高考數(shù)學復習 17-18版 附加題部分 第2章 第64課 立體幾何中的向量方法

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1、 第64課 立體幾何中的向量方法 [最新考綱] 內(nèi)容 要求 A B C 直線的方向向量與平面的法向量 √ 空間向量的應用 √ 1．直線的方向向量與平面的法向量 (1)直線的方向向量：如果表示非零向量a的有向線段所在直線與直線l平行或重合，則稱此向量a為直線l的方向向量． (2)平面的法向量：直線l⊥α，取直線l的方向向量a，則向量a叫作平面α的法向量． 2．空間位置關(guān)系的向量表示 直線l1，l2的方向向量分別為n1，n2 l1∥l2 n1∥n2?n1＝λn2 l1⊥l2 n1⊥n2?n1·n2＝0 直線l的方向向量為n，平面α

2、的法向量為m l∥α n⊥m?n·m＝0 l⊥α n∥m?n＝λm 平面α，β的法向量分別為n，m α∥β n∥m?n＝λm α⊥β n⊥m?n·m＝0 3.求兩條異面直線所成的角 設(shè)a，b分別是兩異面直線l1，l2的方向向量，則 l1與l2所成的角θ a與b的夾角〈a，b〉 范圍 0≤θ≤ 0≤〈a，b〉≤π 關(guān)系 cos θ＝|cos〈a，b〉＝| cos〈a，b〉＝ 4．求直線與平面所成的角 設(shè)直線l的方向向量為a，平面α的法向量為n，直線l與平面α所成的角為θ，則sin θ＝|cos〈a，n〉|＝. 5．求二面角的大小 (1)若AB，C

3、D分別是二面角α-l-β的兩個面內(nèi)與棱l垂直的異面直線，則二面角的大小就是向量與的夾角(如圖①)． 圖64-1 (2)設(shè)n1，n2分別是二面角α-l-β的兩個面α，β的法向量，則向量n1與n2的夾角(或其補角)的大小就是二面角的平面角的大小(如圖②③)． 1．(思考辨析)判斷下列結(jié)論的正誤．(正確的打“√”，錯誤的打“×”) (1)兩直線的方向向量所成的角就是兩條直線所成的角．(　　) (2)直線的方向向量和平面的法向量所成的角就是直線與平面所成的角．(　　) (3)兩個平面的法向量所成的角是這兩個平面所成的角．(　　) (4)兩異面直線夾角的范圍是，直線與平面所成角的范

4、圍是，二面角的范圍是[0，π]． [答案]　(1)×　(2)×　(3)×　(4)√ 2．(教材改編)設(shè)u＝(－2,2，t)，v＝(6，－4,4)分別是平面α，β的法向量．若α⊥β，則t＝________. 5　[∵α⊥β，則u·v＝－2×6＋2×(－4)＋4t＝0， ∴t＝5.] 3．已知向量m，n分別是直線l和平面α的方向向量和法向量，若cos〈m，n〉＝－，則l與α所成的角為________． 　[設(shè)l與α所成的角為θ，則 sin θ＝|cos〈m，n〉|＝， 又θ∈[0，π]， ∴θ＝.] 4．如圖64-2所示，在正方體ABCD-A1B1C1D1中，O是底面正方形

5、ABCD的中心，M是D1D的中點，N是A1B1的中點，則直線ON，AM所成的角為________． 圖64-2 90°　[以A為原點，分別以，，所在直線為x，y，z軸，建立空間直角坐標系(圖略)，設(shè)正方體的棱長為1，則A(0,0,0)，M，O，N，·＝·＝0，∴ON與AM垂直．即直線ON，AM所成的角為90°.] 5．過正方形ABCD的頂點A作線段PA⊥平面ABCD，若AB＝PA，則平面ABP與平面CDP所成的二面角為________． 45°　[如圖，建立空間直角坐標系，設(shè)AB＝PA＝1，則A(0,0,0)，D(0,1,0)，P(0,0,1)，由題意，AD⊥平面PAB，設(shè)E為PD

6、的中點，連結(jié)AE，則AE⊥PD，又CD⊥平面PAD， ∴CD⊥AE，從而AE⊥平面PCD. ∴＝(0,1,0)，＝分別是平面PAB，平面PCD的法向量，且〈，〉＝45°. 故平面PAB與平面PCD所成的二面角為45°.] 利用向量證明平行與垂直問題 　如圖64-3所示，在底面是矩形的四棱錐P-ABCD中，PA⊥底面ABCD，E，F(xiàn)分別是PC，PD的中點，PA＝AB＝1，BC＝2. (1)求證：EF∥平面PAB； (2)求證：平面PAD⊥平面PDC. 圖64-3 [證明]　以A為原點，AB，AD，AP所在直線分別為x軸，y軸，z軸，建立空間直角坐標系如圖所示，則

7、A(0,0,0)，B(1,0,0)，C(1,2,0)，D(0,2,0)，P(0,0,1)，所以E，F(xiàn)，＝，＝(0,0,1)，＝(0,2,0)，＝(1,0,0)，＝(1,0,0)． (1)因為＝－，所以∥，即EF∥AB. 又AB?平面PAB，EF?平面PAB， 所以EF∥平面PAB. (2)因為·＝(0,0,1)·(1,0,0)＝0， ·＝(0,2,0)·(1,0,0)＝0， 所以⊥，⊥，即AP⊥DC，AD⊥DC. 又因為AP∩AD＝A，AP?平面PAD，AD?平面PAD， 所以DC⊥平面PAD. 因為DC?平面PDC， 所以平面PAD⊥平面PDC. [規(guī)律方法]　1.

8、利用向量證明平行與垂直，充分利用已知的線面垂直關(guān)系構(gòu)建空間直角坐標系，準確寫出相關(guān)點的坐標，從而將幾何證明轉(zhuǎn)化為向量運算．其中靈活建系是解題的關(guān)鍵． 2．運用向量知識判定空間位置關(guān)系，不可忽視幾何定理滿足的條件，如用直線的方向向量與平面的法向量垂直來證明線面平行，必需強調(diào)直線在平面外． [變式訓練1]　如圖64-4，四棱錐P-ABCD的底面為正方形，側(cè)棱PA⊥底面ABCD，且PA＝AD＝2，E，F(xiàn)，H分別是線段PA，PD，AB的中點． 求證：(1)PB∥平面EFH； (2)PD⊥平面AHF. 圖64-4 [證明]　建立如圖所示的空間直角坐標系A(chǔ)-xyz. ∴A(0,0,0

9、)，B(2,0,0)，C(2,2,0)，D(0,2,0)，P(0,0,2)，E(0,0,1)，F(xiàn)(0,1,1)，H(1,0,0)． (1)∵＝(2,0，－2)，＝(1,0，－1)， ∴＝2，∴PB∥EH. ∵PB?平面EFH，且EH?平面EFH， ∴PB∥平面EFH. (2)＝(0,2，－2)，＝(1,0,0)，＝(0,1,1)， ∴·＝0×0＋2×1＋(－2)×1＝0， ·＝0×1＋2×0＋(－2)×0＝0， ∴PD⊥AF，PD⊥AH. 又∵AF∩AH＝A，∴PD⊥平面AHF. 線面角與異面直線所求的角 角度1　求異面直線所成的角 　將正方形ABCD沿對角線AC折

10、起，當以A，B，C，D四點為頂點的三棱錐體積最大時，異面直線AD與BC所成的角為________. 【導學號：62172342】 　[不妨以△ABC為底面，則由題意當以A，B，C，D為頂點的三棱錐體積最大，即點D到底面△ABC的距離最大時，平面ADC⊥平面ABC. 設(shè)點O是AC的中點，連結(jié)BO，DO. 則易知BO，CO，DO兩兩互相垂直． 以O(shè)為坐標原點，建立如圖所示的空間直角坐標系，令BO＝CO＝DO＝1. 則O(0,0,0)，A(0，－1,0)，D(0,0,1)，B(1,0,0)，C(0,1,0)， 于是＝(0,1,1)，＝(－1,1,0)， 因此cos〈，〉＝＝＝.

11、 所以異面直線AD與BC所成的角為.] [規(guī)律方法]　1.利用向量法求異面直線所成的角． (1)選好基底或建立空間直角坐標系； (2)求出兩直線的方向向量ν1，ν2； (3)代入公式|cos〈ν1，ν2〉|＝求解． 2．兩異面直線所成角的范圍是θ∈，兩向量的夾角α的范圍是[0，π]，當異面直線的方向向量的夾角為銳角或直角時，就是該異面直線的夾角；當異面直線的方向向量的夾角為鈍角時，其補角才是異面直線的夾角． 角度2　求直線與平面所成的角 　如圖64-5所示，長方體ABCD-A1B1C1D1中，AB＝16，BC＝10，AA1＝8，點E，F(xiàn)分別在A1B1，D1C1上，A1E＝D1F

12、＝4.過點E，F(xiàn)的平面α與此長方體的面相交，交線圍成一個正方形． (1)在圖中畫出這個正方形(不必說明畫法和理由)； (2)求直線AF與平面α所成角的正弦值． 圖64-5 [解]　(1)交線圍成的正方形EHGF如圖所示． (2)作EM⊥AB，垂足為M，則AM＝A1E＝4，EM＝AA1＝8， 因為四邊形EHGF為正方形，所以EH＝EF＝BC＝10. 于是MH＝＝6，所以AH＝10. 以D為坐標原點，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，則A(10,0,0)，H(10,10,0)，E(10,4,8)，F(xiàn)(0,4,8)，＝(10,0,0)，＝(0，－6，

13、8)． 設(shè)n＝(x，y，z)是平面EHGF的法向量，則即 所以可取n＝(0,4,3)． 又＝(－10,4,8)，故|cos〈n，〉|＝＝. 所以AF與平面EHGF所成角的正弦值為. [規(guī)律方法]　1.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)的射影，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． 2．(1)求直線與平面所成的角，不要誤認為是直線的方向向量與平面法向量的夾角． (2)若求線面角的余弦值，要利用平方關(guān)系sin2θ＋cos2

14、θ＝1求值. 利用空間向量求二面角 　(2016·全國卷Ⅰ)如圖64-6，在以A，B，C，D，E，F(xiàn)為頂點的五面體中，面ABEF為正方形，AF＝2FD，∠AFD＝90°，且二面角D-AF-E與二面角C-BE-F都是60°. (1)證明：平面ABEF⊥平面EFDC； (2)求二面角E-BC-A的余弦值． 圖64-6 [解]　(1)證明：由已知可得AF⊥DF，AF⊥FE， 所以AF⊥平面EFDC. 又AF?平面ABEF，故平面ABEF⊥平面EFDC. (2)過D作DG⊥EF，垂足為G. 由(1)知DG⊥平面ABEF. 以G為坐標原點，的方向為x軸正方向，||為單位

15、長，建立如圖所示的空間直角坐標系G-xyz. 由(1)知∠DFE為二面角D-AF-E的平面角，故∠DFE＝60°，則|DF|＝2，|DG|＝，可得A(1,4,0)，B(－3,4,0)，E(－3,0,0)，D(0,0，)． 由已知得AB∥EF，所以AB∥平面EFDC. 又平面ABCD∩平面EFDC＝CD，故AB∥CD，CD∥EF. 由BE∥AF，可得BE⊥平面EFDC， 所以∠CEF為二面角C-BE-F的平面角，∠CEF＝60°. 從而可得C(－2,0，)． 所以＝(1,0，)，＝(0,4,0)，＝(－3，－4，)，＝(－4,0,0)． 設(shè)n＝(x，y，z)是平面BCE的法向量，

16、 則即 所以可取n＝(3,0，－)． 設(shè)m是平面ABCD的法向量，則 同理可取m＝(0，，4)． 則cos〈n，m〉＝＝－. 故二面角E-BC-A的余弦值為－. [規(guī)律方法]　1.求解本題要抓住幾點：(1)充分利用垂線，建立恰當?shù)闹苯亲鴺讼担? (2)確定二面角D-AF-E與二面角C-BE-F的平面角；(3)從空間圖形能判定二面角E-BC-A為鈍角． 2．利用向量計算二面角大小的常用方法： (1)找法向量法：分別求出二面角的兩個半平面所在平面的法向量，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?。? (2)找與棱垂直的方向向量法：分別在

17、二面角的兩個半平面內(nèi)找到與棱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?。? [變式訓練2]　如圖64-7，在梯形ABCD中，AB∥CD，AD＝DC＝CB＝1，∠BCD＝120°，四邊形BFED為矩形，平面BFED⊥平面ABCD，BF＝1. (1)求證：AD⊥平面BFED； (2)點P在線段EF上運動，設(shè)平面PAB與平面ADE所成銳二面角為θ，試求θ的最小值. 【導學號：62172343】 圖64-7 [解]　(1)證明：在梯形ABCD中， ∵AB∥CD，AD＝DC＝CB＝1，∠BCD＝120°，∴AB＝2. ∴BD2＝AB2＋AD2－2AB·AD·c

18、os 60°＝3. ∴AB2＝AD2＋BD2，∴AD⊥BD. ∵平面BFED⊥平面ABCD， 平面BFED∩平面ABCD＝BD， ∴AD⊥平面BFED. (2)由(1)知可建立以直線DA，DB，DE為x軸，y軸，z軸的如圖所示的空間直角坐標系，令EP＝λ(0≤λ≤)， 則D(0,0,0)，A(1,0,0)，B(0，，0)，P(0，λ，1)， ∴＝(－1，，0)，＝(0，λ－，1)． 設(shè)n1＝(x，y，z)為平面PAB的法向量， 由得 取y＝1，則n1＝(，1，－λ)． ∵n2＝(0,1,0)是平面ADE的一個法向量， ∴cos θ＝＝＝. ∵0≤λ≤，∴當λ＝時，

19、cos θ有最大值. ∴θ的最小值為. 利用空間向量解決探索性問題 　如圖①所示，正△ABC的邊長為4，CD是AB邊上的高，E，F(xiàn)分別是AC和BC邊的中點，現(xiàn)將△ABC沿CD翻折成直二面角A-DC-B，如圖②所示． (1)試判斷直線AB與平面DEF的位置關(guān)系，并說明理由； (2)求二面角E-DF-C的余弦值； (3)在線段BC上是否存在一點P，使AP⊥DE？證明你的結(jié)論． ①　　　　　　　　　　　② 圖64-8 [解]　(1)如圖，在△ABC中，由E，F(xiàn)分別是AC，BC中點，得EF∥AB. 又AB?平面DEF，EF?平面DEF， ∴AB∥平面DEF. (2)

20、以D為原點，建立如圖所示的空間直角坐標系， 則A(0,0,2)，B(2,0,0)，C(0,2，0)，E(0，，1)，F(xiàn)(1，，0)，易知平面CDF的法向量為＝(0,0,2)． 設(shè)平面EDF的法向量為n＝(x，y，z)， 則 即 取n＝(3，－，3)， cos〈，n〉＝＝， ∴二面角E-DF-C的余弦值為. (3)設(shè)P(x，y,0)，則·＝y(tǒng)－2＝0， ∴y＝. 又＝(x－2，y,0)，＝(－x,2－y,0)． ∵∥， ∴(x－2)(2－y)＝－xy， ∴x＋y＝2. 把y＝代入上式得x＝， ∴＝， ∴在線段BC上存在點P，使AP⊥DE. [規(guī)律方法]　1.根據(jù)

21、題目的條件進行綜合分析和觀察猜想，找出點或線的位置，并用向量表示出來，然后再加以證明，得出結(jié)論． 2．假設(shè)所求的點或參數(shù)存在，并用相關(guān)參數(shù)表示相關(guān)點，根據(jù)線、面滿足的垂直、平行關(guān)系，構(gòu)建方程(組)求解，若能求出參數(shù)的值且符合該限定的范圍，則存在，否則不存在． [變式訓練3]　(2017·常州模擬)如圖64-9，在長方體ABCD -A1B1C1D1中，AA1＝AD＝1，E為CD中點． (1)求證：B1E⊥AD1； (2)在棱AA1上是否存在一點P，使得DP∥平面B1AE？若存在，求AP的長；若不存在，說明理由． 圖64-9 [解]　以A為原點，，，的方向分別為x軸，y軸，z軸的正

22、方向建立如圖所示的空間直角坐標系．設(shè)AB＝a. (1)證明：A(0,0,0)，D(0,1,0)，D1(0,1,1)，E，B1(a,0,1)，故＝(0,1,1)，＝. 因為·＝－×0＋1×1＋(－1)×1＝0， 因此⊥， 所以B1E⊥AD1. (2)存在滿足要求的點P， 假設(shè)在棱AA1上存在一點P(0,0，z0)， 使得DP∥平面B1AE，此時＝(0，－1，z0)， 再設(shè)平面B1AE的一個法向量為n＝(x，y，z)． ＝(a,0,1)，＝. 因為n⊥平面B1AE，所以n⊥，n⊥，得 取x＝1，則y＝－，z＝－a， 則平面B1AE的一個法向量n＝. 要使DP∥平面B1

23、AE，只要n⊥，有－az0＝0，解得z0＝. 所以存在點P，滿足DP∥平面B1AE，此時AP＝. [思想與方法] 1．用向量法解決立體幾何問題，是空間向量的一個具體應用，體現(xiàn)了向量的工具性，這種方法可把復雜的推理證明、輔助線的作法轉(zhuǎn)化為空間向量的運算，降低了空間想象演繹推理的難度，體現(xiàn)了由“形”轉(zhuǎn)“數(shù)”的轉(zhuǎn)化思想． 2．用向量來求空間角，都需將各類角轉(zhuǎn)化成對應向量的夾角來計算，問題的關(guān)鍵在于確定對應線段的向量． [易錯與防范] 1．用向量知識證明立體幾何問題，仍然離不開立體幾何中的定理．若用直線的方向向量與平面的法向量垂直來證明線面平行，必需強調(diào)直線在平面外． 2．利用向量求

24、角，一定要注意將向量夾角轉(zhuǎn)化為各空間角．因為向量夾角與各空間角的定義、范圍不同． 3．求二面角要根據(jù)圖形確定所求角是銳角還是鈍角． 課時分層訓練(八) A組　基礎(chǔ)達標 (建議用時：30分鐘) 1．(2017·蘇州模擬)如圖64-10，在棱長為3的正方體ABCD-A1B1C1D1中，A1E＝CF＝1. 圖64-10 (1)求兩條異面直線AC1與D1E所成角的余弦值； (2)求直線AC1與平面BED1F所成角的正弦值． [解]　∵DA，DC，DD1兩兩垂直， ∴以DA，DC，DD1所在直線為x，y，z軸， 建立空間直角坐標系，如圖所示， ∵棱長為3，A1E＝CF＝1，

25、 則D(0,0,0)，A(3,0,0)，B(3,3,0)，C(0,3,0)，D1(0,0,3)，A1(3,0,3)，B1(3,3,3)，C1(0,3,3)，E(3,0,2)，F(xiàn)(0,3,1)， ∴＝(－3,3,3)，＝(3,0，－1) ∴cos〈，〉＝＝－.所以兩條異面直線AG與D1E所成的余弦值為－. (2)設(shè)平面BED1F的法向量是n＝(x，y，z)，又∵＝(0，－3,2)，＝(－3,0,1)， n⊥，n⊥，∴n·＝n·＝0， 即，令z＝3，則x＝1，y＝2，所以n＝(1,2,3)，又＝(－3,3,3)， ∴cos〈，n〉＝＝， ∴直線AC1與平面BED1F所成角是－〈，n〉

26、， 它的正弦值是sin＝cos〈，n〉＝. 2．(2017·南京模擬)如圖64-11，已知正方形ABCD和矩形ACEF所在的平面互相垂直，AB＝，AF＝1，M是線段EF的中點． 圖64-11 (1)求二面角A-DF-B的大??； (2)試在線段AC上確定一點P，使PF與BC所成的角是60°. 【導學號：62172344】 [解]　(1)以，，為正交基底，建立空間直角坐標系， 則E(0,0,1)，D(，0,0)，F(xiàn)(，，1)，B(0，，0)，A(，，0)，＝(，－，0)，＝(，0,1)．平面ADF的法向量t＝(1,0,0)， 設(shè)平面DFB法向量n＝(a，b，c)，則n·＝0

27、，n·＝0， 所以令a＝1，得b＝1，c＝－，所以n＝(1,1，－)． 設(shè)二面角A-DF-B的大小為θ， 從而cos θ＝|cos 〈n，t〉|＝，∴θ＝60°， 故二面角A-DF-B的大小為60°. (2)依題意，設(shè)P(a，a,0)(0≤a≤)，則＝(－a，－a,1)，＝(0，，0)． 因為〈，〉＝60°，所以cos 60°＝＝，解得a＝， 所以點P應在線段AC的中點處． 3．(2017·泰州期末)如圖64-12，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AC＝3，BC＝4，AB＝5，AA1＝4. (1)設(shè)＝λ，異面直線AC1與CD所成角的余弦值為，求λ的值； 圖64-12

28、 (2)若點D是AB的中點，求二面角D-CB1-B的余弦值． [解]　(1)由AC＝3，BC＝4，AB＝5得∠ACB＝90°， 以CA，CB，CC1所在直線分別為x軸、y軸、z軸建立如圖所示的空間直角坐標系．則A(3,0,0)，C1(0,0,4)，B(0,4,0)，設(shè)D(x，y，z)，則由＝λ得＝(3－3λ，4λ，0)， 而＝(－3,0,4)， 根據(jù)＝， 解得λ＝或λ＝－. (2)＝，＝(0,4,4)，可取平面CDB1的一個法向量為n1＝(4，－3,3)． 而平面CBB1的一個法向量為n2＝(1,0,0)，并且〈n1n2〉與二面角D-CB1-B相等， 所以二面角D-CB1-

29、B的余弦值為cos θ＝cos〈n1，n2〉＝. 4．(2017·揚州期中)如圖64-13，已知直三棱柱ABC-A1B1C1中，AB⊥AC，AB＝3，AC＝4，B1C⊥AC1. 圖64-13 (1)求AA1的長． (2)在線段BB1存在點P，使得二面角P-A1C-A大小的余弦值為，求的值. 【導學號：62172345】 [解]　(1)以AB，AC，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， 設(shè)BB1＝t， 則A(0,0,0)，C1(0,4，t)，B1(3,0，t)，C(0,4,0) ∴＝(0,4，t)， ＝(－3,4，－t) ∵B1C⊥AC1， ∴

30、·＝0， 即16－t2＝0，由t>0，解得t＝4，即AA1的長為4. (2)設(shè)P(3,0，m)，又A(0,0,0)，C(0,4,0)，A1(0,0,4) ∴＝(0,4，－4)，＝(3,0，m－4)，且0≤m≤4 設(shè)n＝(x，y，z)為平面PA1C的法向量， ∴n⊥，n⊥， ∴取z＝1，解得y＝1，x＝， ∴n＝為平面PA1C的一個法向量． 又知＝(3,0,0)為平面A1CA的一個法向量，則cos〈n，〉＝. ∵二面角P-A1C1-A大小的余弦值為， ∴＝， 解得m＝1，∴＝. B組　能力提升 (建議用時：15分鐘) 1．(2017·蘇州市期中)在如圖64-14所示的

31、四棱錐S-ABCD中，SA⊥底面ABCD，∠DAB＝∠ABC＝90°，SA＝AB＝BC＝a，AD＝3a(a>0)，E為線段BS上的一個動點． 圖64-14 (1)證明DE和SC不可能垂直； (2)當點E為線段BS的三等分點(靠近B)時，求二面角S-CD-E的余弦值． [解]　(1)證明：∵SA⊥底面ABCD，∠DAB＝90°， ∴AB，AD，AS兩兩垂直． 以A為原點，AB，AD，AS所在的直線分別為x軸、y軸、z軸建立空間直角坐標系(如圖)． 則S(0,0，a)，C(a，a,0)，D(0,3a,0)(a>0)， ∵SA＝AB＝a且SA⊥AB， ∴設(shè)E(x,0，a－x

32、)其中0≤x≤a， ∴＝(x，－3a，a－x)，＝(a，a，－a)， 假設(shè)DE和SC垂直，則·＝0， 即ax－3a2－a2＋ax＝2ax－4a2＝0，解得x＝2a， 這與0≤x≤a矛盾，假設(shè)不成立，所以DE和SC不可能垂直． (2)∵E為線段BS的三等分點(靠近B)， ∴E. 設(shè)平面SCD的一個法向量是n1＝(x1，y1，z1)，平面CDE的一個法向量是n2＝(x2，y2，z2)， ∵＝(－a,2a,0)，＝(0,3a，－a)， ∴， 即，即，取n1＝(2,1,3)， ∵＝(－a,2a,0)， ＝， ∴，即， 即， 取n2＝(2,1,5)， 設(shè)二面角S-CD-E

33、的平面角大小為θ，由圖可知θ為銳角， ∴cos θ＝|cos〈n1，n2〉|＝＝＝， 即二面角S-CD-E的余弦值為. 2．(2017·南通模擬)如圖64-15，在四棱錐P-ABCD中，底面ABCD為直角梯形，∠ABC＝∠BAD＝90°，且PA＝AB＝BC＝AD＝1，PA⊥平面ABCD. 圖64-15 (1)求PB與平面PCD所成角的正弦值； (2)棱PD上是否存在一點E滿足∠AEC＝90°？若存在 ，求AE的長；若不存在，說明理由． [解]　(1)依題意，以A為坐標原點，分別以AB，AD，AP為x，y，z軸建立空間直角坐標系A(chǔ)-xyz， 則P(0,0,1)，B(1,0,0

34、)，C(1,1,0)，D(0,2,0)， 從而＝(1,0，－1)，＝(1,1，－1)，＝(0,2，－1)， 設(shè)平面PCD的法向量為n＝(a，b，c)，則n·＝0，且n·＝0，即a＋b－c＝0，且2b－c＝0，不妨取c＝2，則b＝1，a＝1，所以平面PCD的一個法向量為n＝(1,1,2)，此時cos〈，n〉＝＝－， 所以PB與平面PCD所成角的正弦值為. (2)設(shè)＝λ(0≤λ≤1)，則E(0,2λ，1－λ)， 則＝(－1,2λ－1,1－λ)，＝(0,2λ，1－λ)， 由∠AEC＝90°得， ·＝2λ(2λ－1)＋(1－λ)2＝0， 化簡得，5λ2－4λ＋1＝0，該方程無解， 所

35、以，棱PD上不存在一點E滿足∠AEC＝90°. 3．(2017·南京鹽城一模)直三棱柱ABC-A1B1C1中，AB⊥AC，AB＝2，AC＝4，AA1＝2，＝λ. 圖64-16 (1)若λ＝1，求直線DB1與平面A1C1D所成角的正弦值； (2)若二面角B1-A1C1-D的大小為60°，求實數(shù)λ的值． [解]　分別以AB，AC，AA1所在直線為x，y，z軸建立空間直角坐標系(圖略)． 則A(0,0,0，)B(2,0,0)，C(0,4,0)，A1(0,0,2)，B1(2,0,2)，C1(0,4,2) (1)當λ＝1時，D為BC的中點，所以D(1,2,0)，＝(1，－2,2)，＝(

36、0,4,0)，＝(1,2，－2)， 設(shè)平面A1C1D的法向量為n1＝(x，y，z) 則所以取n1＝(2,0,1)，又cos〈，n1〉＝＝＝ ， 所以直線DB1與平面A1C1D所成角的正弦值為. (2)∵＝λ，∴D， ∴＝(0,4,0)，＝， 設(shè)平面A1C1D的法向量為n1＝(x，y，z)， 則 所以取n1＝(λ＋1,0,1)． 又平面A1B1C1的一個法向量為n2＝(0,0,1)， 由題意得|cos〈n1，n2〉|＝， 所以＝，解得λ＝－1或λ＝－－1(不合題意，舍去)． 所以實數(shù)λ的值為－1. 4．(2017·無錫模擬) 如圖64-17，在四棱柱ABCD－A1B1C

37、1D1中，側(cè)面ADD1A1⊥底面ABCD，D1A＝D1D＝，底面ABCD為直角梯形，其中BC∥AD，AB⊥AD，AD＝2AB＝2BC＝2. 圖64-17 (1)在平面ABCD內(nèi)找一點F，使得D1F⊥平面AB1C； (2)求二面角C－B1A－B的平面角的余弦值． [解]　(1)以A為坐標原點，建立如圖所示的空間直角坐標系A(chǔ)-xyz， 則A(0,0,0)，B(1,0,0)，C(1,1,0)，D1(0,1,1)，B1(1，－1,1)，設(shè)F(a，b,0)，則＝(a，b－1，－1)， 由 得a＝b＝， 所以F， 即F為AC的中點． (2)由(1)可取平面B1AC的一個法向量n1＝＝. 設(shè)平面B1AB的法向量n2＝(x，y，z)， 由得 取n2＝(0,1,1)． 則cos〈n1，n2〉＝＝－， 所以二面角C-B1A-B的平面角的余弦值為.