第3講 立體幾何中的向量方法第二編 講專題專題四 立體幾何與空間向量「考情研析」以空間幾何體為載體考查空間角是高考命題的重點(diǎn)，常與空間線面關(guān)系的證明相結(jié)合，熱點(diǎn)為二面角的求解，均以解答題的形式進(jìn)行考查，難度主要體現(xiàn)在建立空間直角坐標(biāo)系和準(zhǔn)確計(jì)算上.1核心知識(shí)回顧PART

ONE1.線、面的位置關(guān)系與向量的關(guān)系設(shè)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μ＝(a3，b3，c3)，v＝(a4，b4，c4)．(1)l∥m?a∥b?a＝kb?

；；(2)l⊥m?a⊥b?a·b＝(3)l∥α?a⊥μ?a·μ＝?；□01

a1＝ka2，b1＝kb2，c1＝kc2□02

0

?□03

a1a2＋b1b2＋c1c2＝0□04

0□05

a1a3＋b1b3＋c1c3＝0(5)α∥β?μ∥v?μ＝kv?

；.(4)l⊥α?a∥μ?a＝kμ?

□06

a1＝ka3，b1＝kb3，c1＝kc3

；□07

a3＝ka4，b3＝kb4，c3＝kc4(6)α⊥β?μ⊥v?μ·v＝

□08

0

?□09

a3a_4_＋b3b4＋c3c4＝02．三種空間角與空間向量的關(guān)系線線角：設(shè)a，b

分別為異面直線a，b

的方向向量，則兩異面直線所□01

|a·b|成的角

θ

滿足

cosθ＝

|a||b|

.線面角：設(shè)l

是斜線l

的方向向量，n

是平面α

的法向量，則斜線l

與□02

|l·n|平面

α

所成的角

θ

滿足

sinθ＝

|l||n|

.□03

〈AB

CD→，→〉cosθ＝□04

－cos〈n1，n2〉或cos〈n1，n2〉2熱點(diǎn)考向探究PART

TWOF(

3，1,0)，D1(0,0,2)，B1(

3，3,2)，C1(0,2,2)．CC1

CF設(shè)平面C1FC

的法向量n1＝(x，y，z)，則2z＝0，3x－y＝0，令x＝1，得n1＝(1，3，0)，→又E1E＝－

3

12

2→，，－1，故E1E·n1＝0，又E1E?平面FCC1，所以E1E∥平面FCC1.(2)

→

＝( 3，－1，－2)，

→

＝(0,2，－2)，D1A

D1C設(shè)平面D1AC

的法向量n2＝(a，b，c)，由→n2·D1A＝0，2

1→n

·D

C＝0，得3a－b－2c＝0，2b－2c＝0，令

b＝1，得其中一個(gè)

n2＝(

3，3，0)，1,1)．同理易得平面BB1C1C

的一個(gè)法向量n3＝(1，－n2·n3＝0，故平面D1AC⊥平面BB1C1C.(1)向量BE→→＝(0,1,1)，DC

＝(2,0,0)，→

→故BE

·DC

＝0.所以BE⊥DC.(2)因?yàn)镻A⊥平面ABCD，AB?平面ABCD，所以AB⊥PA，又因?yàn)锳B⊥AD，PA∩AD＝A，所以AB⊥平面PAD，→所以向量AB

＝(1,0,0)為平面PAD

的一個(gè)法向量，而→

→

→

→BE·A

B

＝(0,1,1)·(1,0,0)＝0，所以BE

⊥AB

，又BE?平面PAD，所以BE∥平面PAD.→

→(3)由(2)知平面PAD

的一個(gè)法向量AB

＝(1,0,0)，向量PD

＝(0,2，－2)，→D

C

＝(2,0,0)，設(shè)平面PCD

的法向量為n＝(x，y，z)，則→n·PD

＝0，→n·DC

＝0，2y－2z＝0，即2x＝0，不妨令y＝1，可得n＝(0,1,1)為平面PCD

的一個(gè)法向量．則

n·

→＝(0,1,1)·(1,0,0)＝0，所以

n⊥

→AB

AB

.所以平面PAD⊥平面PCD.解

(1)證明：連接

BD，設(shè)

BD∩AC＝G，連接

EG，F(xiàn)G，EF.在菱形ABCD

中，不妨設(shè)GB＝1.由∠ABC＝120°，可得AG＝GC＝

3.由BE⊥平面ABCD，AB＝BC，可知AE＝EC.又AE⊥EC，所以EG＝

3，且EG⊥AC.22.在Rt△EBG

中，可得BE＝

2，故DF＝在

Rt△FDG

中，可得

FG＝

62

.在直角梯形BDFE

中，由BD＝2，BE＝2，DF＝22，可得EF＝23

2.22

由(1)可得

A(0，－

3，0)，E(1,0，

2)，F(xiàn)－1，0，

，C(0，3，0)，→→所以AE＝(1，3，2)，CF＝－1，－22

3，

.AE

CF→

→→

→|AE||CF|故cos〈→，→〉＝

AE·CF

＝－33

.所以直線AE

與直線CF

所成角的余弦值為33.解

(1)證明：連接

AC

交

BD

于點(diǎn)

O，連接

PO.因?yàn)樗倪呅蜛BCD

是菱形，所以BD⊥AC，且AC

和BD

互相平分．又因?yàn)镻B＝PD，O

為BD

的中點(diǎn)，所以BD⊥PO，又因?yàn)镻O∩AC＝O，所以BD⊥平面PAC.因?yàn)镻C?平面PAC，所以BD⊥PC.(2)過(guò)點(diǎn)P作PE⊥OC，交點(diǎn)為E，因?yàn)锽D⊥平面PAC，所以BD⊥PE，因?yàn)锽D∩OC＝O，所以PE⊥平面ABCD.易知∠POE

為二面角P－BD－C

的平面角，所以cos∠POE＝，sin∠POE＝23

31

2.又因?yàn)椤螧AD＝60°，所以△ABD

和△PBD

都是邊長(zhǎng)為

8

的等邊三角形．所以

OP＝4

3，3則

PE＝8

6，OE＝34

3.

→AD·m＝0，設(shè)平面

PAD

的法向量為

m

＝

(x1

，

y1

，

z1)

，

則

→DP·m＝0，即4x1＋4

3y1＝0，4

3

8

6－4x1＋

3

y1＋

3

z1＝0，令x1＝－3，則y1＝

3，z1＝－6，得平面PAD

的一個(gè)法向量m＝(－3，3，－6)．→|m||PC|所以|cos〈m，→〉|＝|m·PC|＝PC→

22，所以直線PC

與平面PAD

夾角的正弦值為22.于是→＝(－2cosθ，0，t)，CD而平面ABB′A′的一個(gè)法向量→＝(0,1,0)，OM→由于→·OM＝0

及CD?平面ABB′A′，所以CD∥平面ABB′A′.CD(2)設(shè)OA＝1，∵2AC＝AB＝AA′，1

3則

C1，

3，0，D－

， ，2，

→

＝(－1,0,2)，2

2

2

2

CD→AC＝－

，1

3

1

32

2

2

2→

→，0，BD＝

，

，2，BA＝(2,0,0)．設(shè)平面CAD

的法向量n1＝(x，y，z)，

→CD·n1＝－x＋2z＝0，則

→AC·n1＝－

x＋1

32

2y＝0，不妨令

x＝2 3，得

n1＝(2 3，2，

3)，設(shè)平面BAD

的法向量n2＝(x′，y′，z′)，則

→BD·n2＝

x′＋1

32

2y′＋2z′＝0，→BA·n2＝2x′＝0，不妨設(shè)y′＝4，得n2＝(0,4，－3)，1

2所以cos〈n

，n

〉＝n

·n1

2|n1||n2|＝519·

1919＝

5

，19故二面角C－AD－B

的余弦值為5

.解

(1)證明：因?yàn)樗倪呅?/p>

ABB1A1

是菱形，則

A1B⊥AB1，∵平面ABB1A1⊥平面ABC，且AB

為交線，BC⊥AB，∴BC⊥平面ABB1A1，∴BC⊥A1B.∵BC∥B1C1，∴A1B⊥B1C1，又AB1∩C1B1＝B1，∴A1B⊥平面AB1C1.(2)取A1B1

的中點(diǎn)M，連接BM，易證BM⊥平面ABC，且AB⊥BC，以

BA

所在直線為x

軸，BC

所在直線為y

軸，BM

所在直線為z

軸，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，→∴|cos〈AC1，n〉|＝1→|AC

·n|→|AC1||n|＝312＋t2＝55，解得t＝

3.∵

→→A1A＝(1,0，－

3)，AC1＝(－3，

3，

3)，設(shè)平面AA1C1

的法向量n1＝(x1，y1，z1)，∴→n1·A1A＝x1－

3z1＝0，1

1→n

·AC

＝－13x

＋

3y1＋

3z1＝0，令z1＝1，則n1＝(3，2,1)，由(1)1

1→可得平面

AB

C

的一個(gè)法向量BA1＝(1,0，3)，∴cos1〈n

，BA1→〉＝n

·BA1

1→|n1||BA1|＝→

46，∴二面角A1－AC1－B1

的余弦值為46.解

(1)證明：∵PA⊥平面

ABCD，AB?平面ABCD，∴PA⊥AB，又∵AB⊥AD，AD∩PA＝A，∴AB⊥平面PAD.又∵PD?平面PAD，∴PD⊥AB，①∵AD＝AP，E為PD中點(diǎn)，∴AE⊥PD，②由①②且AB∩AE＝A，可得PD⊥平面ABE.設(shè)平面PFM

的法向量m＝(x，y，z)，→m·PF＝0，→m·PM＝0，x－2z＝0，即2λx＋2λy－2λz＝0，m＝(2，－1,1)，設(shè)平面BFM

的法向量n＝(x，y，z)，→n·BF＝0，→n·FM＝0，即－x＝0，(2λ－1)x＋2λy＋(2－2λ)z＝0，取z＝λ，則n＝(0，λ－1，λ)，|cos〈m，n〉|＝

m·n

|m||n|＝

1－λ＋λ

6

λ2＋(λ－1)2＝33，21解得λ＝

.(2)結(jié)論：存在點(diǎn)P，使直線DF

與平面PAE

所成的角是45°.在題圖2

中，以點(diǎn)F

為原點(diǎn)，分別以FE，F(xiàn)D，F(xiàn)A

所在直線為x，y，z軸建立空間直角坐標(biāo)系，如圖所示．易得

EF＝2

2，則

F(0,0,0)，E(2 2，0,0)，又

A(0,0,1)，B(2

2，0,2)，D(0,2,0)，所以→

＝(0,2,0)，→

＝(2

2，0，－1)，→

＝(－2FD

AE

BD→2，2，－2)，AB＝(2

2，0,1)，設(shè)→

→→BP＝λBD(λ∈(0,1])，則BP＝(－2

2λ，2λ，－2λ)，則→

→

→AP＝AB＋BP＝(2

2－2

2λ，2λ，1－2λ)，設(shè)平面PAE

的法向量為n＝(x，y，z)，由→n·AE＝0，→n·AP＝0，得22x－z＝0，(2

2－2

2λ)x＋2λy＋(1－2λ)z＝0，令

x＝1，可得

z＝2

2，y＝3

2－2

2，λ所以

n＝(1,3

2－2

2，2

2)．λ若存在點(diǎn)P，使DF

與平面PAE

所成的角是45°，→則|cos〈n，F(xiàn)D〉|＝23

2－2

22

9＋3

2－2λ2λ

2＝

，2

2解得λ＝4±2

23，因?yàn)棣恕?0,1]，所以λ＝BP，即

＝4－2

2

4－2

23

BD

3.故存在一點(diǎn)P，當(dāng)BP＝4－2BD

32時(shí)，直線DF

與平面PAE

所成的角是45°.3真題VS押題PART

THREE1．(2019·遵義航天高級(jí)中學(xué)高三第四次模擬)在長(zhǎng)方體ABCD－A1B1C1D1中，AB＝BC＝1，AA1＝

3，則異面直線

AD1

與

DB1

所成角的余弦值為(

)B.5

6A.

5

5

12C.5

D.

2答案

A2．(2019·東北三校聯(lián)考)已知在正方體

ABCD－A1B1C1D1

中，點(diǎn)

E

是棱A1B1

的中點(diǎn)，則直線

AE

與平面

BDD1B1

所成角的正弦值為

．答案

1010解析

以

A1為坐標(biāo)原點(diǎn)，A1B1，A1D1，A1A所在直線分別為

x，y，z軸，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系．設(shè)正方體的棱長(zhǎng)為

2，則

A(0,0,2)，C(2,2,2)，→

→E(1,0,0)，AC

＝(2,2,0)，AE

＝(1,0，－2)．∵AC⊥BD，AC⊥BB1，BD∩BB1＝B，→1

1∴AC⊥平面

BDD1B1，則

AC

＝(2,2,0)是平面

BDD

B

的一個(gè)法向量．設(shè)直線

AE

與平面

BDD1B1

所成的角為

θ，求證：CD⊥平面PAD；求二面角F－AE－P

的余弦值；設(shè)點(diǎn)G

在PB

上，且PG＝

.判斷直線AG

是否在平面AEF

內(nèi)，說(shuō)明理2PB

3由．解

(1)證明：因?yàn)?/p>

PA⊥平面

ABCD，所以

PA⊥CD.又因?yàn)?/p>

AD⊥CD，PA∩AD＝A，所以

CD⊥平面

PAD.(2)過(guò)點(diǎn)A

作AD

的垂線交BC

于點(diǎn)M.因?yàn)镻A⊥平面ABCD，所以PA⊥AM，PA⊥AD.建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系A(chǔ)xyz，則A(0,0,0)，B(2，－1,0)，C(2,2,0)，

D(0,2,0)，P(0,0,2)．設(shè)平面AEF

的法向量為n＝(x，y，z)，則n·AE＝0，→n·AF＝0，

→

y＋z＝0，即22

43

33x＋

y＋

z＝0.令z＝1，則y＝－1，x＝－1.于是n＝(－1，－1,1)．又因?yàn)槠矫鍼AD

的|n||p|一個(gè)法向量為

p＝(1,0,0)，所以

cos〈n，p〉＝

n·p

＝－

.由題知，二面角

F33－AE－P

為銳角，所以其余弦值為33.(3)直線AG

在平面AEF內(nèi)．PG

2理由：因?yàn)辄c(diǎn)G

在PB

上，且PB

＝3，PB→

＝(2，－1，－2)，→32

→3234

43所以PG＝

PB＝

，－

，－

，→

→

→

323所以AG＝AP＋PG＝

，－，4

23.由(2)知，平面AEF

的一個(gè)法向量n＝(－1，－1,1)，4

2

23

3

3所以→·n＝－＋＋＝0.AG又直線AG

與平面AEF

有公共點(diǎn)A，所以直線AG

在平面AEF

內(nèi)．解

(1)證明：連接

ED

交

AC

于點(diǎn)

O，連接

OF，由四邊形

AECD

為菱形，F(xiàn)

為B1D

的中點(diǎn)得，OF∥B1E，B1E?平面ACF，所以B1E∥平面ACF.(2)取AE

的中點(diǎn)M，連接DM，B1M，易知B1M⊥AM，DM⊥AM，由AB1211＝a，AD＝a，AM＝，得B

M＝DM＝

3a，又B

D＝a

62

212

2a，∴B

M

＋DM

＝B1D2，a則A0，，0，D

3a2

2，0,0，B10,0，2

3a

3a

2a2，C

，－a,0，E0，－

，0，EC→＝3a2a2→，－

，0，EB1＝0，

，a

3a2

2→，AD＝3a2a2→，－

，0，AB1＝0，－

，a

3a2

2，設(shè)平面ADB1

的法向量m＝(x，y，z)，則

2

3a

a2x－

y＝0，2－

y＋a

3a

2z＝0，令y＝1，解得31m＝

3，1， ，同理平面

ECB

的一個(gè)法向量

n＝

3，1，－3

3

333，∴cos〈m，n〉＝

m·n

3|m||n|＝5，故平面ADB1

與平面ECB1

所成銳二面角的余5弦值為3.求證：BF∥平面CDE；求二面角B－EF－D

的余弦值；判斷線段BE

上是否存在點(diǎn)Q，使得平面CDQ⊥平面BEF？若存在，求出BQBE的值；若不存在，說(shuō)明理由．解

(1)證明：由底面

ABCD

為平行四邊形，知

AB∥CD，又因?yàn)锳B?平面CDE，CD?平面CDE，所以AB∥平面CDE.同理AF∥平面CDE，又因?yàn)锳B∩AF＝A，所以平面ABF∥平面CDE.又因?yàn)锽F?平面ABF，所以BF∥平面CDE.(2)連接BD，因?yàn)槠矫鍭DEF⊥平面ABCD，平面ADEF∩平面ABCD＝AD，DE⊥AD，故DA，DB，DE

兩兩垂直，所以以DA，DB，DE

所在的直線分別為x軸、y

軸和z

軸，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，則D(0,0,0)，A(1,0,0)，B(0,1,0)，C(－1,1,0)，E(0，0,2)，F(xiàn)(1,0,1)，所以→＝(0，－1,2)，→＝(1,0，BE

EF－1)，n＝(0,1,0)為平面DEF的一個(gè)法向量．設(shè)平面BEF

的法向量為m＝(x，y，z)，→

→－y＋2z＝0，由m·BE＝0，m·EF＝0，得x－z＝0，|m||n|令z＝1，得m＝(1,2,1)．所以cos〈m，n〉＝

m·n

＝36.如圖可得二面角B－EF－D

為銳角，所以二面角

B－EF－D

的余弦值為

63

.(3)結(jié)論：線段BE

上存在點(diǎn)Q，使得平面CDQ⊥平面BEF.證明如下：設(shè)→＝λ

→＝(0，－λ，2λ)(λ∈(0,1))，BQ

BE→

→所以→＝DB＋BQ＝(0,1－λ，2λ)．DQ設(shè)平面CDQ

的法向量為u＝(a，b，c)，又因?yàn)椤?－1,1，0)，DC→

→(1－λ)b＋2λc＝0，所以u(píng)·DQ＝0，u·DC＝0，即－a＋b＝0，λ－1令

b＝1，得

u＝1,1，

2λ

.若平面CDQ⊥平面BEF，則m·u＝0，λ－112λ

7即

1＋2＋ ＝0，解得

λ＝

∈(0,1)．所以線段BE

上存在點(diǎn)Q，使得平面CDQ⊥平面BEF，且此時(shí)BE＝7BQ

1.4配套作業(yè)PART

FOUR解

(1)證明：∵AB

是直徑，∴BC⊥AC，∵CD⊥平面ABC，∴CD⊥BC，∵CD∩AC＝C，∴BC⊥平面ACD，∵CD∥BE，CD＝BE，∴四邊形BCDE

是平行四邊形，∴BC∥DE，∴DE⊥平面ACD，∵DE?平面ADE，∴平面ADE⊥平面ACD.設(shè)平面DAE

的法向量為n1＝(x，y，z)，→n1·DE＝0，1→n

·DA＝0，即2

2y＝0，2

2x－z＝0，∴n1＝(1,0,2

2)，設(shè)平面ABE

的法向量為n2＝(x′，y′，z′)，→n2·BE＝0，2n

·AB→＝0，即z′＝0，－2

2x′＋2

2y′＝0，∴n2＝(1,1,0)，∴cos〈n1，n2〉＝n

·n1

21

2|n

||n

|＝12×

92＝

6

，∵二面角D－AE－B

是鈍角，∴二面角

D－AE－B

的余弦值為－

26

.解

(1)證明：∵在三棱柱

ABC－A1B1C1

中，平面

ACC1A1⊥平面

ABC，AC＝2，AA1＝AB＝4，∠BAC＝120°，∠ACC1＝60°.∴AC1＝

4＋16－2×2×4×cos60°＝2

3，1

1

1∴AC2＋AC2＝CC2，∴AC

⊥AC，∵平面ACC1A1∩平面ABC＝AC，∴AC1⊥平面ABC，∴AC1⊥BC.→CB1＝(－2

3，6,23)，

→＝(0,4,0)，

→

＝(－AB

AB13，5,2

3)，設(shè)平面ABB1A1

的法向量n＝(x，y，z)，則→n·AB＝4y＝0，1→n·AB

＝－

3x＋5y＋23z＝0，取x＝2，得n＝(2,0,1)，設(shè)直線CB1

與平面ABB1A1

所成角為θ，→→|CB1||n|則sinθ＝

|CB1·n|＝2

3

＝1，60×

5

51

1∴直線

CB

與平面

ABB

A1

所成角的正弦值為51.解

(1)證明：菱形

ABCD

中，E，H

分別為

AB，CD

的中點(diǎn)，所以BE∥CH，BE＝CH，四邊形BCHE

為平行四邊形，則BC∥EH，又

EH?平面PBC，所以EH∥平面PBC.又點(diǎn)E，F(xiàn)分別為AB，AP的中點(diǎn)，則EF∥BP，EF?平面PBC，所以EF∥平面PBC.而EF∩EH＝E，所以平面EFH∥平面PBC.(2)菱形ABCD

中，∠D＝60°，則△ACD為正三角形，所以AH⊥CD，AH＝

3，DH＝PH＝CH＝1.折疊后，PH⊥AH，又平面PHA⊥平面ABCH，平面PHA∩平面ABCH＝AH，從而PH⊥平面ABCH.因?yàn)锳H⊥CD，所以HA，HC，HP

三條線兩兩垂直，以→

→

→HA，HC，HP的方向分別為x

軸、y

軸、z

軸正方向建立空間直角坐標(biāo)系，則

P(0,0,1)，C(0,1,0)，B( 3，2,0)，

→

＝( 3，1,0)，

→

＝(0，－1,1)，CB

CP設(shè)平面PBC

的法向量為m＝(x，y，z)，則→m·CB＝0，→m·CP＝0，即3x＋y＝0，－y＋z＝0，令y＝－3，得x＝1，z＝－3，所以m＝(1，－3，－3)．因?yàn)槠矫鍼AH

的一個(gè)法向量n＝(0,1,0)，7所以cos〈m，n〉＝－

3＝－721.設(shè)平面PAH

與平面PBC

所成銳二面角為α，則cosα＝721.→2t，2－2t)，所以AM＝(0，設(shè)

→

→PM＝tPD(0<t<1)，則點(diǎn)M

的坐標(biāo)為(0，22

2t，2－2t)．設(shè)平面MAC

的法向量是n＝(x，y，z)，則→n·AC

＝0，→n·AM

＝0，得22x＋2

2y＝0，2

2ty＋(2－2t)z＝0，2t

t則可取n＝1，－1，1－.又m＝(0,0,1)是平面ACD

的一個(gè)法向量，|m||n|所以|cos〈m，n〉|＝|m·n|

＝2t

t－12＋2t

t－12＝cos45°＝22，12解得t＝，即點(diǎn)M

是線段PD

的中點(diǎn)．此時(shí)平面MAC

的一個(gè)法向量可取n0＝(1，－1，2)，→BM＝(－2

2，3

2，1)．0設(shè)BM

與平面MAC

所成的角為θ，則sinθ＝|cos〈n

，BM→〉|＝92

6.(1)求證：MN∥平面ABCD；(2)求二面角D1－AC－B1

的正弦值；1

11(3)設(shè)

E

為棱

A

B

上的點(diǎn)，若直線

NE

和平面

ABCD

所成角的正弦值為3，求線段A1E

的長(zhǎng)．因?yàn)镸，N

分別為B1C

和D1D

的中點(diǎn)，

12所以M1，，1，N(1，－2,1)．(1)證明：依題意，可得

n＝(0,0,1)為平面

ABCD

的一個(gè)法向量，MN→＝

520，－

，0.→由此可得MN

·n＝0，又直線MN?平面ABCD，所以MN∥平面ABCD.AD1

AC設(shè)n1＝(x1，y1，z1)為平面ACD1

的法向量，則→n1·AD1＝0，1n

·AC

→＝0，x1－2y1＋2z1＝0，1即2x

＝0.不妨設(shè)z1＝1，可得n1＝(0,1,1)．設(shè)n2＝(x2，y2，z2)為平面ACB1

的法向量，則→n2·AB1＝0，2n

·AC

→＝0，1→又AB

＝(0,1,2)，得y2＋2z2＝0，22x

＝0.不妨設(shè)z2＝1，可得n2＝(0，－2,1)．因此有cos〈n1，n2〉＝1

2|n1||n2|＝－10n

·n

10，13

10于是

sin〈n

，n2〉＝

10

，13

10所以二面角

D

－AC－B1的正弦值為

10

.(3)依題意，可設(shè)→＝λA1B1A1E→

，其中λ∈[0,1]，→則E(0，λ，2)，從而NE

＝(－1，λ＋2,1)．又n＝(0,0,1)為平面ABCD

的一個(gè)法向量，由已知，→→|N

E

||n|→

NE

·n得

cos〈N

E

，n〉＝

＝1

1(－1)2＋(λ＋2)2＋12＝3，整理得λ2＋4λ－3＝0，又λ∈[0,1]，所以λ＝

7－2.所以線段A1E

的長(zhǎng)為7－2.解

(1)證明：因?yàn)樗倪呅?/p>

ADEF

為正方形，所以

AF⊥AD.又因?yàn)槠矫鍭DEF⊥平面ABCD，且平面ADEF∩平面ABCD＝AD，所以AF⊥平面ABCD.所以AF⊥CD.(2)由(1)可知，AF⊥平面ABCD，所以AF⊥AD，AF⊥AB.因?yàn)椤螧AD＝90°，所以AB，AD，AF

兩兩垂直．設(shè)平面CDE

的一個(gè)法向量為n＝(x，y，z)，則→n·DC＝0，→n·DE＝0，即x＋2y＝0，z＝0.令x＝2，則y＝－1，所以n＝(2，－1,0)．設(shè)直線BF

與平面CDE所成角為θ，則sinθ＝|cos〈n，→〉|＝BF|2×(－1)|＝5×

25

10.(3)結(jié)論：線段BD

上存在點(diǎn)M，使得直線CE∥平面AFM.設(shè)BMBD＝λ(λ∈[0,1])，設(shè)M(x

，y

，z

)，由BM→

→1

1

1

1

1

1＝λBD，得(x

－1，y

，z

)＝λ(－1,1,0)，所以x1＝1－λ，y1＝λ，z1＝0，所以M(1－λ，λ，0)，所以→＝(1－λ，λ，0)．AM設(shè)平面AFM

的法向量為m＝(x0，y0，z0)，則→m·AM＝0，→m·AF＝0.→(1－λ)x0＋λy0＝0，因?yàn)锳F＝(0,0,1)，所以z

＝0.

0令x0＝λ，則y0＝λ－1，所以m＝(λ，λ－1,0)．在線段BD

上存在點(diǎn)M，使得CE∥平面AFM

等價(jià)于存在λ∈[0,1]，使得m·→

→

→CE＝0.因?yàn)镃E＝(－1，－2,1)，由m·CE＝0，23所以－λ－2(λ－1)＝0，解得λ＝∈[0,1]，所以線段BD

上存在點(diǎn)M，使得CE∥平面AFM，且＝BD

3BM

2.解

(1)證明：設(shè)

AD＝CD＝BC＝CF＝1，∵AB∥CD，∠BCD＝2π，3∴AB＝2，∠CBA＝60°.∴AC2＝AB2＋BC2－2·AB·BC·cos60°＝3.∴AB2＝AC2＋BC2.∴AC⊥BC.

①又∵CF⊥平面

ABCD，∴CF⊥AC.

②由①②可得

AC⊥平面

BCF.又∵四邊形ACFE

為矩形，(2)由(1)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(biāo)系．設(shè)

AD＝CD＝BC＝CF＝1，令

FM＝λ(0≤λ≤

3)，則

C(0,0,0)，A(

3，0,0)，B(0,1,0)，AB→BM＝(λ，－1,1)，設(shè)n1＝(x，y，z)為平面MAB

的一個(gè)法向量，由→n1·AB＝0，1→n

·BM＝0，得－

3x＋y＝0，λx－y＋z＝0，取x＝1，則n1＝(1，3，3－λ)，設(shè)平面MAB

與平面FCB

所成銳二面角為θ，∵n2＝(1,0,0)是平面FCB

的一個(gè)法向量，|n1||n2|∴cosθ＝

n1·n2

＝11＋3＋(

3－λ)2×1＝1(λ－

3)2＋4.∵0≤λ≤

3，∴當(dāng)

λ＝0

時(shí)，cosθ

有最小值

77

，∴點(diǎn)M

與點(diǎn)F重合時(shí)，平面MAB

與平面FCB

所成二面角最大，此時(shí)二面角的余弦值為77.解

(1)證明：∵由

AB＝PA＝3，PB＝3

2，∴PA2＋AB2＝PB2，∴PA⊥AB，又PA⊥BC

且AB∩BC＝B，∴PA⊥平面ABC.∵BO?平面ABC，∴PA⊥BO，由BA＝BC，圓心O

為AC

的中點(diǎn)，所以BO⊥AC.因?yàn)锳C∩PA＝A，故BO⊥平面PAC，又BO?平面BOD，所以平面BOD⊥平面PAC.則→

→

→

→BA＝(3,0,0)，BD＝BP＋PD＝(3,0,3)＋λ(－3,3，－3)＝(3－3λ，3λ，3－3λ)，設(shè)m＝(x，y，z)為平面BAD

的法向量，

→BA·m＝0，則

→BD·m＝0?3x＝0，(3－3λ)x＋3λy＋(3－3λ)z＝0，1

1令z＝1，則y＝1－λ，所以m＝0,1－