2019届二轮复习第11讲　空间直线与平面的证明与计算学案（全国通用）

2019届二轮复习第11讲　空间直线与平面的证明与计算学案（全国通用）

第 11 讲　空间直线与平面的证明与计算 专 题 探 究　【p40】 【命题趋势】 1．从近几年高考来看，本节内容主要考查的是线线平行(或垂直)、线面平行(或垂直)与面面 平行(或垂直)的判定与性质． 2．从题型来看，有选择题和填空题，难度不大，解答题多以几何体为载体，难度稍大． 3．从能力角度来看，主要考查学生的推理论证能力，从数学思想来看，则主要考查转化与化 归思想． 4．预计在今年高考中，对直线、平面平行、垂直的判定和性质的考查分为两个方面：客观题 结合线、面平行、垂直考查平行、垂直的判定和性质，分值在 5 分左右；解答题以特定的几何体 为载体综合考查线、面平行(或垂直)的判定和性质，难度稍大，分值在 12 分左右． 【备考建议】 复习本节内容时，关键要注意以下几点： 1．直线与平面平行(或垂直)的判定定理是判断线面平行(或垂直)的主要依据之一，通过直线 与直线的平行(或垂直)得到直线与平面的平行(或垂直)，体现了立体几何的转化与化归思想，这一 点同样在平面与平面的平行(或垂直)的判定定理中． 2．直线与平面平行的性质定理与平面与平面平行的性质定理其实质是两条直线平行的判定定 理，性质定理与判定定理的结合运用是解决平行问题的关键． 3．证明垂直关系通常从现有直线中寻找垂直关系，若图中不存在这样的直线，则可通过作辅 助线来解决，注重转化思想． 4．空间中的垂直关系是重点考查的内容，在线线垂直、线面垂直、面面垂直的转化中，线面 垂直是核心． 　　　　　　　　　　　　　　　　　　 典 例 剖 析　【p40】 探究一　直线、平面平行的判定和 性质与空间角的求法 例 1 如图，在直三棱柱 ABC－A1B1C1 中，AB＝BC＝2AA1，∠ABC＝90°，D 是 BC 的中 点． (1)求证：A1B∥平面 ADC1； (2)试问线段 A1B1 上是否存在点 E，使 AE 与 DC1 成 60°角？若存在，确定 E 点位置；若不 存在，说明理由． 【解析】(1)证明：连接 A1C，交 AC1 于点 O，连接 OD. 由 ABC－A1B1C1 是直三棱柱，得四边形 ACC1A1 为矩形，O 为 A1C 的中点． 又 D 为 BC 的中点， 所以 OD 为△A1BC 的中位线， 所以 A1B∥OD. 因为 OD⊂平面 ADC1，A1B⊄平面 ADC1， 所以 A1B∥平面 ADC1. (2)解：由 ABC－A1B1C1 是直三棱柱，且∠ABC＝90°，得 BA，BC，BB1 两两垂直． 以 BC，BA，BB1 所在直线分别为 x，y，z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系 B－xyz. 设 BA＝2， 假设存在满足条件的点 E. 因为点 E 在线段 A1B1 上，A1(0，2，1)，B1(0，0，1)， 故可设 E(0，λ，1)，其中 0≤λ≤2. 所以AE → ＝(0，λ－2，1)，DC1→ ＝(1，0，1)． 因为 AE 与 DC1 成 60°角， 所以|cos〈AE → ，DC1→ 〉|＝ |AE → ·DC1→ | |AE→ |·|DC1→ | ＝1 2， 即 1 （λ－2）2＋1· 2 ＝1 2，解得 λ＝1 或 λ＝3(舍去)． 所以当点 E 为线段 A1B1 的中点时，直线 AE 与 DC1 成 60°角． 【点评】空间向量最适合于解决这类立体几何中的探索性问题，它无需进行复杂的作图、论 证、推理，只需通过坐标运算进行判断．解题时，把要成立的结论当作条件，据此列方程或方程 组，把“是否存在”问题转化为“点的坐标是否有解，是否有规定范围内的解”等，所以为使问 题的解决更简单、有效，应善于运用这一方法． 例 2 如图，四棱锥 P－ABCD 中，底面 ABCD 是矩形，平面 PAD⊥平面 ABCD，且△PAD 是边长为 2 的等边三角形，PC＝ 13，点 M 是 PC 的中点． (1)求证： PA∥平面 MBD； (2)若点 F 在 PA 上，且满足AF FP＝1 2，求直线 DM 与平面 FBD 所成角的正弦值． 【解析】(1)连 AC 交 BD 于点 E，连 ME. ∵四边形 ABCD 是矩形，∴点 E 是 AC 的中点． 又点 M 是 PC 的中点，∴PA∥ME， 又 PA⊄平面 MBD，EM⊂平面 MBD，所以 PA∥平面 MBD. (2)取 AD 的中点 O，则 PO⊥AD，又平面 PAD⊥底面 ABCD，平面 PAD∩平面 ABCD＝AD ，故 PO⊥平面 ABCD，连接 OC，在 Rt△POC 中，OC＝ PC2－PO2＝ 10，所以在 Rt△ODC 中， DC＝ OC2－DO2＝3，以 O 为原点，OA，OE，OP 所在直线分别为 x 轴，y 轴，z 轴建立空间直 角坐标系， 则 A(1，0，0)，B(1，3，0)，D(－1，0，0)，C(－1，3，0)，P(0，0， 3)，M(－1 2， 3 2， 3 2 ). 设 F(x0，y0，z0)，则由AF → ＝1 3AP → 得(x0－1，y0，z0)＝1 3(－1，0， 3)， 即 F(2 3，0， 3 3 ). 设平面 FBD 的法向量 m＝(x，y，z)， 则{m·BD → ＝0， m·BF → ＝0， 得{－2x－3y＝0， －1 3x－3y＋ 3 3 z＝0， 令 x＝3，y＝－2，则 z＝－5 3， 故 m＝(3，－2，－5 3)，又DM → ＝(1 2， 3 2， 3 2 )， 设直线 DM 与平面 FBD 所成角为 θ， 则 sin θ＝|cos〈m，DM→ 〉|＝ |m·DM → | |m |·|DM → | ＝ 9 2 22· 13 2 ＝9 286 286 ，故直线 DM 与平面 FBD 所成 角的正弦值为9 286 286 . 例 3 如图，在菱形 ABCD 中，∠ABC＝60°，AC 与 BD 相交于点 O，EB＝EC，EA⊥AB， FC⊥平面 ABCD. (1)求证：EA∥FC； (2)若 AB＝2 3FC＝2，当直线 FO 与平面 BED 所成角的大小为 45°时，求二面角 A－DE－B 的余弦值． 【解析】(1)在菱形 ABCD 中，∠ABC＝60°，则 AB＝AC. 取 BC 中点 M，连接 EM，AM， 则 AM⊥BC，又 EB＝EC，则 EM⊥BC，而 AM∩EM＝M，所以 BC⊥平面 AEM. 从而 BC⊥AE，又 EA⊥AB，AB∩BC＝B， 所以 EA⊥平面 ABCD，又 FC⊥平面 ABCD， 所以 EA∥FC. (2)以 O 为原点，以 OA，OB 所在直线分别为 x 轴，y 轴，以过点 O 且平行于 EA 的直线为 z 轴建立空间直角坐标系． 则 O(0，0，0)，B(0， 3，0)，D(0，－ 3，0)，F(－1，0，3)．设 AE＝a(a>0)，则 E(1，0， a)， ∴OF → ＝(－1，0，3)，DB → ＝(0，2 3，0)，EB → ＝(－1， 3，－a)． 设平面 BDE 的法向量为 n＝(x，y，z)， 则{n·DB → ＝0， n·EB → ＝0， 即{2 3y＝0， －x＋ 3y－az＝0， 令 z＝1，得 n＝(－a，0，1)， ∴cos〈n，OF → 〉＝ n·OF → |n||OF → | ＝ a＋3 10 a2＋1， ∵直线 FO 与平面 BED 所成角的大小为 45°， ∴ a＋3 10 a2＋1 ＝ 2 2 ， 解得 a＝2 或 a＝－1 2(舍)，∴AE＝2. 故平面 BDE 的一个法向量为 n＝(－2，0，1)，又 A(1，0，0)，M(－1 2， 3 2 ，0)，所以平面 ADE 的一个法向量为AM → ＝(－3 2， 3 2 ，0)，则 cos〈AM → ，n〉＝ AM → ·n |AM → ||n| ＝ 15 5 ， 故二面角 A－DE－B 的余弦值为 15 5 . 【点评】本题主要考查了空间平行判定与性质、二面角的计算、空间想象能力和推理论证能 力，考查学生综合应用知识的能力和应变能力，属综合题．其解题过程中最容易出现以下错误： 其一是对于第一问不能熟练运用线线平行、线面平行和面面平行的判定定理和性质定理，进而不 能正确处理线面平行的问题；其二是对于第二问不能正确运用空间向量求二面角的大小，其关键 是正确地求出各面的法向量． 探究二　直线、平面垂直的判定和性质与 空间角的求法 例 4 如图，正方形 ABCD 的对角线 AC 与 BD 相交于点 O，四边形 OAEF 为矩形，平面 OAEF⊥平面 ABCD，AB＝AE. (1)求证：平面 DEF⊥平面 BDF； (2)若点 H 在线段 BF 上，且 BF＝3HF，求直线 CH 与平面 DEF 所成角的正弦值． 【解析】(1) 证明：∵ABCD 为正方形，∴AO⊥BD，∵四边形 OAEF 为矩形，∴AO⊥FO， EF∥AO，∴EF⊥BD，EF⊥FO，又∵BD∩FO＝O，∴EF⊥平面 BDF，又 EF⊂平面 DEF，∴平 面 DEF⊥平面 BDF. (2)∵平面 OAEF⊥平面 ABCD，平面 OAEF∩平面 ABCD＝OA，又 FO⊥AO，∴FO⊥平面 ABCD.∴FO⊥AO，FO⊥BO，以 O 为原点，OA，OB，OF 所在直线分别为 x 轴，y 轴，z 轴，建 立空间直角坐标系，不妨设 AB＝AE＝2，则 O(0，0，0)，B(0，2，0)，C(－ 2，0，0)，D(0，－ 2，0)，E( 2，0，2)，F(0，0，2)． ∴DE → ＝( 2， 2，2)，DF → ＝(0， 2，2)，BF → ＝(0，－ 2，2)， ∵BF＝3HF，∴BH＝2HF＝2 3BF， ∴CH → ＝CB → ＋2 3BF → ＝( 2， 2，0)＋2 3(0，－ 2，2)， ∴CH → ＝( 2， 2 3 ， 4 3). 设平面 DEF 的法向量为 n＝(x，y，z)，由{n·DE → ＝0， n·DF → ＝0， 即{ 2x＋ 2y＋2z＝0， 2y＋2z＝0， 令 z＝1，得 n＝(0，－ 2，1)， 由 cos〈CH → ，n〉＝ CH → ·n |CH → |·|n| ＝ －2 3 ＋4 3 2 × 3 ＝ 3 9 ， 得直线 CH 与平面 DEF 所成角的正弦值即为|cos〈CH → ，n〉|＝ 3 9 . 【点评】立体几何是高中数学中的传统而典型的内容之一，也是高考重点考查的考点和热点． 这类问题的设置一般有两类：其一是线面位置关系的判定；其二是有关几何体的体积、面积以及 角度距离的求解与计算等问题．求解第一类问题时，要充分借助和运用线面位置关系的判定定理 或性质定理进行分析推证；解答第二类问题时，通常是先建立空间直角坐标系，再运用向量的有 关知识及数量积公式建立方程进行探求从而使得问题获解． 例 5 如图，在多面体 ABCDEFG 中，ABCD 为正方形，AF⊥平面 ABCD，AF∥BG∥DE， 且 AB＝AF＝BG＝DE，H 为 EG 中点． (1)求证：BD⊥CH； (2)求二面角 F－CE－G 的余弦值． 【解析】(1)如图，连接 AC 交 BD 于点 M，连接 MH. ∵AF∥BG∥DE，BG＝DE，AF⊥平面 ABCD， ∴四边形 BDEG 为矩形， 又∵H 为 EG 中点， ∴MH∥BG∥AF，MH＝BG， 又∵AF⊥平面 ABCD，∴MH⊥平面 ABCD， ∴MH⊥BD. 在正方形 ABCD 中，BD⊥AC，且 AC∩MH＝M， ∴BD⊥平面 CMH， 又 CH⊂平面 CMH，∴BD⊥CH. (2)由题意，以 D 为坐标原点，以 DA，DC，DE 分别为 x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系 (如图所示)且设 AB＝AF＝BG＝DE＝1，则 E(0，0，1)，F(1，0，1)，G(1，1，1)，C(0，1，0)， EF → ＝(1，0，0)，EC → ＝(0，1，－1)，EG → ＝(1，1，0)． 设 n1＝(x1，y1，z1)为平面 FCE 的一个法向量，则由{n1·EF→ ＝0， n1·EC→ ＝0， 得{x1＝0， y1－z1＝0，取 y1＝1，得 n1＝(0，1，1)．设 n2＝(x2，y2，z2)为平面 GCE 的一个法向量，则由{n2·EG→ ＝0， n2·EC→ ＝0， 得{x2＋y2＝0， y2－z2＝0， 取 y2＝1，得 n2＝(－1，1，1)，∴cos〈n1，n2〉＝ n1·n2 2 × 3＝ 6 3 ，∴二面角 F－CE－G 的余弦值 为 6 3 . 【点评】1.在证明两平面垂直时，一般先从现有直线中寻找平面的垂线，若图中没有明确给 出这样的直线，则可通过作辅助线来解决．在一个平面内作交线的垂线，使之转化为线面垂直， 然后进一步转化为线线垂直． 2．线面垂直、面面垂直是直线与平面、平面与平面相交的特殊情况，对这种特殊位置关系的 认识，既可以以直线和平面、平面和平面的交角为 90°来讨论，又可以从已有的线线垂直、线面 垂直出发进行推理和论证． 探究三　折叠问题与探究性问题 例 6 如图，四棱锥 V－ABCD 的底面是直角梯形，VA⊥平面 ABCD，AD∥BC，AD⊥CD， VA＝AD＝CD＝1 2BC＝a，点 E 是棱 VA 上不同于 A，V 的点． (1)求证：无论点 E 在 VA 如何移动都有 AB⊥CE； (2)设二面角 A－BE－D 的大小为 α，直线 VC 与平面 ABCD 所成的角为 β，试确定点 E 的位 置使 tan αtan β＝ 2 2 . 【解析】(1)证明：连接 AC，在直角梯形 ABCD 中，AC＝ 2a，AB＝ 2a，BC＝2a， 所以 BC2＝AC2＋AB2，所以 AB⊥AC， 又因为 VA⊥平面 ABCD，AB⊂平面 ABCD， 所以 AB⊥AV, 而 AV∩AC＝A，所以 AB⊥平面 VAC，CE⊂平面 VAC，所以 AB⊥CE. (2)取 BC 中点 F，以点 A 为坐标原点，AF，AD，AV 所在的直线为 x，y，z 轴，建立空间直 角坐标系 A－xyz，不妨设 AE＝λAV(0<λ<1)， 可得 B(a，－a，0)，D(0，a，0)，E(0，0，λa)， 故AB → ＝(a，－a，0)，AE → ＝(0，0，λa)． 设 m＝(x1，y1，z1)为平面 ABE 的一个法向量， 则AB → ·m＝0，AE → ·m＝0，可得{x－y＝0， z＝0， 令 x1＝1，可得 m＝(1，1，0)， 又DE → ＝(0，－a，λa)，DB → ＝(a，－2a，0)． 设 n＝(x2，y2，z2)为平面 DBE 的一个法向量， 则{－y2＋λz2＝0， x2－2y2＝0， 令 z2＝1，可得 n＝(2λ，λ，1)， 故 cos〈m，n〉＝ m·n |m||n|＝ 3λ 2 5λ2＋1， 即 cos α＝ 3λ 2 5λ2＋1， 因为 AC 为 VC 在平面 ABCD 内的射影， 所以∠VCA＝β，在 Rt△VAC 中 tan β＝AV AC＝ a 2a ＝ 2 2 ， 所以由 tan αtan β＝ 2 2 ，得 tan α＝1，cos α＝ 2 2 ， 即 3λ 2 5λ2＋1 ＝ 2 2 ，解得 λ＝1 2或－1 2， 又∵0<λ<1，所以 λ＝1 2，点 E 为 VA 的中点． 例 7 如图 1，矩形 ABCD 中，2BC＝3AB＝6DE＝6FC＝6，将△ABE 沿 BE 折起，得到如图 2 所示的四棱锥 A－BCDE，其中 AC＝ 7. (1)证明：平面 ABE⊥平面 BCD； (2)求平面 AEF 与平面△ACD 所成锐二面角的余弦值． 【解析】(1)在图 2 中取 BE 的中点 G，连接 AG，CG.由条件可知图 1 中四边形 ABFE 为正方 形，则有 AG⊥BE，且可求得 AG＝ 2. 在△GBC 中，BG＝ 2，BC＝3，∠GBC＝45°，由余弦定理得 CG2＝BG2＋BC2－2BG·BCcos ∠GBC＝2＋9－6＝5. 在△AGC 中，AG2＋CG2＝2＋5＝AC2，所以∠AGC＝90°，即 AG⊥CG. 由于 BE，CG⊂平面 BCD，AG⊥BG 且 AG⊥CG，BG∩CG＝G，所以 AG⊥平面 BCD. 又 AG⊂平面 ABE，故平面 ABE⊥平面 BCD. (2)如图，过点 B 作 BO∥CD 交 DE 于点 O，以 O 为坐标原点，以平行于 DC 的方向为 x 轴， 平行于 ED 的方向为 y 轴，建立空间直角坐标系．由题设条件，可得 F(2，2，0)，E(0，2，0)，C(2 ，3，0)，D(0，3，0)． 由(1)得 AG⊥平面 BCD，可求得 A 点坐标为(1，1， 2)， 所以AF → ＝(1，1，－ 2)，EF → ＝(2，0，0)． 设平面 AEF 的法向量为 u＝(a1，b1，c1)， 由 u·AF → ＝0 及 u·EF → ＝0，得{a1＋b1－ 2c1＝0， 2a1＝0， 令 b1＝ 2，由此可得 u＝(0， 2，1)． 由于AC → ＝(1，2，－ 2)，DC → ＝(2，0，0)，设平面 ACD 的法向量为 v＝(a2，b2，c2)，由 v·AC → ＝0 及 v·DC → ＝0 得{a2＋2b2－ 2c2＝0， 2a2＝0， 令 b2＝ 2，由此可得 v＝(0， 2，2)． 所以 cos〈u，v〉＝ u·v |u||v|＝ 4 3 × 6 ＝2 2 3 . 则平面 AEF 与平面 ACD 所成锐二面角的余弦值为2 2 3 . (备选题) 例 8 [2018·天津卷]如图，AD∥BC 且 AD＝2BC，AD⊥CD，EG∥AD 且 EG＝AD， CD∥FG 且 CD＝2FG，DG⊥平面 ABCD，DA＝DC＝DG＝2. (1)若 M 为 CF 的中点，N 为 EG 的中点，求证：MN∥平面 CDE； (2)求二面角 E－BC－F 的正弦值； (3)若点 P 在线段 DG 上，且直线 BP 与平面 ADGE 所成的角为 60°，求线段 DP 的长． 【解析】依题意，可以建立以 D 为原点，分别以DA → ，DC → ，DG → 的方向为 x 轴，y 轴，z 轴的 正方向的空间直角坐标系(如图)，可得 D(0，0，0)，A(2，0，0)，B(1，2，0)，C(0，2，0)，E(2， 0，2)，F(0，1，2)，G(0，0，2)，M(0， 3 2，1)，N(1，0，2)． (1)依题意DC → ＝(0，2，0)， DE → ＝(2，0，2)．设 n 0＝(x0，y0，z0)为平面 CDE 的法向量，则 {n0·DC→ ＝0， n0·DE→ ＝0， 即{2y0＝0， 2x0＋2z0＝0，不妨令 z0＝－1，可得 n0＝(1，0，－1)．又MN → ＝(1，－3 2，1)，可 得MN → ·n0＝0，又因为直线 MN⊄平面 CDE，所以 MN∥平面 CDE. (2)依题意，可得BC → ＝(－1，0，0)，BE → ＝(1，－2，2)，CF → ＝(0，－1，2)．设 n＝(x1，y1，z1) 为平面 BCE 的法向量，则{n·BC → ＝0， n·BE → ＝0， 即{－x1＝0， x1－2y1＋2z1＝0，不妨令 z1＝1，可得 n＝(0，1，1)．设 m＝(x2，y2，z2)为平面 BCF 的法向量，则{m·BC → ＝0， m·CF → ＝0， 即{－x2＝0， －y2＋2z2＝0，不妨令 z2＝1，可得 m＝(0 ，2，1)．因此有 cos〈m，n〉＝ m·n |m||n|＝3 10 10 ，于是 sin〈m，n〉＝ 10 10 ，所以，二面角 E－BC－F 的正弦值为 10 10 . (3)设线段 DP 的长为 h(h∈[0，2])，则点 P 的坐标为(0，0，h)，可得BP → ＝(－1，－2，h)． 易知，DC → ＝(0，2，0)为平面 ADGE 的一个法向量，故|cos〈BP → ，DC → 〉|＝ |BP → ·DC → | |BP → ||DC → | ＝ 2 h2＋5， 由题意，可得 2 h2＋5 ＝sin 60°＝ 3 2 ， 解得 h＝ 3 3 ∈[0，2]． 所以线段 DP 的长为 3 3 . 【点评】本题主要考查空间向量的应用，线面平行的证明，二面角问题等知识，意在考查学 生的转化能力和计算求解能力． 规 律 总 结　【p44】 求空间角的方法 (一)构造法：空间角的计算方法都是转化为平面角来计算．两条异面直线所成的角，要以运 动的观点运用“平移法”，使之成为相交直线所成的角，要充分挖掘图形的性质，寻求平行关系； 斜线与平面所成的角，往往是在斜线上取一点向平面引垂线，再解由斜线、垂线、射影所围成的 直角三角形．这里关键是引平面的垂线，明确垂足的位置；求二面角的方法主要有定义法、线面 垂直法、射影面积法、向量法等． (二)空间向量法： (1)两条异面直线所成的角的求法 设两条异面直线 a，b 的方向向量为 a，b，其夹角为 θ，则 cos φ＝|cos θ|＝|a·b| |a||b|(其中 φ 为 异面直线 a，b 所成的角)． (2)直线和平面所成角的求法 如图所示，设直线 l 的方向向量为 e，平面 α 的法向量为 n，直线 l 与平面 α 所成的角为 φ， 两向量 e 与 n 的夹角为 θ，则有 sin φ＝|cos θ|＝|e·n| |e||n|. (3)求二面角的大小 ①如图 1，AB、CD 是二面角 α－l－β 的两个面内与棱 l 垂直的直线，则二面角的大小 θ＝〈AB → ，CD → 〉． ②如图 2、3，n1，n2 分别是二面角 α－l－β 的两个半平面 α，β的法向量，则二面角的大小 θ ＝〈n1，n2〉(或π－〈n1，n2〉)． 高 考 回 眸　【p44】 考题 1 [2018·全国卷Ⅱ]在长方体 ABCD－A1B1C1D1 中，AB＝BC＝1，AA1＝ 3，则异面直线 AD1 与 DB1 所成角的余弦值为(　　) A. 1 5 B. 5 6 C. 5 5 D. 2 2 【解析】选 C. 解法一：连接 BD1，交 DB1 于点 O，取 AB 的中点 M，则 OM＝1 2AD1＝1，OD＝ 5 2 ，DM＝ 5 2 ，由余弦定理可知 cos θ＝ 5 5 . 解法二：(坐标法)由几何关系可知：DB1→ ＝(1，1， 3)，点 A 的坐标为(1，0，0)，点 D1 的坐 标为(0，0， 3)， AD1→ ＝(－1，0， 3)，cos θ＝| 2 2 5 |＝ 5 5 . 【命题立意】本题主要考查异面直线所成角的概念及求法，考查空间向量的应用． 考题 2 [2018·全国卷Ⅱ]如图，在三棱锥 P－ABC 中，AB＝BC＝2 2，PA＝PB＝PC＝AC＝4 ，O 为 AC 的中点． (1)证明：PO⊥平面 ABC； (2)若点 M 在棱 BC 上，且二面角 M－PA－C 为 30°，求 PC 与平面 PAM 所成角的正弦值． 【解析】(1)解法一：连接 OB，由几何关系可知：PO＝2 3，OB＝2， 因为 PO2＋OB2＝PB2＝16，所以∠POB＝ π 2 ，所以 PO⊥OB， 因为 PC＝PA，OA＝OC，所以 PO⊥AC， 因为 AC∩OB＝O，所以 PO⊥平面 ABC. 解法二：在 AB 边取中点 N，连接 PN、ON，因为 PA＝PB，所以 PN⊥AB， 在△ABC 中，由勾股定理可知：AB⊥BC，在△ABC 中，AO＝OC，AN＝NB，所以 ON∥BC ， 所以 AB⊥ON，因为 ON∩PN＝N， 所以 AB⊥平面 PNO，所以 AB⊥PO， 由几何关系可知：PO⊥AC，因为 AC∩AB＝A，所以 PO⊥平面 ABC. (2)以 O 为坐标原点，OB → 的方向为 x 轴的正方向，建立空间直角坐标系 O－xyz. 由题意可知：O(0，0，0)，B(2，0，0)，A(0，－2，0)， C(0，2，0)，P(0，0，2 3)，AP → ＝(0，2，2 3). 取平面 PAC 的法向量OB → ＝(2，0，0). 设 M(a，2－a，0)(0 2 2 ，∴满足条件的点 P 不存在． 解法三：已证得 OA，OB′，OC 两两垂直，如图建立空间直角坐标系 O－xyz，则 A(2，0，0) ，B′(0，0，1)，C(0，1，0)，设AP → ＝λAB′ → ＝(－2λ，0，λ)，则CP → ＝CA → ＋AP → ＝(2－2λ，－1，λ) ，又∵平面 B′OA 的法向量 n＝(0，1，0)，依题意得， |CP → ·n| |CP → ||n | ＝ 6 3 ，得 1 5λ2－8λ＋5 ＝ 6 3 ， 化简得，10λ2－16λ＋7＝0，此方程无解，∴满足条件的点 P 不存在. 11．如图，在梯形 ABCD 中，AB∥CD，∠BCD＝2π 3 ，四边形 ACFE 为矩形，且 CF⊥平面 ABCD ，AD＝CD＝BC＝CF＝1. (1)求证：EF⊥平面 BCF； (2)点 M 在线段 EF(含端点)上运动，当点 M 在什么位置时，平面 MAB 与平面 FCB 所成锐二 面角最大，并求此时二面角的余弦值． 【解析】(1)在梯形 ABCD 中，∵AB∥CD， AD＝CD＝BC＝1， 又∵∠BCD＝2π 3 ，∴AB＝2， ∴AC2＝AB2＋BC2－2AB·BC·cos 60°＝3. ∴AB2＝AC2＋BC2.∴BC⊥AC. ∵CF⊥平面 ABCD，AC⊂平面 ABCD， ∴AC⊥CF，而 CF∩BC＝C， ∴AC⊥平面 BCF. ∵EF∥AC，∴EF⊥平面 BCF. (2)由(1)可建立分别以直线 CA，CB，CF 为 x 轴，y 轴，z 轴的空间直角坐标系，如图所示． 令 FM＝λ(0≤λ≤ 3)，则 C (0，0，0)，A ( 3，0，0)， B (0，1，0)，M (λ，0，1)， ∴AB → ＝(－ 3，1，0)，BM → ＝( λ，－1，1)， 设 n1＝(x，y，z)为平面 MAB 的一个法向量， 由{n1·AB→ ＝0， n1·BM→ ＝0， 得{－ 3x＋y＝0， λx－y＋z＝0， 取 x＝1，则 n1＝(1, 3， 3－λ)． ∵n2＝(1，0，0)是平面 FCB 的一个法向量， ∴cos θ＝ |n1·n2| |n1|·|n2|＝ 1 1＋3＋( 3－λ)2 × 1 ＝ 1 (λ－ 3)2 ＋4 . ∵0≤λ≤ 3，∴当 λ＝0 时，cos θ有最小值 7 7 ， ∴点 M 与点 F 重合时，平面 MAB 与平面 FCB 所成二面角最大，此时二面角的余弦值为 7 7 . 12．如图，三棱柱 ABC－A1B1C1 中，∠B1A1A＝∠C1A1A＝60°，AA1＝AC＝4，AB＝2，P，Q 分别为棱 AA1，AC 的中点. (1)在平面 ABC 内过点 A 作 AM∥平面 PQB1 交 BC 于点 M，并写出作图步骤，但不要求证明； (2)若侧面 ACC1A1⊥侧面 ABB1A1，求直线 A1C1 与平面 PQB1 所成角的正弦值． 【解析】(1)如图，在平面 ABB1A1 内，过点 A 作 AN∥B1P 交 BB1 于点 N，连结 BQ，在△BB1Q 中，作 NH∥B1Q 交 BQ 于点 H，连结 AH 并延长交 BC 于点 M，则 AM 为所求作直线． (2)连结 PC1，AC1，∵AA1＝AC＝A1C1＝4，∠C1A1A＝60°，∴△AC1A1 为正三角形． ∵P 为 AA1 的中点，∴PC1⊥AA1， 又∵侧面 ACC1A1⊥侧面 ABB1A1，且平面 ACC1A1∩平面 ABB1A1＝AA1， PC1⊂平面 ACC1A1，∴PC1⊥平面 ABB1A1， 在平面 ABB1A1 内过点 P 作 PR⊥AA1 交 BB1 于点 R， 分别以PR → ，PA1→ ，PC1→ 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 P －xyz， 则 P(0，0，0)，A1(0，2，0)，A(0，－2，0)， C(0，－4，2 3)，C1(0，0，2 3). ∵Q 为 AC 的中点，∴点 Q 的坐标为(0，－3， 3)， ∴A1C1→ ＝(0，－2，2 3)，PQ → ＝(0，－3， 3). ∵A1B1＝AB＝2，∠B1A1A＝60°，∴B1( 3，1，0)， ∴PB1→ ＝( 3，1，0)， 设平面 PQB1 的法向量为 m＝(x，y，z)， 由{PQ → ·m＝0， PB1→ ·m＝0， 得{－3y＋ 3z＝0， 3x＋y＝0， 令 x＝1，得 y＝－ 3，z＝－3，所以平面 PQB1 的一个法向量为 m＝(1，－ 3，－3). 设直线 A1C1 与平面 PQB1 所成角为 α， 则 sin α＝|cos〈A1C1→ ，m〉|＝ |A1C1→ ·m| |A1C1→ ||m | ＝ 39 13 ， 即直线 A1C1 与平面 PQB1 所成角的正弦值为 39 13 . 13．在如图所示的圆台中，AC 是下底面圆 O 的直径，EF 是上底面圆 O′的直径，FB 是圆台 的一条母线． (1)已知 G，H 分别为 EC，FB 的中点，求证：GH∥平面 ABC； (2)已知 EF＝FB＝1 2AC＝2，AB＝BC，求二面角 F－BC－O 的余弦值． 【解析】(1)证明：设 FC 的中点为 I，连接 GI，HI，在△CEF 中，∵CG＝GE，CI＝IF，∴GI ∥EF， 又 EF∥OB，∴GI∥OB， ∵OB⊂平面 ABC，GI⊄平面 ABC，∴GI∥平面 ABC. 在△FCB 中，∵FI＝IC，FH＝HB，∴IH∥CB，∴IH∥平面 ABC，又 IG∩IH＝I，所以平面 GIH∥ 平面 ABC，∵GH⊂平面 GIH，∴GH∥平面 ABC. (2)连接 OO′，则 OO′⊥平面 ABC，又 AB＝BC，且 AC 是圆 O 的直径，所以 BO⊥AC，以 O 为坐标原点，建立空间直角坐标系 O－xyz(OA 方向为 x 轴，OB 方向为 y 轴，OO′方向为 z 轴) 由题意得：B(0，2，0)，C(－2，0，0)，过点 F 作 FM⊥OB 于点 M，故 FM＝FB2－BM2＝ 3 ， ∴F(0，1， 3)，故BC → ＝(－2，－2，0)，BF → ＝(0，－1， 3)， 设 n＝(x，y，z)是平面 BCF 的一个法向量， ∴{n·BC → ＝0， n·BF → ＝0， 即{－2x－2y＝0， －y＋ 3z＝0， 取 z＝－1，则 n＝( 3，－ 3，－1)， 又平面 ABC 的一个法向量OO′ → ＝(0，0， 3)， 故|cos〈n，OO′→ 〉|＝ |n·OO′ → | |n||OO′ → | ＝ 7 7 ， 所以二面角 F－BC－O 的余弦值为 7 7 .