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专题十二 《空间向量在立体几何中的应用》讲义
知识梳理 . 空间向量
1．平面的法向量
(1)直线的方向向量：如果表示非零向量 a的有向线段所在直线与直线l平行或共线，
则称此向量a为直线l的方向向量．
(2)平面的法向量：直线l⊥α，取直线l的方向向量a，则向量a叫做平面α的法向量．
(3)方向向量和法向量均不为零向量且不唯一．
2．空间位置关系的向量表示
位置关系 向量表示
直线l，l 的方 l∥l n∥n n＝kn(k∈R)
1 2 1 2 1 2 1 2
向向量分别为
n 1 ，n 2 l 1 ⊥l 2 n 1 ⊥⇔n 2 n 1 ·n 2 ＝0
直线l的方向向 l∥α n⊥m⇔n·m＝0
量为n，平面α
的法向量为m
l⊥α n∥m n⇔＝km(k∈R)
平面α，β的法 α∥β n∥m⇔n＝km(k∈R)
向量分别为n，
m
α⊥β n⊥⇔m n·m＝0
3．异面直线所成角 ⇔
设异面直线a，b所成的角为θ，则cos θ＝， 其中a，b分别是直线a，b的方向向量．
4．直线与平面所成角
如图所示，设l为平面α的斜线，l∩α＝A，a为l的方向向量，n为平面α的法向量，φ为l
与α所成的角，则 sin φ ＝ |cos 〈 a ， n 〉 | ＝
5．二面角
(1)若AB，CD分别是二面角αlβ的两个平面内与棱l垂直的异面直线，则二面角(或其
补角)的大小就是向量AB与CD的夹角，如图(1)．
(2)平面α与β相交于直线l，平面α的法向量为n ，平面β的法向量为n ，〈n ，n 〉
1 2 1 2
＝θ，则二面角α l β为θ或π－θ.设二面角大小为φ，则 |cos φ | ＝ |cos θ | ＝ ，如图 (2)(3) ．
6．利用空间向量求距离
(1)两点间的距离设点A(x，y，z)，点B(x，y，z)，则|AB|＝|AB|＝.
1 1 1 2 2 2
(2)点到平面的距离
如图所示，已知AB为平面α的一条斜线段，n为平面α的法向量，则B到平面α的距
离为|BO|＝.
题型一 . 利用空间向量证明平行与垂直
1
1．如图，四边形ABCD为正方形，PD⊥平面ABCD，PD∥QA，QA＝AB= PD＝1．
2
（1）证明：PQ⊥平面DCQ；
（2）证明：PC∥平面BAQ．
【解答】解：如图，以D为坐标原点，射线DA为x轴的正半轴，射线DP为y轴的正
半轴，射线DC为z轴的正半轴，建立空间直角坐标系Dxyz．
（1）依题意有Q（1，1，0），C（0，0，1），P（0，2，0），
→ → →
则DQ=(1，1，0) ，DC=(0，0，1) ，PQ=(1，−1，0) ，
→ → → →
所以 PQ⋅DQ=0 ， PQ⋅DC=0 ，
即PQ⊥DQ，PQ⊥DC且DQ∩DC＝D，
故PQ⊥平面DCQ；→ → →
（2）根据题意， DA=(1，0，0) ， AB=(0，0，1) ， AQ=(0，1，0) ，
→ → → → →
故有 DA⋅AB=0 ， DA⋅AQ=0 ，所以 DA 为平面BAQ的一个法向量．
→ → →
又因为PC=(0，−2，1) ，且 DA⋅PC=0 ，即DA⊥PC，且PC 平面BAQ，
⊄
故PC∥平面BAQ．
2．如图，在长方体ABCD﹣A B C D 中AA ＝AD＝1，E为CD中点．
1 1 1 1 1
（1）求证：B E⊥AD ；
1 1
（2）在棱AA 上是否存在一点P，使得DP∥平面B AE？若存在，求AP的长；若不存
1 1
在，说明理由．
【解答】（1）证明：连接A D，B C，
1 1
∵长方体ABCD﹣A B C D 中，AA ＝AD＝1，
1 1 1 1 1
∴A D⊥AD ，
1 1
∵A B ⊥平面A ADD ，
1 1 1 1
∴AD ⊥A B ，
1 1 1
∵A D∩A B ＝A ，∴AD ⊥平面A B CD，
1 1 1 1 1 1 1
∵B E 平面A B CD，
1 1 1
∴B
1
E⊂⊥AD
1
；
（2）解：存在AA 的中点P，使得DP∥平面B AE，证明如下：
1 1
取AA 的中点P，AB 的中点Q，连接PQ，
1 1
1
则PQ∥A B ，且PQ= A B ，
1 1 2 1 11
∵DE∥A B ，且DE= A B ，∴PQ∥DE且PQ＝DE
1 1 2 1 1
∴四边形PQDE为平行四边形，∴PD∥QE
又PD 平面AB E，QE 平面AB E
1 1
∴PD∥⊄平面AB 1 E ⊆
1
此时AP= AA ．
2 1
3．如图，四棱锥S﹣ABCD中底面ABCD是正方形，AS⊥底面ABCD，且AS＝AB，E是
SC的中点，求证：平面BDE⊥平面ABCD．
【解答】证明：连结AC交BD于O，连结OE．
则OE是△SAC的中位线，
则OE∥SA，
∵AS⊥底面ABCD，
∴OE⊥平面ABCD，
∵OE 平面BDE，
∴平面⊂BDE⊥平面ABCD．题型二 . 异面直线的夹角
1．如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD是矩形，PA⊥底面ABCD，E是PC的
中点，AB＝2，AD＝2√2，PA＝2，则异面直线BC与AE所成的角的大小为（ ）
π π π π
A． B． C． D．
6 4 3 2
【解答】解：以A为原点，AB为x轴，AD为y轴，AP为z轴，
建立空间直角坐标系，
B（2，0，0），C（2，2√2，0），P（0，0，2），
A（0，0，0），E（1，√2，1），
→ →
BC=（0，2√2，0）， AE=（1，√2，1），
设异面直线BC与AE所成的角为 ，
→ →
θ
→ → |BC⋅AE| 4 √2
cos＜BC，AE＞= = = ，
→ → 2√2⋅√4 2
|BC|⋅|AE|
π
∴异面直线BC与AE所成的角的大小为 ．
4
故选：B．
2．正方体ABCD﹣A B C D 中，点P在线段A C上运动（包括端点），则BP与AD 所成
1 1 1 1 1 1
π π
角的取值范围是 [ ， ] ．
6 3
【解答】解：设BP与AD 所成角为 ．
1
如图所示，以B为原点，BC为x轴，θBA为y轴，BB
1
为z轴，建立空间直角坐标系，设|AB|＝1．则B（0，0，0），C（1，0，0），A （0，1，1），C （1，0，1），D
1 1 1
（1，1，1），
→ → → →
AD =BC =（1，0，1）， BC=（1，0，0），C A =（﹣1，1，1）．
1 1 1
→ → → → →
设 CP= C A ，则BP=BC+λC A =（1﹣ ， ， ），0≤ ≤1，
1 1
λ λ λ λ λ
→ →
∴cos＜BC → ，B → P＞= BC 1 ⋅BP = 1
1 → → √2×√(1−λ) 2+2λ2
|BC |⋅|BP|
1
1
=
1 √3
√ 1 4 [ ， ]，
6(λ− ) 2+ 2 2
3 3
∈
π π
∴ [ ， ]．
6 3
θ∈
π π
∴BP与AD 所成角的取值范围是[ ， ]．
1 6 3
π π
故答案为：[ ， ]．
6 3
3．在四棱锥P﹣ABCD中，PA⊥平面ABCD，底面四边形ABCD为直角梯形，AD∥BC，
AD⊥AB，PA＝AD＝2，AB＝BC＝1，Q为PD中点．
（Ⅰ）求证：PD⊥BQ；
（Ⅱ）求异面直线PC与BQ所成角的余弦值．【解答】（I）证明：如图所示，A（0，0，0），B（1，0，0），P（0，0，2），D
（0，2，0），Q（0，1，1），C（1，1，0），
→ →
PD=（0，2，﹣2）， BQ=（﹣1，1，1），
→ →
由
PD
• BQ=2﹣2＝0，
→ →
∴ ⊥ ，
PD BQ
∴PD⊥BQ；
→
（Ⅱ）解： CP=（﹣1，﹣1，2），
cos ＜C → P ，B → Q＞=
√3×
2
√6
= √
3
2 ．
√2
∴异面直线PC与BQ所成角的余弦值为 ．
3
题型三 . 线面角
1．如图，正三棱柱（底面是正三角形的直棱柱）ABC﹣A B C 的地面边长为a，侧棱
1 1 1
长为√2a，则AC 与侧面ABB A 所成的角是（ ）
1 1 1
A．30° B．45° C．60° D．90°
【解答】解以C为原点，在平面ABC中，过点C作BC的垂线为x轴，CB为y轴，CC
1
为z轴，建立空间直角坐标系，√3a a √3a a
则A（ ， ，0），C （0，0，√2a），A （ ， ，√2a），B（0，a，0），
2 2 1 1 2 2
→ √3a a → √3a a →
AC =（− ，− ，√2a）， AB=（− ， ，0），A A =（0，0，√2a），
1 2 2 2 2 1
→
设平面ABB
1
A
1
的法向量 n=（x，y，z），
{ → → √3a a
n⋅AB=− x+ y=0
2 2 →
则 ，取x＝1，得 n=（1，√3，0），
→ →
n⋅A A =√2az=0
1
设AC 与侧面ABB A 所成的角为 ，
1 1 1
θ
→ →
则sin ＝|cos＜ → n，AC →
1
＞|= |
→
n⋅AC 1 |
→
=
2
√
√
3
3
a
a
= 1
2
，
|n|⋅|AC |
θ 1
∴ ＝30°，
∴θAC
1
与侧面ABB
1
A
1
所成的角为30°．
故选：A．
π
2．若直线l与平面 所成角为 ，直线a在平面 内，且与直线l异面，则直线l与直线a
3
α α
所成的角的取值范围是（ ）
2 π 2π π π π 2π
A．[0， π] B．[ ， ) C．[ ， ] D．[ ， ]
3 3 3 3 2 3 3
π
【解答】解：由于直线l与平面 所成角为 ，直线l与平面 所成角是直线l与平面
3
α α α
内所有直线成的角中最小的一个，
π
而直线l与平面 所成角的范围是[0， ]，直线a在平面 内，且与直线l异面，
2
α απ π
故直线l与直线a所成的角的取值范围是[ ， ]．
3 2
故选：C．
π π
3．如图，在三棱锥P﹣ABC中，PA⊥AC，PA⊥AB，PA＝AB，∠ABC= ，∠BCA=
3 2
，点D，E分别在棱PB，PC上，且DE∥BC，
（1）求证：BC⊥平面PAC；
（2）当D为PB的中点时，求AD与平面PAC所成的角的正弦值．
【解答】解：（解法一）：（1）∵PA⊥AC，PA⊥AB，AC∩AB＝A，
∴PA⊥底面ABC，
∴PA⊥BC．又∠BCA＝90°，
∴AC⊥BC．
∴BC⊥平面PAC．（4分）
（2）∵D为PB的中点，DE∥BC，
1
∴DE= BC，
2
又由（1）知，BC⊥平面PAC，
∴DE⊥平面PAC，垂足为点E．
∴∠DAE是AD与平面PAC所成的角，
∵PA⊥底面ABC，
∴PA⊥AB，又PA＝AB，
∴△ABP为等腰直角三角形，
1
∴AD = AB，
√2
∴在Rt△ABC中，∠ABC＝60°，
1
∴BC= AB．
2DE BC √2
∴在Rt△ADE中，sin∠DAE= = = ，
AD 2AD 4
√2
∴AD与平面PAC所成的角的正弦值是 ．（12分）
4
（解法二）：如图，以A为原点建立空间直角坐标系A﹣xyz，设PA＝a，
1 √3
由 已 知 可 得 P （ 0 ， 0 ， a ） ， A （ 0 ， 0 ， 0 ） ， B(− a， a，0)，
2 2
√3
C(0， a，0)．
2
→ → 1
（1）∵ AP=(0，0，a) ，BC=( a，0，0)，
2
→ →
∴ AP⋅BC=0 ，
∴BC⊥AP．
又∵∠BCA＝90°，
∴BC⊥AC，
∴BC⊥平面PAC．（4分）
（2）∵D为PB的中点，DE∥BC，
∴E为PC的中点，
1 √3 1 √3 1
∴D(− a， a， a)，E(0， a， a)，
4 4 2 4 2
∴又由（1）知，BC⊥平面PAC，
∴DE⊥平面PAC，垂足为点E．
∴∠DAE是AD与平面PAC所成的角，
→ 1 √3 1 → √3 1
∵ AD=（− a， a， a）， AE=（0， a， a），
4 4 2 4 2
→ →
AD⋅AE √14 √ √14 2 √2
∴cos∠DAE= = ，sin∠DAE= 1−( ) = ．
→ → 4 4 4
|AD|⋅|AE|
√2
∴AD与平面PAC所成的角的正弦值为 ．（12分）
4
题型四 . 二面角
1．如图在三棱锥P﹣ABC中，PA⊥平面ABC，AC⊥BC，PA＝AC＝1，BC=√2，求√3
二面角A﹣PB﹣C的余弦值 ．
3
【解答】解：以C为原点，CA为x轴，CB为y轴，过C作平面ABC的垂线为z轴，建
立空间直角坐标系，
A（1，0，0），B（0，√2，0），C（0，0，0），P（1，0，1），
→ → → →
CP=（1，0，1）， CB=（0，√2，0）， AB=（﹣1，√2，0）， AP=（0，0，1），
→
设平面PCB的法向量 n=（x，y，z），
→ →
{
n⋅CP=x+z=0
→
则
→ →
，取x＝1，得 n=（1，0，﹣1），
n⋅CB=√2y=0
→
设平面PAB的法向量 m=（x，y，z），
→ →
{
m⋅AB=−x+√2y=0
→
则
→ →
，取x=√2，得 m=（√2，1，0），
m⋅AP=z=0
设二面角A﹣PB﹣C的平面角为 ，
→ →
θ
|m⋅n| √2 √3
则cos = = = ．
→ → √2⋅√3 3
|m|⋅|n|
θ
√3
∴二面角A﹣PB﹣C的余弦值为 ．
3
√3
故答案为： ．
32．如图，设AB为圆锥PO的底面直径，PA为母线，点C在底面圆周上，若△PAB是边长
为2的正三角形，且CO⊥AB，则二面角P﹣AC﹣B的正弦值是（ ）
√42 √7
A．√6 B． C． D．√7
7 7
【解答】解：如图，
取AC的中点D，连接OD，PD，
∵PO⊥底面，∴PO⊥AC，
∵OA＝OC，D为AC的中点，∴OD⊥AC，
又PO∩OD＝O，∴AC⊥平面POD，则AC⊥PD，
∴∠PDO为二面角P﹣AC﹣B的平面角．
∵△PAB是边长为2的正三角形，
√2 √ √2 √14
∴PO=√3，OA＝OC＝1，OD= ，则PD= (√3) 2+( ) 2= ．
2 2 2
PO √3 √42
∠PDO= = =
∴sin PD √14 7 ．
2
故选：B．3．如图，四面体 ABCD 中，△ABC 是正三角形，△ACD 是直角三角形，∠ABD＝
∠CBD，AB＝BD．
（1）证明：平面ACD⊥平面ABC；
（2）过AC的平面交BD于点E，若平面AEC把四面体ABCD分成体积相等的两部分，
求二面角D﹣AE﹣C的余弦值．
【解答】（1）证明：如图所示，取AC的中点O，连接BO，OD．
∵△ABC是等边三角形，∴OB⊥AC．
△ABD与△CBD中，AB＝BD＝BC，∠ABD＝∠CBD，
∴△ABD≌△CBD，∴AD＝CD．
∵△ACD是直角三角形，
∴AC是斜边，∴∠ADC＝90°．
1
∴DO= AC．
2
∴DO2+BO2＝AB2＝BD2．
∴∠BOD＝90°．
∴OB⊥OD．
又DO∩AC＝O，∴OB⊥平面ACD．
又OB 平面ABC，
∴平面⊂ACD⊥平面ABC．
ℎ DE
（2）解：设点D，B到平面ACE的距离分别为h ，h ．则
D=
．
D E ℎ BE
E
∵平面AEC把四面体ABCD分成体积相等的两部分，
1
S ⋅ℎ
3 △ACE D ℎ DE
∴ = D= = 1．
1 ℎ BE
S ⋅ℎ E
3 △ACE E
∴点E是BD的中点．
建立如图所示的空间直角坐标系．不妨取AB＝2．则O（0，0，0），A（1，0，0），C（﹣1，0，0），D（0，0，1），B（0，√3，
√3 1
0），E(0， ， )．
2 2
→ → √3 1 →
AD=（﹣1，0，1），AE=(−1， ， )， AC=（﹣2，0，0）．
2 2
{
→ →
{
−x+z=0
→
m⋅AD=0
设平面ADE的法向量为 m=（x，y，z），则
→ →
，即
−x+
√3
y+
1
z=0
，取
m⋅AE=0 2 2
→
m=(3，√3，3) ．
→
同理可得：平面ACE的法向量为 n=（0，1，−√3）．
→ →
→ → m⋅n −2√3 √7
∴cos＜m，n＞= = =− ．
→ → √21×2 7
|m||n|
√7
∴二面角D﹣AE﹣C的余弦值为 ．
7
题型五 . 空间中的距离
1．已知正方体 ABCD﹣A B C D 的棱长为 2，则点 A 到平面 A B CD 的距离为
1 1 1 1 1 1
（ ）
2√3
A． B．√2 C．2 D．2√2
3
【解答】解：正方体ABCD﹣A B C D 的棱长为2，
1 1 1 1
以D为坐标原点，DA，DC，DD 为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，
1则A（2，0，0），D（0，0，0），C（0，2，0），A （2，0，2，），
1
→ → →
故DC=(0，2，0)，DA =(2，0，2)，DA=(2，0，0) ，
1
→
设平面A 1 B 1 CD的法向量为 n=(x，y，z) ，
→ →
{
n⋅DC=2y=0
则 ，
→ →
n⋅DA =2x+2z=0
1
→
取x＝1，得 n=(1，0，−1) ，
→ →
|DA⋅n| 2
所以点A到平面A B CD的距离为d= = =√2．
1 1 → √2
|n|
故选：B．
2．在底面是直角梯形的四棱锥 P﹣ABCD中，侧棱PA⊥底面ABCD，BC∥AD，∠ABC＝
90°，PA＝AB＝BC＝2，AD＝1，则AD到平面PBC的距离为 √2 ．
【解答】解：以A为原点，AB为x轴，AD为y轴，AP为z轴，建立空间直角坐标系，
P（0，0，2），B（2，0，0），C（2，2，0），A（0，0，0），
→ → →
PB=（2，0，﹣2）， PC=（2，2，﹣2）， AB=（2，0，0），
→
设平面PBC的法向量 n=（x，y，z），→ →
{
PB⋅n=2x−2z=0
则 ，
→ →
PC⋅n=2x+2y−2z=0
→
取x＝1，得 n=（1，0，1），
∵AD∥BC，AD 平面PBC，BC 平面PBC，
∴AD∥平面PBC⊈，∴AD到平面⊂PBC的距离即点A到平面PBC的距离，
→ →
|AB⋅n| |2|
∴AD到平面PBC的距离d= = =√2．
→ √2
|n|
故答案为：√2．
3．如图，已知两个正四棱锥P﹣ABCD与Q﹣ABCD的高分别为1和2，AB＝4．
（Ⅰ）证明PQ⊥平面ABCD；
（Ⅱ）求异面直线AQ与PB所成的角；
（Ⅲ）求点P到平面QAD的距离．
【解答】解法一：（Ⅰ）连接AC、BD，设AC∩BD＝O．由P﹣ABCD与Q﹣ABCD
都是正四棱锥，所以PO⊥平面ABCD，QO⊥平面ABCD．
从而P、O、Q三点在一条直线上，所以PQ⊥平面ABCD．
（Ⅱ）由题设知，ABCD是正方形，所以AC⊥BD．
由（Ⅰ），PQ⊥平面ABCD，
故可以分别以直线CA、DB、QP为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系（如图），由
题设条件，相关各点的坐标分别是 P（0，0，1），Q（0，0，﹣2），B(0，2√2，0)
→ →
所以AQ=(−2√2，0，−2) ，PB=(0，2√2，−1) ，
→ →
→ → AQ⋅PB √3
于是cos＜AQ，PB＞= = ．
→ → 9
|AQ|⋅|PB|
√3
从而异面直线AQ与PB所成的角是arccos ．
9
→
（Ⅲ）．由（Ⅱ），点D的坐标是（0，−2√2，0）， AD=(−2√2，−2√2，0) ，
→
PQ=(0，0，−3) ，
→
设n=(x，y，z) 是平面QAD的一个法向量，
→ →
{
n⋅AQ=0 {√2x+z=0
由 得 ．
→ → x+ y=0
n⋅AD=0
→
取x＝1，得 n=(1，−1，−√2) ．
→ →
|PQ⋅n| 3√2
所以点P到平面QAD的距离d= = ．
→ 2
|n|
解法二：（Ⅰ）．取AD的中点M，连接PM，QM．
因为P﹣ABCD与Q﹣ABCD都是正四棱锥，
所以AD⊥PM，AD⊥QM．从而AD⊥平面PQM．
又PQ 平面PQM，所以PQ⊥AD、同理PQ⊥AB，
所以P⊂Q⊥平面ABCD、
（Ⅱ）．连接AC、BD设AC∩BD＝O，由PQ⊥平面ABCD及正四棱锥的性质可知O在
PQ上，从而P、A、Q、C四点共面．
取OC的中点N，连接PN．
PO 1 NO NO 1
因为 = ， = = ，
OQ 2 OA OC 2
PO NO
所以 = ，
OQ OA
从而AQ∥PN．∠BPN（或其补角）是异面直线AQ与PB所成的角．连接BN，
因 为 PB=√OB2+OP2=√ (2√2) 2+1=3．
PN=√ON2+OP2=√ (√2) 2+1=√3BN=√OB2+ON2=√ (2√2) 2+(√2) 2=√10
PB2+PN2−BN2 9+3−10 √3
所以cos∠BPN= = = ．
2PB⋅PN 2×3×√3 9
√3
从而异面直线AQ与PB所成的角是arccos ．
9
（Ⅲ）．由（Ⅰ）知，AD⊥平面PQM，所以平面PQM⊥平面QAD、过P作PH⊥QM
于H，则PH⊥平面QAD，所以PH的长为点P到平面QAD的距离．
1
连接OM，则OM= AB=2=OQ．
2
所以∠MQP＝45°，
3√2
又PQ＝PO+QO＝3，于是PH=PQsin45°= ．
2
3√2
即点P到平面QAD的距离是
2
题型六 . 空间向量综合——存在问题、折叠问题
1．如图，四棱锥P﹣ABCD中，侧面PAD为等边三角形且垂直于底面ABCD，AB＝
1
BC= AD，∠BAD＝∠ABC＝90°，E是PD的中点．
2
（1）证明：直线CE∥平面PAB；
（2）点M在棱PC上，且直线BM与底面ABCD所成角为45°，求二面角M﹣AB﹣D的
余弦值．
【解答】（1）证明：取PA的中点F，连接EF，BF，因为E是PD的中点，
1 1 1
所以EF∥ AD，AB＝BC= AD，∠BAD＝∠ABC＝90°，∴BC∥ AD，
2 2 2
=∴BCEF是平行四边形，可得CE∥BF，BF 平面PAB，CE 平面PAB，
∴直线CE∥平面PAB； ⊂ ⊄
（2）解：四棱锥P﹣ABCD中，
1
侧面PAD为等边三角形且垂直于底面ABCD，AB＝BC= AD，
2
∠BAD＝∠ABC＝90°，E是PD的中点．
取AD的中点O，M在底面ABCD上的射影N在OC上，设AD＝2，则AB＝BC＝1，OP
=√3，
∴∠PCO＝60°，直线BM与底面ABCD所成角为45°，
√3
可得：BN＝MN，CN= MN，BC＝1，
3
1 √6 √6
可得：1 + BN2＝BN2，BN= ，MN= ，
3 2 2
作NQ⊥AB于Q，连接MQ，AB⊥MN，
√ √6
所以∠MQN就是二面角M﹣AB﹣D的平面角，MQ= 12+( ) 2
2
√10
= ，
2
1 √10
=
二面角M﹣AB﹣D的余弦值为：√10 5 ．
2
2．如图，已知四棱锥P﹣ABCD，底面ABCD为菱形，PA⊥平面ABCD，∠ABC＝60°，
E，F分别是BC，PC的中点．
（Ⅰ）证明：AE⊥PD；
√6
（Ⅱ）若H为PD上的动点，AB＝2，EH与平面PAD所成最大角的正切值为 ，求三
2
棱锥E﹣AFC的体积．【解答】（Ⅰ）证明：由四边形ABCD为菱形，∠ABC＝60°，
可得△ABC为正三角形．
因为E为BC的中点，所以AE⊥BC．又BC∥AD，因此AE⊥AD．
因为PA⊥平面ABCD，AE 平面ABCD，所以PA⊥AE．
而PA 平面PAD，AD 平面⊂PAD且PA∩AD＝A，
所以A⊂E⊥平面PAD．⊂又PD 平面PAD，
所以AE⊥PD． ⊂
（Ⅱ）解：设AB＝2，H为PD上任意一点，连接AH，EH．
由（Ⅰ）知AE⊥平面PAD，则∠EHA为EH与平面PAD所成的角．
在Rt△EAH中，AE=√3，所以当AH最短时，∠EHA最大，
即当AH⊥PD时，∠EHA最大．
AE √3 √6
此时tan∠EHA= = = ，因此AH=√2．又AD＝2，
AH AH 2
所以∠ADH＝45°，
所以PA＝2．
设点F到平面AEC的距离为h，因为PA⊥平面AEC，点F是PC的中点，
1 1 1 √3
∴V
E﹣FAC
＝V
F﹣AEC
=
3
S
△AEC
⋅ℎ =
3
×
2
×1×√3×1=
6
，
√3
∴三棱锥E﹣FAC的体积为 ．
6
3．如图，四边形ABCD为平行四边形，点E在AB上，AE＝2EB＝2，且DE⊥AB．以DE
为折痕把△ADE折起，使点A到达点F的位置，且∠FEB＝60°．
（Ⅰ）求证：平面BFC⊥平面BCDE；√15
（Ⅱ）若直线DF与平面BCDE所成角的正切值为 ，求二面角E﹣DF﹣C的正弦值．
5
【解答】解：（Ⅰ）证明：∵DE⊥AB，∴DE⊥EB，DE⊥EF，
∴DE⊥平面BEF，∴DE⊥BF，
∵AE＝2EB＝2，∴EF＝2，EB＝1，
∵∠FEB＝60°，∴由余弦定理得BF=√EF2+EB2−2EF×EB×cos∠FEB=√3，
∴EF2＝EB2+BF2，∴FB⊥EB，
由①②得BF⊥平面BCDE，
∴平面BFC⊥平面BCDE．
（Ⅱ）解：以B为原点，BA为x轴，在平面ABCD中过点B作AB的垂线为y轴，BF为
z轴，建立空间直角坐标系，
→
设DE＝a，则D（1，a，0），F（0，0，√3）， DF=（﹣1，﹣a，√3），
√15
∵直线DF与平面BCDE所成角的正切值为 ，
5
√6
∴直线DF与平面BCDE所成角的正弦值为 ，
4
→
平面BCDE的法向量 n=（0，0，1），
→ →
∴|cos
＜
→
n，D
→
F＞
|=
|
→
n⋅DF|
→
=
√4
√
+
3
a2
=
√
4
6
，解得a＝2，
|n|⋅|DF|
→ →
∴D（1，2，0），C（﹣2，2，0），∴ ED=（0，2，0）， DF=（﹣1，﹣2，√3），
→
设平面EDF的法向量 m=（x，y，z），
→ →
{
ED⋅m=2y=0
→
则
→ →
，取z＝1，得 m=（√3，0，1），
DF⋅m=−x−2y+√3z=0→
同理得平面DFC的一个法向量 p=（0，√3，2），
→ →
→ → m⋅p 2 √7
∴cos＜m，p＞= = = ，
→ → 2√7 7
|m|⋅|p|
→ → √ 1 √42
∴二面角E﹣DF﹣C的正弦值为sin＜m，p＞= 1− = ．
7 7
4．如图所示，等腰梯形ABCD中，AB∥CD，AD＝AB＝BC＝2，CD＝4，E为CD中点，
AE与BD交于点O，将△ADE沿AE折起，使点D到达点P的位置（P 平面ABCE）．
（Ⅰ）证明：平面POB⊥平面ABCE； ∉
（Ⅱ）若PB=√6，试判断线段PB上是否存在一点Q（不含端点），使得直线PC与平
√15 PQ
面AEQ所成角的正弦值为 ，若存在，求出 的值；若不存在，说明理由．
5 QB
【解答】解：（Ⅰ）证明：连接BE，在等腰梯形ABCD中，AD＝AB＝BC＝2，CD＝
4，E为CD中点，
∴四边形ABED为菱形，∴BD⊥AE，
∴OB⊥AE，OD⊥AE，即OB⊥AE，OP⊥AE，且OB∩OP＝O，
OB 平面POB，OP 平面POB，∴AE⊥平面POB，
又A⊂E 平面ABCE，⊂∴平面POB⊥平面ABCE．
（Ⅱ）⊂解：由（Ⅰ）可知四边形ABED为菱形，∴AD＝DE＝2，
在等腰梯形ABCD中AE＝BC＝2，∴△PAE正三角形，
∴OP=√3，同理OB=√3，∵PB=√6，
∴OP2+OB2＝PB2，∴OP⊥OB，由（Ⅰ）可知OP⊥AE，OB⊥AE，
→ → →
以O为原点，
OE，OB，OP
分别为x轴，y轴，为z轴，建立空间直角坐标系Oxyz，
由题意得，各点坐标为P(0，0，√3)，A（﹣1，0，0），B(0，√3，0)，
C(2，√3，0)，E（1，0，0），
→ → →
∴PB=(0，√3，−√3)，❑PC=(2，√3，−√3) ，AE=(2，0，0) ，
❑
→ → → → → → →
设PQ=λPB(0＜λ＜1) ，AQ=AP+PQ=AP+λPB=(1，√3λ，√3−√3λ) ，
→
设平面AEQ的一个法向量为 n=（x，y，z），
→ →
{
n⋅AE=0 { 2x=0
则 ，即
→ → x+√3λy+(√3−√3λ)z=0
n⋅AQ=0
取x＝0，y＝1，得z= λ ，∴ → n=（0，1， λ ），
λ−1 λ−1
π
设直线PC与平面AEQ所成角为θ，θ∈[0， ]，
2
λ
→ → |√3+√3 |
则sinθ=|cos＜P
→
C，
→
n＞|=
|PC⋅n|
=
√15
，即
1−λ
=
√15
，
→ → 5 √ λ 2 5
|PC||n| √10 1+( )
λ−1
1
化简得：4 2﹣4 +1＝0，解得λ= ，
2
λ λ
√15
∴存在点Q为PB的中点时，使直线PC与平面AEQ所成角的正弦值为 ．
5
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日期：2021/7/14 20:25:50；用户：15942715433；邮箱：15942715433；学号：32355067题型七 . 空间向量与立体几何选填综合
1．如图，在正四棱柱ABCD﹣A B C D 中，底面边长为2，直线CC 与平面ACD 所
1 1 1 1 1 1
1
成角的正弦值为 ，则正四棱柱的高为（ ）
3
A．2 B．3 C．4 D．5
【解答】解：以D为原点，以DA，DC，DD 为坐标轴建立空间坐标系如图所示，
1
设DD ＝a，则A（2，0，0），C（0，2，0），D （0，0，a），
1 1
→ → →
则 AC=（﹣2，2，0），AD =（﹣2，0，a），CC =（0，0，a），
1 1
→ →
{
→
n⋅AC=0
设平面ACD
1
的法向量为 n=（x，y，z），则
→ →
，
n⋅AD =0
1
{−2x+2y=0 → 2
∴
−2x+az=0
，令x＝1可得 n=（1，1，
a
），
→ →
→ n⋅CC 2 2
→ CC ＞= 1 = =
故cos ＜n ， 1 → → √ 4 √2a2+4 ．
|n||CC | a× +2
1 a2
1
∵直线CC 与平面ACD 所成角的正弦值为 ，
1 1 3
2 1
=
∴ ，解得：a＝4．
√2a2+4 3
故选：C．2．如图，圆柱O O 的底面圆半径为1，AB是一条母线，BD是 O 的直径，C是上底面
1 2 1
圆周上一点，∠CBD＝30°，若A，C两点间的距离为√7，则⊙圆柱O O 的高为 2 ，
1 2
√7
异面直线AC与BD所成角的余弦值为 ．
4
【解答】解：连接CD，由题意可得BD＝2，∠BCD＝90°，
又∠CBD＝30°，所以BC=√3，
因为AB⊥底面BCD，所以AB⊥BC，
在Rt△ABC中，AC=√7，BC=√3，
所以AB=√AC2−BC2=2，
即圆柱O O 的高为2．
1 2
连接AO 并延长交圆O 于点E，连接CE，则BD∥AE且BD＝AE＝2，
2 2
所以异面直线AC与BD所成的角为∠CAE或其补角，
1
由CD= BD＝1，DE＝AB＝2，DE⊥CD，可得CE=√CD2+DE2=√5，
2
在△ACE中，AC=√7，AE＝2，CE=√5，
7+4−5 √7
所以cos∠CAE= = ，
2×√7×2 4
√7
即异面直线AC与BD所成角的余弦值为 ．
4
√7
故答案为：2， ．
43．已知∠ACB＝90°，P为平面ABC外一点，PC＝2，点P到∠ACB两边AC，BC的距离
均为√3，那么P到平面ABC的距离为 √2 ．
【解答】解：∠ACB＝90°，P为平面ABC外一点，PC＝2，
点P到∠ACB两边AC，BC的距离均为√3，
过点P作PD⊥AC，交AC于D，作PE⊥BC，交BC于E，
过P作PO⊥平面ABC，交平面ABC于O，
连结OD，OC，则PD＝PE=√3，
∴由题意得CD＝CE＝OD＝OE=√22−(√3) 2=1，
∴PO=√PD2−OD2=√3−1=√2．
∴P到平面ABC的距离为√2．
故答案为：√2．
4．如图，已知正方体ABCD﹣A B C D 的棱长为4，点E，F分别是线段AB，C D 上的动
1 1 1 1 1 1
点，点 P 是上底面 A B C D 内一动点，且满足点 P 到点 F 的距离等于点 P 到平面
1 1 1 1
ABB A 的距离，则当点P运动时，PE的最小值是（ ）
1 1
A．5 B．4 C．4√2 D．2√5【解答】解：以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，DD 为z轴，
1
建立空间直角坐标系，
设AE＝a，D F＝b，0≤a≤4，0≤b≤4，P（x，y，4），0≤x≤4，0≤y≤4，
1
则F（0，b，4），E（4，a，0），
∵点P到点F的距离等于点P到平面ABB A 的距离，
1 1
∴当E、F分别是AB、C D 上的中点，P为正方形A B C D 时，
1 1 1 1 1 1
PE取最小值，
此时，P（2，2，4），E（4，2，0），
∴|PE|
min
=√(2−4) 2+(2−2) 2+(4−0) 2=2√5．
故选：D．
5．如图，在正四棱柱ABCD﹣A B C D 中，AA ＝2，AB＝BC＝1，动点P、Q分别在线段
1 1 1 1 1
C D、AC上，则线段PQ长度的最小值时（ ）
1
√2 √3 2 √5
A． B． C． D．
3 3 3 3
→ → → →
【解答】解：设DP=λDC ， AQ=μAC ，（ ， [0，1]）．
1
λ μ∈
→
∴DP=λ(0，1，2)=（0， ，2 ），
λ λ
→ → → →
DQ=DA+
(DC−DA)=（1，0，0）+ （﹣1，1，0）＝（1﹣ ， ，0）．
μ μ μ μ
∴ → | （ 1﹣ ， ﹣ ， ﹣ 2 ） |
|PQ|=
μ μ λ λ√ μ 9 5 4 √4 2 μ
=√(1−μ) 2+(μ−λ) 2+4λ2= 5(λ− ) 2+ (μ− ) 2+ ≥ = ，当且仅当λ= ，
5 5 9 9 9 3 5
5 1 5
μ= ，即 = ，μ= 时取等号．
9 9 9
λ
2
∴线段PQ长度的最小值为 ．
3
故选：C．
6．如图，在棱长为 2的正方体 ABCD﹣A B C D 中，M是棱AA 的中点，点 P在侧面
1 1 1 1 1
2√5
ABB A 内，若D P⊥CM，则△PBC的面积的最小值为
1 1 1 5
【解答】解：以AB，AD，AA 为坐标轴建立空间坐标系如图所示：
1
则M（0，0，1），C（2，2，0），D （0，2，2），
1
→ →
设 P（a，0，b），则D P=（a，﹣2，b﹣2）， CM=（﹣2，﹣2，1），
1
→
∵D
1
P⊥CM，∴D P=−2a+4+b﹣2＝0，即b＝2a﹣2．
1
取AB的中点N，连结B N，则P点轨迹为线段B N，过B作BQ⊥B N，
1 1 1
2√5
则BQ= ，又BC⊥平面ABB
1
A
1
，故BC⊥BQ，∴S△PBC 的最小值为
5
1 2√5
S△QBC =
2
×2×
5
．
2√5
故答案为： ．
57．如图，在棱长为1的正方体中，下列结论正确的是（ ）
A．异面直线AC与BC 所成的角为60°
1
B．直线AB 与平面ABC D 所成角为45°
1 1 1
C．二面角A﹣B C﹣B的正切值为√2
1
√3
D．四面体D ﹣AB C的外接球的体积为 π
1 1 2
【解答】解：对于A，连接A C ，A B，由题意可得AC∥A C
1 1 1 1 1
所以A C 与BC 所成的角，即是异面直线AC与BC 所成的角，
1 1 1 1
因为△A C B为等边三角形，所以∠A C B＝60°，所以A正确；
1 1 1 1
对于B，以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，DD 为z轴，建立空间直角坐标系，
1
A（1，0，0），B （1，1，1），B（1，1，0），D （0，0，1），
1 1
→ → →
AB =（0，1，1）， AB=（0，1，0），AD =（﹣1，0，1），
1 1
→
设平面ABC
1
D
1
的法向量 n=（x，y，z），
→ →
{
n⋅AB= y=0
→
则
→ →
，取x＝1，得 n=（1，0，1），
n⋅AD =−x+z=0
1
设直线AB 与平面ABC D 所成角为 ，
1 1 1
θ
→ →
|AB ⋅n| 1 1
则sin = 1 = = ，∴ ＝30°，
→ → √2×√2 2
|AB |⋅|n|
θ 1 θ
∴直线AB 与平面ABC D 所成角为30°，故B错误；
1 1 1
→
对于C，平面BB
1
C的法向量 m=（0，1，0），
→ →
C（0，1，0），AB =（0，1，1）， AC=（﹣1，1，0），
1→
设平面AB
1
C的法向量 p=（a，b，c），
→ →
{
p⋅AB =b+c=0
→
则 1 ，取a＝1，得 p=（1，1，﹣1），
→ →
p⋅AC=−a+b=0
设二面角A﹣B C﹣B的平面角为 ，
1
→ → θ
|m⋅p| 1 √ 1 √2
则cos = = ，sin = 1−( ) 2= ，
→ → √3 √3 3
|m|⋅|p|
θ θ
√2
3
∴二面角A﹣B C﹣B的正切值为tan = =√2，故C正确；
1
1
θ √3
→ →
对于D，平面AB
1
C的法向量 p=（1，1，﹣1），AD =（﹣1，0，1），
1
→ →
|AD ⋅p| 2 2√3
点D 到平面AB C的距离d= 1 = = ，
1 1 → √3 3
|p|
∵四面体D ﹣AB C是棱长为√2的正四面体，
1 1
设四面体D ﹣AB C的外接球的半径为R，
1 1
2√ √2 2√3 √3
则R2＝[ (√2) 2−( ) 2]2+（ −R）2，解得R= ，
3 2 2 2
4 √3 √3
∴四面体D ﹣AB C的外接球的体积V= ×π×( ) 3= π，故D正确．
1 1 3 2 2
故选：ACD．
8．如图，在棱长为4的正方体ABCD﹣A B C D 中，M，N分别是A D ，A B 的中点，则
1 1 1 1 1 1 1 1
（ ）A．A C⊥平面AMN
1
B．二面角A ﹣MN﹣A的正切值为2√2
1
1
C．三棱锥A ﹣AMN的内切球半径为
1 2
D．过直线BD与平面AMN平行的平面截该正方体所得截面的面积为18
【解答】解：对于A，如图1所示，
连接 A C ，B D ，则 MN∥B D ，由 B D ⊥平面 A C C，得 MN⊥平面 A C C，所以
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
MN⊥A C；
1
设MN交A C 于点P，连接AP，以矩形ACC A 的底边AC为x轴，AA 为y轴建立平面
1 1 1 1 1
直角坐标系，如图2 所示：
则A（0，0），C（4√2，0），A （0，4），P（1，4），
1
→ → → →
所以 AP=（1，4），A C=（4√2，﹣4），则
AP
•A C=4√2−16≠0，
1 1
→ →
所以
AP
与A C不垂直，即AP与A
1
C不垂直，
1
所以A C与平面AMN不垂直，选项A错误；
1AA 4
对于B，∠APA 是二面角A ﹣MN﹣A的平面角，计算tan∠APA = 1 = =2√2，
1 1 1 A P √2
1
所以二面角A ﹣MN﹣A的正切值为2√2，选项B正确；
1
对于C，设三棱锥A ﹣AMN的内切球半径为r，
1
1 1 1 1 1 1
则 r（2× ×4×2+ ×2×2+ ×2√2×√42+(√2) 2）= × ×2×2×4，
3 2 2 2 3 2
1 1
解答r= ，所以三棱锥A ﹣AMN的内切球半径为 ，选项C正确；
2 1 2
对于D，如图3所示，
取B C 的中点E，C D 的中点F，连接BE、EF、DF，
1 1 1 1
则四边形BEFD是过直线BD与平面AMN平行的截面，且四边形BEFD是等腰梯形，
1
计算梯形BEFD的面积为S= ×（2√2+4√2）×3√2=18，所以选项D正确．
2
故选：BCD．
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日期：2021/7/22 21:19:05；用户：15942715433；邮箱：15942715433；学号：32355067
课后作业 . 空间向量
1．如图1，在直角梯形ABCD中，AB∥CD，∠B＝90°，AB＝3，CD＝2，BC=√3，E
在AB上，且AD＝AE．将△ADE沿DE折起，使得点A到点P的位置，且PB＝PC，如
图2．
（1）证明：平面PDE⊥平面BCDE；
（2）求二面角C﹣PB﹣E的正弦值．
【解答】（1）证明：如图，取DE的中点O，连接PO，则PD＝PE，故PO⊥DE，取BC的中点M，连接MO，则MO∥BE，故MO⊥BC，
连接PM，因为PB＝PC，M为BC的中点，所以PM⊥BC，
又PM∩OM＝M，PM，OM 平面PMO，
所以BC⊥平面PMO，又PO⊂ 平面PMO，
则BC⊥PO， ⊂
在平面BCDE内，BC与DE相交，因此PO⊥平面BCDE，
又PO 平面PDE，
故平面⊂PDE⊥平面BCDE；
（2）解：由（1）可知，PO⊥平面BCDE，连接CE，
则BC=√3，BE＝1，故CE=√CB2+BE2=2=CD，
连接CO，则CO⊥DE，则CO=√3，
以点O为坐标原点，建立空间直角坐标系如图所示，
3 √3
则P(0，0，√3)，E(1，0，0)，C(0，√3，0)，B( ， ，0)，
2 2
→ 3 √3 → 3 √3 → 1 √3
所以PB=( ， ，−√3)，CB=( ，− ，0)，EB=( ， ，0)，
2 2 2 2 2 2
→
设平面PBC的法向量为 m=(x，y，z) ，
{
→ →
{3
x+
√3
y−√3z=0
m⋅PB=0 2 2
则 ，即 ，
→ → 3 √3
m⋅CB=0 x− y=0
2 2
令x＝1，则y=z=√3，
→
故m=(1，√3，√3) ，
→
设平面PBE的法向量为 n=(a，b，c) ，
{
→ →
{3
a+
√3
b−√3c=0
n⋅PB=0 2 2
则 ，即 ，
→ → 1 √3
n⋅EB=0 a+ b=0
2 2
令x=√3，则y＝﹣1，z＝1，→
故n=(√3，−1，1) ，
→ →
→ → |m⋅n| √3 √3
所以cos＜m，n＞= = = ，
→ → √7×√5 √35
|m||n|
√ √3 4√70
故二面角C﹣PB﹣E的正弦值为 1−( ) 2= ．
√35 35
1
2．已知：在四棱锥P﹣ABCD中，AD∥BC，AB=BC=CD= AD，G是PB的中点，
2
△PAD是等边三角形，平面PAD⊥平面ABCD．
（Ⅰ）求证：CD⊥平面GAC；
（Ⅱ）求二面角P﹣AG﹣C的余弦值．
【解答】（Ⅰ）证明：取AD的中点为O，连结OP，OC，OB，
设OB交AC于H，连结GH．
1
∵AD∥BC，AB=BC=CD= AD，
2
∴四边形ABCO与四边形OBCD均为菱形
∴OB⊥AC，OB∥CD，则CD⊥AC，
∵△PAD为等边三角形，O为AD的中点，
∴PO⊥AD，
∵平面PAD⊥平面ABCD且平面PAD∩平面ABCD＝AD．
PO 平面PAD且PO⊥AD，
⊂∴PO⊥平面ABCD，
∵CD 平面ABCD，
∴PO⊥⊂CD，
∵H，G分别为OB，PB的中点，∴GH∥PO，
∴GH⊥CD．
又∵GH∩AC＝H，AC，GH 平面GAC，
∴CD⊥平面GAC； ⊂
→ → →
（Ⅱ）解：取BC的中点为E，以O为空间坐标原点，分别以
OE
，
OD
，
OP
的方向为x
轴、y轴、z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系O﹣xyz．
设AD＝4，则P（0，0，2√3），A（0，﹣2，0），C（√3，1，0），D（0，2，0），
√3 1
G（ ，− ，√3）．
2 2
→ → √3 3
AP=（0，2，2√3）， AG=（ ， ，√3）．
2 2
→
设平面PAG的一法向量 n=（x，y，z）．
{ → → { 2y+2√3z=0
n⋅AP=0 {y=−√3z
→
由
→ →
，得 √3
x+
3
y+√3z=0
，即
x=z
．令z＝1，则 n=（1，−√3，
n⋅AG=0 2 2
1）．
→
由（Ⅰ）可知，平面AGC的一个法向量 CD=(−√3，1，0) ．
→ →
|n⋅CD| 2√3 √15
∴二面角P﹣AG﹣C的平面角 的余弦值cos =− =− =− ．
→ → 2√5 5
|n|⋅|CD|
θ θ
3．如图，四棱锥S﹣ABCD的底面是正方形，每条侧棱的长都是底面边长的√2倍，P为侧棱SD上的点．
（1）求证：AC⊥SD；
（2）若SD⊥平面PAC，求二面角P﹣AC﹣D的大小；
（3）在（2）的条件下，侧棱SC上是否存在一点E，使得BE∥平面PAC．若存在，求
SE：EC的值；若不存在，试说明理由．
【解答】证明：（1）连BD，设AC交于BD于O，由题意知SO⊥平面ABCD．
→ → →
以O为坐标原点，
OB，OC，OS
分别为x轴、y轴、z轴正方向，建立坐标系O﹣xyz如图．
√6
设底面边长为a，则高SO= a．
2
√6 √2
于是S(0，0， a)，D(− a，0，0)，
2 2
√2 → √2
C(0， a，0)，OC=(0， a，0)，
2 2
→ √2 √6 → →
SD=(−
2
a，0，−
2
a)，
OC⋅SD=0
故OC⊥SD
从而AC⊥SD
→ √2 √6
（2）由题设知，平面PAC的一个法向量DS=( a，0， a)，
2 2
→ √6
平面DAC的一个法向量OS=(0，0， a)．
2
→ →
OS⋅DS √3
设所求二面角为 ，则cosθ= = ，
→ → 2
|OS||DS|
θ
所求二面角的大小为30°．
（3）在棱SC上存在一点E使BE∥平面PAC．
→
由（Ⅱ）知
DS
是平面PAC的一个法向量，→ √2 √6 → √2 √6
且DS=( a，0， a)，CS=(0，− a， a)
2 2 2 2
→ →
设 CE=tCS ，
→ → → → → √2 √2 √6
则BE=BC+CE=BC+tCS=(− a， a(1−t)， at)
2 2 2
→ → 1
而BE⋅DS=0⇔t=
3
即当SE：EC＝2：1时，BE⊥DS
而BE不在平面PAC内，故BE∥平面PAC
4．如图，矩形ABCD中，AB＝6，AD=2√3，点F是AC上的动点．现将矩形ABCD沿着
对角线AC折成二面角D'﹣AC﹣B，使得D'B=√30．
（Ⅰ）求证：当AF=√3时，D'F⊥BC；
π
（Ⅱ）试求CF的长，使得二面角A﹣D'F﹣B的大小为 ．
4
【解答】满分（12分）．
（Ⅰ）证明：连结DF，BF．
在矩形 ABCD 中， AD=2√3，CD=6，∴ AC=4√3，∠CAB=300，∠DAC＝
60°．…（1分）
在△ADF中，∵AF=√3，∴DF2＝DA2+AF2﹣2DA•AF•cos∠DAC＝9，…（2分）∵DF2+AF2＝9+3＝DA2，∴DF⊥AC，即D'F⊥AC．…（3分）
又在△ABF中，BF2＝AB2+AF2﹣2AB•AF•cos∠CAB＝21，…（4分）
∴在△D'FB中，D'F2+FB2=32+(√21) 2=D'B2，∴BF⊥D'F，…（5分）
又∵AC∩FB＝F，
∴D'F⊥平面ABC．
∴D'F⊥BC．…（6分）
（Ⅱ）解：在矩形ABCD中，过D作DE⊥AC于O，并延长交AB于E．沿着对角线AC
翻折后，
由（Ⅰ）可知，OE，OC，OD'两两垂直，
→
以O为原点，
OE
的方向为x轴的正方向建立空间直角坐标系 O﹣xyz，则O（0，0，
0），E（1，0，0），D'(0，0，3)，B(3，2√3，0)，…（7分
→
）k AB ＝﹣1平面AD'F，∴ OE=(1，0，0) 为平面AD'F的一个法向量． …（8分）
→
设平面BD'F的法向量为 n=（x，y，z），∵F（0，t，0），
→ →
∴BD ' =(−3，−2√3，3)，BF=(−3，t−2√3，0) ，
→ →
{
n⋅BD ' =0 {−3x−2√3 y+3z=0
由 得
→ → −3x+(t−2√3)y=0
n⋅BF=0
→
取y＝3，则x=t−2√3，z=t，∴ n=(t−2√3，3，t) ．…（10分）
→ →
∴cos
π
=
|n⋅OE|
，即
|t−2√3|
=
√2
，∴t=
√3
．∴当CF=
11
√3时，
4 → → √ (t−2√3) 2+9+t2 2 4 4
|n||OE|
π
二面角A﹣D'F﹣B的大小是 ． …（12分）
4
5．如图，四棱锥P﹣ABCD中，PA⊥菱形ABCD所在的平面，∠ABC＝60°，E是BC中点，F是PC上的点．
（1）求证：平面AEF⊥平面PAD；
（2）若M是PD的中点，当AB＝AP时，是否存在点F，使直线EM与平面AEF的所成
1 PF
角的正弦值为 ？若存在，请求出 的值，若不存在，请说明理由．
5 PC
【解答】（1）证明：连接AC，因为底面ABCD为菱形，∠ABC＝60°，所以△ABC是
正三角形，
∵E是BC的中点，∴AE⊥BC，…………………………………（1分）
又AD∥BC，∴AE⊥AD，………………………………………（2分）
∵PA⊥平面ABCD，AE 平面ABCD，∴PA⊥AE，…………（3分）
又PA∩AD＝A，∴AE⊥⊂平面PAD，…………………（4分）
又AE 平面AEF，所以平面AEF⊥平面PAD．……………………（5分）
（2）⊂解：以A为坐标原点建立如图所示空间直角坐标系，不妨设 AB＝AP＝2，则
AE=√3，
则
A(0，0，0)，C(√3，1，0)，D(0，2，0)，P(0，0，2)，E(√3，0，0)，M(0，1，1)
………………………（6分）
→ →
设 PF=λPC=λ(√3，1，−2) ， 则
→ → →
AF=AP+PF=(0，0，2)+λ(√3，1，−2)=(√3λ，λ，2−2λ) ，……（7分）
→
又AE=(√3，0，0) ，
→ →
{
→
n⋅AE=√3x=0
设 n=(x，y，z) 是平面AEF的一个法向量，则
→ →
，
n⋅AF=√3λx+λy+(2−2λ)z=0→
取z＝ ，得 n=(0，2λ−2，λ) ，……………………（9分）
λ
→
设直线EM与平面AEF所成角为 ，由 EM=(−√3，1，1) ，
θ
→ →
→ → |EM⋅n| |3λ−2| 1
得 ： sinθ=|cos〈EM，n〉|= = = ．
→ → √5⋅√(2λ−2) 2+λ2 5
|EM|⋅|n|
…………………（10分）
1 4
化简得：10 2﹣13 +4＝0，解得λ= 或λ= ，
2 5
λ λ
PF 1 4
故存在点F满足题意，此时 为 或 ．……………………………（12分）
PC 2 5
6．如图，四边形ABCD为平行四边形，点E在CD上，CE＝2ED＝2，且BE⊥CD．以BE
为折痕把△CBE折起，使点C到达点F的位置，且∠FED＝60°．
（Ⅰ）求证：平面FAD⊥平面ABED；
√15
（Ⅱ）若直线BF与平面ABED所成角的正切值为 ，求点A到平面BEF的距离．
5
【解答】（Ⅰ）证明：∵BE⊥CD，∴BE⊥EF
又EF∩CD＝E，EF，CD 平面DEF，∴BE⊥平面DEF，
又FD 平面DEF，∴DF⊥⊂BE，
∵CE＝⊂2ED＝2，∴DE＝1，EF＝2，又∠FED＝60°，∴DF=√3，
则DF2+DE2＝EF2，∴DF⊥DE，
又BE∩DE＝E，BE，DE 平面ABDE，∴DF⊥平面ABED，
⊂又DF 平面FAD，∴平面FAD⊥平面ABED；
（Ⅱ）⊂解：由（Ⅰ）知，DF⊥平面ABED，连接BD，
√15
∴∠FBD为直线BF与平面ABED所成角，则tan∠FBD= ，
5
√3
= =√5
由（Ⅰ）知，DF=√3，则BD √15 ，
5
又DE＝1，则BE＝2，AB＝CD＝3DE＝3，
设A到平面BEF的距离为h，
1 1 1 1
则V
A﹣BEF
＝V
F﹣ABE
，∴
3
×
2
×2×2×ℎ =
3
×
2
×3×2×√3，
√3 √3
解得h= ，即点A到平面BEF的距离为 ．
2 2
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