平面PAD. (2)過點M作MQ⊥PD于點Q, 由(1)知CM⊥平面PAD,PD?平面PAD,∴CM⊥PD, 又MQ∩CM=M,∴PD⊥平面

35、CMQ. 設(shè)平面PCM的法向量為n=(x,y,z), 則n·MC=0,n·PM=0,即2x=0,y-2z=0, 令y=2,則x=0,z=1,∴n=(0,2,1). ∵PD⊥平面CMQ, ∴PD=(0,2,-2)是平面CMQ的一個法向量. 設(shè)二面角P-CM-Q的平面角為θ,易知其為銳角, ∴cos θ=|n·PD||n|·|PD|=25×8=1010, 故二面角P-CM-Q的余弦值為1010. [備選理由] 例1是以四棱柱為載體來考查線面垂直的證明與求二面角的問題,本題的關(guān)鍵是完成第(1)問的證明,需要充分利用平面幾何的性質(zhì);例2的關(guān)鍵是第(2)問依據(jù)線面角求棱的長度;例3

36、為不規(guī)則幾何體,是涉及平行、二面角、線線垂直的探究性命題,需要合理建立空間直角坐標系,利用空間向量求解. 例1　[配例3使用] 如圖,四棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面ABCD是正方形,O為AC和BD的交點,且AB=AA1=2,∠A1AB=∠A1AD=60°. (1)求證:A1O⊥平面ABCD; (2)求二面角C1-BD-C的余弦值. 解:(1)證明:連接A1B,A1D, 由題意知△ABA1,△ADA1均是邊長為2的等邊三角形, 所以A1B=A1D=2,所以△ABD≌△A1BD. 因為底面ABCD是正方形,所以AC與BD相互垂直且平分, 所以A1O⊥BD,且A1O=AO

37、=2, 因為A1O2+AO2=4=A1A2,所以A1O⊥AO, 又AO∩BD=O,AO,BD?平面ABCD,所以A1O⊥平面ABCD. (2)連接A1C1,OC1,由(1)可知BD⊥平面ACC1A1,所以BD⊥OC,BD⊥OC1, 所以∠C1OC為二面角C1-BD-C的平面角,易知∠C1OC為銳角. 以O(shè)為原點,OA,OB,OA1所在直線分別為x,y,z軸建立空間直角坐標系,如圖所示,則O(0,0,0),C(-2,0,0),A1(0,0,2),A(2,0,0), 所以O(shè)C=(-2,0,0),OC1=OA1+A1C1=OA1+AC=(-22,0,2), 所以cos∠C1OC=c

38、os=OC·OC1|OC|·|OC1|=425=255. 故二面角C1-BD-C的余弦值為255. 例2　[配例3使用] 如圖所示,四棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面為菱形,∠BAD=120°,AB=2,E,F分別為CD,AA1的中點. (1)求證:DF∥平面B1AE; (2)若AA1⊥底面ABCD,且直線AD1與平面B1AE所成角的正弦值為34,求AA1的長. 解:(1)證明:設(shè)G為AB1的中點,連接EG,GF, 因為FG12A1B1,DE􀱀12A1B1,所以FGDE, 所以四邊形DEGF是平行四邊形, 所以DF∥EG, 又DF?平

39、面B1AE,EG?平面B1AE, 所以DF∥平面B1AE. (2)連接AC,因為四邊形ABCD是菱形,且∠ABC=60°, 所以△ABC是等邊三角形, 取BC的中點Q,則AQ⊥AD, 因為AA1⊥平面ABCD, 所以AA1⊥AQ,AA1⊥AD. 以A為原點,AQ,AD,AA1所在直線分別為x,y,z軸建立如圖所示的空間直角坐標系,設(shè)AA1=t(t>0), 則A(0,0,0),E32,32,0,B1(3,-1,t),D1(0,2,t), AE=32,32,0,AB1=(3,-1,t),AD1=(0,2,t). 設(shè)平面B1AE的法向量為n=(x,y,z), 則n·AE=0

40、,n·AB1=0,即32x+32y=0,3x-y+tz=0, 令y=t,則x=-3t,z=4,所以n=(-3t,t,4). 設(shè)直線AD1與平面B1AE所成的角為θ, 則sin θ=|n·AD1||n|·|AD1|=6t2(t2+4)=34, 解得t=2,故線段AA1的長為2. 例3　[配例4使用] 如圖所示,四邊形ABCD是梯形,AD∥BC,∠BAD=90°,四邊形CC1D1D為矩形,已知AB⊥BC1,AD=4,AB=2,BC=1. (1)求證:BC1∥平面ADD1. (2)若DD1=2,求平面AC1D1與平面ADD1所成的銳二面角的余弦值. (3)設(shè)P為線段C1D上的一個

41、動點(端點除外),判斷直線BC1與直線CP能否垂直?并說明理由. 解:(1)證明:由四邊形CC1D1D為矩形,得CC1∥DD1,又因為DD1?平面ADD1,CC1?平面ADD1,所以CC1∥平面ADD1. 同理,BC∥平面ADD1,因為BC∩CC1=C,所以平面BCC1∥平面ADD1, 又因為BC1?平面BCC1,所以BC1∥平面ADD1. (2)由AD∥BC,∠BAD=90°,得AB⊥BC,又因為AB⊥BC1,BC∩BC1=B,所以AB⊥平面BCC1,所以AB⊥CC1.因為四邊形CC1D1D為矩形,且底面ABCD中AB與CD相交于一點,所以CC1⊥平面ABCD,又因為CC1∥DD1,

42、所以DD1⊥平面ABCD. 過點D在底面ABCD中作DM⊥AD,則DA,DM,DD1兩兩垂直,以DA,DM,DD1所在直線分別為x,y,z軸,建立空間直角坐標系,如圖, 則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AC1=(-1,2,2),AD1=(-4,0,2). 設(shè)平面AC1D1的法向量為m=(x,y,z), 則m·AC1=0,m·AD1=0,即-x+2y+2z=0,-4x+2z=0, 令x=2,則y=-3,z=4,所以m=(2,-3,4), 易得平面ADD1的一個法向量為n=(0,1,0),

43、所以cos=m·n|m||n|=-32929, 故平面AC1D1與平面ADD1所成的銳二面角的余弦值為32929. (3)直線BC1與直線CP不可能垂直. 設(shè)DD1=m(m>0),DP=λDC1(λ∈(0,1)), 由B(4,2,0),C(3,2,0),C1(3,2,m),D(0,0,0), 得BC1=(-1,0,m),DC1=(3,2,m),DP=λDC1=(3λ,2λ,λm), CD=(-3,-2,0),CP=CD+DP=(3λ-3,2λ-2,λm). 若BC1⊥CP,則BC1·CP=-(3λ-3)+λm2=0,即(m2-3)λ=-3,因為λ≠0, 所以m2=-3λ+3>0,解得λ>1,這與0<λ<1矛盾, 所以直線BC1與直線CP不可能垂直. 24