1、專題4立體幾何一、空間幾何體1.畫三視圖的基本要求是什么?畫三視圖有哪些注意點?正(主)視圖、俯視圖“長對正”,正(主)視圖、側(cè)(左)視圖“高平齊”,俯視圖、側(cè)(左)視圖“寬相等”.畫三視圖時,能看見的線和棱用實線表示,不能看見的輪廓線和棱用虛線表示,同一物體放置的位置不同,所畫的三視圖可能不同.2.斜二測畫法的特點(或規(guī)則)是什么?(口訣)坐標(biāo)兩軸各相關(guān),夾角直角增減半;平行關(guān)系皆不變,長度只有縱減半.3.柱體、錐體、臺體、球的表面積與體積公式是什么?(1)柱體、錐體、臺體、球的側(cè)面積公式:S柱側(cè)=ch(c為底面周長,h為高);S錐側(cè)=12ch'(c為底面周長,h'為斜高);

2、S臺側(cè)=12(c+c')h'(c'、c分別為上、下底面的周長,h'為斜高);S球=4R2(R為球的半徑).(2)柱體、錐體、臺體、球的體積公式:V柱體=Sh(S為底面面積,h為高);V錐體=13Sh(S為底面面積,h為高);V臺=13(S+SS'+S')h(S'、S分別為上、下底面的面積,h為高);V球=43R3(R為球的半徑).二、點、直線、平面之間的位置關(guān)系1.公理1、2、3、4的作用分別是什么?公理1是判斷直線在平面內(nèi)的依據(jù);公理2是確定平面的條件;公理3是判斷三點共線的依據(jù);公理4可判斷或證明線線平行.2.直線、平面平行的判定定理

3、與性質(zhì)定理是什么?(1)直線與平面平行的判定定理:a,b,且aba.(2)平面與平面平行的判定定理:a,b,ab=P,a,b.(3)直線與平面平行的性質(zhì)定理:a,a,=bab.(4)平面與平面平行的性質(zhì)定理:,=a,=bab.3.直線、平面垂直的判定定理與性質(zhì)定理是什么?(1)直線與平面垂直的判定定理:la,lb,a,b,ab=Pl.(2)平面與平面垂直的判定定理:a,a.(3)直線與平面垂直的性質(zhì)定理:m,nmn.(4)平面與平面垂直的性質(zhì)定理:,=l,a,ala.4.求直線與平面所成角的基本思想和方法是什么?求線面角,一般先定斜足,再作垂線找射影,最后通過解直角三角形求解,即“作(作出線面

4、角)證(證所作角為所求角)求(在直角三角形中求解線面角)”.5.求二面角的基本思想和方法是什么?作出二面角的平面角,主要有三種作法:定義法,垂面法,垂線法.6.求空間中的點面距離的基本思想和方法是什么?求點面距離主要有以下幾種方法:(1)先求作該點到平面的垂線段,再找垂線段所在的三角形,最后解直角三角形求出垂線段的長度.(2)當(dāng)該點的垂線段不容易找時,可以將該點轉(zhuǎn)化為其他點到相應(yīng)平面的距離,如當(dāng)直線與平面平行時,該直線上任一點到平面的距離相等.(3)先求出該幾何體的體積和底面積,也就可以求出高,即點到平面的距離.三、空間直角坐標(biāo)系與空間向量1.空間向量的基本定理是什么?如果三個向量a,b,c不

5、共面,那么對空間任一向量p,存在唯一的有序?qū)崝?shù)組(x,y,z),使得p=xa+yb+zc.2.空間直角坐標(biāo)系的定義是什么?點的坐標(biāo)如何表示?利用交于一點的三條互相垂直的直線在空間中建立的坐標(biāo)系,即空間直角坐標(biāo)系;設(shè)M(x,y,z),x叫橫坐標(biāo),y叫縱坐標(biāo),z叫豎坐標(biāo).3.空間兩點間的距離公式是什么?設(shè)點P1(x1,y1,z1),P2(x2,y2,z2),則|P1P2|=(x1-x2)2+(y1-y2)2+(z1-z2)2.4.直線的方向向量的定義是什么?如何求平面的法向量?(1)l是空間的一條直線,A,B是直線l上的任意兩點,則稱AB為直線l的方向向量,與AB平行的任意非零向量也是直線l的方向

6、向量.(2)設(shè)a,b是平面內(nèi)的兩個不共線向量,n為平面的法向量,則求法向量的方程組為n·a=0,n·b=0.四、立體幾何中的向量方法1.如何求兩條異面直線所成角的余弦值?設(shè)兩條異面直線的方向向量分別為a,b,向量a,b的夾角為,則cos =|cos |=a·b|a|b|(其中為異面直線所成的角).2.如何求直線與平面所成角的正弦值?設(shè)直線的方向向量為e,平面的法向量為n,直線與平面所成角為,兩向量e與n的夾角為,則sin =|cos |=n·e|n|e|.3.如何求二面角的余弦值?設(shè)n1,n2分別是二面角-l-的兩個半平面,的法向量,則二面角的余弦值滿足

7、|cos |=|n1·n2|n1|n2|.4.如何求空間一點到平面的距離?設(shè)空間一點為C,平面內(nèi)一點為A,平面的法向量為n,則點C到平面的距離d=|AC·n|n|.09三視圖、表面積與體積的計算能力1由三視圖確定組合體的表面積或體積【例1】(2019福建模擬)我國古代數(shù)學(xué)名著九章算術(shù)記載的芻甍是底面為矩形,頂部只有一條棱的幾何體.如圖所示的是某個芻甍的三視圖,其中正(主)視圖為等腰梯形,側(cè)(左)視圖為等腰三角形,則它的體積為().A.1603B.160C.2563D.64解析由三視圖可知,該芻甍是一個如圖所示的幾何體.如圖,分別取QN,PM上的兩個四等分點B,E,C,F,連

8、接AB,BC,AC,DE,DF,EF.則ABC與DEF所在的平面將該幾何體分成一個直三棱柱ABC-DEF和兩個全等的四棱錐A-BCPQ和D-FENM.其中直三棱柱ABC-DEF中的ABC與DEF是等腰三角形,BC=4,點A到BC的距離d=4,設(shè)ABC與DEF的面積為S1,則S1=12×4×4=8.易知BE=4,故直三棱柱ABC-DEF的體積V1=S1×BE=8×4=32.四棱錐A-BCPQ的底面是矩形,QB=2,PQ=4,故四棱錐A-BCPQ的底面積S2=2×4=8.由三視圖可得四棱錐A-BCPQ的高h=4,所以四棱錐A-BCPQ的體積V2=1

9、3S2h=13×8×4=323.所以該幾何體的體積V=V1+2V2=32+2×323=1603.故選A.答案A該題由三視圖給出的幾何體是一個組合體,根據(jù)其結(jié)構(gòu)特征將其分割成三個規(guī)則幾何體,然后分別求出三個幾何體的體積.這種分割求解的方法實質(zhì)也是轉(zhuǎn)化與化歸思想的體現(xiàn). 某幾何體的三視圖如圖所示,則該幾何體的表面積為().A.14+24B.12+32C.12+24D.14+32解析由三視圖可知該空間幾何體為12個圓柱和12個球和1個長方體的組合體,S表=12S球+12S圓柱側(cè)面+12S圓柱底面+S長方體-S長方體的一個底面-12S圓柱底面=12×4×

10、;22+12×2×2×2+12××22+4×2+2×(2×2+2×4)-12××22=12+32.故選B.答案B能力2與體積、表面積有關(guān)的最值問題【例2】(2019沈陽市質(zhì)量監(jiān)測)已知在正四棱錐S-ABCD中,SA=63,那么當(dāng)該棱錐的體積最大時,它的高為. 解析設(shè)正四棱錐的底面正方形的邊長為a,高為h,因為在正四棱錐S-ABCD中,SA=63,所以a22+h2=108,即a2=216-2h2,所以正四棱錐的體積VS-ABCD=13a2h=72h-23h3,0<h<

11、;63,令f(h)=72h-23h3,則f'(h)=72-2h2,令f'(h)>0,得0<h<6,此時y=f(h)單調(diào)遞增,令f'(h)<0,得6<h<63,此時y=f(h)單調(diào)遞減,所以當(dāng)該棱錐的體積最大時,它的高為6.答案6本題通過建立體積的函數(shù)關(guān)系式,將最值問題轉(zhuǎn)化為函數(shù)的最值問題,此法應(yīng)用最為廣泛.此外也要注意幾何法的應(yīng)用.(2019長春質(zhì)量監(jiān)測)已知圓錐的側(cè)面展開圖是半徑為3的扇形,則該圓錐體積的最大值為. 解析由題意得圓錐的母線長為3,設(shè)圓錐的底面半徑為r,高為h,則h=9-r2,所以圓錐的體積V=13r2h=1

12、3r29-r2=139r4-r6(0<r<3).設(shè)f(r)=9r4-r6(0<r<3),則f'(r)=36r3-6r5,令f'(r)=36r3-6r5=6r3(6-r2)=0,得r=6,所以當(dāng)0<r<6時,f'(r)>0,f(r)單調(diào)遞增,當(dāng)6<r<3時,f'(r)<0,f(r)單調(diào)遞減,所以f(r)max=f(6)=108,所以Vmax=13×108=23.答案23能力3多面體與球的“接”、“切”問題【例3】(1)(2019安徽馬鞍山二模)某幾何體的三視圖如圖所示,則該幾何體的外接球的表面積

13、為().A.25B.26C.32D.36(2)已知一個圓錐底面半徑為1,母線長為3,則該圓錐內(nèi)切球的表面積為().A.B.32C.2D.3解析(1)由三視圖可知,該幾何體是以俯視圖的圖形為底面,一條側(cè)棱與底面垂直的三棱錐.如圖所示,三棱錐A-BCD即為該幾何體,且AB=BD=4,CD=2,BC=23,所以BD2=BC2+CD2,所以BCD=90°.故底面外接圓的直徑2r=BD=4.易知AD為三棱錐A-BCD的外接球的直徑.設(shè)球的半徑為R,則由勾股定理得4R2=AB2+4r2=32,所以該幾何體的外接球的表面積為4R2=32.故選C.(2)依題意,作出圓錐與球的軸截面,如圖所示,設(shè)球的

14、半徑為r,易知軸截面三角形邊AB上的高為22,因此22-r3=r1,解得r=22,所以圓錐內(nèi)切球的表面積為4×222=2.故選C.答案(1)C(2)C求解外接球的半徑R,常用的解題策略有:通過構(gòu)造特殊幾何體進行分析;通過解直角三角形進行分析;借助直角三角形的斜邊中點到各頂點的距離相等進行分析;借助幾何體的底面多邊形的外接圓進行分析.關(guān)于“切”的問題,主要是多面體或旋轉(zhuǎn)體的內(nèi)切球.常用的解決方法是截面法,基本步驟為:第一,找準(zhǔn)切點,通過作截面來解決;第二,內(nèi)切的是多面體,作截面時主要抓住多面體過球心的對角面.如圖所示的是某幾何體的三視圖,則該幾何體的外接球的表面積為().A.24B.3

15、6C.40D.400解析該幾何體是底面為等腰三角形的直三棱柱,由圖可知AC=23,AA1=26,AB=3sin60°=2.設(shè)ABC外接圓的半徑為r,則ACsin120°=2r,得r=2.由直三棱柱的性質(zhì)可知,球心到底面外接圓圓心的距離d=AA12=6.所以球體的性質(zhì)得R2=d2+r2=10,所以外接球的表面積為40.故選C.答案C10平行與垂直的證明能力1空間中直線、平面的平行關(guān)系【例1】(2019重慶六校聯(lián)考)設(shè)m,n表示不同直線,表示不同平面,則下列結(jié)論中正確的是().A.若m,mn,則nB.若m,n,m,n,則C.若,m,mn,則nD.若,m,nm,n,則n解析A錯誤

16、,n有可能在平面內(nèi);B錯誤,平面有可能與平面相交;C錯誤,n也有可能在平面內(nèi);D正確,易知m或m,若m,又nm,n,n,若m,過m作平面交平面于直線l,則ml,又nm,nl,又n,l,n.故選D.答案D證明線面平行有兩種常用方法:一是線面平行的判定定理;二是先利用面面平行的判定定理證明面面平行,再根據(jù)面面平行的性質(zhì)證明線面平行.已知四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,ADBC,AD=2BC,E,F分別為CC1,DD1的中點.求證:平面BEF平面AD1C1.解析取AD的中點G,連接BG,FG.因為E,F分別為CC1,DD1的中點,所以C1D1􀱀EF,因為ADBC,AD=2BC,

17、所以GD􀱀BC,即四邊形BCDG是平行四邊形,所以BG􀱀CD,所以BG􀱀EF,即四邊形EFGB是平行四邊形,所以BEFG.因為F,G分別是DD1,AD的中點,所以FGAD1,所以BEAD1.因為C1D1AD1=D1,EFBE=E,所以平面BEF平面AD1C1.能力2空間中直線、平面的垂直關(guān)系【例2】如圖所示,在四棱錐P-ABCD中,PA平面ABCD,ABAD,ACCD,ABC=60°,PA=AB=BC,E是PC的中點.證明:(1)CDAE;(2)PD平面ABE.解析(1)在四棱錐P-ABCD中,因為PA平面ABCD,CD平面ABC

18、D,所以PACD.又因為ACCD,PAAC=A,PA,AC平面PAC.所以CD平面PAC.因為AE平面PAC,所以CDAE.(2)由PA=AB=BC,ABC=60°,可得AC=PA,因為E是PC的中點,所以AEPC,由(1)知AECD,且PCCD=C,PC,CD平面PCD,所以AE平面PCD.又因為PD平面PCD,所以AEPD.因為PA平面ABCD,AB平面ABCD,所以PAAB.又因為ABAD,且PAAD=A,所以AB平面PAD,而PD平面PAD,所以ABPD.又因為ABAE=A,AB,AE平面ABE,所以PD平面ABE.1.證明直線和平面垂直的常用方法:(1)判定定理;(2)垂直

19、于平面的傳遞性(ab,ab);(3)面面平行的性質(zhì)(a,a);(4)面面垂直的性質(zhì).2.證明線面垂直的關(guān)鍵是證線線垂直,而證明線線垂直則需借助線面垂直的性質(zhì).因此,判定定理與性質(zhì)定理的合理轉(zhuǎn)化是證明線面垂直的基本思想.如圖,在四棱錐P-ABCD中,ABCD,且BAP=CDP=90°.證明:平面PAB平面PAD.解析由已知BAP=CDP=90°,得ABAP,CDPD,由于ABCD,故ABPD,又APPD=P,從而AB平面PAD,又AB平面PAB,所以平面PAB平面PAD.能力3空間中直線、平面平行和垂直關(guān)系的探索性問題【例3】如圖所示,在直四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,

20、DB=BC,DBAC,M是棱BB1上一點.(1)求證:B1D1平面A1BD.(2)求證:MDAC.(3)試確定點M的位置,使得平面DMC1平面CC1D1D.解析(1)由直四棱柱ABCD-A1B1C1D1,得BB1DD1,且BB1=DD1,所以四邊形BB1D1D是平行四邊形,所以B1D1BD.而BD平面A1BD,B1D1平面A1BD,所以B1D1平面A1BD.(2)因為BB1平面ABCD,AC平面ABCD,所以BB1AC.又因為BDAC,且BDBB1=B,所以AC平面BB1D,而MD平面BB1D,所以MDAC.(3)當(dāng)M為棱BB1的中點時,平面DMC1平面CC1D1D.證明如下:取DC的中點N,

21、D1C1的中點N1,連接NN1交DC1于點O,連接OM,BN.因為N是DC中點,BD=BC,所以BNDC.又因為DC是平面ABCD與平面DCC1D1的交線,而平面ABCD平面DCC1D1,所以BN平面DCC1D1.易證,O是NN1的中點,所以BMON,且BM=ON,即四邊形BMON是平行四邊形,所以BNOM,所以O(shè)M平面CC1D1D.因為OM平面DMC1,所以平面DMC1平面CC1D1D.1.求解條件探索性問題的主要途徑:(1)先猜后證,即先觀察與嘗試,猜出條件再證明;(2)先通過命題成立的必要條件探索出命題成立的條件,再證明充分性.2.涉及點的位置探索性問題一般是先根據(jù)條件猜測點的位置再給出

22、證明,探索點存在問題,點多為中點或三等分點中的某一個,也可以根據(jù)相似知識找出點的位置. 如圖所示,平面ABCD平面BCE,四邊形ABCD為矩形,BC=CE,F為CE的中點.(1)證明:AE平面BDF.(2)M為CD上任意一點,在線段AE上是否存在點P,使得PMBE?若存在,確定點P的位置,并加以證明;若不存在,請說明理由.解析(1)如圖,連接AC交BD于點O,連接OF.因為四邊形ABCD是矩形,所以O(shè)為AC的中點.又因為F為EC的中點,所以O(shè)FAE.因為OF平面BDF,AE平面BDF,所以AE平面BDF.(2)當(dāng)點P為AE的中點時,有PMBE,證明如下:取BE的中點H,連接DP,PH,CH.因

23、為P為AE的中點,H為BE的中點,所以PHAB.又因為ABCD,所以PHCD,所以P,H,C,D四點共面.因為平面ABCD平面BCE,平面ABCD平面BCE=BC,CDBC,CD平面ABCD,所以CD平面BCE.又因為BE平面BCE,所以CDBE.因為BC=CE,且H為BE的中點,所以CHBE.又因為CHCD=C,CH,CD平面DPHC,所以BE平面DPHC.又因為PM平面DPHC,所以PMBE.11空間向量在立體幾何中的應(yīng)用能力1用空間向量解決直線與平面所成的角問題【例1】如圖,在正三棱柱ABC-A1B1C1中,AB=AA1=2,P,Q分別為A1B1,BC的中點.(1)求異面直線BP與AC1

24、所成角的余弦值;(2)求直線CC1與平面AQC1所成角的正弦值.解析設(shè)AC,A1C1的中點分別為O,O1,連接OB,OO1,則OBOC,OO1OC,OO1OB,如圖,建立空間直角坐標(biāo)系O-xyz.因為AB=AA1=2,所以A(0,-1,0),B(3,0,0),C(0,1,0),A1(0,-1,2),B1(3,0,2),C1(0,1,2).(1)因為P為A1B1的中點,所以P32,-12,2,從而BP=-32,-12,2,AC1=(0,2,2),故|cos<BP,AC1>|=|BP·AC1|BP|·|AC1|=|-1+4|5×22=31020.因此,異面

25、直線BP與AC1所成角的余弦值為31020.(2)因為Q為BC的中點,所以Q32,12,0.因此AQ=32,32,0,AC1=(0,2,2),CC1=(0,0,2).設(shè)n=(x,y,z)為平面AQC1的法向量,則AQ·n=0,AC1·n=0,即32x+32y=0,2y+2z=0,不妨取n=(3,-1,1).設(shè)直線CC1與平面AQC1所成的角為,則sin =|cos<CC1,n>|=|CC1·n|CC1|·|n|=25×2=55,所以直線CC1與平面AQC1所成角的正弦值為55.利用向量法求線面角的方法(1)分別求出斜線和它在平面內(nèi)的

26、投影直線的方向向量,轉(zhuǎn)化為求兩個方向向量的夾角(或其補角);(2)通過平面的法向量來求,即求出斜線的方向向量與平面的法向量所夾的銳角或鈍角的補角,取其余角就是斜線和平面所成的角.(2019湖南省益陽市模擬)如圖,在直四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,底面ABCD是矩形,A1D與AD1交于點E,AA1=AD=2AB=4.(1)證明:AE平面ECD.(2)求直線A1C與平面EAC所成角的正弦值.解析(1)因為四棱柱ABCD-A1B1C1D1是直四棱柱,所以AA1平面ABCD,則AA1CD.又CDAD,AA1AD=A,所以CD平面AA1D1D,所以CDAE.因為AA1AD,AA1=AD,所以四邊形

27、AA1D1D是正方形,所以AEED.又CDED=D,所以AE平面ECD.(2)因為四棱柱ABCD-A1B1C1D是直四棱柱,底面ABCD是矩形,所以以A為坐標(biāo)原點建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系A(chǔ)-xyz,則A(0,0,0),A1(0,0,4),C(2,4,0),E(0,2,2),AC=(2,4,0),AE=(0,2,2),A1C=(2,4,-4).設(shè)平面EAC的法向量為n=(x,y,z),由nAC,nAE,可得2x+4y=0,2y+2z=0,令z=1,則n=(2,-1,1).設(shè)直線A1C與平面EAC所成的角為,則sin =|A1C·n|A1C|n|=69.所以直線A1C與平面EAC所成

28、角的正弦值為69.能力2用空間向量解決二面角問題【例2】(2018年全國卷,理T19)如圖,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(dāng)三棱錐M-ABC體積最大時,求平面MAB與平面MCD所成二面角的正弦值.解析(1)由題設(shè)知,平面CMD平面ABCD,交線為CD.因為BCCD,BC平面ABCD,所以BC平面CMD,故BCDM.因為M為CD上異于C,D的點,且DC為直徑,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為坐標(biāo)原點,建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)

29、系D-xyz.當(dāng)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,n·AB=0,即-2x+y+z=0,2y=0,可取n=(1,0,2).DA是平面MCD的一個法向量,因此cos<n,DA>=n·DA|n|DA|=55,sin<n,DA>=255,所以平面MAB與平面MCD所成二面角的正弦值是255.利用空間向量計算二面角大小的

30、常用方法1.找法向量:分別求出構(gòu)成二面角的兩個半平面的法向量,然后通過兩個平面的法向量的夾角得到二面角的大小,但要注意結(jié)合實際圖形判斷所求角的大小.2.找與交線垂直的方向向量:分別在二面角的兩個半平面內(nèi)找到與交線垂直且以垂足為起點的兩個向量,則這兩個向量的夾角的大小就是二面角的大小.(2019四川省德陽市高三第二次診斷性考試)如圖,四棱錐P-ABCD中,平面PAD平面ABCD,PABC,BCCD,AB=4,BC=CD=2,AD=BD.(1)求證:平面PBD平面PAD.(2)若AB與平面PBD所成的角的正弦值為225,求二面角C-PB-D的余弦值.解析(1)BCCD,AB=4,BC=CD=2,A

31、D=BD,AD=BD=4+4=22,BD2+AD2=AB2,ADBD.平面PAD平面ABCD,平面PAD平面ABCD=AD,BD平面PAD.BD平面PBD,平面PBD平面PAD.(2)由PABC,BDPA,故PA平面ABCD,以B為原點,BC所在直線為x軸,BA所在直線為y軸,過點B作平面ABCD的垂線為z軸,建立空間直角坐標(biāo)系,設(shè)AP=a,則A(0,4,0),B(0,0,0),P(0,4,a),D(2,2,0),C(2,0,0),BA=(0,4,0),BP=(0,4,a),BD=(2,2,0),設(shè)平面PBD的法向量為n=(x1,y1,z1),則n·BP=4y1+az1=0,n

32、83;BD=2x1+2y1=0,取x1=1,得n=1,-1,4a,AB與平面PBD所成的角的正弦值為225,|cos<n,BA>|=|n·BA|n|·|BA|=42+16a2·16=225,解得a=823,n=1,-1,324,BC=(2,0,0),BP=0,4,823,設(shè)平面PBC的法向量為m=(x2,y2,z2),則m·BP=4y2+823z2=0,m·BC=2x2=0,取z2=3,得m=(0,-22,3),設(shè)二面角C-PB-D的平面角為,易知為銳角,則cos =|m·n|m|n|=17245016×17=1

33、75.二面角C-PB-D的余弦值為175.能力3用空間向量解決立體幾何中的探索型問題【例3】(2019湖北聯(lián)考題改編)等邊ABC的邊長為3,D,E分別是AB,AC上的點,且滿足ADDB=CEEA=12(如圖),將ADE沿DE折起到A1DE的位置,使二面角A1-DE-B成直二面角,連接A1B,A1C(如圖).(1)求證:A1D平面BCED.(2)在線段BC上是否存在點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.解析(1)在題圖中,由已知可得,AE=2,AD=1,BAC=60°.從而DE=12+22-2×1×2×cos60°=3.因為AD2+DE2=AE2,所以ADDE.所以在題圖中,A1DDE.因為二面角A1-DE-B為直二面角,平面A1DE平面BCED=DE,A1DDE,A1D平面A1DE,所以A1D平面BCED.(2)易知EDDB,以D為坐標(biāo)原點,以射線DB,DE,DA1分別為x軸,y軸,z軸的正半軸建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系D