【导与练】高考数学 试题汇编 第五节 立体几何中的向量方法 理（含解析）.doc

第五节立体几何中的向量方法 向量法证明平行、垂直关系考向聚焦高考常考内容,主要以向量为工具,通过直线的方向向量、平面的法向量证明线线、线面、面面平行与垂直,常以解答题形式出现,难度中档,所占分值6分左右1.(2011年辽宁卷,理18)如图,四边形abcd为正方形,pd平面abcd,pdqa,qa=ab=12pd.(1)证明:平面pqc平面dcq.(2)求二面角qbpc的余弦值.解:如图,以d为坐标原点,线段da的长为单位长,射线da为x轴的正半轴建立空间直角坐标系dxyz.(1)证明: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pqdq=0,pqdc=0.即pqdq,pqdc.且dqdc=d.故pq平面dcq.又pq平面pqc,所以平面pqc平面dcq.(2)解:依题意有b(1,0,1),cb=(1,0,0),bp=(-1,2,-1).设n=(x,y,z)是平面pbc的法向量,则ncb=0,nbp=0.即x=0,-x+2y-z=0因此可取n=(0,-1,-2).设m是平面pbq的法向量,则mbp=0mpq=0.可取m=(1,1,1),所以cos=-155.故二面角qbpc的余弦值为-155.2.(2011年北京卷,理16)如图,在四棱锥pabcd中,pa平面abcd,底面abcd是菱形,ab=2,bad=60.(1)求证:bd平面pac;(2)若pa=ab,求pb与ac所成角的余弦值;(3)当平面pbc与平面pdc垂直时,求pa的长.(1)证明:pa平面abcd,pabd,底面abcd为菱形,acbd,paac=a,bd平面pac.解:(2)设acbd=o,bad=60,pa=ab=2,bo=1,ao=oc=3,如图,以o为坐标原点,ob、oc所在直线为x,y轴,建立空间直角坐标系oxyz,则p(0,-3,2),a(0,-3,0),b(1,0,0),c(0,3,0),pb=(1,3,-2),ac=(0,23,0),设pb与ac所成的角为,则cos =|cos|=|pbac|pb|ac|=64.(3)由(2)知,bc=(-1,3,0),设|pa|=t0,则p(0,-3,t),bp=(-1,-3,t),设平面pbc的法向量为m=(x,y,z),则bcm=0,bpm=0,即-x+3y=0-x-3y+tz=0,令y=3,则x=3,z=6t,m=(3,3,6t),同理可得平面pdc的法向量n=(-3,3,6t),平面pbc平面pdc,mn=0,即-6+36t2=0,t=6,即pa=6.求直线与平面所成的角考向聚焦高考热点内容,主要以向量为工具,考查通过求直线的方向向量和平面的法向量的夹角,进而转化为直线与平面所成的角,主要以解答题形式出现,难度中档,所占分值6分左右备考指津解决这类问题的关键是建立适当的坐标系,准确的求出直线的方向向量和平面的法向量,计算要准确3.(2012年湖北卷,理19,12分)如图(1),acb=45,bc=3,过动点a作adbc,垂足d在线段bc上且异于点b,连接ab,沿ad将abd折起,使bdc=90(如图(2)所示).(1)当bd的长为多少时,三棱锥abcd的体积最大;(2)当三棱锥abcd的体积最大时,设点e,m分别为棱bc,ac的中点,试在棱cd上确定一点n,使得enbm,并求en与平面bmn所成角的大小.(1)解:法一:在如题图(1)所示的abc中,设bd=x(0x3),则cd=3-x.由adbc,acb=45知,adc为等腰直角三角形,所以ad=cd=3-x.由折起前adbc知,折起后(如题图(2),addc,adbd,且bddc=d,所以ad平面bcd.又bdc=90,所以sbcd=12bdcd=12x(3-x).于是vabcd=13adsbcd=13(3-x)12x(3-x)=1122x(3-x)(3-x)1122x+(3-x)+(3-x)33=23,当且仅当2x=3-x,即x=1时,等号成立,故当x=1,即bd=1时,三棱锥abcd的体积最大.法二:同法一,得vabcd=13adsbcd=13(3-x)12x(3-x)=16(x3-6x2+9x).令f(x)=16(x3-6x2+9x),由f(x)=12(x-1)(x-3)=0,且0x0;当x(1,3)时,f(x)0,所以当x=1时,f(x)取得最大值.故当bd=1时,三棱锥abcd的体积最大.(2)解:法一:以d为原点,建立如图a所示的空间直角坐标系dxyz.由(1)知,当三棱锥abcd的体积最大时,bd=1,ad=cd=2,于是可得d(0,0,0),b(1,0,0),c(0,2,0),a(0,0,2),m(0,1,1),e(12,1,0),且bm=(-1,1,1).设n(0,0),则en=(-12,-1,0).因为enbm等价于enbm=0,即(-12,-1,0)(-1,1,1)=12+-1=0,故=12,n(0,12,0).所以当dn=12(即n是cd的靠近点d的一个四等分点)时,enbm.设平面bmn的一个法向量为n=(x,y,z),由nbn,nbm,及bn=(-1,12,0),得y=2x,z=-x.可取n=(1,2,-1).设en与平面bmn所成角的大小为,则由en=(-12,-12,0),n=(1,2,-1),可得sin =cos(90-)=nen|n|en|=|-12-1|622=32,即=60.故en与平面bmn所成角的大小为60.法二:由(1)知,当三棱锥abcd的体积最大时,bd=1,ad=cd=2,如图b,取cd的中点f,连结mf,bf,ef,则mfad.由(1)知ad平面bcd,所以mf平面bcd.如图c,延长fe至p点使得fp=db,连bp,dp,则四边形dbpf为正方形,所以dpbf.取df的中点n,连结en,又e为fp的中点,则endp,所以enbf.因为mf平面bcd.又en面bcd,所以mfen.又mfbf=f,所以en面bmf,又bm面bmf,所以enbm. 因为enbm当且仅当enbf,而点f是唯一的,所以点n是唯一的.即当dn=12(即n是cd的靠近点d的一个四等分点),enbm.连接mn,me,由计算得nb=nm=eb=em=52,所以nmb与emb是两个共底边的全等的等腰三角形,如图d所示,取bm的中点g,连接eg,ng,则bm平面egn.在平面egn中,过点e作ehgn于h,则eh平面bmn,故enh是en与平面bmn所成的角,在egn中,易得eg=gn=ne=22,所以egn是正三角形,故enh=60,即en与平面bmn所成角的大小为60.4.(2010年辽宁卷,理19)已知三棱锥pabc中,pa平面abc,abac,pa=ac=12ab,n为ab上一点,ab=4an,m,s分别为pb,bc的中点.(1)证明:cmsn;(2)求sn与平面cmn所成角的大小.设pa=1,以a为原点,ab,ac,ap所在直线分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系如图.则p(0,0,1),c(0,1,0),b(2,0,0),m(1,0,12),n(12,0,0),s(1,12,0).(1)证明:cm=(1,-1,12),sn=(-12,-12,0),因为cmsn=-12+12+0=0,所以cmsn.(2)解:nc=(-12,1,0),设a=(x,y,z)为平面cmn的一个法向量,由acm=0,anc=0,得x-y+12z=0,-12x+y=0.令x=2,得a=(2,1,-2).设sn与平面cmn所成的角为,则sin =|cos|.又|cos|=|-1-12322|=22,sin =22,又0,90,=45,故sn与平面cmn所成角为45.5.(2010年全国新课标卷,理18)如图,已知四棱锥pabcd的底面为等腰梯形,abcd,acbd,垂足为h,ph是四棱锥的高,e为ad中点.(1)证明:pebc;(2)若apb=adb=60,求直线pa与平面peh所成角的正弦值.(1)证明:以h为原点,ha,hb,hp分别为x,y,z轴.线段ha的长为单位长度,建立空间直角坐标系如图.则a(1,0,0),b(0,1,0).设c(m,0,0),p(0,0,n)(m0).则d(0,m,0),e(12,m2,0),可得pe=(12,m2,-n),bc=(m,-1,0).因为pebc=m2-m2+0=0.所以pebc.(2)解:由已知条件可得m=-33,n=1,故c(-33,0,0).d(0,-33,0),e(12,-36,0),p(0,0,1).设n=(x,y,z)为平面peh的法向量.则nhe=0,nhp=0.即12x-36y=0,z=0.因此可以取n=(1,3,0).又pa=(1,0,-1),可得|cos|=24,所以直线pa与平面peh所成角的正弦值为24.求二面角考向聚焦高考重点考查内容,主要以向量为工具,考查通过求两平面的法向量及其角,进而转化为二面角的大小,考查空间向量的线性运算及学生的空间想象能力,难度中档偏上,所占分值8分左右6.(2012年重庆卷,理19,12分)如图,在直三棱柱abca1b1c1中,ab=4,ac=bc=3,d为ab的中点.(1)求点c到平面a1abb1的距离;(2)若ab1a1c,求二面角a1cdc1的平面角的余弦值.解:(1)ac=bc,da=db,cdab,又aa1平面abc,cd平面abc,aa1cd,aa1ab=a,aa1平面abb1a1,ab平面abb1a1cd平面abb1a1,点c到平面abb1a1的距离为cd=bc2-bd2=32-22=5.(2)如图,过点d作dd1aa1交a1b1于d1,由(1)知db、dc、dd1两两垂直,以d为原点,射线db、dc、dd1分别为x轴、y轴、z轴的正半轴建立空间坐标系dxyz.设直棱柱的侧棱aa1=a,则a(-2,0,0),a1(-2,0,a),b1(2,0,a),c1(0,5,a),c(0,5,0),a1c=(2,5,-a),ab1=(4,0,a),ab1a1c,ab1a1c=0,8-a2=0,a=22,dc=(0,5,0),da1=(-2,0,22),cc1=(0,0,22),设平面a1cd的法向量n1=(x1,y1,z1),则n1dc=0n1da1=0,5y1=0-2x1+22z1=0,令z1=1,则n1=(2,0,1),因ab平面c1cd,故可取面c1cd的法向量n2=(1,0,0),cos=n1n2|n1|n2|=1231=63.所以二面角a1cdc1的平面角的余弦值为63. 本题考查了立体几何中点到平面的距离和二面角大小的求法,空间向量的运用,主要考查学生的空间想象力、推理论证能力、化归能力和运算求解能力,难度适中.7.(2012年江西卷,理19,12分)在三棱柱abca1b1c1中,已知ab=ac=aa1=5,bc=4,点a1在底面abc的投影是线段bc的中点o.(1)证明在侧棱aa1上存在一点e,使得oe平面bb1c1c,并求出ae的长;(2)求平面a1b1c与平面bb1c1c夹角的余弦值.(1)证明:连接ao,在aoa1中,作oeaa1于点e,因为aa1bb1,得oebb1,因为a1o平面abc,所以a1obc.由ab=ac,ob=oc,得aobc,而a1oao=o,所以bc平面aa1o,所以bcoe,而bb1bc=b,所以oe平面bb1c1c,又ao=ab2-bo2=1,aa1=5,得ae=ao2aa1=55.(2)解:如图,分别以oa,ob,oa1所在直线为x,y,z轴,建立空间直角坐标系,则a(1,0,0),b(0,2,0),c(0,-2,0),a1(0,0,2),由ae=15aa1得点e的坐标是(45,0,25),由(1)得平面bb1c1c的一个法向量是oe=(45,0,25),设平面a1b1c的法向量为n=(x,y,z),由nab=0na1c=0,得-x+2y=0y+z=0,令y=1,得x=2,z=-1,即n=(2,1,-1),所以cos=oen|oe|n|=3010,即平面bb1c1c与平面a1b1c夹角的余弦值是3010.8.(2012年安徽卷,理18,12分)平面图形abb1a1c1c如图(1)所示,其中bb1c1c是矩形,bc=2,bb1=4,ab=ac=2,a1b1=a1c1=5.现将该平面图形分别沿bc和b1c1折叠,使abc与a1b1c1所在平面都与平面bb1c1c垂直,再分别连接a1a,a1b,a1c,得到如图(2)所示的空间图形,对此空间图形解答下列问题.(1)证明:aa1bc;(2)求aa1的长;(3)求二面角abca1的余弦值.解:本题考查空间中的垂直关系,求线段长,考查求二面角的余弦值,考查空间向量在求解立体几何问题中的应用.考查空间想象能力,推理论证能力,计算求解能力等.(1)如图,过点a作ao平面a1b1c1,垂足为o,连接ob1,oc1,oa1,abc与a1b1c1所在平面都与平面bb1c1c垂直,bb1c1c是矩形,abca1b1c1为直三棱柱,由bc=2,ab=ac=2知bac为直角,且ob1=oc1,a1b1=a1c1=5,oa1b1c1,ao平面a1b1c1,oab1c1,b1c1平面oaa1,aa1平面oaa1,所以aa1bc.(2)由(1)可知oa=bb1=4,oa1=2-1+5-1=3,由oaoa1,aa1=42+32=5.(3)由(1)知bac=90,则b1oc1=90,且oa1在角b1oc1的平分线上.以o为坐标原点,ob1,oc1,oa所在的直线分别为x轴,y轴,z轴,建立空间直角坐标系.a(0,0,4),b(2,0,4),c(0,2,4),a1(322,322,0),则bc=(-2,2,0),ba1=(22,322,-4).设平面bca1的法向量为n=(x,y,z),则nbc=0nba1=0,即-2x+2y=022x+322y-4z=0,取x=1,则n=(1,1,22).由平面abc的一个法向量为oa=(0,0,4),cos=noa|n|oa|=221024=55,由图形可知二面角为钝角,所以二面角abca1的余弦值为-55. 解决本题的关键是能正确理解由平面几何图形到空间几何体的转换,其中的平行和垂直关系,线段长度关系等,然后通过添加辅助线构造常见几何体,就容易找出所需要的平行和垂直关系,也容易得出特殊的图形,也容易建立空间直角坐标系来求解.9.(2012年山东卷,理18,12分)在如图所示的几何体中,四边形abcd是等腰梯形,abcd,dab=60,fc平面abcd,aebd,cb=cd=cf.(1)求证:bd平面aed;(2)求二面角fbdc的余弦值.(1)证明:四边形abcd是等腰梯形,abcd,dab=60,dcb=120,cd=cb,cbd=cdb=30,abd=30,adb=90,即addb,又dbae,aead=a,bd平面aed.(2)解:取bd中点p,连结cp,fp.cd=cb,cpbd.又fc平面abcd,bdfc,bd平面fcp,bdfp,fpc是二面角fbdc的平面角.设cd=1,则cp=12,在rtfcp中,fp=fc2+cp2=52,cosfpc=cpfp=55,即二面角fbdc的余弦值为55.10.(2012年新课标全国卷,理19,12分)如图,直三棱柱abca1b1c1中,ac=bc=12aa1,d是棱aa1的中点,dc1bd.(1)证明:dc1bc;(2)求二面角a1bdc1的大小.(1)证明:不妨设ac=bc=12aa1=1.又d为aa1中点,dc1=2,bc1=5,bd2=3=ad2+ab2,ab2=2=ac2+bc2,acb=90,即bcac,又bccc1,bc平面acc1a1,又dc1平面acc1a1,dc1bc.(2)解:由(1)知ca、cb、cc1两两垂直.分别以ca、cb、cc1为x、y、z轴建立空间直角坐标系,则b(0,1,0),d(1,0,1),a1(1,0,2),c1(0,0,2),bd=(1,-1,1),bc1=(0,-1,2),设平面bdc1的一个法向量n=(x,y,z).则bdn=0,bc1n=0即x-y+z=0,-y+2z=0.令z=1,则y=2,x=1,即n=(1,2,1).可取平面a1bd的一个法向量m=(1,1,0),cos=mn|m|n|=362=32,又二面角a1bdc1为锐二面角,该二面角的大小为6. 该题应属立体几何的常规考查形式,一证一求,难度适中.11.(2012年广东卷,理18,13分)如图所示,在四棱锥pabcd中,底面abcd为矩形,pa平面abcd,点e在线段pc上,pc平面bde.(1)证明:bd平面pac;(2)若pa=1,ad=2,求二面角bpca的正切值.解:(1)pa平面abcd,bd平面abcd,pabd,同理pcbd.pa、pc是平面pac中的两条相交直线,bd平面pac.(2)解:法一:设ac、bd的交点为o,连接oe,则beo即为所求二面角bpca的平面角,由(1)知bd平面pac,bdac,又四边形abcd为矩形.四边形abcd是正方形,ab=ad=2,ac=bd=22,bo=oc=12bd=1222=2,pc=pa2+ac2=12+(22)2=3,由rtpacrtoec知oepa=ocpc,oe1=23,oe=23,在rtboe中,tan beo=booe=223=3.即二面角bpca的正切值为3.法二:如图,分别以ab、ad、ap所在直线为x、y、z轴,a为坐标原点,建立空间直角坐标系,由(1)知bd平面pac,bdac,矩形abcd为正方形,p(0,0,1),b(2,0,0),d(0,2,0),c(2,2,0),bd=(-2,2,0)是平面pac的一个法向量,设n=(x,y,z)是平面pbc的法向量,由npb=0npc=0得2x-z=02x+2y-z=0,令x=1,则z=2,y=0,n=(1,0,2),cos=nbd|n|bd|=-2522=-110,sin =1-cos2=310,tan =sincos=-310110=-3又二面角bpca为锐角,二面角bpca的正切值为3.12.(2012年浙江卷,理20,15分)如图,在四棱锥pabcd中,底面是边长为23的菱形,bad=120,且pa平面abcd,pa=26,m,n分别为pb,pd的中点.(1)证明:mn平面abcd;(2)过点a作aqpc,垂足为点q,求二面角amnq的平面角的余弦值.(1)证明:因为m,n分别是pb,pd的中点,所以mn是pbd的中位线,所以mnbd.又因为mn平面abcd,所以mn平面abcd.(2)解:法一:连结ac交bd于o,以o为原点,oc,od所在直线为x,y轴,建立空间直角坐标系oxyz,如图所示.在菱形abcd中,bad=120,得ac=ab=23,bd=3ab=6.又因为pa平面abcd,所以paac.在rtpac中,ac=23,pa=26,aqpc,得qc=2,pq=4.由此知各点坐标如下:a(-3,0,0),b(0,-3,0)c(3,0,0),d(0,3,0),p(-3,0,26),m(-32,-32,6),n(-32,32,6),q(33,0,263).设m=(x1,y1,z1)为平面amn的法向量.由am=(32,-32,6),an=(32,32,6)32x1-32y1+6z1=0,32x1+32y1+6z1=0.取z1=-1,得m=(22,0,-1).设n=(x2,y2,z2)为平面qmn的法向量.由qm=(-536,-32,63),qn=(-536,32,63)知-536x2-32y2+63z2=0,-536x2+32y2+63z2=0.取z2=5,得n=(22,0,5).于是cos=mn|m|n|=3333.所以二面角amnq的平面角的余弦值为3333.法二:在菱形abcd中,bad=120,得ac=ab=bc=cd=da,bd=3ab.又因为pa平面abcd,所以paab,paac,paad.所以pb=pc=pd.所以pbcpdc.因m,n分别是pb,pd的中点,所以mq=nq,且am=12pb=12pd=an.取线段mn的中点e,连结ae,eq,则aemn,qemn,所以aeq为二面角amnq的平面角.由ab=23,pa=26,故在amn中,am=an=3,mn=12bd=3,得ae=332.在rtpac中,aqpc,得aq=22,qc=2,pq=4.在pbc中,cosbpc=pb2+pc2-bc22pbpc=56,得mq=pm2+pq2-2pmpqcosbpc=5.在等腰mqn中,mq=nq=5,mn=3,得qe=mq2-me2=112.在aeq中,ae=332,qe=112,aq=22,得cosaeq=ae2+qe2-aq22aeqe=3333.所以二面角amnq的平面角的余弦值为3333.13.(2012年天津卷,理17,13分)如图,在四棱锥pabcd中,pa平面abcd,acad,abbc,bac=45,pa=ad=2,ac=1.(1)证明:pcad;(2)求二面角apcd的正弦值;(3)设e为棱pa上的点,满足异面直线be与cd所成的角为30,求ae的长.解:如图,以点a为原点,射线ad、ac、ap分别为x轴、y轴、z轴的正半轴建系,则a(0,0,0),d(2,0,0),b(-12,12,0),c(0,1,0),p(0,0,2),(1)pc=(0,1,-2),ad=(2,0,0),pcad=0,pcad.(2)pc=(0,1,-2),cd=(2,-1,0),设平面pcd的法向量为n1=(x,y,z),则npc=0ncd=0,即y-2z=02x-y=0,令x=1,则n1=(1,2,1).又平面pac的一个法向量可取n2=(1,0,0),cos=n1n2|n1|n2|=16=66.sin=306.二面角apcd的正弦值为306.(3)设点e(0,0,a),a0,2,则be=(12,-12,a),又cd=(2,-1,0),故cos=becd|be|cd|=3212+a25=320a2+10,320a2+10=cos 30=32,a=1010,ae=1010. 本小题主要考查了空间两直线的位置关系,二面角,异面直线所成的角等基础知识,主要考查学生的空间想象力,化归能力和运算能力,难度适中.14.(2012年四川卷,理19,12分)如图,在三棱锥pabc中,apb=90,pab=60,ab=bc=ca,平面pab平面abc.(1)求直线pc与平面abc所成的角的大小;(2)求二面角bapc的大小.解:法一:(1)设ab的中点为d,ad的中点为o,连结po、co、cd.由已知,pad为等边三角形.所以poad.又平面pab平面abc,平面pab平面abc=ad,所以po平面abc.所以ocp为直线pc与平面abc所成的角.不妨设ab=4,则pd=2,cd=23,od=1,po=3.在rtocd中,co=od2+cd2=13.所以,在rtpoc中,tanocp=poco=313=3913.故直线pc与平面abc所成的角的大小为arctan 3913.(2)过d作deap于e,连结ce.由已知可得,cd平面pab.根据三垂线定理知,cepa.所以ced为二面角bapc的平面角.由(1)知,de=3.在rtcde中,tanced=cdde=233=2.故二面角bapc的大小为arctan 2.法二:(1)设ab的中点为d,作poab于点o,连结cd.因为平面pab平面abc,平面pab平面abc=ad,所以po平面abc.所以pocd.由ab=bc=ca,知cdab.设e为ac中点,则eocd,从而oepo,oeab.如图,以o为坐标原点,ob、oe、op所在直线分别为x、y、z轴建立空间直角坐标系oxyz.不妨设pa=2,由已知可得,ab=4,oa=od=1,op=3,cd=23.所以o(0,0,0),a(-1,0,0),c(1,23,0),p(0,0,3).所以cp=(-1,-23,3),而op=(0,0,3)为平面abc的一个法向量.设为直线pc与平面abc所成的角,则sin =|cpop|cp|op|=|0+0+3163|=34.故直线pc与平面abc所成的角的大小为arcsin 34.(2)由(1)有,ap=(1,0,3),ac=(2,23,0).设平面apc的一个法向量为n=(x1,y1,z1),则napnacnap=0nac=0(x1,y1,z1)(1,0,3)=0,(x1,y1,z1)(2,23,0)=0.从而x1+3z1=0,2x1+23y1=0.取x1=-3,则y1=1,z1=1,所以n=(-3,1,1).设二面角bapc的平面角为,易知为锐角.而平面abp的一个法向量为m=(0,1,0),则cos =|nm|n|m|=|13+1+1|=55.故二面角bapc的大小为arccos 55.15.(2011年天津卷,理17)如图,在三棱柱abca1b1c1中,h是正方形aa1b1b的中心,aa1=22,c1h平面aa1b1b,且c1h=5.(1)求异面直线ac与a1b1所成角的余弦值;(2)求二面角aa1c1b1的正弦值;(3)设n为棱b1c1的中点,点m在平面aa1b1b内,且mn平面a1b1c1,求线段bm的长.解:如图所示,建立空间直角坐标系,点h为原点,依题意得a(2,0,0),b1(-2,0,0),a1(0,2,0),b(0,-2,0),c1(0,0,5),c(2,-2,5).(1)ac=(0,-2,5),a1b1=(-2,-2,0),cos=aca1b1|ac|a1b1|=4322=23,异面直线ac与a1b1所成角的余弦值为23.(2)设平面aa1c1的法向量m=(x,y,z),则ma1c1=0maa1=0,即-2y+5z=0-2x+2y=0,取x=5,可得m=(5,5,2),同理设平面a1b1c1的法向量n=(x,y,z),则na1c1=0na1b1=0,即-2y+5z=0-2x-2y=0,取x=5,可得n=(5,-5,-2).cos=mn|m|n|=-414=-27,从而sin=357.所以二面角aa1c1b1的正弦值为357.(3)b1c1的中点n(-1,0,52),设m(a,b,0),则mn=(-1-a,-b,52),由mn平面a1b1c1,得mna1b1=0mna1c1=0,即2+2a+2b=02b+52=0,a=14b=-54,m(14,-54,0),bm=(14,34,0),|bm|=116+916=104.线段bm的长为104.16.(2011年新课标全国卷,理18)如图,四棱锥pabcd中,底面abcd为平行四边形,dab=60,ab=2ad,pd底面abcd.(1)证明:pabd;(2)若pd=ad,求二面角apbc的余弦值.(1)证明:dab=60,ab=2ad,不妨设ad=1.由余弦定理得bd=3,bd2+ad2=ab2,bdad.又pd底面abcd,可得bdpd,adpd=d,bd平面pad.pabd.(2)解:如图,以d为坐标原点,da,db,dp分别为x,y,z轴,建立空间直角坐标系dxyz.设ad=1,则a(1,0,0),b(0,3,0),c(-1,3,0),p(0,0,1),ab=(-1,3,0),pb=(0,3,-1),bc=(-1,0,0).设平面pab的法向量为n=(x,y,z),则nab=0npb=0,即-x+3y=03y-z=0.设z=3,则得n=(3,1,3).同理设平面pbc的法向量为m,则mpb=0mbc=0可取m=(0,-1,-3),cos=mn|m|n|=-427=-277.故二面角apbc的余弦值为-277.17.(2010年浙江卷,理20)如图, 在矩形abcd中,点e,f分别在线段ab,ad上,ae=eb=af=23fd=4.沿直线ef将aef翻折成aef,使平面aef平面bef.(1)求二面角afdc的余弦值;(2)点m,n分别在线段fd,bc上,若沿直线mn将四边形mncd向上翻折,使c与a重合,求线段fm的长.解:法一:(1)取线段ef的中点h,连接ah.因为ae=af及h是ef的中点,所以ahef.又因为平面aef平面bef,及ah平面aef,所以ah平面bef.如图建立空间直角坐标系axyz,则a(2,2,22),c(10,8,0),f(4,0,0),d(10,0,0),故fa=(-2,2,22),fd=(6,0,0).设n=(x,y,z)为平面afd的一个法向量,所以-2x+2y+22z=0,6x=0,取z=2,则n=(0,-2,2).又平面bef的一个法向量m=(0,0,1).故cos=nm|n|m|=33.所以二面角afdc的余弦值为33.(2)设fm=x,则m(4+x,0,0),因为翻折后c与a重合,所以cm=am,故(6-x)2+82+02=(-2-x)2+22+(22)2,得x=214,经检验,此时点n在线段bc上,所以fm=214.法二:(1)取线段ef的中点h,af的中点g,连接ag,ah,gh.因为ae=af及h是ef的中点,所以ahef,又因为平面aef平面bef,ah平面aef,所以ah平面bef,又af平面bef,故ahaf,又因为g,h分别是af,ef的中点,易知ghab,所以ghaf,又ghah=h,af平面agh,所以agh为二面角afdc的平面角,在rtagh中,ah=22,gh=2,ag=23,所以cosagh=33.故二面角afdc的余弦值为33.(2)设fm=x,因为翻折后c与a重合,所以cm=am,而cm2=dc2+dm2=82+(6-x)2,am2=ah2+mh2=ah2+mg2+gh2=(22)2+(x+2)2+22,得x=214,经检验,此时点n在线段bc上,所以fm=214.立体几何的开放性问题考向聚焦高考常考内容,主要考查立体几何的开放性问题:(1)条件追溯型;(2)存在探索型;(3)方法类比探索型.考查学生分析问题、解决问题的能力,多在解答题的最后一问,难度中档偏上,所占分值48分18.(2012年上海数学,理14,4分)如图,ad与bc是四面体abcd中互相垂直的棱,bc=2.若ad=2c,且ab+bd=ac+cd=2a,其中a、c为常数,则四面体abcd的体积的最大值是.解析:过点a作aebc于e,连结de,则debc,所以四面体abcd的体积为23sade.由对称性知,点e为bc的中点,且ab=bd=a时,ade的面积最大,又ab+bdad,即ac.所以sade=ca2-c2-1,因此四面体abcd的体积的最大值为2c3a2-c2-1.答案:2c3a2-c2-119.(2012年北京卷,理16,14分)如图(1),在rtabc中,c=90,bc=3,ac=6,d,e分别是ac,ab上的点,且debc,de=2,将ade沿de折起到a1de的位置,使a1ccd,如图(2).(1)求证:a1c平面bcde;(2)若m是a1d的中点,求cm与平面a1be所成角的大小;(3)线段bc上是否存在点p,使平面a1dp与平面a1be垂直?说明理由.解:(1)在图(1)中,debc,acbc,dead,dedc.折起后在图(2)中,dea1d,dedc.又a1ddc=d,且a1d,dc平面a1cd,de平面a1cd.dea1c.又cda1c,且cdde=d,且cd,de平面bcde,a1c平面bcde.(2)在图(1)中,debc,ac=6,de=2,bc=3,ad=4,dc=2,折起后在图(2)中,a1d=4,dc=2,又a1ccd,a1c=23.由(1)知,建立如图所示的空间直角坐标系cxyz,则c(0,0,0),a1(0,0,23),d(0,2,0),b(3,0,0),e(2,2,0),中点m(0,1,3),cm=(0,1,3).又be=(-1,2,0),a1b=(3,0,-23).设平面a1be的法向量为n=(x1,y1,z1),则ben=0a1bn=0,2y1-x1=0,3x1-23z1=0,不妨取x1=1,则n=(1,12,32).设直线cm与平面a1be所成角为,则sin =|cos(2-)|=|ncm|n|cm|=12+3222=22,=4,直线cm与平面a1be所成角为4.(3)不存在点p,使平面a1dp与平面a1be垂直.证明:假设存在点p,使平面a1dp与平面a1be垂直.记p的坐标为p(m,0,0),且0m3.a1p=(m,0,-23),a1d=(0,2,-23),设平面a1pd的法向量为m,且m=(x2,y2,z2),a1pm=0,a1dm=0,mx2-23z2=0,2y2-23z2=0,令z2=1,得m=(23m,3,1).又当平面a1dp平面a1be时,mn=0,23m+32+32=0,m=-20,3.假设不成立,不存在点p,使平面a1dp与平面a1be垂直. 本题考查了空间向量在立体几何中的应用,尤其第三问中更好地体现了空间向量的优越性.20.(2012年福建卷,理18,13分)如图,在长方体abcda1b1c1d1中,aa1=ad=1,e为cd中点.(1)求证:b1ead1;(2)在棱aa1上是否存在一点p,使得dp平面b1ae?若存在,求ap的长;若不存在,说明理由;(3)若二面角ab1ea1的大小为30,求ab的长.解:(1)以a为原点,ab,ad,aa1的方向分别为x轴,y轴,z轴的正方向建立空间直角坐标系(如图).设ab=a,则a(0,0,0),d(0,1,0),d1(0,1,1),e(a2,1,0),b1(a,0,1),故ad1=(0,1,1),b1e=(-a2,1,-1),ab1=(a,0,1),ae=(a2,1,0).ad1b1e=-a20+11+(-1)1=0,b1ead1.(2)假设在棱aa1上存在一点p(0,0,z0)(0z01),使得dp平面b1ae.此时dp=(0,-1,z0).设平面b1ae的法向量n=(x,y,z),n平面b1ae,nab1,nae,得ax+z=0,ax2+y=0.取x=1,得平面b1ae的一个法向量n=(1,-a2,-a).要使dp平面b1ae,只要ndp,有a2-az0=0,解得z0=12.即ap=12.(3)连接a1d,b1c,由长方体abcda1b1c1d1及aa1=ad=1,得ad1a1d.b1ca1d,ad1b1c.又由(1)知b1ead1,且b1cb1e=b1,ad1平面dcb1a1,ad1是平面a1b1e的一个法向量,此时ad1=(0,1,1).设ad1与n所成的角为,则cos =nad1|n|ad1|=-a2-a21+a24+a2.二面角ab1ea1的大小为30,|cos |=cos 30,即3a221+5a24=32,解得a=2,即ab的长为2. 利用空间向量解决立体几何中的判定与求解问题的关键是合理建系,准确设点,本题第3问较为创新,更能体现向量法的优点,而在法向量的应用上,要注意赋值的有效性.21.(2010年湖南卷,理18)如图所示,在正方体abcda1b1c1d1中,e是棱dd1的中点.(1)求直线be与平面abb1a1所成的角的正弦值;(2)在棱c1d1上是否存在一点f,使b1f平面a1be?证明你的结论.解:法一:设正方体的棱长为1.如图所示,以ab,ad,aa1为单位正交基底建立空间直角坐标系axyz.(1)依题意,得b(1,0,0),e(0,1,12),a(0,0,0),d(0,1,0),所以be=(-1,1,12),ad=(0,1,0).在正方体abcda1b1c1d1中,因为ad平面abb1a1,所以ad是平面abb1a1的一个法向量.设直线be与平面abb1a1所成的角为,则sin =|bead|be|ad|=1321=23.即直线be与平面abb1a1所成的角的正弦值为23.(2)在棱c1d1上存在点f,使b1f平面a1be.证明如下:依题意,得a1(0,0,1),ba1=(-1,0,1),be=(-1,1,12).设n=(x,y,z)是平面a1be的一个法向量,则由nba1=0,nbe=0,得-x+z=0,-x+y+12z=0.所以x=z,y=12z.取z=2,得n=(2,1,2).设f是棱c1d1上的点,则f(t,1,1)(0t1).又b1(1,0,1),所以b1f=(t-1,1,0).而b1f平面a1be,于是b1f平面a1beb1fn=0(t-1,1,0)(2,1,2)=02(t-1)+1=0t=12f为棱c1d1的中点.这说明在棱c1d1上存在点f(c1d1的中点),使b1f平面a1be.法二:(1)如图(1)所示,取aa1的中点m,连接em,bm.因为e是dd1的中点,四边形add1a1为正方形,所以emad.又在正方体abcda1b1c1d1中,ad平面abb1a1,所以em平面abb1a1