高中数学讲义微专题64 空间向量解立体几何（含综合题习题）

高中数学讲义微专题64 空间向量解立体几何（含综合题习题）

微专题 64 利用空间向量解立体几何问题 一、基础知识 （一）刻画直线与平面方向的向量 1、直线：用直线的方向向量刻画直线的方向问题，而方向向量可由直线上的两个点来确定 例如： ，则直线 的方向向量为 2、平面：用平面的法向量来刻画平面的倾斜程度，何为法向量？与平面 垂直的直线称为平 面 的法线，法线的方向向量就是平面 的法向量，如何求出指定平面的法向量呢？ （1）所需条件：平面上的两条不平行的直线 （2）求法：（先设再求）设平面 的法向量为 ，若平面上所选两条直线的方向 向量分别为 ，则可列出方程组： 解出 的比值即可 例如： ，求 所在平面的法向量 解：设 ，则有 ，解得： （二）空间向量可解决的立体几何问题（用 表示直线 的方向向量，用 表示平面 的法向量） 1、判定类 （1）线面平行： （2）线面垂直： （3）面面平行： （4）面面垂直： 2、计算类： （1）两直线所成角：    2,4,6 , 3,0,2A B AB  1, 4, 4AB         , ,n x y z    1 1 1 2 2 2, , , , ,a x y z b x y z   1 1 1 2 2 2 0 0 x y z x y x y z x y z z        , ,x y z    1,2,0 , 2,1,3a b   ,a b   , ,n x y z 2 0 2 3 0 x y x y z       2x y z y     : : 2 :1:1x y z    2,1,1n   ,a b  ,a b ,m n  ,  a b a b  ∥ ∥ a b a b    m n    ∥ ∥ m n     cos cos , a ba b a b         （2）线面角： （3）二面角： 或 （视平面角与法向 量夹角关系而定） （4）点到平面距离：设 为平面 外一点， 为平面 上任意一点，则 到平面 的距离 为 ，即 在法向量 上投影的绝对值。 （三）点的存在性问题：在立体几何解答题中，最后一问往往涉及点的存在性问题，即是否 在某条线上存在一点，使之满足某个条件，本讲主要介绍使用空间向量解决该问题时的方法 与技巧 1、理念：先设再求——先设出所求点的坐标 ，再想办法利用条件求出坐标 2、解题关键：减少变量数量—— 可表示空间中的任一点，但题目中所求点往往是确 定在某条线或者某个平面上的，所以使用三个变量比较“浪费”（变量多，条件少，无法求 解），要考虑减少变量的个数，最终所使用变量的个数可根据如下条件判断： （1）直线（一维）上的点：用一个变量就可以表示出所求点的坐标 （2）平面（二维）上的点：用两个变量可以表示所求点坐标 规律：维度=所用变量个数 3、如何减少变量： （1）直线上的点（重点）：平面向量共线定理——若 使得 例：已知 ，那么直线 上的某点 坐标可用一个变量表示， 方法如下： ——三点中取两点构成两个向量 因为 在 上，所以 ——共线定理的应用（关键） ，即 ——仅用一个变量 表示 （2）平面上的点：平面向量基本定理——若 不共线，则平面上任意一个向量 ，均存在 ，使得： 例：已知 ，则平面 上的某点 坐标可用两个变 cos ,sin a ma m a m        cos cos , m nm n m n         cos cos , m nm n m n           A  P  A  A AP nd n     AP n  , ,x y z  , ,x y z ,a b R   ∥ a b     1,3,4 , 0,2,1A P AP  , ,M x y z    1, 3, 4 , 1, 1, 3AM x y z AP         M AP AM AP AM AP    ∥ 1 1 3 3 4 3 4 3 x x y y z z                              1 ,3 ,4 3M       ,a b  c , R   c a b          1,3,4 , 0,2,1 , 2,4,0A P Q APQ  , ,M x y z 量 表 示 ， 方 法 如 下 ： ， 故 ，即 二、典型例题 例 1：（2010 天津）在长方体 中， 分别是棱 上的点， ， （1）求异面直线 所成角的余弦值 （2）证明： 平面 （3）求二面角 正弦值 解：由长方体 得： 两两垂直 以 为轴建立空间直角坐标系 （1） （2） ，设平面 的法向量为 平面      1, 3, 4 , 1, 1, 3 , 2,2, 1AM x y z AP PQ            AM AP PQ     1 2 1 2 3 2 3 2 4 3 4 3 x x y y z z                                         1 1 1 1ABCD A B C D ,E F 1,BC CC 2CF AB CE  1: : 1: 2: 4AB AD AA  1,EF A D AF  1A ED 1A ED F  1 1 1 1ABCD A B C D 1, ,AA AB AD  1, ,AA AB AD      1 31, ,0 , 1,2,1 , 0,0,4 , 0,2,02E F A D     1 10, ,1 , 0,2, 42EF A D         1 1 1 3 3cos , 55 204 EF A DEF A D EF A D              3cos 5   1,2,1AF  1A ED  , ,n x y z  1 10,2, 4 , 1, ,02A D DE          2 4 0 : : 1: 2 :11 02 y z x y z x y        1,2,1n  AF n ∥ AF  1A ED B1 C1 B C DA D1A1 E F （3）设平面 的法向量 例 2 ： 如 图 ， 在 四 棱 锥 中 ， 底 面 是 矩 形 ， 平 面 ， ， ， 若 分 别 为 棱 上 的 点 ， 为 中 点 ， 且 （1）求证：平面 平面 （2）求直线 与平面 所成角的正弦值 （3）求点 到平面 的距离 解： 平面 矩形 故 两两垂直 以 为轴建立空间直角坐标系 ， 且 分 别 为 的中线 设点 ，因为 三点共线 而 而 EDF  , ,m x y z  11, ,0 , 1,0,12DE DF          1 0 : : 1: 2 : 12 0 x y x y z x z           1,2, 1m    1,2,1n   4 2cos , 6 3 m nm n m n          5sin 3  P ABCD ABCD PA  ABCD 4PA AD  2AB  MN ,PD PC O AC 2 2AC OM ON  ABM  PCD CD ACM N ACM PA  ABCD ,PA AB PA AD    ABCD AB AD  , ,PA AB AD , ,PA AB AD          0,0,4 , 2,0,0 , 2,4,0 , 0,4,0 , 1,2,0P B C D O 2 2AC OM ON  ,OM ON ,AMC ANC  ,AN PC AM PD    , ,M x y z , ,P M D PM PD      , , 4 , 0,4, 4PM x y z PD      0,4 , 4PD     0 4 4 4 x y z           0,4 ,4 4M    0AM PD AM PD        116 4 4 4 0 2        0,2,2M O A D B C P M N O A D B C P M N 同理，设点 ，因为 三点共线 而 而 （1）设平面 的法向量为 设平面 的法向量为 平面 平面 （2）设平面 的法向量为 而 设直线 与平面 所成角为 ，则  , ,N x y z , ,P N C PN PC      , , 4 , 2,4, 4PN x y z PC      2 ,4 , 4PD      2 4 4 4 x y z            2 ,4 ,4 4N     0AN PC AN PC        44 +16 4 4 4 0 9        8 16 20, ,9 9 9N      ABM  1 , ,n x y z    2,0,0 , 0,2,2AB AM    1 2 0 0,1, 12 2 0 x ny z        PCD  2 , ,n x y z    2,4, 4 , 2,0,0PC DC     2 2 4 4 0 0,1,12 0 x y z nx        1 2 0n n    1 2n n    ABM  PCD ACM  , ,n x y z    2,4,0 , 0,2,2AC AM    2 4 0 2, 1,12 2 0 x y ny z          2,0,0CD    CD ACM  4 6sin cos , 32 6 CD nCD n CD n            （3） 例 3：已知在四棱锥 中，底面 是矩形，且 平面 ， 分别是线段 的中点 （1）求证： （2）在线段 上是否存在点 ，使得 平面 ，若存在，确定点 的位置；若不存在，请说明 理由 （3）若 与平面 所成的角为 ，求二面角 的余弦值 解：因为 平面 ，且四边形 是矩形 以 为 轴 建 立 空 间 直 角 坐 标 系 ， 设 （1） （2）设 设平面 的法向量为 平面 解得 存在点 ，为 的四等分点（靠近 ） （3） 底面 在底面 的投影为 为 与平面 所成的角，即 为等腰直角三角形 即 平面 的法向量为  8 16 202 1 109 9 9 6276N ACM AN nd n          平面 P ABCD ABCD 2, 1,AD AB PA   ABCD ,E F ,AB BC PF FD PA G EG∥ PFD G PB ABCD 45 A PD F  PA  ABCD ABCD  , ,PA AD AB PA h           10,0, , 1,0,0 , 0,2,0 , 1,2,0 , 1,1,0 , ,0,02P h B D C F E         1,1, , 1,1,0PF h FD      0PF FD    PF FD   0,0,G a 1 ,0,2EG a       PFD  , ,n x y z    1,1, , 1,1,0PF h FD      0 0 2 x hx y zh y hx y z             , ,2n h h  EG ∥ PFD EG n   1 2 02EG n h a       1 4a h  G AP A PA  ABCD PB ABCD BA PBA PB ABCD 45PBA   PBA 1AP AB   1h   PFD  1,1,2n  F E A D B C P 平面 为 平面，所以平面 的法向量为 设二面角 的平面角为 ，可知 为锐角 例 4 ： 四 棱 锥 中 ， 平 面 平 面 ， 是 中点 （1）求证： 平面 （2）求二面角 的平面角的余弦值 （ 3 ） 在 侧 棱 上 是 否 存 在 点 ， 使 得 平 面 ，若存在，求出 的值；若不存在，请说明理由 解：过 在平面 作 的垂线交 于 为 中点 平面 平面 平面 以 为轴建立空间直角坐标系 （1） 设平面 的法向量为 平面 （2）设平面 的法向量为 APD yOz APD  0,1,0m  A PD F    1 6cos cos , 66 m n     P ABCD PAB  ABCD , 90 , 3,AD BC ABC PA PB   ∥ 1, 2, 3,BC AB AD O   AB CD  POC C PD O  PC M BM∥ POD CM PC O ABCD AB CD Q ,PA PB O AB PO AB   PAB  ABCD PO  ABCD ,PO OB PO OQ   OQ AB  , ,PO OB OQ 2 2 2 2PO PA OA            0,0,2 2 , 1,0,0 , 1,0,0 , 1,1,0 , 1,3,0P B A C D    2,2,0CD   POC  , ,n x y z    0,0,2 2 , 1,1,0OP OC   0 2 2 0 00 OP n z x yOC n                 1,1,0n   CD n ∥  CD  POC PCD  1 , ,n x y z O A D B C P 设平面 的法向量为 所以二面角 的平面角的余弦值为 （3）设 而平面 的法向量为 平面 例 5：已知四棱锥 中， 平面 ，底面 是边长为 的菱形， ， （1）求证：平面 平面 （2）设 与 交于点 ， 为 中点，若二面角 的正切值是 ，求 的值 建系思路一：由 与底面垂直，从而以 作为 轴，以 为 轴，由 的菱形性质可 得取 中点 ，连结 则有 ，从而建立空间直角坐标 系 解：取 中点 ，连结 ，可得 平面    1,1, 2 2 , 2,2,0PC CD     1 1 0 2 2 0 2 2 00 PC n x y z x yCD n                   1 2, 2,1n  PDO  2 , ,n x y z    0,0,2 2 , 1,3,0OP OD    2 2 0 2 2 0 3 00 OP n z x yOD n                 2 3,1,0n  1 2 1 2 1 2 4cos , 5 n nn n n n          C PD O  4 5  , ,M x y z CM CP     1, 1, , 1, 1,2 2CM x y z CP         1 1 1 ,1 ,2 2 2 2 x y M z                     ,1 ,2 2BM       PDO  2 3,1,0n  BM ∥ POD 2 0 3 1 0BM n           1 4  1 4 CM PC  P ABCD PA  ABCD ABCD a 120BAD   PA b PBD  PAC AC BD O M OC O PM D  2 6 :a b PA PA z AB x 120 CD T AT AT AB CD T AT AT CD AB AT  PA  ABCD TA B D C O A D B C P M 以 为轴建立空间直角坐标系 可得： （1）设平面 的法向量为 设平面 的法向量为 平面 平面 （2） 设平面 的法向量为 设平面 的法向量为 设二面角 的平面角为 ，则 ，可得  , ,PA AB AT    1 3 1 3,0,0 , , ,0 , , ,0 , 0,0,2 2 2 2B a C a a D a a P b           PBD  , ,m x y z   3 3,0, , , ,02 2PB a b BD a a           0 33 3 02 2 x bax bz y b ax ay z a             , 3 ,m b b a  PAC  , ,n x y z   1 30,0, , , ,02 2AP b AC a a          30 11 3 0 02 2 xz y ax ay z             3,1,0n   0m n     PBD  PAC 1 3 3 3 3, ,0 , , ,04 4 8 8O a a M a a            OPM  1 , ,n x y z 1 3 1 3, , , , ,04 4 8 8OP a a b OM a a                 1 3 304 4 1 1 3 008 8 xax ay bz y zax ay                  1 3,1,0n   PMD  2 , ,n x y z 1 3 7 3, , , , ,02 2 8 8PD a a b MD a a                  1 3 302 2 7 7 3 0 3 38 8 x bax ay bz y b ax ay z a                 2 3 ,7 ,3 3n b b a  O PM D   tan 2 6  1cos 5  1 2 2 2 4 1cos cos , 52 52 27 bn n b a        建系思路二：由思路一可发现尽管建系思路简单，但是所涉及的点的坐标过于复杂，而导致 后面的计算繁杂。所以考虑结合图形特点，建立 坐标简单的坐标系，从而简化运算：利用菱形对 角线垂直的特点，以 为坐标原点。过 作 的平行线，即可垂直底面，从而所建立的坐标系 使得底面上的点均在轴上；另一方面，可考虑以 为单位长度，可得 ，避免了坐标中出 现过多的字母 解 ： 过 作 ， 平 面 平面 因为 为菱形，所以 以 为轴建立空间直角坐标系，以 为单位长度 （1）设平面 的法向量为 设平面 的法向量为 因为平面 即为 平面 平面 平面 （2） 设平面 的法向量为 2 2 2 2 210 52 27 100 52 27b b a b b a     2 2 48 16 27 9 a b   4 : 3a b  O O PA OC 2a  O OT PA∥ PA  ABCD AT  ABCD ABCD OC OD  , ,OT OC OD OC          1,0,0 , 1,0,0 , 0, 3,0 , 0, 3,0 , 1,0,A C B D P b    PBD  , ,m x y z    1, 3, , 0,2 3,0PB b BD      3 0 0 2 3 0 1 x bx y bz y y z             ,0,1m b  PAC  , ,n x y z PAC xOz  0,1,0n  0m n     PBD  PAC 1 ,0,02M      OPM  1 , ,n x y z   11,0, , ,0,02OP b OM           00 11 0 02 xx bz y x z            1 0,1,0n  O A D B C P M 设平面 的法向量为 设二面角 的平面角为 ，则 ，可得 例 6：如图，在边长为 4 的菱形 中， 于点 ，将 沿 折起到 的位置，使得 （1）求证： 平面 （2）求二面角 的余弦值 （3）判断在线段 上是否存在一点 ，使平面 平面 ，若存在，求出 的 值，若不存在，请说明理由 解 ： （ 1 ） 平面 平面 （2） PMD  2 , ,n x y z   11, 3, , , 3,02PD b MD           2 33 0 1 3 02 3 3 x bx y bz y b x y z               2 2 3 , ,3 3n b b  O PM D   tan 2 6  1cos 5  1 2 2 1cos cos , 513 27 bn n b        2 2 2 2 27 95 13 27 25 13 27 12 4b b b b b        3, 22b a CD   4 : 3a b  ABCD 60 ,BAD DE AB   E ADE DE 1A DE 1A D DC 1A E  BCDE 1E A B C  EB P 1A DP  1A BC EP PB 1,CD ED CD A D  CD  1A ED 1CD A E  1A E DE 1A E  BCDE 1 1,A E ED A E BE   D C E B A1D A B C E 两两垂直 以 为坐标轴建立坐标系 计算可得： （2）平面 的法向量为 设平面 的法向量为 设二面角 的平面角为 （3）设 设平面 的法向量为 平面 平面 解得： 不在线段 上，故不存在该点 DE BE 1 , ,A E ED BE 1 , ,A E ED BE 2, 2 3AE DE         1 0,0,2 , 2,0,0 , 0,2 3,0 4,2 3,0A B D C 1EA B  0,1,0m 1A BC  , ,n x y z    12,2 3,0 , 4,2 3, 2BC AC     1 0 2 2 3 0 3 0 4 2 3 2 0 BC n x y x z y AC n x y z                        3, 1, 3n   1E A B C   1 7cos cos , 71 7 m nm n m n               ,0,0P  1A DP  1 , ,n x y z  1 0,2 3, 2A D    1 ,0, 2A P   1 1 1 1 2 0 32 3 2 0 32 00 x A D n y z y x zA P n z                          1 32, ,3n           1A DP  1A BC 1 30 2 3 3 03n n          3    3,0,0P  BE 小炼有话说：（1）对待翻折问题要注意在翻折的过程中，哪些量和位置关系是不变的，要将 平面图形的相关量与翻折后的几何体建立对应关系。 （2）在处理点的存在性问题时，求该点所在平面法向量的过程中会遇到所解方程含参的情况， 此时可先从含参方程入手，算出满足方程的一组值，再代入另一方程计算会比较简便。 例 7：如图，在四棱锥 中，底面 是平行四边形， 平面 ，点 分 别 为 的 中 点 ， 且 ． （1）证明： ∥平面 ； （ 2 ） 设 直 线 与 平 面 所 成 角 为 ， 当 在 内变化时，求二面角 的取值范围． 解： 平面 以 为轴建立直角坐标系，设 （1） ，设平面 的法向量为 ∥平面 （2）设平面 的法向量为 P ABCD ABCD PA  ABCD ,M N ,BC PA 1, 2AB AC AD   MN PCD AC PBC   0, 6      P BC A  2 2 2AB AC AD  AB AC  PA  ABCD ,PA AB PA AC   , ,PA AB AC PA h         1 11,0,0 , 0,1,0 , 1,1,0 , 0,0, , 0,0, , , ,02 2 2 hB C D P h N M           1 1, ,2 2 2 hMN        PCD  , ,n x y z    1,0,0 , 0,1,CD PC h     0 0 00 CD n x y zhPC n                 0, ,1n h  1 1 02 2MN n h h       MN PCD PBC  , ,m x y z    1,1,0 , 1,0,BC PB h     N M D CB A P 即 平面 的法向量为 由 可得 设二面角 的平面角为 则 例 8 ： 在 如 图 所 示 的 多 面 体 中 ， 平 面 平 面 ， ， 且 ， 是 中点 （1）求证： （2）求平面 与平面 所成的锐二面角的余弦值 （3）在棱 上是否存在一点 ，使得直线 与平面 所成的角为 ？若存在，指出点 的位置，若不存在，请说 明理由 解：过 在平面 上作 的平行线 平面 两两垂直 如图建系： （1） 0 0 00 BC m x y x zhPB m                  , ,1m h h   0,1,0AC   2 sin cos , 2 1 hAC m h       0, 6      1sin 0, 2      2 10 22 1 h h    2 2 1 20,2 1 4 2 h hh          BCA  1 0,0,1n   , ,1m h h  1 1 2 1 1cos , 2 1 m nm n m n h           20, 2h       22 1 1,2h   1 2cos , ,12m n         P BC A   2cos ,12      0, 4       EA  ,ABC DB  ABC AC BC 2 2AC BC BD AE    M AB CM EM EMC BCD DC N MN EMC 60 N A ABC BC AN AC BC AN AC  EA  ABC ,AE AN AE AC   , ,AE AC AN          2,2,0 , 0,2,0 , 2,2,2 , 1,1,0 , 0,0,1B C D M E    1, 1,0 , 1,1, 1CM EM      0CM EM    CM EM   M A C B E D M A C B E D N （2）设平面 的法向量为 设平面 的法向量为 设平面 与平面 所成的锐二面角的余弦值为 则 （3）设 在 上 解得： 存在点 ，当 为 中点时，直线 与平面 所成的角为 CM EM  EMC  1 , ,n x y z    1, 1,0 , 1,1, 1CM EM       1 0 1,1,20 x y nx y z         BCD  2 , ,n x y z    0,0,2 , 2,0,0BD CB    1 2 0 0,1,02 0 z nx      EMC BCD  1 2 1 2 1 2 1 6cos cos , 66 n nn n n n             , ,N x y z N CD CN CD    2,0,2CD   , 2,CN x y z   2 ,0,2CD    2 2 2 0 2 2 2 x x y y z z                    2 ,2,2N    2 1,1,2MN         1 1 2 2 1 6 3sin cos , 26 2 1 1 2 MN nMN n MN n                   2 6 3 26 8 4 2         1 2  1 2CN CD    N N CD MN EMC 60 例 9：如图，在四棱锥 中， 底面 ， ， ， ， ，点 为棱 的中点． （1）证明： （2）求直线 与平面 所成角的正弦值 （3）若 为棱 上一点，满足 ，求二面角 的余弦值 解： 底面 两两垂直，如图建系： （1） （2）设平面 的法向量为 设直线 与平面 所成角为 （3）设 三点共线 解得： 设平面 的法向量为 P ABCD- PA ^ ABCD AD AB^ //AB DC 2AD DC AP= = = 1AB = E PC BE DC BE PBD F PC BF AC F AB P  PA  ABCD ,PA AD PA AB   , ,PA AD AB          0,0,2 , 1,0,0 , 0,2,0 , 2,2,0 , 1,1,1P B D C E    0,1,1 , 2,0,0BE DC   0BE DC BE DC        BE DC  PBD  , ,n x y z    1,0, 2 , 1,2,0PB BD      2 0 2,1,12 0 x z nx y        BE PBD  2 3sin cos , 32 6 BE nBE n BE n              , ,F x y z    , , 2 , 2,2, 2PF x y z PC      , ,P F C  2 ,2 , 2PF PC        2 2 2 2 x y z            2 ,2 ,2 2F      2 1,2 ,2 2BF        2,2,0AC  BF AC  2 2 1 2 2 0BF AC          1 4  1 1 3, ,2 2 2F      FAB  , ,m x y z z y x P E D C BA 平面 的法向量为 二面角 的余弦值为 例 10：如图，在三棱柱 ， 是正方形 的中心， ， 平面 ，且 （1）求异面直线 与 所成角的余弦值 （2）求二面角 的正弦值 （3）设 为棱 的中点，点 在平面 内，且 平面 ，求线段 的长 解：连结 ，因为 是正方形 的中心 交于 ，且 平面 如图建系： 设 （1）   1 1 31,0,0 , , ,2 2 2AB AF           0 0,3, 11 1 3 02 2 2 x m x y z         ABP  0,1,0n  3 3cos , 101010 m nm n m n            F AB P  3 1010 1 1 1ABC A B C H 1 1AA B B 1 2 2AA  1C H  1 1AA B B 1 5C H  AC 1 1A B 1 1 1A AC B  N 1 1B C M 1 1AA B B MN  1 1A B C BM 1 1,A B AB H 1 1AA B B 1 1,A B AB H 1 1HA HB 1C H  1 1AA B B           1 1 12,0,0 , 0,2,0 , 0, 2,0 , 2,0,0 , 0,0, 5A B A B C   , ,C x y z  1 1 2, 2,0C C A A      2 2 5 0 x y z           2, 2, 5C      1 12,0, 5 , 2,2,0AC A B     1 1 4 2cos , 33 2 2 AC A B      （2）设平面 的法向量为 设平面 的法向量为 设二面角 的平面角为 ，则 （3） ，因为 在底面 上，所以设 平面 的法向量为 平面 ∥ ，可解得： 三、历年好题精选 1、如图，在四棱锥 中，底面 是直角梯形，侧棱 底面 ， 垂直于 和 ， 是棱 的中点. 1 1AAC  , ,n x y z    1 1 12, 2,0 , 2,0, 5A A AC      2 2 0 2 5 0 2 5 x y x y x z x z                5, 5,2n   1 1 1AC B  , ,m x y z    1 1 1 12,0, 5 , 0, 2, 5AC B C     2 5 0 2 5 2 5 0 2 5 x z x z y z y z                5, 5,2m  4 2cos , 14 7 m nm n m n           1 1 1A AC B   2cos 7  2 3 5sin 1 cos 7     50,1, 2N       M 1 1AA B B  , ,0M x y 5, 1, 2NM x y         1 1 1A B C  5, 5,2m  MN  1 1A B C MN m 5 1 2 25 5 x y    5 4 1 4 x y       5 1, ,04 4M       2 25 1 1024 4 4BM                 S ABCD ABCD SA  ABCD AB AD BC 2, 1,SA AB BC AD M    SB （1）求证： ∥平面 （2）求平面 与平面 所成的二面角的余弦值 （3）设点 是直线 上的动点， 与平面 所成的角为 ，求 的最大值 2、（2015，北京）如图，在四棱锥 中， 为等边三角形，平面 平面 ， ∥ 为 的中点 （1）求证： （2）求二面角 的余弦值 （3）若 平面 ，求 的值 3、（2015，山东）如图，在三棱台 中， 分 别为 的中点. （1）求证： 平面 ； （ 2 ） 若 平 面 , 求 平 面 与 平 面 所成角（锐角）的大小. 4、（2014，北京）如图，正方形 的边长为 2， 分别为 的中点，在五棱 锥 中， 为棱 的中点，平面 与棱 分别交于点 （1）求证： （2）若 底面 ，且 ，求直线 与平面 所成角的大小，并求线段 的长 5、（2014，江西）如图，四棱锥 中， 为矩形，平 面 平面 （1）求证： （2）若 ，问 为何值时， 四棱锥 的体积最大？并求此时平面 与平面 夹角的余弦值 AM SCD SCD SAB N CD MN SAB  sin A EFCB AEF AEF  EFCB EF , 4, 2 , 60 ,BC BC EF a EBC FCB O       EF AO BE F AE B  BE  AOC a DEF ABC 2 , ,AB DE G H ,AC BC / /BD FGH CF  ABC , , 45 ,AB BC CF DE BAC     FGH ACFD AMDE ,B C ,AM MD P ABCDE F PE ABF ,PD PC ,G H AB FG∥ PA  ABCDE PA AE BC ABF PH P ABCD ABCD PAD  ABCD AB PD 90 , 2, 2BPC PB PC    AB P ABCD BPC DPC O F E C B A T FD E A G B H C 习题答案： 1、解析：（1）以点 为坐标原点，如图建系： 则 设平面 的法向量为 ，可得： ∥平面 （2）可知平面 的法向量为 ， 设平面 与平面 所成的二面角为 ，可得 A            0,0,0 , 0,2,0 , 2,2,0 , 1,0,0 , 0,0,2 , 0,1,1A B C D S M      0,0,1 , 1,0, 2 , 1, 2,0AM SD CD         SCD  , ,n x y z 0 2 0 2 00 SD n x z x yCD n                 2, 1,1n   0AM n    AM n   AM SCD SAB  1 1,0,0n  SCD SAB  0, 2      所成的二面角余弦值为 （3）设 ，则 ，平面 的法向量为 当 即 时， 取得最大值，即 2、解析：（1） 为等边三角形且 为 的中点 平面 平面 平面 （2）取 中点 ，连结 ，分别以 为轴如 图建系 可得： 设平面 的法向量为 由 可得： ，可得： 平面 的法向量 由二面角 为钝二面角可知 1 1 2 6cos 31 6 n n n n            6 3  ,2 2,0N x x   ,2 3, 1MN x x   SAB  1 1,0,0n  2 2 2 1 1sin 5 12 10 1 1 1 3 710 12 5 10 5 5 x x x x x x                       1 3 5x  5 3x  sin  max 35sin 7   AEF O EF AO EF   AEF  EFCB AO  EFCB AO BE  BC D OD , ,OE OD OA      0,0, 3 , ,0,0 , 2,2 3 3 ,0A a E a B a AEB  1 , ,n x y z    ,0, 3 , 2 ,2 3 3 ,0AE a a EB a a          1 1 3 00 2 2 3 3 00 ax azAE n a x a yEB n                    1 3, 1,1n   AEF  2 0,1,0n  1 2 1 2 1 2 5cos , 5 n nn n n n           F AE B  5cos 5   O F E C B A （3） ，设平面 的法向量为 解得 平面 ，因为 ，解得： （舍）， 3、解析：（1）证明：连结 ，设 交于点 在三棱台 中，由 可得 为 中点 ，即 且 四边形 是平行四边形 为 中点且 在 中，可得 为中位线 又 平面 ， 平面 ，故 平面 ； （2）由 平面 ,可得 平面 而 则 ,于是 两两垂直， 以点 G 为坐标原点， 所在的直线 分别为 轴建立空间直角坐标系， 设 ,则 , ， 则平面 的一个法向量为 ， 设平面 的法向量为 ，则 ,即 ， 取 ，则 ， ，  2,2 3 3 ,0C a  AOC  , ,m x y z    0,0, 3 , 2,2 3 3 ,0OA a OC a       3 00 2 2 3 3 00 azOA m x a yOC m                   2 3 3 ,2,0m a  BE  AOC BE m ∥  2, 3 2 3,0BE a a       2 2 2 3 3 3 2 3a a a     2a  4 3a  ,DG DC ,DC GF T DEF ABC 2AB DE 2AC DF G AC DF AC ∥ DF AG∥ DF AG  DGCF T DC DG FC∥ BDC TH TH DB ∥ BD  FGH TH  FGH / /BD FGH CF  ABC DG  ABC , 45 ,AB BC BAC    GB AC , ,GB GA GC , ,GA GB GC , ,x y z 2AB  1, 2 2, 2DE CF AC AG    2 2(0, 2,0), ( 2,0,0), ( 2,0,1), ( , ,0)2 2B C F H   ACFD 1 (0,1,0)n  FGH 2 2 2 2( , , )n x y z 2 2 0 0 n GH n GF          2 2 2 2 2 2 02 2 2 0 x y x z        2 1x  2 21, 2y z  2 (1,1, 2)n  z x y FD E A G B H C ，故平面 与平面 所成角（锐角）的大小为 . 4、解析：（1）证明：在正方形 中，可知 平面 平面 平面 ，且平面 平面 （ 2 ） 因 为 底 面 ， 所 以 如 图 建 立 空 间 直 角 坐 标 系 ， 则 设平面 的法向量为 解得 设直线 与平面 所成角为 ，则 设点 ，由 在棱 上可得： 由 为平面 的法向量可得： 解得 1 2 1 1cos , 21 1 2 n n       FGH ACFD 60 AMDE AB DE∥ AB  PDE AB ∥ PDE AB  ABF ABF  PDE FG AB FG ∥ PA  ABCDE ,PA AB PA AE         1,0,0 , 2,1,0 , 0,0,2 , 0,1,1B C P F  1,1,0BC  ABF  , ,n x y z    1,0,0 , 0,1,1AB AF   0 0 00 AB n x y zAF n                0,1, 1n   1cos , 2 BC nBC n BC n          BC ABF  1sin cos , 2BC n    6    , ,H x y z H PC PH PC     2,1, 2 , , , 2PC PH x y z        2 2 , ,2 2 2 2 x y H z                n ABF 0n AH    0 2 1 2 2 0         2 3  5、解析：（1）证明：因为 为矩形，所以 又平面 平面 ，且平面 平面 平面 （2）过 作 的垂线，垂足为 ，过 作 的垂线 垂足为 ，连结 平面 ， 平面 在 中， 设 ，则 ，当 时， 最大 此时 如图建系，可得： 设平面 的一个法向量为 则 解得 设平面 的一个法向量为 4 2 2, ,3 3 3H      2 2 24 2 2 2 23 3 3PH                      ABCD AB AD PAD  ABCD PAD  ABCD AD AB  PAD AB PD  P AD O O BC G PG PO  ABCD BC  ,POG BC PG Rt BPC 2 3 2 6 6, ,3 3 3PG GC BG   AB m 2 2 24 3OP PG OG m    2 2 2 41 4 16 8 6 8 63 3 3 3P ABCD mV m m m m m         2 21 2 863 3 3m       2 2 6 3 3m m   P ABCDV  6 3AB  6 6 6 2 6 2 6 6, ,0 , , ,0 , 0, ,0 , 0,0,3 3 3 3 3 3B C D P                              6 2 6 6 6, , , 0, 6,0 , ,0,03 3 3 3PC BC CD                    BPC  1 , ,n x y z 1 1 6 2 6 60 03 3 3 0 6 0 PC n x y z BC n y                 1 1,0,1n  DPC  2 , ,n x y z 则 解得 设平面 与平面 夹角为 ，可得 2 2 6 2 6 6 00 3 3 3 0 6 03 x y zPC n CD n x                 2 10, ,12n       BPC DPC  1 2 1 2 1 2 10cos cos , 5 n nn n n n          