空间向量与立体几何

题型专题(十) 空间向量与立体几何

主要考查基础知识、基本技能，应用所学分析解决问题的能力

考点一：利用空间向量证明空间位置关系

——据两类向量(方向向量、法向量)定向，靠准确运算解题 设直线l的方向向量为a＝(a1，b1，c1)．平面α，β的法向量分别为u＝(a2，b2，c2)，v＝(a3，b3，c3)． (1)线面平行： l∥α⇔a⊥u⇔a·u＝0⇔a1a2＋b1b2＋c1c2＝0. (2)线面垂直： l⊥α⇔a∥u⇔a＝ku⇔a1＝ka2，b1＝kb2，c1＝kc2. (3)面面平行： α∥β⇔u∥v⇔u＝kv⇔a2＝ka3，b2＝kb3，c2＝kc3. (4)面面垂直： α⊥β⇔u⊥v⇔u·v＝0⇔a2a3＋b2b3＋c2c3＝0. [典例] 如图所示，在底面是矩形的四棱锥P-ABCD中，PA⊥底面ABCD，E，F分别是PC，PD的中点，PA＝AB＝1，BC＝2.

(1)求证：EF∥平面PAB； (2)求证：平面PAD⊥平面PDC.

[证明] 以A为原点，AB，AD，AP所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系如图所示，则A(0,0,0)，B(1,0,0)，C(1,2,0)，D(0,2,0)，P(0,0,1)，

110，1，1， ，1，所以E，F222

1

－2，0，0，AP＝(0,0,1)，AD＝(0,2,0)，DC＝(1,0,0)，AB＝(1,0,0)．EF＝ 1

(1)因为EF＝－2AB，所以EF∥AB， 即EF∥AB.

. . . w

. .. . .

又AB⊂平面PAB，EF⊄平面 PAB， 所以EF∥平面 PAB.

(2)因为AP·DC＝(0,0,1)·(1,0,0)＝0，

AD·DC＝(0,2,0)·(1,0,0)＝0，

所以AP⊥DC，AD⊥DC， 即AP⊥DC，AD⊥DC.

又因为AP∩AD＝A，AP⊂平面PAD，AD⊂平面PAD， 所以DC⊥平面PAD.因为DC⊂平面PDC， 所以平面PAD⊥平面PDC.

向量证明平行与垂直的四个步骤

(1)建立空间直角坐标系，建系时，要尽可能地利用载体中的垂直关系；

(2)建立空间图形与空间向量之间的关系，用空间向量表示出问题中所涉及的点、直线、平面的要素；

(3)通过空间向量的运算求出平面向量或法向量，再研究平行、垂直关系； (4)根据运算结果解释相关问题．

[即时应用]

在直三棱柱ABC-A1B1C1中，∠ABC＝90°，BC＝2，CC1＝4，点E在线段BB1上，且EB1＝1，D，F，G分别为CC1，C1B1，C1A1的中点．

求证：(1)B1D⊥平面ABD； (2)平面EGF∥平面ABD.

证明：(1)以B为坐标原点，BA，BC，BB1所在的直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，如图所示，

则B(0,0,0)，D(0,2,2)， B1(0,0,4)，C1(0,2,4)，

. . . w

. .. . .

设BA＝a， 则A(a,0,0)，

所以BA＝(a,0,0)，BD＝(0,2,2)，

B1D＝(0,2，－2)，

B1D·BA＝0，B1D·BD＝0＋4－4＝0，

即B1D⊥BA，B1D⊥BD.

又BA∩BD＝B，BA，BD⊂平面ABD， 因此B1D⊥平面ABD.

a，F(0,1,4)， ，1，4(2)由(1)知，E(0,0,3)，G2a

，1，1，EF＝(0,1,1)， 则EG＝2

B1D·EG＝0＋2－2＝0， B1D·EF＝0＋2－2＝0，

即B1D⊥EG，B1D⊥EF.

又EG∩EF＝E，EG，EF⊂平面EGF， 因此B1D⊥平面EGF.

结合(1)可知平面EGF∥平面ABD. 考点二：利用空间向量求线线角、线面角

——遵循解题四步骤，关键是把坐标求 1.向量法求异面直线所成的角 若异面直线a，b的方向向量分别为a，b，异面直线所成的角为θ，则cos θ＝|cos〈a，|a·b|b〉|＝|a| |b|. 2.向量法求线面所成的角 求出平面的法向量n，直线的方向向量a，设线面所成的角|n·a|为θ，则sin θ＝|cos〈n，a〉|＝|n| |a|. [典例] (2015·全国卷Ⅰ)如图，四边形ABCD为菱形，∠ABC＝120°，E，F是平面ABCD

. . . w

. .. . .

同一侧的两点，BE⊥平面ABCD，DF⊥平面ABCD，BE＝2DF，AE⊥EC.

(1)证明：平面AEC⊥平面AFC；

(2)求直线AE与直线CF所成角的余弦值．

[解] (1)证明：如图，连接BD，设BD∩AC于点G，连接EG，FG，EF.在菱形ABCD中，不妨设GB＝1.

由∠ABC＝120°，可得AG＝GC＝3. 由BE⊥平面ABCD，AB＝BC，可知AE＝EC. 又AE⊥EC，所以EG＝3，且EG⊥AC. 在Rt△EBG中，可得BE＝2，故DF＝6在Rt△FDG中，可得FG＝2. 在直角梯形BDFE中， 由BD＝2，BE＝2，DF＝32可得EF＝.

2

从而EG2＋FG2＝EF2，所以EG⊥FG. 又AC∩FG＝G，所以EG⊥平面AFC. 因为EG⊂平面AEC， 所以平面AEC⊥平面AFC.

(2)如图，以G为坐标原点，分别以GB，GC的方向为x轴，y轴正方向，|GB|为单位长度，建立空间直角坐标系G-xyz.

2， 2

2. 2

. . . w

. .. . .

由(1)可得A(0，－3，0)，E(1,0，2)， F－1，0，



2

，C(0，3，0)， 2

2所以AE＝(1，3，2)，CF＝－1，－3，. 2

AE·CF3

故cos〈AE，CF〉＝＝－3.

|AE||CF|

3

所以直线AE与直线CF所成角的余弦值为3.

1．利用空间向量求空间角的一般步骤 (1)建立恰当的空间直角坐标系；

(2)求出相关点的坐标，写出相关向量的坐标； (3)结合公式进行论证、计算； (4)转化为几何结论． 2．求空间角应注意的问题

(1)两条异面直线所成的角α不一定是直线的方向向量的夹角β，即cos α＝|cos β|. (2)直线与平面所成角和直线的方向向量和平面法向量的夹角并不一定互余． [即时应用]

(2015·江西八所中考)如图，四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是直角梯形，∠DAB1

＝90°，AD∥BC，AD⊥侧面PAB，△PAB是等边三角形，DA＝AB＝2，BC＝AD，E是线段

2AB的中点．

. . . w

. .. . .

(1)求证：PE⊥CD；

(2)求PC与平面PDE所成角的正弦值．

解：(1)证明：因为AD⊥侧面PAB，PE⊂平面PAB， 所以AD⊥PE.

又因为△PAB是等边三角形，E是线段AB的中点， 所以PE⊥AB. 因为AD∩AB＝A， 所以PE⊥平面ABCD. 而CD⊂平面ABCD， 所以PE⊥CD.

(2)以E为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系E-xyz.

则E(0,0,0)，C(1，－1,0)，D(2,1,0)，P(0,0，3)．

ED＝(2,1,0)，EP＝(0,0，3)，PC＝(1，－1，－3)．

设n＝(x，y，z)为平面PDE的法向量．

n·ED＝0，x＋y＝0，

由即

2n·EP＝0，



3z＝0.

令x＝1，可得n＝(1，－2,0)． 设PC与平面PDE所成的角为θ，则

. . . w

. .. . .

|PC·n|3

sin θ＝|cos〈PC，n〉|＝＝5.

|PC|·|n|3

所以PC与平面PDE所成角的正弦值为.

5考点三：利用空间向量求二面角

——两角(法向量夹角、二面角)时同时异应辨清 向量法求二面角 求出二面角α-l-β的两个半平面α与β的法向量n1，n2，若二面角α-l-β所成的角θ为锐|n1·n2|角，则cos θ＝|cos〈n1，n2〉|＝|n| |n|；若二面角α-l-β所成的角θ为钝角，则cos 12θ＝－|cos〈n1，n2〉|＝－ π

[典例] (2015·重庆高考)如图，三棱锥P-ABC中，PC⊥平面ABC，PC＝3，∠ACB＝.D，

2E分别为线段AB，BC上的点，且CD＝DE＝2，CE＝2EB＝2.

|n1·n2|. |n1| |n2|

(1)证明：DE⊥平面PCD； (2)求二面角A-PD-C的余弦值．

[解] (1)证明：由PC⊥平面ABC，DE⊂平面ABC， 得PC⊥DE.

由CE＝2，CD＝DE＝2，得△CDE为等腰直角三角形， 故CD⊥DE.

由PC∩CD＝C，DE垂直于平面PCD内两条相交直线，故DE⊥平面PCD. π

(2)由(1)知，△CDE为等腰直角三角形，∠DCE＝.

4如图，过D作DF垂直CE于F，易知DF＝FC＝FE＝1.

. . . w

. .. . .

又已知EB＝1，故FB＝2. π

由∠ACB＝2，

DFFB2

得DF∥AC，AC＝BC＝3， 33

故AC＝DF＝.

22

以C为坐标原点，分别以CA，CB，CP的方向为x轴，y轴，z轴的正方向建立空3，E(0,2,0)，D(1,1,0)，ED＝(1，－1，，0，0间直角坐标系，则C(0,0,0)，P(0,0,3)，A21

，－1，0. 0)，DP＝(－1，－1,3)，DA＝2

设平面PAD的法向量为n1＝(x1，y1，z1)， 由n1·DP＝0，n1·DA＝0，

－x1－y1＋3z1＝0，

得12x1－y1＝0，

故可取n1＝(2,1,1)．

由(1)可知DE⊥平面PCD，故平面PCD的法向量n2可取为ED，即n2＝(1，－1,0)， 从而法向量n1，n2的夹角的余弦值为 n1·n23cos〈n1，n2〉＝＝，

|n1||n2|6故所求二面角A-PD-C的余弦值为

求平面的法向量的方法

(1)待定系数法：设出法向量坐标，利用垂直关系建立坐标的方程求解． (2)先确定平面的垂线，然后取相关线段对应的向量，即确定了平面的法向量． [说明] 两平面的法向量的夹角不一定是所求的二面角．

3. 6

. . . w

. .. . .

[即时应用]

(2015·贵阳监测考试)如图，已知四棱锥P-ABCD中，PA⊥平面ABCD，AD∥BC，AD⊥CD，且AB⊥AC，AB＝AC＝PA＝2，E是BC的中点．

(1)求异面直线AE与PC所成的角； (2)求二面角D-PC-A的平面角的余弦值．

解：(1)如图所示，以A点为原点建立空间直角坐标系A-xyz，则B(2,0,0)，C(0,2,0)，P(0,0,2)．

故E(1,1,0)，AE＝(1,1,0)，PC＝(0,2，－2)，

AE·PC1

cos〈AE，PC〉＝＝，

|AE|·|PC|2

即〈AE，PC〉＝60°，故异面直线AE与PC所成的角为60°. (2)在四边形ABCD中，∵AB＝AC＝2，AB⊥AC， ∴∠ABC＝∠ACB＝45°，

∵AD∥BC，∴∠DAC＝∠ACB＝45°， 又AD⊥CD，∴AD＝CD＝2， ∴D(－1,1,0)，又C(0,2,0)，

∴CD＝(－1，－1,0)，PC＝(0,2，－2)．

设n＝(x，y，z)是平面PCD的法向量，则CD⊥n，PC⊥n，即CD·n＝0，PC·n＝0，

. . . w

. .. . .

－x－y＝0，∴2y－2z＝0，

令x＝－1得，y＝1，z＝1，

即n＝(－1,1,1)，|n|＝3，

AB·n又AB⊥平面PAC，∴AB＝(2,0,0)是平面PAC的一个法向量，∴cos〈AB，n〉＝

|AB|·|n|

33＝－3，即二面角D-PC-A的平面角的余弦值为3.

常考常新的空间直角坐标系的建立

空间向量在处理空间问题时具有很大的优越性，能把“非运算”问题“运算”化，即通过直线的方向向量和平面的法向量解决立体几何问题.解决的关键环节之一就是建立空间直角坐标系，因而建立空间直角坐标系问题成为近几年试题一个新的命题点.

[典例] (2015·福建高考)如图，在几何体ABCDE中，四边形ABCD是矩形，AB⊥平面BEC，BE⊥EC，AB＝BE＝EC＝2，G，F分别是线段BE，DC的中点．

主要考查迁移思维、数学素养，多角度、创造性地思考和解决问题的能力

(1)求证：GF∥平面ADE；

(2)求平面AEF与平面BEC所成锐二面角的余弦值． [学审题]

1G是线段BE的中点

(1)取AE中点H――――――――――→ GH綊2AB―→ GH綊DF―→ ▱HGFD―→HD∥GF―→GF∥平面ADE (2)

AB⊥平做辅助线BE，BQ，BA建

―――――→BQ⊥BE―→―→―→

面BEC两两垂直系

. . . w

. .. . .

所需点平面ADE结

―→―→

的坐标的法向量果

[解] (1)证明：如图，取AE的中点H，连接HG，HD，又G是BE的中点，所以GH∥1AB，且GH＝2AB.

又F是CD的中点， 1

所以DF＝2CD.

由四边形ABCD是矩形， 得AB∥CD，AB＝CD， 所以GH∥DF，且GH＝DF， 从而四边形HGFD是平行四边形， 所以GF∥DH.

又DH⊂平面ADE，GF⊄平面ADE， 所以GF∥平面ADE.

(2)如图，在平面BEC内，过点B作BQ∥EC. 因为BE⊥CE， 所以BQ⊥BE.

又因为AB⊥平面BEC， 所以AB⊥BE，AB⊥BQ.

以B为原点，分别以BE，BQ，BA的方向为x轴，y轴，z轴的正方向建立空间直角坐标系，则A(0,0,2)，B(0,0,0)，E(2,0,0)，F(2,2,1)．

因为AB⊥平面BEC，所以BA＝(0,0,2)为平面BEC的法向量． 设n＝(x，y，z)为平面AEF的法向量． 又AE＝(2,0，－2)，AF＝(2,2，－1)，

n·AE＝0，由

n·AF＝0，

2x－2z＝0，

得

2x＋2y－z＝0.

. . . w

. .. . .

取z＝2，得n＝(2，－1,2)． 从而cos

n，BAn·BA42＝＝3×2＝3， |n|·|BA|

2

所以平面AEF与平面BEC所成锐二面角的余弦值为3.

建立空间直角坐标系的基本思想是寻找其中的线线垂直关系(上题是作出BQ⊥BE)，若图中存在交于一点的三条直线两两垂直，则以该点为原点建立空间直角坐标系．在没有明显的垂直关系时，要通过其他已知条件得到垂直关系，在此基础上选择一个合理的位置建立空间直角坐标系，注意建立的空间直角坐标系是右手系，正确确定坐标轴的名称．

[即时应用]

(2015·唐山一模)如图，在斜三棱柱ABC-A1B1C1中，侧面ACC1A1与侧面CBB1C1都是菱形，∠ACC1＝∠CC1B1＝60°，AC＝2.

(1)求证：AB1⊥CC1；

(2)若AB1＝6，求二面角C-AB1-A1的余弦值．

解：(1)证明：连接AC1，CB1，则△ACC1和△B1CC1皆为正三角形．取CC1的中点O，连接OA，OB1，则CC1⊥OA，CC1⊥OB1，OA∩OB1＝O，则CC1⊥平面OAB1，则CC1⊥AB1.

(2)由(1)知，OA＝OB1＝3，又AB1＝6，

所以OA⊥OB1，如图所示，分别以OB1，OC1，OA为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，则C(0，－1，0)，B1(3，0,0)，A(0,0，3)，A1(0,2，3)，

设平面CAB1的法向量为m＝(x1，y1，z1)，

. . . w

. .. . .

因为AB1＝(3，0，－3)，AC＝(0，－1，－3)，

3x1＋0－3z1＝0，所以

0－y1－3z1＝0，

取m＝(1，－3，1)．

设平面A1AB1的法向量为n＝(x2，y2，z2)， 因为AB1＝(3，0，－3)，AA1＝(0,2,0)，

3x2＋0－3z2＝0，所以

0＋2y2＋0＝0，

取n＝(1,0,1)，

m·n210则cos〈m，n〉＝＝＝，

|m| |n|55×2因为二面角C-AB1-A1为钝角， 所以二面角C-AB1-A1的余弦值为－

夯实每一步，成绩步步高

9

1．已知三棱柱ABC-A1B1C1的侧棱与底面垂直，体积为4，底面是边长为3的正三角形．若P为底面A1B1C1的中心，则PA与平面ABC所成角的大小为( )

5π

A. 12πC.4

解析：选B 如图所示，P为正三角形A1B1C1的中心，设O为△ABC的中心，由题意知，PO⊥平面ABC，连接OA，则∠PAO即为PA与平面ABC所成的角．

在正三角形ABC中，AB＝BC＝AC＝3， 333则S＝4×(3)2＝4， 9

VABC-A1B1C1＝S×PO＝4，∴PO＝3.

πB. 3πD.6 10. 5

. . . w

. .. . .

3

又AO＝3×3＝1，

POπ

∴tan∠PAO＝AO＝3，∴∠PAO＝3.

2．(2015·贵阳市监测考试)如图，点E，F分别是正方体ABCD-A1B1C1D1的棱AB，AA1

的中点，点M，N分别是线段D1E与C1F上的点，则与平面ABCD垂直的直线MN 的条数有( )

A．0条 C．2条

解析：选B 假设存在满足条件的直线MN，如图，建立空间直角坐标系，不妨设正方体的棱长为2，则D1(2,0,2)，E(1,2,0)，设M(x，y，z)，D1M＝mD1E (0＜m＜1)，∴(x－2，y，z－2)＝m(－1,2，

－2)，x＝2－m，y＝2m，z＝2－2m，∴M(2－m,2m,2－2m)，同理，若设C1N＝nC1F (0＜n＜1)，可得N(2n，2n,2－n)，MN＝(m＋2n－2,2n－2m,2m－n)．又∵MN⊥平面ABCD.

B．1条 D．无数条

m＋2n－2＝0，

∴2n－2m＝0，



解得2

n＝3，2m＝3，

即存在满足条件的直线MN，且只有一条．

3．在正方体ABCD-A1B1C1D1中，点E为BB1的中点，则平面A1ED与平面ABCD所成的锐二面角的余弦值为______．

解析：以A为原点，AB，AD，AA1分别为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，设棱长为1，则A1(0,0,1)，1E1，0，2， D(0，1,0)，

∴A1D＝(0,1，－1)， 11，0，－A1E＝2，

. . . w

. .. . .

设平面A1ED的法向量为n1＝(1，y，z)，

y－z＝0，则1

1－2z＝0，

y＝2，

∴z＝2.

∴n1＝(1,2,2)，

∵平面ABCD的一个法向量为n2＝(0,0,1)， 22

∴cos〈n1，n2〉＝＝.

3×132

故所成的锐二面角的余弦值为3. 2答案：3

π

4．(2015·沈阳市质量监测)在直三棱柱ABC-A1B1C1中，若BC⊥AC，∠BAC＝3，AC＝4，点M为AA1的中点，点P为BM的中点，Q在线段CA1上，且A1Q＝3QC，则异面直线PQ与AC所成角的正弦值为______．

解析：由题意，以C为原点，以AC边所在直线为x轴，以BC边所在直线为y轴，以CC1边所在直线为z轴建立空间直角坐标π系，如图所示．设棱柱的高为a，由∠BAC＝，AC＝4，得BC＝43，

3所以A(4,0,0)，B(0,43，0)，C(0,0,0)，A1(4,0，a)，B1(0,43，

aaa

4，0，2，P2，23，4，Q1，0，4.所以QP＝(1,23，0)，CA＝a)，C1(0,0，a)，M(4,0,0)．设异面直线QP与CA所成的角为θ，所以|cos θ|＝，由|QP·CA|

QPCA||·||413＝1×4＋23×0＋0×0＝4，|QP|·|CA|＝13×4＝413，得|cos θ|＝＝13.由sin2θ

41312239＋cos2θ＝1得，sin2θ＝13，所以sin θ＝±13，因为异面直线所成角的正弦值为正，所以

. . . w

|QP·CA|

. .. . .

239

sin θ＝13即为所求．

239答案：

13

5．(2015·山西省考前质量检测)如图，四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为梯形，PD⊥底面ABCD，AB∥CD，AD⊥CD，AD＝AB＝1，BC＝2.

(1)求证：平面PBD⊥平面PBC；

(2)设H为CD上一点，满足CH＝2HD，若直线PC与平面PBD所成的角的正切值为63，求二面角H-PB-C的余弦值．

解：(1)证明：由AD⊥CD，AB∥CD，AD＝AB＝1，可得BD＝2. 又BC＝2，∴CD＝2， ∴BC⊥BD.

∵PD⊥底面ABCD，∴PD⊥BC， 又∵PD∩BD＝D， ∴BC⊥平面PBD， ∴平面PBD⊥平面PBC.

(2)由(1)可知∠BPC为PC与平面PBD所成的角， 6∴tan∠BPC＝3， ∴PB＝3，PD＝1.

42

由CH＝2HD及CD＝2，可得CH＝，DH＝. 33

以点D为坐标原点，DA，DC，DP分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系．

2

0，3，0. 则B(1,1,0)，P(0,0,1)，C(0,2,0)，H 21

0，－3，1，HB＝1，3，0， ∴HP＝

. . . w

. .. . .

PB＝(1,1，－1)，BC＝(－1,1,0)．

设平面HPB的法向量为n＝(x1，y1，z1)，

HP·n＝0，则HB·n＝0，



即1

x＋3y＝0，

1

1

2

－y1＋z1＝0，3

取y1＝－3，则n＝(1，－3，－2)． 设平面PBC的法向量为m＝(x2，y2，z2)，

PB·m＝0，则BC·m＝0，

x2＋y2－z2＝0，

即－x2＋y2＝0，

取x2＝1，则m＝(1,1,2)．

m·n21

又cos〈m，n〉＝|m| |n|＝－7， 故二面角H-PB-C的余弦值为

21. 7

6．(2015·兰州市诊断考试)如图，在四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，底面ABCD是等腰梯形，AB∥CD，AB＝2，BC＝CD＝1，顶点D1在底面ABCD内的射影恰为点C.

(1)求证：AD1⊥BC；

π

(2)若直线DD1与直线AB所成的角为3，求平面ABC1D1与平面ABCD所成角(锐角)的余弦值．

解：(1)证明：连接D1C，则D1C⊥平面ABCD， ∴D1C⊥BC.

在等腰梯形ABCD中，连接AC， ∵AB＝2，BC＝CD＝1，AB∥CD， ∴BC⊥AC，又∵AC∩D1C＝C， ∴BC⊥平面AD1C，

. . . w

. .. . .

∴AD1⊥BC.

(2)由(1)知，AC，BC，D1C两两垂直， ∵AB∥CD， π

∴∠D1DC＝3， ∵CD＝1，∴D1C＝3. 在等腰梯形ABCD中，

∵AB＝2，BC＝CD＝1，AB∥CD，

∴AC＝3，以C为原点，CA，CB，CD1分别为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，

则C(0,0,0)，A(3，0,0)，B(0,1,0)，D1(0,0，3)，AB＝(－3，1,0)，AD1＝(－3，0，3) 设平面ABC1D1的法向量n＝(x，y，z)，

n·AB＝0，由n·AD1＝0，

y－3x＝0，

得z－x＝0，

可得平面ABC1D1的一个法向量n＝(1，3，1)． 又CD1＝(0,0，3)为平面ABCD的一个法向量， 5因此cos〈CD1，n〉＝＝5，

| CD1| |n|

5∴平面ABC1D1与平面ABCD所成角(锐角)的余弦值为5. π

7．(2015·陕西高考)如图①，在直角梯形ABCD中，AD∥BC，∠BAD＝2，AB＝BC＝1，AD＝2，E是AD的中点，O是AC与BE的交点．将△ABE沿BE折起到△A1BE的位置，如图②.

CD1·n

. . . w

. .. . .

(1)证明：CD⊥平面A1OC；

(2)若平面A1BE⊥平面BCDE，求平面A1BC与平面A1CD夹角的余弦值．

π

解：(1)证明：在题图①中，因为AB＝BC＝1，AD＝2，E是AD的中点，∠BAD＝，所2以BE⊥AC.

即在题图②中，BE⊥OA1，BE⊥OC，OA1∩OC＝O， 从而BE⊥平面A1OC. 又CD∥BE， 所以CD⊥平面A1OC. (2)由已知，

平面A1BE⊥平面BCDE， 又由(1)知，BE⊥OA1，BE⊥OC，

所以∠A1OC为二面角A1-BE-C的平面角， π

所以∠A1OC＝2. 如图，以O为原点，OB，OC，OA1为x轴、y轴、z轴正方向建立空间直角坐标系， 因为A1B＝A1E＝BC＝ED＝1，BC∥ED， 所以B

2，0，0，E－2，0，0，A0，0，2，C0，2，0，

22221



220，2，－2，

＝，，0，AC12222

得BC＝－

CD＝BE＝(－2，0,0)．

设平面A1BC的法向量n1＝(x1，y1，z1)，平面A1CD的法向量n2＝(x2，y2，z2)，平面A1BC与平面A1CD的夹角为θ，

. . . w

. .. . .

n1·BC＝0，则n1·AC1＝0，

－x1＋y1＝0，

得

y1－z1＝0，

取n1＝(1,1,1)；

n2·CD＝0，

n2·AC1＝0，

x2＝0，

得y2－z2＝0，

取n2＝(0,1,1)，

从而cos θ＝|cos〈n1，n2〉|＝

26

＝3， 3×2

6

即平面A1BC与平面A1CD夹角的余弦值为.

3

8．(2015·北京海淀模拟)如图所示，在四棱锥P-ABCD中，底面四边形ABCD是菱形，AC∩BD＝O，△PAC是边长为2的等边三角形，PB＝PD＝6，AP＝4AF.

(1)求证：PO⊥底面ABCD.

(2)求直线CP与平面BDF所成角的大小．

(3)在线段PB上是否存在一点M，使得CM∥平面BDF? BM

如果存在，求BP的值；如果不存在，请说明理由． 解：(1)证明：因为底面ABCD是菱形，AC∩BD＝O， 所以O为AC，BD的中点． 又因为PA＝PC，PB＝PD， 所以PO⊥AC，PO⊥BD， 所以PO⊥底面ABCD.

(2)由底面ABCD是菱形可得AC⊥BD，又由(1)可知PO⊥AC，PO⊥BD. 如图所示，以O为原点，OA，OB，OP分别为x轴，y轴，z轴正方向建立空间直角坐标系O-xyz.

由△PAC是边长为2的等边三角形，PB＝PD＝6，

. . . w

. .. . .

可得PO＝3，OB＝OD＝3. 所以A(1,0,0)，C(－1,0,0)，B(0，3，0)，P(0,0，3)． 所以CP＝(1,0，3)，AP＝(－1,0，3)． 由已知可得OF＝OA＋14AP＝3

4，0，34.

设平面BDF的法向量为n＝(x，y，z)．

n·OB＝0，

则即3y＝0，

n·OF＝0.

34

x＋34z＝0.

令x＝1，则z＝－3，所以n＝(1,0，－3)．

因为cos〈CP，n〉＝CP·n| CP|·|n|

＝－1

2. 所以直线CP与平面BDF所成角的正弦值为1

2. 所以直线CP与平面BDF所成的角的大小为30°. (3)设BM

BP＝λ(0≤λ≤1)，

则CM＝CB＋BM＝CB＋BP＝(1，3(1－λ)，3λ)． 若CM∥平面BDF，仅需CM·n＝0，且CM⊄平面BDF. 即1－3λ＝0， 解得λ＝1

3

∈[0,1]．

所以在线段PB上存在一点M， 使得CM∥平面BDF. 此时BMBP＝13.

. . . w

. .. . .

近年对线性规划问题考查题目越来越灵活，与其他知识联系越来越广，常与平面向量、集合、导数、区间根等知识结合命题，考查目标函数最值、参数的值(范围)．

一、经典例题领悟好

2x－y＋2≥0，

[例1] (2013·辽宁五校联考)已知集合A＝{(x，y)|x－2y＋1≤0，

x＋y－2≤0，＋(y－1)2≤m}，若A⊆B，则m的取值范围是( )

A．m≥1 C．m≥2

B．m≥ 2 D．m≥ 5

}，B＝{(x，y)|x2

[解析] 作出可行域，如图中阴影部分所示，三个顶点到圆心(0,1)的距离分别是1,1，2，由A⊆B得三角形所有点都在圆的内部，故m≥2，解得m≥2.

[答案] C

解决此类问题要学会集合语言的转化，明确集合A，B表示的几何语言，由A⊆B知三角形的所有点都在圆的内部.数形结合法是解决此类问题的常用方法，但要注意作图一定要准确，关键点要学会应用.

二、预测押题不能少

x＋y－4≥0，

1．已知二元一次不等式组x－y－2≤0，

x－3y＋4≥0

所表示的平面区域为M.若M与圆(x－4)2

＋(y－1)2＝a(a>0)至少有两个公共点，则实数a的取值范围是( )

1

A.2，5 1C.2，5

B．(1,5) D．(1,5]

解析：选C 如图，若使以(4,1)为圆心的圆与阴影部分区域至少有两个交点，结合图形，当圆与直线x－y－2＝0相切时，恰121有一个公共点，此时a＝

2＝2，当圆的半径增大到恰好过点

1

A(2,2)时，圆与阴影部分至少有两个公共点，此时a＝5，故a的取值范围是2. . . w

. .. . .

方程下的最值创新问题 2013年山东卷12题是在条件方程及已知最小值的条件下，求三元变量函数的最大值，考查基本不等式的应用，二次函数的最值等，命题角度不拘于平时一元变量、二元变量的常规问题，着重考查化归思想，创新力度较大，难度较高．

一、经典例题领悟好

z

[例1] (2013·山东高考)设正实数x，y，z满足x2－3xy＋4y2－z＝0.则当xy取得最小值时，x＋2y－z的最大值为( )

A．0 C．2

学审题——审条件之审视结构

代入z基本不等式代入条件―→z用x，y表示――→ ―→x，y的关系式―――――→最小值条件――→x＋2y－ xy

9

B. D. 4

z――→关于y的二次函数―→最大值．

用“思想”——尝试用“转化与化归思想”解题 z＝x2－3xy＋4y2(x，y，z∈R＋)，

22

zx－3xy＋4yx4y∴xy＝＝y＋x－3≥ 2xy

转化

x4y

y·x－3＝1.

x4y

当且仅当＝，即x＝2y时“＝”成立，此时

yxz＝x2－3xy＋4y2＝4y2－6y2＋4y2＝2y2，

∴x＋2y－z＝2y＋2y－2y2＝－2y2＋4y＝－2(y－1)2＋2. ∴当y＝1时，x＋2y－z取得最大值2. [答案] C

x4y

1本题利用了转化与化归思想，一次转化是\\f(z,xy)表示为＋－3，二次转化是x

yx＋2y－z表示为－2y2＋4y.

2在不等式中应用转化与化归思想的常见题目类型：

①已知等式求最值问题，常利用基本不等式把等式转化为一元二次不等式求解. ②求解不等式恒成立问题常用转化的方法

方法一：分离参数法，通过分离参数，转化为不含参数的函数的最值问题求解.

. . . w

. .. . .

方法二：函数思想，转化为求含参数的函数的最值问题求解. 二、预测押题不能少

2．设x，y为实数，若4x2＋y2＋xy＝1，则2x＋y的最大值是________． 解析：∵4x2＋y2＋xy＝1，

332x＋y28

＋1，∴(2x＋y)2≤5， ∴(2x＋y)2＝3xy＋1＝2×2xy＋1≤2×

2∴(2x＋y)max＝2105

. 答案：2105

. . . w