1、热点专题突破系列(四)立体几何的综合问题 考点一 平行、垂直关系的证明与体积的计算【考情分析】以空间几何体(主要是柱、锥或简单组合体)为载体,通过空间平行、垂直关系的论证命制,主要考查公理4及线、面平行与垂直的判定定理与性质定理,常与平面图形的有关性质及体积的计算等知识交汇考查,考查学生的空间想象能力和推理论证能力以及转化与化归思想,一般以解答题的形式出现,难度中等.【典例1】(2014重庆高考改编)如图所示,在四棱锥P-ABCD中,底面是以O为中心的菱形,PO底面ABCD,AB=2,BAD=,M为BC上一点,且BM=,N为AB上一点,且BN=.(1)证明:MN平面PAC.(2)证明:BC平面
2、POM.(3)若MPAP,求四棱锥P-ABMO的体积.31212【解题提示】(1)只需证明MNAC即可.(2)在平面POM内可以找到OM,PO与BC垂直,从而得出结论.(3)直接利用体积公式求解即可.【规范解答】(1)因为BM=BN=,所以 所以MNAC.又MN 平面PAC,AC 平面PAC,所以MN平面PAC.12BMBN,BCBA(2)因为ABCD为菱形,O为菱形中心,连接OB,则AOOB.因为BAD=,故OB=ABsin =1,又因为BM=,且OBM=,在OBM中,OM2=OB2+BM2-2OBBMcosOBM 36123221131()2 1cos.2234 所以OB2=OM2+BM2
3、,故OMBM,故OMBC.又PO底面ABCD,所以POBC.从而BC与平面POM内两条相交直线OM,PO都垂直,所以BC平面POM.(3)由(2)得,OA=ABcosOAB=2 设PO=a,由PO底面ABCD知,POA为直角三角形,故PA2=PO2+OA2=a2+3.由POM也是直角三角形,故PM2=PO2+OM2=a2+.连接AM,在ABM中,AM2=AB2+BM2-2ABBMcosABM cos3.6 3422112212()2 2cos.2234 由已知MPAP,故APM为直角三角形,则PA2+PM2=AM2,即 得 (舍去),即PO=此时S四边形ABMO=SAOB+SOMB=AOOB+
4、BMOM 所以四棱锥P-ABMO的体积 22321a3a,44 33a,a22 3.2121211135 33 1.22228 P ABMOABMO115 335VSPO.338216四边形【规律方法】1.空间两直线位置关系的判定方法(1)对于平行直线可通过作辅助线,利用三角形或梯形中位线的性质及线面平行与面面平行的性质定理.(2)垂直关系可采用线面垂直的性质解决.2.空间线面的位置关系的判定方法(1)证明直线与平面平行,设法在平面内找到一条直线与已知直线平行,解答时合理利用中位线性质、线面平行的性质,或构造平行四边形,寻求比例关系确定两直线平行.(2)证明直线与平面垂直,主要途径是找到一条直
5、线与平面内的两条相交直线垂直.解题时注意分析观察几何图形,寻求隐含条件.3.空间面面的位置关系的判定方法(1)证明面面平行,需要证明线面平行,要证明线面平行需证明线线平行,将“面面平行”问题转化为“线线平行”问题.(2)证明面面垂直,将“面面垂直”问题转化为“线面垂直”问题,再将“线面垂直”问题转化为“线线垂直”问题.4.计算几何体体积的关键及注意点 计算几何体的体积时,能直接用公式时,关键是确定几何体的高,而不能直接用公式时,注意进行体积的转化.【变式训练】(2015杭州模拟)如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,ACBC,ABBB1,AC=BC=BB1=2,D为AB的中点,且CDDA1.(
6、1)求证:平面A1B1B平面ABC.(2)求多面体DBC-A1B1C1的体积.【解析】(1)因为AC=BC,D为AB的中点,所以CDAB,又CDDA1,ABDA1=D,所以CD平面A1B1B,又因为CD 平面ABC,故平面A1B1B平面ABC.(2)因为平面A1B1B平面ABC,平面A1B1B平面ABC=AB,BB1AB,BB1 平面A1B1B,所以BB1平面ABC,故AA1平面ABC,因此=SABC|AA1|-SADC|AA1|=SABC|AA1|-SABC|AA1|=SABC|AA1|=.1 1 1DBC A B CV多面体1 1 11ABC A B CAADCVV棱柱棱锥13113256
7、103【加固训练】(2013江西高考)如图,四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,AA1 面ABCD,ABCD,ADAB,AB=2,AD=,AA1=3,E为CD上一点,DE=1,EC=3.(1)证明:BE平面BB1C1C.(2)求点B1到平面EA1C1的距离.2【解析】(1)过点B作CD的垂线交CD于点F,则BF=AD=,EF=AB-DE=1,FC=2.在RtBFE中,BE=,在RtCFB中,BC=.在BEC中,因为BE2+BC2=9=EC2,所以BEBC,又由BB1平面ABCD得BEBB1,又BB1BC=B,故BE平面BB1C1C.236(2)在RtA1D1C1中，同理，则 设点B1到平面EA
8、1C1的距离为d，则三棱锥B1-EA1C1的体积为 所以点B1到平面EA1C1的距离为 1 1 11 1 1E A B C1A B C1VAA S2.322111111A CA DD C 3 2.222221111ECECCC3 2A EA AADDE2 3.，11A C ES3 5.11A C E110Vd S5d,5d2,d.35从而10.5考点二 平面图形折叠成空间几何体问题【考情分析】先将平面图形折叠成空间几何体,再以其为载体研究其中的线、面间的位置关系与计算有关的几何量是近几年高考考查立体几何的一类重要考向,它很好地将平面图形拓展成空间图形,同时也为空间立体图形向平面图形转化提供了具
9、体形象的途径,是高考深层次上考查空间想象能力的主要方向.【典例2】(2015中山模拟)如图1所示,在RtABC中,AC=6,BC=3,ABC=90,CD为ACB的平分线,点E在线段AC上,且CE=4.如图2所示,将BCD沿CD折起,使得平面BCD平面ACD,连接AB,设点F是AB的中点.(1)求证:DE平面BCD.(2)若EF平面BDG,其中G为直线AC与平面BDG的交点,求三棱锥B-DEG的体积.【解题提示】(1)由平面BCD平面ACD,只需证明DEDC即可.(2)先由平面BCD平面ACD,求得B到平面ACD,即DEG的距离,再由体积公式求解.【规范解答】(1)在题图1中,因为AC=6,BC
10、=3,ABC=90,所以A=30,ACB=60.因为CD为ACB的平分线,所以BCD=ACD=30,所以CD=2 .因为CE=4,DCE=30,由余弦定理可得cos30=即 ,解得DE=2.则CD2+DE2=EC2,所以CDE=90,DEDC.3222CECDDE,2CE CD22234(2 3)DE22 4 2 3 在题图2中,因为平面BCD平面ACD,平面BCD平面ACD=CD,DE 平面ACD,且DEDC,所以DE平面BCD.(2)在题图2中,因为EF平面BDG,EF 平面ABC,平面ABC平面BDG=BG,所以EFBG.因为点E在线段AC上,CE=4,点F是AB的中点,所以AE=EG=
11、CG=2.作BHCD于点H.因为平面BCD平面ACD,所以BH平面ACD.由已知可得 所以三棱锥B-DEG的体积V=SDEGBH=BD BC333BH.DC22 3DEGACD111SSAC CD sin 303,332 131333.322【规律方法】折叠问题的求解策略(1)解决与折叠有关的问题的关键是搞清折叠前后的变化量和不变量.一般情况下,长度是不变量,而位置关系往往会发生变化.(2)在解决问题时,要综合考虑折叠前后的图形,既要分析折叠后的图形,也要分析折叠前的图形.进而将其转化为立体几何的常规问题求解.解决折叠问题的关注点 平面图形折叠成空间图形,主要抓住变与不变的量,所谓不变的量,即
12、是指“未折坏”的元素,包括“未折坏”的边和角,一般优先标出未折坏的直角(从而观察是否存在线面垂直),然后标出其他特殊角,以及所有不变的线段.【变式训练】(2015天津模拟)如图,在边长为3的正三角形ABC中,G,F为边AC的三等分点,E,P分别是AB,BC边上的点,满足AE=CP=1,今将BEP,CFP分别沿EP,FP向上折起,使边BP与边CP所在的直线重合,B,C折后的对应点分别记为B1,C1.(1)求证:C1F平面B1GE.(2)求证:PF平面B1EF.【证明】(1)取EP的中点D,连接FD,C1D.因为BC=3,CP=1,所以折起后C1为B1P的中点.所以在B1EP中,DC1EB1.又因
13、为AB=BC=AC=3,AE=CP=1,所以 ,所以EP=2且EPGF.因为G,F为AC的三等分点,所以GF=1.EPEBACAB又因为ED=EP=1,所以GF=ED,所以四边形GEDF为平行四边形.所以FDGE.又因为DC1FD=D,GEB1E=E,所以平面DFC1平面B1GE.又因为C1F 平面DFC1,所以C1F平面B1GE.12(2)连接EF,B1F,由已知得EPF=60,且FP=1,EP=2,由余弦定理,得EF2=12+22-212cos60=3,所以FP2+EF2=EP2,可得PFEF.因为B1C1=PC1=1,C1F=1,得FC1=B1C1=PC1,所以PB1F的中线C1F=PB
14、1,可得PB1F是直角三角形,即B1FPF.因为EFB1F=F,EF,B1F 平面B1EF,所以PF平面B1EF.12【加固训练】(2013湖北高考)如图甲,在平面四边形ABCD中,已知A=45,C=90,ADC=105,AB=BD,现将四边形 ABCD沿BD折起,使平面ABD平面BDC(如图乙),设点E,F分别为棱AC,AD的中点.(1)求证:DC平面ABC.(2)设CD=a,求三棱锥A-BFE的体积.【解析】(1)在图甲中因为AB=BD且A=45,所以ADB=45,ABD=90,即ABBD.在图乙中,因为平面ABD平面BDC,且平面ABD平面BDC=BD,所以AB底面BDC,所以ABCD.
15、又DCB=90,所以DCBC,且ABBC=B,所以DC平面ABC.(2)因为E,F分别为AC,AD的中点,所以EFCD,又由(1)知,DC平面ABC,所以EF平面ABC,所以VA-BFE=VF-AEB=SAEBFE 在图甲中,因为ADC=105,所以BDC=60,DBC=30,13由CD=a得BD=2a,BC=a,EF=CD=a,所以SABC=ABBC=2a a=a2,所以SAEB=所以 3121212123323 a,223A BFE1313Vaaa.32212考点三 空间向量在立体几何中的应用【考情分析】在高考中主要考查通过建立恰当的空间直角坐标系,利用空间向量的坐标运算证明空间中的线、面
16、的平行与垂直关系,计算空间角及空间距离,常与空间几何体的结构特征,空间线、面位置关系的判定定理与性质定理等知识综合,以解答题形式出现,难度中等.【典例3】(2015南昌模拟)如图,三棱柱 ABC-A1B1C1中,BC=2,BC1=,CC1=,ABC 是以BC为底边的等腰三角形,平面ABC平面 BCC1B1,E,F分别为棱AB,CC1的中点.(1)求证:EF平面A1BC1.(2)若AC2为整数,且EF与平面ACC1A1夹角的正弦值为 ,求平面CAA1 与平面AA1B夹角的余弦值.2223【解题提示】根据平面ABC平面BCC1B1,选坐标原点建立空间直角 坐标系,(1)求平面A1BC1的法向量n,
17、证明n 即可.(2)分别求平面 ACC1A1与平面AA1B的法向量,利用向量的夹角公式求解.EF【规范解答】(1)因为CC1=BC1=,BC=2,所以CC1B是以BC为斜边的等腰直角三角形,取BC的中点O,连接AO,C1O,设OA=b,则AOBC,C1OBC,因为面ABC面BCC1B1,且面ABC面BCC1B1=BC,所以AO面BCC1B1,C1O面ABC.2以O为坐标原点,以OC,OC1,OA所在直线为x,y,z轴建立空间直角坐标系,所以C(1,0,0),C1(0,1,0),A(0,0,b),A1(-1,1,b),B(-1,0,0).所以 所以 =(1,1,0)，=(1,0,-b)，可得平面
18、A1BC1的一个法向量为n=(b,-b,1),所以 ,所以 又EF 平面A1BC1，所以EF平面A1BC1.1b1 1E(0,),F(,0)222 2，1BC11A C1bEF(1,)22，bbEFb022nEF，n(2)设平面ACC1A1的一个法向量为n1=(x1,y1,z1)，又 =(-1,1,0),=(1,0,-b),则 令z1=1,则n1=(b,b,1).又 1CCAC1111111CC0,xy0,xbz0AC0,，nn1bEF(1,)22，所以 解得b=1或b=，因为AC2为整数，所以b=1,所以n1=(1,1,1)，同理可求得平面AA1B的一个法向量n2=(1,1,-1),所以 所
19、以余弦值为 11212EF|b2|cos,EF,3|EF|5b2b144nnn1021212121cos.|3，n nnnnn1.3【规律方法】利用空间向量证明线面位置关系与计算空间角的步骤(1)根据题目中的条件,充分利用垂直关系,尽量使相关点在坐标轴上,建立适当的空间直角坐标系,求出相关点的坐标.(2)求出相关直线的方向向量,相关平面的法向量,根据题目的要求,选择适当的公式,将相关坐标代入进行求解和证明.(3)回归待求证、求解问题.【变式训练】如图,在三棱锥P-ABC中,底面 ABC为边长为2 的正三角形,平面PBC 平面ABC,PB=PC=2,D为AP上一点,AD=2DP,O为底面三角形的
20、中心.(1)求证:DO平面PBC.(2)求证:BDAC.(3)设M为PC的中点,求平面MBD与平面BDO夹角的余弦值.3【解析】(1)连接AO,交BC于点E,连接PE.因为O为正三角形ABC的中心,所以AO=2OE,且E为BC中点.又AD=2DP,所以DOPE,因为DO平面PBC,PE 平面PBC,所以DO平面PBC.(2)因为PB=PC,且E为BC中点,所以PEBC,又因为平面PBC平面ABC,所以PE平面ABC,由(1)知,DOPE,所以DO平面ABC,所以DOAC.又O为正三角形ABC的中心,故ACBO,又DOBO=O,所以AC平面DOB,所以ACBD.(3)由(1)(2)知,EA,EB
21、,EP两两互相垂直,且E 为BC中点,所以分别以EA,EB,EP所在直线为 x,y,z轴,建立空间直角坐标系,如图,则A(3，0，0)，B(0，0)，P(0，0，1)，C(0，-，0)，所以 设平面BDM的法向量为n=(x,y,z)，32D(1 0)3，33 1M(0).22，3 3 12BM(0)DB(13).223，则 令y=1，则n=由(2)知AC平面DBO,所以 为平面DBO的一个法向量，所以 所以平面MBD与平面BDO夹角的余弦值为 2DBx3yz0,33 31BMyz0,22 nn(3,1,3 3).AC(3,3,0)AC3 3331cos,AC,31|AC|3 12793 nnn
22、31.31【加固训练】1.(2013山东高考改编)如图所示,在三棱锥P-ABQ中,PB平面ABQ,BA=BP=BQ,D,C,E,F分别是AQ,BQ,AP,BP的 中点,AQ=2BD,PD与EQ交于点G,PC与FQ交于 点H,连接GH.(1)求证:ABGH.(2)求平面DGH与平面GHE夹角的余弦值.【解析】(1)因为D,C,E,F分别是AQ,BQ,AP,BP的中点,所以EFAB,DCAB.所以EFDC.又EF平面PCD,DC 平面PCD,所以EF平面PCD.又EF 平面EFQ,平面EFQ平面PCD=GH,所以EFGH,又EFAB,所以ABGH.(2)由AQ=2BD,D为AQ的中点可得,ABQ为
23、直角三角形,ABQ=90.以B为坐标原点,分别以BA,BC,BP所在直线为x,y,z轴建立空间直角 坐标系,则B(0,0,0),设A(2,0,0),P(0,0,2),Q(0,2,0),则E(1,0,1),F(0,0,1),D(1,1,0),C(0,1,0),所以 =(0,1,-2),=(-1,0,0),=(1,0,0),=(1,-2,1).PCDCFEQE设平面GCD的一个法向量为n1=(x1,y1,z1),则 得 取n1=(0,2,1)，设平面EFG的一个法向量为n2=(x2,y2,z2),则 得 取n2=(0,1,2)，可得 所以平面DGH与平面GHE夹角的余弦值为 .11PC0,DC0,
24、nn111y2z0,x0,22FE0,QE0,nn2222x0,x2yz0,1244cos,555n n452.(2015郑州模拟)如图,四边形ABCD是边长为 2的正方形,MD平面ABCD,NBMD,且NB=1,MD=2;(1)求证:AM平面BCN.(2)求AN与平面MNC夹角的正弦值.(3)E为直线MN上一点,且平面ADE平面MNC,求 的值.MEMN【解析】(1)因为ABCD是正方形,所以BCAD,因为BC平面AMD,AD 平面AMD,所以BC平面AMD.因为NBMD,又NB平面AMD,MD 平面AMD,所以NB平面AMD.因为NBBC=B,NB 平面BCN,BC 平面BCN,所以平面A
25、MD平面BCN.因为AM 平面AMD,所以AM平面BCN.(2)因为MD平面ABCD,ABCD是正方形,所以,可选点D为原点,DA,DC,DM所在直线分别为x,y,z轴,建立空间直角坐标系(如图),则A(2,0,0),M(0,0,2),C(0,2,0),N(2,2,1),所以 =(0,2,1),=(2,2,-1),=(0,2,-2),设平面MNC的一个法向量n=(x,y,z),则 令z=2,则n=(-1,2,2),设AN与平面MNC的夹角为,所以sin ANMNMC2x2yz0,2y2z0,221 22 5|cosAN,|.553 n(3)设E(x,y,z),又因为 =(x,y,z-2),=(
26、2,2,-1),所以E点的坐标为(2,2,2-).因为AD平面MDC,所以ADMC,欲使平面ADE平面MNC,只要AEMC,因为 =(2-2,2,2-),=(0,2,-2),且 =0,所以4-2(2-)=0,所以=,所以 ME,MEMN,MN 所以MEMNAEMCAE MC23ME2.MN3考点四 利用空间向量解决探索性问题【考情分析】此类试题一般以解答题形式呈现,常涉及线、面平行、垂直、空间角的计算问题,是高考命题的热点,一般有两种考查形式:(1)根据条件作出判断,再进一步论证.(2)利用空间向量,先假设存在点的坐标,再根据条件判断该点的坐标是否存在.【典例4】(2015深圳模拟)在直角梯形
27、ABCD中,ADBC,BC=2AD=2AB=2 ,ABBC,如图所示,把ABD沿BD翻折,使得平面ABD平面BCD.(1)求证:CDAB.(2)若点M为线段BC的中点,求点M到平面ACD的距离.(3)在线段BC上是否存在点N,使得AN与平面ACD的夹角为60?若存在,求出 的值;若不存在,请说明理由.2BNBC【解题提示】(1)根据平面ABD平面BCD,只需证明CDBD,进而得到CD平面ABD,从而证明CDAB.(2)以D为原点建立空间直角坐标系,求出向量 及平面ACD的一个法向量n,代入点到平面的距离公式求解.(3)假设在线段BC上存在一点N使AN与平面ACD所成的角为60,再利用向量的夹角
28、公式进行运算判断.MC【规范解答】(1)在直角梯形ABCD中，ADBC，BC=2AD=2AB=ABBC,所以AD=AB=,BD=2，DBC=ADB=45，CD=所以BD2+CD2=BC2,所以CDBD.因为平面ABD平面BCD,平面ABD平面BCD=BD，所以CD平面ABD，又AB 平面ABD，所以CDAB.2 2，222ABAD222(2 2)2 2 2 2cos 452 ，(2)由(1)知CDBD.以点D为原点，DB所在的直 线为x轴，DC所在的直线为y轴，过点D作垂直 于平面BCD的直线为z轴，建立空间直角坐标系 D-xyz，如图所示，由已知得A(1,0,1)，B(2,0,0)，C(0,
29、2,0)，D(0,0,0)，M(1,1,0)，所以 =(0,-2,0)，=(-1,0,-1),=(-1,1,0).设平面ACD的一个法向量为n=(x,y,z)，则 即 令x=1，得z=-1，y=0,则平面ACD的一个法 向量为n=(1,0,-1),所以点M到平面ACD的距离为 CDADMCCD0，nAD0，n2y0,xz0.|MC|12d.|22nn(3)假设在线段BC上存在点N，使得AN与平面ACD所成的角为60.设 (01)，N(a,b,0),则(a-2,b,0)=(-2,2,0),所以N(2-2,2,0),=(1-2,2，-1).又平面ACD的一个法向量为n=(1,0,-1)，且直线AN
30、与平面ACD所成的 角为60，所以sin 60=即 可得82+2-1=0，解得=或=-(舍去).综上所述，在线段BC上存在点N，使得AN与平面ACD所成的角为60,此时 BNBC AN|AN|,|AN|nn2221 211 2212 32，1412BN1.BC4【规律方法】探索性问题的求解策略(1)对于存在判断型问题的求解,应先假设存在,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.(2)对于位置探究型问题,通常借助向量,引进参数,综合已知和结论列出等式,解出参数.【变式训练】(2015西安模拟)如图所示,棱 柱ABCD-A1
31、B1C1D1的所有棱长都等于2,ABC和 A1AC均为60,平面AA1C1C平面ABCD.(1)求证:BDAA1.(2)求平面DA1A与平面A1AC夹角的余弦值.(3)在直线CC1上是否存在点P,使BP平面DA1C1,若存在,求出点P的位置,若不存在,请说明理由.【解析】设BD与AC交于O，则BDAC，连接A1O，在AA1O中，AA1=2，AO=1,A1AO=60,所以A1O2=AA12+AO2-2AA1AOcos 60=3,所以AO2+A1O2=AA12,所以A1OAO.由于平面AA1C1C平面ABCD,所以A1O平面ABCD.以OB，OC，OA1所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立如图所示
32、的 空间直角坐标系，则A(0,-1,0),B(,0,0)，C(0,1,0)，D(-,0，0),A1(0,0,),C1(0,2,).(1)由于 所以BDAA1.33331BD(2 3,0 0),AA(0,1,3),，1AA BD0(2 3)1 0300,(2)由于OB平面AA1C1C,所以平面AA1C1C的一个法向量为n1=(1,0,0).设n2平面AA1D，则 设n2=(x,y,z)，则 取n2=(1，,-1)，则n1，n2即为平面DA1A与平面A1AC夹角的平面角,所以 所以平面DA1A与平面A1AC夹角的余弦值为 212AA,AD，nny3z0,3xy0,31212125cos,5 n n
33、n nn n5.5(3)假设在直线CC1上存在点P，使BP平面DA1C1,设 ，P(x,y,z),则(x,y-1,z)=(0，1，),从而有P(0，1+，)，设n3平面DA1C1，则 又 =(0,2,0)，设n3=(x3,y3,z3)，则 取n3=(1,0,-1),1CPCC 33BP(3,13),，31131A C,DA,nn11A C1DA(3,0,3)3332y0,3x3z0,因为BP平面DA1C1，则n3 ,即 得=-1,即点P在C1C的延长线上，且C1C=CP.BP3 BP330 ，n【加固训练】1.(2014海淀模拟)在如图所示 的几何体中,底面ABCD为菱形,BAD=60,AA1
34、 DD1 CC1BE,且AA1=AB,D1E平面D1AC,AA1底面ABCD.(1)求平面D1AC与平面ACE夹角的大小.(2)在D1E上是否存在一点P,使得A1P平面EAC,若存在,求 的值,若不存在,说明理由.1D PPE【解析】(1)设AC与BD交于点O,如图所示建立 空间直角坐标系Oxyz,设AB=2,则A(,0,0),B(0,-1,0),C(-,0,0),D(0,1,0),D1(0,1,2),设E(0,-1,t),则 因为D1E平面D1AC,所以D1ECA,D1ED1A,所以 解得t=3,所以E(0,-1,3),所以 3311ED0,2,2t,CA(2 3,0,0),D A(3,1,
35、2).111ED CA0,ED D A0,AE(3,1,3).设平面EAC的一个法向量为m=(x,y,z),则 所以 令z=1,y=3，则m=(0,3,1).又平面D1AC的一个法向量为 =(0,2,-1),所以 所以所求角的大小为45.CA0,AE0,mmx0,3xy3z0,1ED111ED2cos,ED,2|ED|mmm(2)假设在D1E上存在一点P，使得A1P平面EAC,设 得 因为A1P平面EAC,所以 m,所以 解得=,存在点P使A1P平面EAC,此时D1PPE=32.111D PPE(D ED P),112D PD E(0,),111 111122A PA DD P(3,1,0)(
36、0,)(3,1,).1111 1A P130310,11 322.(2015西安模拟)如图,四棱锥A-BCDE中,ABC是正三角形,四边形BCDE是矩形,且 平面ABC平面BCDE,AB=2,AD=4.(1)若点G是AE的中点,求证:AC平面BDG.(2)试问点F在线段AB上什么位置时,平面BCE与平面CEF夹角的余弦值 为 313.13【解析】(1)设BD，CE交于点O，连接OG，易知OG为ACE的中位线，故OGAC，又AC 平面BDG，OG 平面BDG，得AC平面BDG.(2)如图，取BC的中点H，建立空间直角坐标系H-xyz,在RtACD中，斜边AD=4，AC=2，得CD=，所以A(0,0,),B(1，0，0)，C(-1，0，0)，E(1，2 ，0).设 (01)，得F(1-,0,).设平面CEF的一个法向量为n=(x，y，z)，2 333BFBA 3由 即 取x=,得 而平面BCE的一个法向量n0=(0，0，1)，所以由题意得 解得=-1(舍去)或=.所以当点F为线段AB的中点时,平面BCE与平面CEF夹角的余弦值为 CE0,CF0,nn2 2 3 002030 ，nn2x2 3y02x3 z0 ，32(311).，n22131324(1)即，12313.1300|31313|，n nnn
