安徽省高考数学第二轮复习 专题五立体几何第3讲 用空间向量的方法解立体几何问题 理

专题五立体几何第3讲用空间向量的方法解立体几何问题真题试做1．(2012·陕西高考，理5)如图，在空间直角坐标系中有直三棱柱ABCA1B1C1，CA＝CC1＝2CB，则直线BC1与直线AB1夹角的余弦值为()．A.B.C.D.2．(2012·四川高考，理14)如图，在正方体ABCDA1B1C1D1中，M，N分别是棱CD，CC1的中点，则异面直线A1M与DN所成的角的大小是__________．3．(2012·山东高考，理18)在如图所示的几何体中，四边形ABCD是等腰梯形，AB∥CD，∠DAB＝60°，FC⊥平面ABCD，AE⊥BD，CB＝CD＝CF.(1)求证：BD⊥平面AED；(2)求二面角FBDC的余弦值．4．(2012·福建高考，理18)如图，在长方体ABCDA1B1C1D1中，AA1＝AD＝1，E为CD中点．(1)求证：B1E⊥AD1；(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．5．(2012·天津高考，理17)如图，在四棱锥PABCD中，PA⊥平面ABCD，AC⊥AD，AB⊥BC，∠BAC＝45°，PA＝AD＝2，AC＝1.-20-\n(1)证明PC⊥AD；(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．考向分析从近几年的高考试题来看，高考对本专题的考查主要有以下几个方面：一是证明空间平行关系，如(2012福建高考，理18)的第(2)问；二是利用空间向量证明垂直关系，如(2012山东高考，理18)的第(1)问和(2012福建高考，理18)的第(1)问；三是利用空间向量求角，如(2012山东高考，理18)的第(2)问；(2012天津高考，理17)的第(2)问和(2012四川高考，理14)，此类问题多以多面体为载体，常以解答题的形式出现，重在考查学生的空间想象能力．本专题是高考的必考内容之一，通常为一道综合题，常出现在几个解答题的中间位置，难度不是很大．在多数情况下传统法、向量法都可以解决，但首先应考虑向量法，这样可以降低难度．预测在今后高考中，本部分内容仍旧主要以解答题的形式出现，难度为中档．考查内容仍旧是利用空间向量的数量积及坐标运算来解决立体几何问题，其中利用空间向量求空间角仍然是重点．热点例析热点一利用空间向量证明平行问题【例1】如图所示，在平行六面体ABCDA1B1C1D1中，O是B1D1的中点．求证：B1C∥平面ODC1.规律方法利用空间向量证明平行问题的方法归纳．下面用数学语言描述为：(1)线线平行：直线与直线平行，只需证明它们的方向向量平行．(2)线面平行：利用线面平行的判定定理，证明直线的方向向量与平面内一条直线的方向向量平行；利用共面向量定理，证明平面外直线的方向向量与平面内两相交直线的方向向量共面；证明直线的方向向量与平面的法向量垂直．(3)面面平行：平面与平面的平行，除了利用面面平行的判定定理转化为线面平行外，只要证明两平面的法向量平行即可．下面用符号语言表述为：设直线l，m的方向向量分别为a＝(a1，b1，c1)，b＝(a2，b2，c2)，平面α，β的法向量分别为u＝(a3，b3，c3)，v＝(a4，b4，c4)．(1)线线平行：l∥ma∥ba＝kba1＝ka2，b1＝kb2，c1＝kc2.(2)线面平行：l∥αa⊥ua·u＝0a1a3＋b1b3＋c1c3＝0.-20-\n(3)面面平行：α∥βu∥vu＝kva3＝ka4，b3＝kb4，c3＝kc4.变式训练1(2012·安徽江南十校联考，理19)如图，在多面体ABCDEFG中，四边形ABCD是边长为2的正方形，平面ABG、平面ADF、平面CDE都与平面ABCD垂直，且△ABG，△ADF，△CDE都是正三角形．(1)求证：AC∥EF；(2)求多面体ABCDEFG的体积．热点二利用空间向量证明垂直问题【例2】如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD是正方形，侧棱PD⊥底面ABCD，PD＝DC，E是PC的中点，作EF⊥PB于点F，求证：(1)PA∥平面EDB；(2)PB⊥平面EFD.规律方法利用空间向量证明垂直问题的方法归纳．下面用数学语言描述为：(1)线线垂直：直线与直线的垂直，只要证明两直线的方向向量垂直．(2)线面垂直：利用线面垂直的定义，证明直线的方向向量与平面内的任意一条直线的方向向量垂直；利用线面垂直的判定定理，证明直线的方向向量与平面内的两条相交直线的方向向量垂直；证明直线的方向向量与平面的法向量平行．(3)面面垂直：平面与平面的垂直，除了用面面垂直的判定定理转化为线面垂直外，只要证明两平面的法向量垂直即可．下面用符号语言表述为：设直线l，m的方向向量分别为a＝(a1，b1，c1)，b＝(a2，b2，c2)．平面α，β的法向量分别为u＝(a3，b3，c3)，v＝(a4，b4，c4)．(1)线线垂直：l⊥ma⊥ba·b＝0a1a2＋b1b2＋c1c2＝0.(2)线面垂直：l⊥αa∥ua＝kua1＝ka3，b1＝kb3，c1＝kc3.(3)面面垂直：α⊥βu⊥vu·v＝0a3a4＋b3b4＋c3c4＝0.变式训练2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．热点三利用空间向量求角和距离-20-\n【例3】如图所示，在三棱柱ABCA1B1C1中，H是正方形AA1B1B的中心，AA1＝2，C1H⊥平面AA1B1B，且C1H＝.(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．规律方法(1)夹角计算公式①两异面直线的夹角若两条异面直线a和b的方向向量分别为n1，n2，两条异面直线a和b所成的角为θ，则cosθ＝|cos〈n1，n2〉|＝.②直线与平面所成的角若直线a的方向向量为a，平面α的法向量为n，直线a与平面α所成的角为θ，则sinθ＝|cos〈a，n〉|＝.③二面角设n1，n2分别为二面角的两个半平面的法向量，其二面角为θ，则θ＝〈n1，n2〉或θ＝π－〈n1，n2〉，其中cos〈n1，n2〉＝.(2)距离公式①点点距：点与点的距离，是以这两点为起点和终点的向量的模；②点线距：点M到直线a的距离，设直线的方向向量为a，直线上任一点为N，则点M到直线a的距离d＝||sin〈，a〉；③线线距：两平行线间的距离，转化为点线距离；两异面直线间的距离，转化为点面距离或者直接求公垂线段的长度；④点面距：点M到平面α的距离，如平面α的法向量为n，平面α内任一点为N，则点M到平面α的距离d＝|||cos〈，n〉|＝；⑤线面距：直线和与它平行的平面间的距离，转化为点面距离；⑥面面距：两平行平面间的距离，转化为点面距离．变式训练3已知ABCDA1B1C1D1是底面边长为1的正四棱柱，O1为A1C1与B1D1的交点．(1)设AB1与底面A1B1C1D1所成角的大小为α，二面角AB1D1A1的大小为β.求证：tanβ=tanα；(2)若点C到平面AB1D1的距离为，求正四棱柱ABCDA1B1C1D1的高．热点四用向量法解决探索性问题【例4】如图，四棱锥SABCD的底面是正方形，每条侧棱的长都是底面边长的倍，P为侧棱SD上的点．-20-\n(1)求证：AC⊥SD；(2)若SD⊥平面PAC，求二面角PACD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，请说明理由．规律方法(1)用空间向量解决立体几何问题的步骤及注意事项：①建系，要写理由，坐标轴两两垂直要证明；②准确求出相关点的坐标(特别是底面各点的坐标，若底面不够规则，则应将底面单独抽出来分析)，坐标求错将前功尽弃；③求平面法向量；④根据向量运算法则，求出三角函数值或距离；⑤给出问题的结论．(2)利用空间向量巧解探索性问题：空间向量最适合于解决这类立体几何中的探索性问题，它无需进行繁杂的作图、论证、推理，只需通过坐标运算进行判断．在解题过程中，往往把“是否存在”问题，转化为“点的坐标是否有解，是否有规定范围的解”等，所以使问题的解决更简单、有效，应善于运用这一方法解题．变式训练4如图，平面PAD⊥平面ABCD，ABCD为正方形，∠PAD＝90°，且PA＝AD＝2；E，F，G分别是线段PA，PD，CD的中点．(1)求证：PB∥平面EFG；(2)求异面直线EG与BD所成的角的余弦值；(3)在线段CD上是否存在一点Q，使得A到平面EFQ的距离为？若存在，求出CQ的值；若不存在，请说明理由．思想渗透转化与化归思想——利用向量解决空间位置关系及求角问题主要问题类型：(1)空间线面关系的证明；(2)空间角的求法；(3)存在性问题的处理方法．求解时应注意的问题：(1)利用空间向量求异面直线所成的角时，应注意角的取值范围；(2)利用空间向量求二面角的平面角时，应注意观察二面角是钝角还是锐角．(2012·北京高考，理16)如图1，在Rt△ABC中，∠C＝90°，BC＝3，AC＝6.D，E分别是AC，AB上的点，且DE∥BC，DE＝2，将△ADE沿DE折起到△A1DE的位置，使A1C⊥CD，如图2.-20-\n图1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)因为AC⊥BC，DE∥BC，所以DE⊥AC.所以DE⊥A1D，DE⊥CD.所以DE⊥平面A1DC.所以DE⊥A1C.又因为A1C⊥CD，所以A1C⊥平面BCDE.(2)如图，以C为坐标原点，建立空间直角坐标系Cxyz，则A1(0,0,2)，D(0,2,0)，M(0,1，)，B(3,0,0)，E(2,2,0)．设平面A1BE的法向量为n=(x，y，z)，则n·=0，n·=0.又=(3,0，-2)，=(-1,2,0)，所以令y=1，则x=2，z=.所以n=(2,1，)．设CM与平面A1BE所成的角为θ.因为=(0,1，)，所以sinθ＝|cos〈n，〉|＝＝＝，所以CM与平面A1BE所成角的大小为.(3)线段BC上不存在点P，使平面A1DP与平面A1BE垂直．理由如下：假设这样的点P存在，设其坐标为(p,0,0)，其中p[0,3]．设平面A1DP的法向量为m＝(x，y，z)，则m·＝0，m·＝0.又＝(0,2，－2)，＝(p，－2,0)，所以令x＝2，则y＝p，z＝.所以m＝.平面A1DP⊥平面A1BE，当且仅当m·n＝0，即4＋p＋p＝0.解得p＝－2，与p[0,3]矛盾．-20-\n所以线段BC上不存在点P，使平面A1DP与平面A1BE垂直．1．已知＝(1,5，－2)，＝(3,1，z)，若⊥，＝(x－1，y，－3)，且BP⊥平面ABC，则实数x，y，z的值分别为()．A.，－，4B.，－，4C.，－2,4D．4，，－152．已知平面α内有一个点M(1，－1,2)，平面α的一个法向量是n＝(6，－3,6)，则下列点P在平面α内的是()．A．P(2,3,3)B．P(－2,0,1)C．P(－4,4,0)D．P(3，－3,4)3．(2012·湖北武昌调研，7)已知E，F分别是正方体ABCDA1B1C1D1棱BB1，AD的中点，则直线EF和平面BDD1B1所成的角的正弦值是()．A.B.C.D.4．在四面体PABC中，PA，PB，PC两两垂直，设PA＝PB＝PC＝a，则点P到平面ABC的距离为__________．5．如图，在直三棱柱ABCA1B1C1中，∠ACB＝90°，AA1＝2，AC＝BC＝1，则异面直线A1B与AC所成角的余弦值是__________．6．已知在长方体ABCDA1B1C1D1中，AB＝2，BC＝4，AA1＝4，点M是棱D1C1的中点．求直线AB1与平面DA1M所成角的正弦值．7．(2012·安徽合肥第一次质检，理18)如图，在多面体ABCA1B1C1中，AA1⊥平面ABC，AA1綉BB1，AB＝AC＝AA1＝BC，B1C1綉BC.(1)求证：A1B1⊥平面AA1C；(2)求证：AB1∥平面A1C1C；(3)求二面角C1A1CA的余弦值．参考答案命题调研·明晰考向真题试做1．A解析：不妨设CB＝1，则CA＝CC1＝2.由题图知，A点的坐标为(2,0,0)，B-20-\n点的坐标为(0,0,1)，B1点的坐标为(0,2,1)，C1点的坐标为(0,2,0)．所以＝(0,2，－1)，＝(－2,2,1)．所以cos〈，〉＝＝.2．90°解析：如图，以点D为原点，以DA，DC，DD1为x轴、y轴、z轴建立坐标系Dxyz.设正方体的棱长为2，则＝(2，－1，2)，＝(0,2,1)，·＝0，故异面直线A1M与ND所成角为90°.3．(1)证明：因为四边形ABCD是等腰梯形，AB∥CD，∠DAB＝60°，所以∠ADC＝∠BCD＝120°.又CB＝CD，所以∠CDB＝30°.因此∠ADB＝90°，AD⊥BD.又AE⊥BD，且AE∩AD＝A，AE，AD⊂平面AED，所以BD⊥平面AED.(2)解法一：由(1)知AD⊥BD，所以AC⊥BC.又FC⊥平面ABCD，因此CA，CB，CF两两垂直，以C为坐标原点，分别以CA，CB，CF所在的直线为x轴，y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，不妨设CB＝1，则C(0,0,0)，B(0,1,0)，D，F(0,0,1)，因此＝，＝(0，－1,1)．设平面BDF的一个法向量为m＝(x，y，z)，则m·＝0，m·＝0，所以x＝y＝z，取z＝1，则m＝(，1,1)．由于＝(0,0,1)是平面BDC的一个法向量，则cos〈m，〉＝＝＝，所以二面角FBDC的余弦值为.解法二：取BD的中点G，连接CG，FG，由于CB=CD，因此CG⊥BD.又FC⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，-20-\n所以FC⊥BD.由于FC∩CG＝C，FC，CG⊂平面FCG，所以BD⊥平面FCG.故BD⊥FG.所以∠FGC为二面角FBDC的平面角．在等腰三角形BCD中，由于∠BCD＝120°，因此CG＝CB.又CB＝CF，所以GF＝＝CG，故cos∠FGC＝，因此二面角FBDC的余弦值为.4．解：(1)以A为原点，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，B1(a,0,1)，故＝(0,1,1)，＝，＝(a,0,1)，＝.∵·＝－×0＋1×1＋(－1)×1＝0，∴B1E⊥AD1.(2)假设在棱AA1上存在一点P(0,0，z0)，使得DP∥平面B1AE.此时＝(0，－1，z0)．又设平面B1AE的法向量n＝(x，y，z)．∵n⊥平面B1AE，∴n⊥，n⊥，得取x＝1，得平面B1AE的一个法向量n＝.要使DP∥平面B1AE，只要n⊥，有－az0＝0，解得z0＝.又DP平面B1AE，∴存在点P，满足DP∥平面B1AE，此时AP＝.(3)连接A1D，B1C，由长方体ABCDA1B1C1D1及AA1＝AD＝1，得AD1⊥A1D.∵B1C∥A1D，∴AD1⊥B1C.又由(1)知B1E⊥AD1，且B1C∩B1E＝B1，∴AD1⊥平面DCB1A1.∴是平面A1B1E的一个法向量，此时＝(0,1,1)．设与n所成的角为θ，则cosθ＝＝.∵二面角AB1EA1的大小为30°，-20-\n∴|cosθ|＝cos30°，即＝，解得a＝2，即AB的长为2.5．解法一：如图，以点A为原点建立空间直角坐标系，依题意得A(0,0,0)，D(2,0,0)，C(0,1,0)，B，P(0,0,2)．(1)证明：易得＝(0,1，－2)，＝(2,0,0)，于是·＝0，所以PC⊥AD.(2)＝(0,1，－2)，＝(2，－1,0)．设平面PCD的法向量n＝(x，y，z)，则即不妨令z＝1，可得n＝(1,2,1)．可取平面PAC的法向量m＝(1,0,0)．于是cos〈m，n〉＝＝＝，从而sin〈m，n〉＝.所以二面角APCD的正弦值为.(3)设点E的坐标为(0,0，h)，其中h∈[0,2]，由此得＝.由＝(2，－1,0)，故cos〈，〉＝＝＝，所以，＝cos30°＝，-20-\n解得h＝，即AE＝.解法二：(1)证明：由PA⊥平面ABCD，可得PA⊥AD，又由AD⊥AC，PA∩AC＝A，故AD⊥平面PAC.又PC⊂平面PAC，所以PC⊥AD.(2)如图，作AH⊥PC于点H，连接DH.由PC⊥AD，PC⊥AH，可得PC⊥平面ADH.因此DH⊥PC，从而∠AHD为二面角APCD的平面角．在Rt△PAC中，PA＝2，AC＝1，由此得AH＝.由(1)知AD⊥AH，故在Rt△DAH中，DH＝＝.因此sin∠AHD＝＝.所以二面角APCD的正弦值为.(3)如图，因为∠ADC<45°，故过点B作CD的平行线必与线段AD相交，设交点为F，连接BE，EF.故∠EBF或其补角为异面直线BE与CD所成的角．由于BF∥CD，故∠AFB=∠ADC.在Rt△DAC中，CD=，sin∠ADC=，故sin∠AFB＝.在△AFB中，由＝，AB＝，sin∠FAB＝sin135°＝，可得BF＝.由余弦定理，BF2＝AB2＋AF2－2AB·AF·cos∠FAB，可得AF＝.设AE＝h.在Rt△EAF中，EF＝＝.在Rt△BAE中，BE＝＝.在△EBF中，因为EF<BE，从而∠EBF＝30°，由余弦定理得cos30°＝.可解得h＝.所以AE＝.-20-\n精要例析·聚焦热点热点例析【例1】证明：设＝a，＝b，＝c，因为B1BCC1为平行四边形，所以＝c－a.又O是B1D1的中点，所以＝(a＋b)，＝－＝b－(a＋b)＝(b－a)．因为D1D綉C1C，所以＝c，所以＝＋＝(b－a)＋c.若存在实数x，y，使＝x＋y(x，y∈R)成立，则c－a＝x＋y＝－(x＋y)a＋(x－y)b＋xc.因为a，b，c不共线，所以所以所以，所以，，是共面向量．因为不在，所确定的平面ODC1内，所以∥平面ODC1，即B1C∥平面ODC1.【变式训练1】解：(1)证明：方法一：如图，分别取AD，CD的中点P，Q，连接FP，EQ.∵△ADF和△CDE是边长为2的正三角形，∴FP⊥AD，EQ⊥CD，且FP＝EQ＝.又∵平面ADF、平面CDE都与平面ABCD垂直，∴FP⊥平面ABCD，EQ⊥平面ABCD，∴FP∥QE且FP＝EQ，∴四边形EQPF是平行四边形，∴EF∥PQ.∵PQ是△ACD的中位线，∴PQ∥AC，∴EF∥AC.方法二：以A点作为坐标原点，以AB所在直线为x轴，以AD所在直线为y轴，过点A垂直于xOy平面的直线为z轴，建立空间直角坐标系，如图所示．根据题意可得，A(0,0,0)，B(2,0,0)，C(2,2,0)，D(0,2,0)，E(1,2，)，F(0,1，)，G(1,0，)．-20-\n∴＝(2,2,0)，＝(1,1,0)，则，∴∥，即有AC∥FE.(2)V多面体ABCDEFG＝V三棱柱ABGCDE＋V四棱锥FADEG＝2＋＝.【例2】证明：如图所示建立空间直角坐标系，D为坐标原点，设DC＝a.(1)连接AC交BD于G，连接EG.依题意得A(a,0,0)，P(0,0，a)，E.∵底面ABCD是正方形，∴G是此正方形的中心，故点G的坐标为，＝(a,0，－a)，＝，∴＝2，则PA∥EG.而EG⊂平面EDB且PA平面EDB，∴PA∥平面EDB.(2)依题意得B(a，a,0)，＝(a，a，－a)．又＝，故·＝0＋－＝0，∴PB⊥DE.由已知EF⊥PB，且EF∩DE＝E，∴PB⊥平面EFD.【变式训练2】解：(1)证明：因为四边形ABCD是菱形，所以AC⊥BD.又因为PA⊥平面ABCD，所以PA⊥BD.又PA∩AC＝A，所以BD⊥平面PAC.(2)设AC∩BD＝O.因为∠BAD＝60°，PA＝AB＝2，所以BO＝1，AO＝CO＝.如图，以O为坐标原点，建立空间直角坐标系Oxyz，则P(0，－，2)，A(0，－，0)，B(1,0,0)，C(0，，0)，所以＝(1，，－2)，＝(0,2，0)．设PB与AC所成角为θ，则cosθ＝＝＝.(3)由(2)知＝(－1，，0)．-20-\n设P(0，－，t)(t>0)，则＝(－1，－，t)．设平面PBC的法向量m＝(x，y，z)，则·m＝0，·m＝0.所以令y＝，则x＝3，z＝.所以m＝.同理，平面PDC的法向量n＝.因为平面PBC⊥平面PDC，所以m·n＝0，即－6＋＝0，解得t＝，所以PA＝.【例3】解：如图所示，建立空间直角坐标系，点B为坐标原点．依题意得A(2，0,0)，B(0,0,0)，C(，－，)，A1(2，2，0)，B1(0，2，0)，C1(，，)．(1)易得＝(－，－，)，＝(－2，0,0)，于是cos〈，〉＝＝＝.所以异面直线AC与A1B1所成角的余弦值为.(2)易知＝(0,2，0)，＝(－，－，)．设平面AA1C1的法向量m＝(x，y，z)，则即不妨令x＝，可得m＝(，0，)．同样地，设平面A1B1C1的法向量n＝(r，p，q)，则即不妨令p＝，可得n＝(0，，)．于是cos〈m，n〉＝＝＝，从而sin〈m，n〉＝.-20-\n所以二面角AA1C1B1的正弦值为.(3)由N为棱B1C1的中点，得N.设M(a，b,0)，则＝.由MN⊥平面A1B1C1，得即解得故M，因此＝.所以线段BM的长||＝.【变式训练3】解：设正四棱柱的高为h.(1)连接AO1，AA1⊥底面A1B1C1D1于A1，∴AB1与底面A1B1C1D1所成的角为∠AB1A1，即∠AB1A1＝α.∵AB1＝AD1，O1为B1D1中点，∴AO1⊥B1D1.又A1O1⊥B1D1，四边形A1B1C1D1是正方形．∴∠AO1A1是二面角AB1D1A1的平面角，即∠AO1A1＝β.∴tanα＝＝h，tanβ＝＝h.∴tanβ＝tanα.(2)建立如图空间直角坐标系，有A(0,0，h)，B1(1,0,0)，D1(0,1,0)，C(1,1，h)，＝(1,0，－h)，＝(0,1，－h)，＝(1,1,0)．设平面AB1D1的一个法向量为n＝(x，y，z)．∵取z＝1得n＝(h，h,1)，-20-\n∴点C到平面AB1D1的距离为d＝＝＝，则h＝2.【例4】(1)证明：连接BD，设AC交BD于点O，连接SO.由题意知SO⊥平面ABCD.以O为坐标原点，OB，OC，OS所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系Oxyz，设底面边长为2，则高SO＝，∴S(0,0，)，D(－，0,0)，C(0，，0)．∴＝(0，，0)，＝(－，0，－)．∴＝0，故OC⊥SD，即AC⊥SD.(2)解：由题意知，平面PAC的一个法向量＝(，0，)，平面DAC的一个法向量为＝(0,0，)，设所求的二面角为θ，则cosθ＝＝.故所求二面角的大小为30°.(3)解：在侧棱SC上存在一点E，使BE∥平面PAC.由(2)知是平面PAC的一个法向量，且＝(，0，)，＝(0，－，)．设，则＝(－，(1－t)，t)，而＝0t＝，从而当SE∶EC＝2∶1时，，又BE不在平面PAC内，故BE∥平面PAC.【变式训练4】解：∵平面PAD⊥平面ABCD，而∠PAD＝90°，∴PA⊥平面ABCD.而ABCD是正方形，即AB⊥AD，故可建立如图所示的空间直角坐标系，则A(0,0,0)，B(2,0,0)，C(2,2,0)，D(0,2,0)，P(0,0,2)，E(0,0,1)，F(0,1,1)，G(1,2,0)．(1)证明：∵＝(2,0，－2)，＝(0，－1,0)，＝(1,1，－1)，设平面EFG的法向量为n0＝(x0，y0，z0)．则∴令x0＝1，则∴n0＝(1,0,1)．又∵·n0＝2×1＋0＋(－2)×1＝0，-20-\n∴⊥n0.又∵PB平面EFG，∴PB∥平面EFG.(2)∵＝(1,2，－1)，＝(－2,2,0)，∴cos〈，〉＝＝，故异面直线EG与BD所成的角的余弦值为.(3)假设在线段CD上存在一点Q满足题设条件，令CQ＝m(0≤m≤2)，则DQ＝2－m，∴点Q的坐标为(2－m,2,0)，∴＝(2－m,2，－1)．而＝(0,1,0)，设平面EFQ的法向量为n＝(x，y，z)，则∴令x＝1，则n＝(1,0,2－m)，∴点A到平面EFQ的距离d＝＝＝，即(2－m)2＝，∴m＝或m＝>2不合题意，舍去，故存在点Q，当CQ＝时，点A到平面EFQ的距离为.创新模拟·预测演练1．B解析：∵，∴＝0，即3＋5－2z＝0，得z＝4.又BP⊥平面ABC，∴BP⊥AB，BP⊥BC，＝(3,1,4)，则解得2．A3．B解析：建立如图所示空间直角坐标系，D1(0,0,0)，F(1,0,2)，E(2,2,1)，则＝(－1，－2,1)．设平面BDD1B1的法向量为n，则n＝(1，－1,0)．sinθ＝|cos〈，n〉|＝＝＝.故选B.-20-\n4.a解析：根据题意，可建立如图所示的空间直角坐标系Pxyz，则P(0,0,0)，A(a,0,0)，B(0，a,0)，C(0,0，a)．过点P作PH⊥平面ABC，交平面ABC于点H，则PH的长即为点P到平面ABC的距离．∵PA＝PB＝PC，∴H为△ABC的外心．又∵△ABC为正三角形，∴H为△ABC的重心，可得H点的坐标为.∴PH＝＝a.5.解析：以C为坐标原点，CA，CB，CC1所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，A1(1,0,2)，B(0,1,0)，A(1,0,0)，C(0,0,0)，则＝(－1,1，－2)，＝(－1,0,0)．cos〈，〉＝＝＝.6．解：建立如图所示的空间直角坐标系，可得有关点的坐标为D(0,0,0)，A(4,0,0)，B(4,2,0)，C(0,2,0)，A1(4,0,4)，B1(4,2,4)，C1(0,2,4)，D1(0,0,4)，∴M(0,1,4)．∴＝(0,1,4)，＝(4,0,4)，＝(0,2,4)．设平面DA1M的法向量为n＝(x，y，z)，则即-20-\n取z＝－1，得x＝1，y＝4.所以平面DA1M的一个法向量为n＝(1,4，－1)．设直线AB1与平面DA1M所成角为θ，则sinθ＝＝，所以直线AB1与平面DA1M所成角的正弦值为.7．证明：(1)∵AB＝AC＝BC，∴AB2＋AC2＝BC2，∴AB⊥AC.又AA1⊥平面ABC，∴AA1⊥AB.又AA1∩AC＝A，∴AB⊥平面AA1C.∵AA1綉BB1，∴四边形ABB1A1为平行四边形．∴A1B1∥AB，∴A1B1⊥平面AA1C.(2)取BC的中点D，连接AD，DC1，B1D.由条件知CD綉B1C1，BD綉B1C1，∴四边形B1DCC1和BDC1B1为平行四边形，∴B1D綉CC1，C1D綉B1B.由(1)B1B綉AA1，∴C1D綉A1A，∴四边形AA1C1D为平行四边形，∴AD∥A1C1.∵B1D∩AD＝D，B1D，AD⊂平面AB1D，∴平面AB1D∥平面A1C1C.又∵AB1⊂平面AB1D，∴AB1∥平面A1C1C.(3)由(1)知AA1，AB，AC两两垂直，建立如图所示的空间直角坐标系．设BC＝2，则A(0,0,0)，A1(0,0，)，C(0，－，0)，C1，∴＝，＝(0，－，－)．设平面A1C1C的法向量为m＝(x，y，z)，则由m·＝0，,m·＝0，得－x－y＝0，,－y－z＝0.取x＝1，则y＝－1，z＝1，故m＝(1，－1,1)．而平面A1AC的法向量为n＝(1,0,0)，-20-\ncos〈m，n〉＝＝.易知二面角C1A1CA为钝二面角，故二面角C1A1CA的余弦值为－.-20-