方法技巧专题 4 立体几何中的向量方法 解析版
一、立体几何中的向量方法知识框架
[
二、立体几何中的向量方法
【一】证明平行问题
线线平行
设两条不重合的直线 l，m 的方向向量分别为 a＝(a 1，b1，c1)，b＝(a 2，b2，
c2)，
则 l∥m⇒a∥b⇔(a1，b1，c1)＝k(a2，b2，c2)
线面平行
设 l 的方向向量为 a＝(a1，b1，c1)，α 的法向量为 u＝(a2，b2，c2)，
则 l∥α⇔a·u＝0⇔a1a2＋b1b2＋c1c2＝0
面面平行
设 α，β 的法向量分别为 u＝(a1，b1，c1)，v＝(a2，b2，c2)，
则 α∥β⇔u∥v⇔(a1，b1，c1)＝k(a2，b2，c2)1.例题
【例 1】如图所示，在正方体 ABCDA1B1C1D1 中，E，F 分别为 DD1 和 BB1 的中点．
求证：四边形 AEC1F 是平行四边形．
[解析] 以点 D 为坐标原点，分别以DA→
，DC→
，DD1→
为正交基底建立空间直角坐标系，
不妨设正方体的棱长为 1，则 A(1,0,0)，E(0，0，1
2)，C1(0,1,1)，F(1，1，1
2)，
∴AE→
＝(－1，0，1
2)，FC1→
＝(－1，0，1
2)，
∴AE→
＝FC1→
，
又∵F AE，F EC1，∴AE 与 FC1 平行且相等
∴四边形 AEC1F 是平行四边形．
【例 2】在正方体 ABCDA1B1C1D1 中，M，N 分别是 CC1，B1C1 的中点．
求证：MN∥平面 A1BD．
[证明] 法一：如图，以 D 为原点，DA，DC，DD1 所在直线分别为 x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系，
设正方体的棱长为 1，则 D(0,0,0)，A1(1,0,1)，B(1,1,0)，M(0，1，1
2)，N(1
2，1，1)，于是DA1→
＝(1,0,1)，DB→
＝
(1,1,0)，MN→
＝(1
2，0，1
2).
设平面 A1BD 的法向量为 n＝(x，y，z)，则Error!即Error!取 x＝1，则 y＝－1，z＝－1，∴平面 A1BD
的一个法向量为 n＝(1，－1，－1)．
∉ ∉又MN→
·n＝(1
2，0，1
2)·(1，－1，－1)＝0，∴MN→
⊥n.∴MN∥平面 A1BD．
法二：MN→
＝C1N→
－C1M→
＝1
2C1B1→
－1
2C1C→
＝1
2(D1A1→
－D1D→
)＝1
2DA1→
，∴MN→
∥DA1→
，∴MN∥平面 A1BD．
法三：MN→
＝C1N→
－C1M→
＝1
2C1B1→
－1
2C1C→
＝1
2DA→
－1
2A1A→
＝1
2(DB→
＋BA→
)－1
2(A1B→
＋BA→
)＝1
2DB→
－1
2A1B→
.
即MN→
可用A1B→
与DB→
线性表示，故MN→
与A1B→
，DB→
是共面向量，故 MN∥平面 A1BD．
【例 3】在正方体 ABCDA1B1C1D1 中，M，N 分别是 CC1，B1C1 的中点，试证明平面 A1BD∥平面 CB1D1.
[证明] 如图，以 D 为原点，DA，DC，DD1 所在直线分别为 x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系，
设正方体的棱长为 1，则 C(0,1,0)，D1(0,0,1)，B1(1,1,1)，
则CD1→
＝(0，－1,1)，D1B1→
＝(1,1,0)，
设平面 CB1D1 的法向量为 m＝(x1，μ1，z1)，
则Error!，即Error!
令 y1＝1，可得平面 CB1D1 的一个法向量为 m＝(－1,1,1)，
又平面 A1BD 的一个法向量为 n＝(1，－1，－1)．
所以 m＝－n，所以 m∥n，故平面 A1BD∥平面 CB1D1.
【例 4】如图，直角梯形 与等腰直角三角形 所在的平面互相垂直． ， ，
， .
(1) 求证： ；
(2) 求直线 与平面 所成角的正弦值；
(3) 线段 上是否存在点 ，使 平面 若存在，求出 ；若不存在，说明理由．
【解析】（1）证明：取 AB 中点 O，连接 EO，DO．
因为 EB=EA，所以 EO⊥AB．
ABCD ABE / /AB CD AB BC⊥
2 2AB CD BC= = EA EB⊥
AB DE⊥
EC ABE
EA F / /EC FBD ? EF
EA因为四边形 ABCD 为直角梯形，AB=2CD=2BC，AB⊥BC，
所以四边形 OBCD 为正方形，所以 AB⊥OD
因为 EO∩OD=O
所以 AB⊥平面 EOD
因为 ED⊂平面 EOD
所以 AB⊥ED．
（2）解：因为平面 ABE⊥平面 ABCD，且 EO⊥AB，平面 ABE∩平面 ABCD=AB
所以 EO⊥平面 ABCD，
因为 OD⊂平面 ABCD，所以 EO⊥OD．
由 OB，OD，OE 两两垂直，建立如图所示的空间直角坐标系 O﹣xyz．
因为△EAB 为等腰直角三角形，所以 OA=OB=OD=OE，设 OB=1，所以 O（0，0，0），A（﹣1，0，0），B
（1，0，0），C（1，1，0），D（0，1，0），E（0，0，1）．
所以 ，平面 ABE 的一个法向量为 ．
设直线 EC 与平面 ABE 所成的角为 θ，
所以 ，
即直线 EC 与平面 ABE 所成角的正弦值为 ．
（3）解：存在点 F，且 时，有 EC∥平面 FBD．证明如下：由 ，
，所以 ．
设平面 FBD 的法向量为 =（a，b，c），则有
( )11 1EC = − ，， ( )01 0OD = ，，
3
3
EC OD
sin cos EC OD
EC OD
θ
⋅
= 〈 = =
， ＞
3
3
1
3
EF
EA
= 1 1 103 3 3EF EA = = − −
，，
1 203 3F − ，， 4 203 3FB = −
，，
v 0
0
v BD
v FB
⋅ = ⋅ =
所以 取 a=1，得 =（1，1，2）．
因为 =（1，1，﹣1）•（1，1，2）=0，且 EC ⊄平面 FBD，所以 EC∥平面 FBD．
即点 F 满足 时，有 EC∥平面 FBD．
2.巩固提升综合练习
【练习 1】长方体 ABCDA1B1C1D1 中，E，F 分别是面对角线 B1D1，A1B 上的点，且 D1E＝2EB1，BF＝
2FA1.求证：EF∥AC1.
[证明] 如图所示，分别以 DA，DC，DD1 所在的直线为 x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系，
设 DA＝a，DC＝b，DD 1 ＝c，则得下列各点的坐标：A(a,0,0)，C 1(0，b，c)，E (2
3a，2
3b，c)，
F(a，b
3，2
3c).
∴FE→
＝(－a
3，b
3，c
3)，AC1→
＝(－a，b，c)，
∴FE→
＝1
3AC1→
.
又 FE 与 AC1 不共线，∴直线 EF∥AC1.
【练习 2】在如图所示的多面体中，EF⊥平面 AEB，AE⊥EB，AD∥EF，EF∥BC，BC＝2AD＝4，EF＝
3，AE＝BE＝2，G 是 BC 的中点，求证：AB∥平面 DEG.
[证明] ∵EF⊥平面 AEB，AE⊂平面 AEB，BE⊂平面 AEB，
∴EF⊥AE，EF⊥BE.
又∵AE⊥EB，∴EB，EF，EA 两两垂直．
以点 E 为坐标原点，EB，EF，EA 分别为 x 轴，y 轴，z 轴建立如图所示的空间直角坐标系．
0
4 2 03 3
a b
a c
− + = − =
v
EC v⋅
1
3
EF
EA
=由已知得，A(0,0,2)，B(2,0,0)，C(2,4,0)，F(0,3,0)，D(0,2,2)，G(2，2,0)，∴ ED
→
＝(0,2,2)，EG
→
＝(2,2,0)，
AB
→
＝(2,0，－2)．
设平面 DEG 的法向量为 n＝(x，y，z)，
则Error!即Error!
令 y＝1，得 z＝－1，x＝－1，则 n＝(－1,1，－1)，
∴AB→
·n＝－2＋0＋2＝0，即AB→
⊥n.
∵AB⊄平面 DEG，
∴AB∥平面 DEG.
【练习 3】如图，在正方体 ABCDA1B1C1D1 中，O 为底面 ABCD 的中心，P 是 DD1 的中点．设 Q 是 CC1
上的点，则当 点 Q 在什么位置时，平面 D1BQ∥平面 PAO?
【解析】建立如图所示的空间直角坐标系 Dxyz，
设正方体的棱长为 2，则 O(1,1,0)，A(2,0,0)，P(0,0,1)，B(2,2,0)，D1(0,0,2)，
∴OA→
＝(1，－1,0)，OP→
＝(－1，－1,1)，BD1→
＝(－2，－2，2)．
设平面 PAO 的法向量为 n1＝(x，y，z)，
则Error!，即Error!
令 x＝1，则 y＝1，z＝2，
∴平面 PAO 的一个法向量为 n1＝(1,1,2)．
若平面 D1BQ∥平面 PAO，则 n1 也是平面 D1BQ 的一个法向量．设 Q(0,2，c)，则BQ→
＝(－2,0，c)，
∴n1·BQ→
＝0，即－2＋2c＝0，∴c＝1，
这时 n1·BD1→
＝－2－2＋4＝0.
∴当 Q 为 CC 1 的中点时，平面 D1BQ∥平面 PAO.
【二】证明垂直问题
1.例题
【例 1】如图，在直三棱柱 中， ， ， ， ，M
是棱 的中点，求证： .
【解析】如图，以 B 为原点，BA、 所在直线为 y 轴、z 轴建立空间直角坐标系，
空间中垂直关系的向量表示
线线
垂直
设直线 l 的方向向量为 a＝(a1，a2，a3)，直线 m 的方向向量为 b＝(b1，b2，
b3)，则 l⊥m⇔a·b＝0⇔a1b1＋a2b2＋a3b3＝0
线面
垂直
设直线 l 的方向向量是 a＝(a1，b1，c1)，平面α的法向量是 u＝(a2，b2，
c2)，则 l⊥α⇔a∥u⇔a＝ku⇔(a1，b1，c1)＝k(a2，b2，c2)(k∈R)
面面
垂直
若平面α的法向量 u＝(a1，b1，c1)，平面β的法向量 v＝(a2，b2，c2)，则α⊥β
⇔ u⊥v ⇔u·v ＝0⇔a1a2＋b1b2＋c1c2＝0
注：若一个平面内一条直线的方向向量与另一个平面的法向量共线，则这两个平面垂直。
1 1 1ABC A B C− 90ACB∠ = 30BAC∠ = 1BC = 1 6AA =
1CC 1A B AM⊥
1BB则 0， ， 2， ， 2， ， ，
， ，
，
即 ， ；
【例 2】如图所示，正三棱柱 ABCA1B1C1 的所有棱长都为 2，D 为 CC1 的中点．
求证：AB1⊥平面 A1BD．
【证明】 法一：如图所示，取 BC 的中点 O，连接 AO.因为△ABC 为正三角形，所以 AO⊥BC．
因为在正三棱柱 ABCA1B1C1 中，平面 ABC⊥平面 BCC1B1，所以 AO ⊥平面 BCC1B1.
取 B1C1 的中点 O1，以 O 为原点，以OB→
，OO1→
，OA→
分别为 x 轴，y 轴，z 轴的正方向建立空间直角坐标系，
则 B(1,0,0)，D(－1,1,0)，A1(0,2， 3)，A(0,0， 3)，B1(1,2,0)．
所以AB1→
＝(1,2，－ 3)，BA1→
＝(－1,2， 3)，BD→
＝(－2,1,0)．
因为AB1→
·BA1→
＝1×(－1)＋2×2＋(－ 3)× 3＝0.
(0,B 0) 1(0,A 6) (0,A 0) 3 1 6, ,2 2 2M
( )1 0, 2, 6A B∴ = − − 3 3 6, ,2 2 2AM = −
1 0 3 3 0A B AM∴ ⋅ = + − =
1A B AM⊥
1A B AM∴ ⊥AB1→
·BD→
＝1×(－2)＋2×1＋(－ 3)×0＝0.
所以AB1→
⊥BA1→
，AB1→
⊥BD→
，即 AB1⊥BA1，AB1⊥BD．
又因为 BA1∩BD＝B，所以 AB1⊥平面 A1BD．
法二：建系同方法一．
设平面 A1BD 的法向量为 n＝(x，y，z)，
则Error!，即Error!
令 x＝1 得平面 A1BD 的一个法向量为 n＝(1,2，－ 3)，
又AB1→
＝(1,2，－ 3)，所以 n＝AB1→
，即AB1→
∥n.
所以 AB1⊥平面 A1BD．
【例 3】 如图所示，在直三棱柱 ABCA1B1C1 中，AB⊥BC，AB＝BC＝2，BB1＝1，E 为 BB1 的中点，证明：
平面 AEC1⊥平面 AA1C1C．
【解析】 由题意得 AB，BC，B1B 两两垂直．以 B 为原点，BA，BC，BB1 分别为 x，y，z 轴，建立
如图所示的空间直角坐标系．
则 A(2,0,0)，A1(2,0,1)，C(0,2,0)，C1(0,2,1)，E(0，0，1
2)，
则AA1→
＝(0,0,1)，AC→
＝(－2,2,0)，AC1→
＝(－2,2,1)，AE→
＝－2,0，1
2.
设平面 AA1C1C 的一个法向量为 n1＝(x1，y1，z1)．
则Error!⇒Error!
令 x1＝1，得 y1＝1.∴n1＝(1,1,0)．
设平面 AEC1 的一个法向量为 n2＝(x2，y2，z2)．
则Error!⇒Error!
令 z2＝4，得 x2＝1，y2＝－1.∴n2＝(1，－1,4)．
∵n1·n2＝1×1＋1×(－1)＋0×4＝0.
∴n1⊥n2，∴平面 AEC1⊥平面 AA1C1C．
【例 4】如图，在三棱锥 中， 平面 ，底面 是以 为斜边的等腰直 角三角形，A BCD− AB ⊥ BCD BCD BD， 是线段 上一点．
（1）若 为 的中点，求直线 与平面 所成角的正弦值．
（2）是否存在点 ，使得平面 平面 ？若存在，请指出点 的位置，并加以证明；若不存在，
请说明理由．
【解析】不妨设 ，在平面 中作 ，以 ， ， 所在的直线为 ， ， 轴建
立如图所示的空间直角坐标系 ，则 ， ， ， ．
（1）因为点 是 的中点，
所以点 的坐标为 ．
所以 ， ， ．
设 是平面 的法向量，则 即
取 ，则 ，所以平面 的一个法向 量为 ．
所以 ，
所以直线 与平面 所成的角的正弦值为 ．
AB BD= E AC
E AC AC BDE
E BDE ⊥ ADC E
2AB = BCD BF BD⊥ BF BD BA x y z
B xyz− ( )0,0,0B ( )0,0,2A ( )0,2,0D ( )1,1,0C
E AC
E 1 1, ,12 2
( )1, 1,2CA = − − 1 1, ,12 2BE =
( )0,2,0BD =
( ), ,x y z=p BDE 0,
0,
p BE
p BD
⋅ =
⋅ =
1 1 0,2 2
2 0.
x y z
y
+ + =
=
2x = 1z = − BDE ( )2,0, 1= −p
cos , CACA
CA
⋅= =
pp
p
( )
( ) ( ) ( )2 2 22 2
1 2 2 1 2 30151 1 2 2 1
− × + × − = −
− + − + ⋅ + −
CA BDE 2 3015（2）假设存在点 使得平面 平面 ，设 ．
显然 ， ．
设 是平面 的法向量，则 即 [来源:学|科|网]
取 ，则 ， ，所以平面 的一个法向量为 ．
因为 ，所以点 的坐标为 ．
所以 ， ．
设 是平面 的法向量，则 即
取 ，则 ，所以平面 的一个法向量为 ．
因为平面 平面 ，所以 ，即 ， ，解得 ．
所以 的值为 2，即当 时，平面 平面 ．
2.巩固提升综合练习
【练习 1】如图，已知正方形 ABCD 和矩形 ACEF 所在的平面互相垂直，AB＝ 2，AF＝1，M 是线段 EF
的中点．求证：AM⊥平面 BDF.
【证明】 以 C 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则 A( 2，2，0)，B(0，2，0)，D( 2，
0,0)，F( 2，2，1)，M( 2
2 ， 2
2 ，1).
E BDE ⊥ ADC AE ECλ= ⋅
( )1,1,0CD = − ( )1, 1,2CA = − −
( )1,1,1m = ( )1 1 1, ,m x y z= ACD 0,
0,
m CD
m CA
⋅ =
⋅ =
1 1
1 1 1
0,
2 0.
x y
x y z
− + =
− − + =
1 1x = 1 1y = 1 1z = ACD ( )1,1,1m =
AE ECλ= ⋅ E 2, ,1 1 1
λ λ
λ λ λ
+ + +
2, ,1 1 1BE
λ λ
λ λ λ
= + + +
( )0,2,0BD =
1,0, 2
λ = −
n ( )2 2 2, ,n x y z= BDE 0,
0,
n BE
n BD
⋅ =
⋅ =
2 2 2
2
2 0,1 1 1
2 0.
x y z
y
λ λ
λ λ λ
+ + = + + +
=
2 1x =
2 2z
λ= − BDE 1,0, 2
λ = −
n
BDE ⊥ ADC m n⊥ 0=⋅nm 1 02
λ− = 2λ =
λ 2
AE
EC
=
BDE ⊥ ADC所以AM→
＝(－ 2
2 ，－ 2
2 ，1)，DF→
＝(0, 2，1)，BD→
＝( 2，－ 2，0)．
设 n＝(x，y，z)是平面 BDF 的法向量，则 n⊥BD→
，n⊥DF→
，
所以Error!⇒Error!
取 y＝1，得 x＝1，z＝－ 2.则 n＝(1,1，－ 2)．
因为AM→
＝(－ 2
2 ，－ 2
2 ，1).所以 n＝－ 2 AM→
，得 n 与AM→
共线．
所以 AM⊥平面 BDF.
【练习 2】如图所示，△ABC 是一个正三角形，EC⊥平面 ABC，BD∥CE，且 CE＝CA＝2BD．
求证：平面 DEA⊥平面 ECA．
[证明] 建立如图所示的空间直角坐标系 Cxyz，不妨设 CA＝2，
则 CE＝2，BD＝1，C(0,0,0)，A( 3，1,0)，B(0,2,0)，E(0,0,2)，D(0,2,1)．
所以EA→
＝( 3，1，－2)，CE→
＝(0,0,2)，ED→
＝(0,2，－1)．
分别设平面 CEA 与平面 DEA 的法向量是 n1＝(x1，y1，z1)，n2＝(x2，y2，z2)，
则Error!即Error!
解得Error!Error!即Error!解得Error!
不妨取 n1＝(1，－ 3，0)，n2＝( 3，1,2)，
因为 n1·n2＝0，所以 n1⊥n2.
所以平面 DEA⊥平面 ECA．【三】利用空间向量求空间角
1.例题
【例 1】如图，在三棱柱 OABO1A1B1 中，平面 OBB1O1⊥平面 OAB，∠O1OB＝60°，∠AOB＝90°，且 OB＝
OO1＝2，OA＝ 3，求异面直线 A1B 与 AO1 所成角的余弦值的大小．
【解析】 建立如图所示的空间直角坐标系，则 O(0,0,0)，O1(0,1， 3)，A( 3，0,0)，A 1( 3，1， 3)，
B(0,2,0)，
∴A1B→
＝(－ 3，1，－ 3)，O1A→
＝( 3，－1，－ 3)．
角的分类 向量求法 范围
两异面直线 l1 与 l2 所成的角 θ
设 l1 与 l2 的方向向量为 a，b，则
cos θ＝|cos|＝|a·b|
|a||b|
(0，π
2 ]
直线 l 与平面 α 所成的角 θ
设 l 的方向向量为 a，平面 α 的法向量为 n，则
sin θ＝|cos|＝|a·n|
|a||n|
[0，π
2 ]
二面角 αlβ 的平面角 θ
设平面 α，β 的法向量为 n1，n2，则
|cos θ|＝|cos|＝ |n1·n2|
|n1|·|n2|
[0，π]
注：(1)线面所称角 θ，当 时，θ= ；当 时，θ=
（2）
条件
平面 α，β 的法向量分别为 u，υ，α，β 所构成的二面角的大小为
θ，〈u，υ〉＝φ，
图形
关系 θ＝φ θ＝π－φ
计算 cos θ＝cos φ cos θ＝－cos φ
]2,0[
π∈ −
2
π
],2( ππ∈
2
π−∴|cos〈A1B→
，O1A→
〉＝
|A1B→
·O1A→
|
|A1B→
|·|O1A→
|
＝|(－\r(3)，1，－\r(3))·(\r(3)，－1，－\r(3))|
7· 7
＝1
7.
∴异面直线 A1B 与 AO1 所成角的余弦值为1
7.
【例 2】如图，四棱锥 PABCD 中，PA⊥底面 ABCD，AD∥BC，AB＝AD＝AC＝3，PA＝BC＝4，M 为线
段 AD 上一点，AM＝2MD，N 为 PC 的中点．
(1)证明 MN∥平面 PAB；
(2)求直线 AN 与平面 PMN 所成角的正弦值.
【解析】 (1)证明：由已知得 AM＝2
3AD＝2.
如图，取 BP 的中点 T，连接 AT，TN，由 N 为 PC 的中点知 TN∥BC，TN＝1
2BC＝2.
又 AD∥BC，故 TN AM，所以四边形 AMNT 为平行四边形，于是 MN∥AT.
因为 AT⊂平面 PAB，MN⊄平面 PAB，
所以 MN∥平面 PAB．
(2)如图，取 BC 的中点 E，连接 AE.
由 AB＝AC 得 AE⊥BC，从而 AE⊥AD，
且 AE＝ AB2－BE2＝ AB2－(BC
2 )＝ 5.
以 A 为坐标原点，AE→
的方向为 x 轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系 Axyz.
//由题意知 P(0,0,4)，M(0,2,0)，C( 5，2,0)，N( 5
2 ，1，2)，
PM→
＝(0,2，－4)，PN→
＝( 5
2 ，1，－2)，AN→
＝( 5
2 ，1，2).
设 n＝(x，y，z)为平面 PMN 的法向量，则Error!
即Error!
可取 n＝(0,2,1)．
于是|cos〈n，AN→
〉|＝
|n·AN→
|
|n||AN→
|
＝8 5
25 .
所以直线 AN 与平面 PMN 所成角的正弦值为8 5
25 .
【例 3】如图，在四棱锥 PABCD 中，AB∥CD，且∠BAP＝∠CDP＝90°.
(1)证明：平面 PAB⊥平面 PAD；
(2)若 PA＝PD＝AB＝DC，∠APD＝90°，求二面角 APBC 的余弦值.
[解析] (1)证明：由已知∠BAP＝∠CDP＝90°，得 AB⊥AP，CD⊥PD．
因为 AB∥CD，所以 AB⊥PD．
又 AP∩DP＝P，所以 AB⊥平面 PAD．
因为 AB⊂平面 PAB，所以平面 PAB⊥平面 PAD．
(2)在平面 PAD 内作 PF⊥AD，垂足为点 F.
由(1)可知，AB⊥平面 PAD，故 AB⊥PF，可得 PF⊥平面 ABCD．
以 F 为坐标原点，FA→
的方向为 x 轴正方向，|AB→
|为单位长度建立如图所示的空间直角坐标系 Fxyz.
由(1)及已知可得 A( 2
2 ，0，0)，P(0，0， 2
2 )，B( 2
2 ，1，0)，C(－ 2
2 ，1，0)，
所以PC→
＝(－ 2
2 ，1，－ 2
2 )，CB→
＝( 2，0,0)，
PA→
＝( 2
2 ，0，－ 2
2 )，AB→
＝(0,1,0)．设 n＝(x1，y1，z1)是平面 PCB 的一个法向量，则
Error!即Error!
所以可取 n＝(0，－1，－ 2)．
设 m＝(x2，y2，z2)是平面 PAB 的一个法向量，则
Error!即Error!
所以可取 m＝(1,0,1)，则 cos〈n，m〉＝ n·m
|n||m|＝
－ 2
3 × 2
＝－ 3
3 .
所以二面角 APBC 的余弦值为－ 3
3 .
【例 4】如图，在四棱锥 中，四边形 是矩形， 是等边三角形，平面 平面
， ， 为棱 上一点， 为 的中点，四棱锥 的体积为 .
（1）若 为棱 的中点， 是 的中点，求证：平面 平面 ；
（2）是否存在点 ，使得平面 与平面 所成的锐二面角的余弦值为 ？若存在，确定点 的
位置；若不存在，请说明理由.
【解析】（1）证明：因为 、 分别是 、 的中点，所以 ，
在矩形 中， ，所以 ，
又因为 、 分别是 、 的中点，所以 ，
又因为 ， ， 平面 ， 平面 ，
所以平面 平面 .
（2）解：假设棱 上存在点 满足题意.
在等边三角形 中， 为 的中点，于是 ，
又平面 平面 ，平面 平面 ， 平面 ，
所以 平面 ，
所以 是四棱锥 的高，
S ABCD− ABCD SAD∆ SAD ⊥
ABCD 1AB = E SA P AD S ABCD− 2 3
3
E SA F SB ∥PEF SCD
E PEB SAD 30
10
E
E F SA SB EF AB∥
ABCD AB CD∥ EF CD∥
E P SA AD ∥EP SD
EF CD∥ EF EP E∩ = ,EF EP ⊂ PEF ,SD CD ⊂ SCD
∥PEF SCD
SA E
SAD P AD SP AD⊥
SAD ⊥ ABCD SAD ∩ ABCD AD= SP ⊂ SAD
SP ⊥ ABCD
SP S ABCD−设 ，则 ， ，
所以 ，所以 ，
以 为坐标原点， 所在直线为 轴，过点 与 平行的直线为 轴， 所在直线为 轴，建立如
图所示的空间直角坐标系.则 ， ， ， ，
设 ，
， ，
设平面 的一个法向量为 ，有 ，
令 ，则 ，
易知平面 的一个法向量 ，
所以 ，
因为 ，所以 ，
所以存在点 ，位于 的靠近 点的三等分点.
2.巩固提升综合练习
【练习 1】已知四棱锥 SABCD 的底面是正方形且侧棱长与底面边长都相等，E 是 SB 的中点，则 AE，SD
所成的角的余弦值为多少？
【解析】依题意，建立坐标系如图所示，设四棱锥 SABCD 的棱长为 2，
AD m= 3
2SP m= ABCDS m=矩形
1 1 3 2 3
3 3 2 3S ABCD ABDDV S SP m m− = ⋅ = ⋅ =矩形 2m =
P PA x P AB y PS z
( )0,0,0P ( )1,0,0A ( )1,1,0B ( )0,0, 3S
( ) ( )( )1,0, 3 ,0, 3 0 1AE ASλ λ λ λ λ= = − = − ≤ ≤
( ) ( )1,0,0 ,0, 3PE PA AE λ λ= + = + − ( )1 ,0, 3λ λ= − ( )1,1,0PB =
PEB ( )1 , ,n x y z= ( )1
1
1 3 0
0
n PE x z
n PB x y
λ λ ⋅ = − + = ⋅ = + =
3x λ= ( )1 3 , 3 , 1n λ λ λ= − −
SAD 2n ( )2 0,1,0n =
1 2
1 2 2
1 2
3
cos ,
7 2 1
n n
n n
n n
λ
λ λ
−⋅
= =
− +
30
10
=
0 1λ≤ ≤ 1
3
λ =
E AS A则 A(0，－1,0)，B(1,0,0)，S(0,0,1)，D(－1,0,0)，∴E 点坐标为(1
2，0，1
2)，
AE→
＝(1
2，1，1
2)，SD→
＝(－1,0，－1)，cos〈AE→
，SD→
〉＝
－1
6
2 · 2
＝－ 3
3 ，
故异面直线所成角的余弦值为 3
3 .
【练习 2】如图，在四棱锥 PABCD 中，平面 PAD⊥平面 ABCD，PA⊥PD，PA＝PD，AB⊥AD，AB＝1，
AD＝2，AC＝CD＝ 5.
(1)求证：PD⊥平面 PAB．
(2)求直线 PB 与平面 PCD 所成角的正弦值．
(3)在棱 PA 上是否存在点 M，使得 BM∥平面 PCD？若存在，求AM
AP的值；若不存在，说明理由．
【解析】 (1)证明：因为平面 PAD⊥平面 ABCD，AB⊥AD，
所以 AB⊥平面 PAD．所以 AB⊥PD．
又因为 PA⊥PD，所以 PD⊥平面 PAB．
(2)取 AD 的中点 O，连接 PO，CO.
因为 PA＝PD，所以 PO⊥AD．
又因为 PO⊂平面 PAD，平面 PAD⊥平面 ABCD ，
所以 PO⊥平面 ABCD．
因为 CO⊂平面 ABCD，所以 PO⊥CO.
因为 AC＝CD，所以 CO⊥AD．
如图，建立空间直角坐标系 Oxyz.由题意得，A(0,1,0)，B(1,1,0)，C(2,0,0)，D(0，－1,0)，P(0，0,1)．
设平面 PCD 的法向量为 n＝(x，y，z)，则
Error!即Error!
令 z＝2，则 x＝1，y＝－2.
所以 n＝(1，－2,2)．
又PB
→
＝(1,1，－1)，所以 cos〈n，PB
→
〉＝
n·PB
→
|n||PB
→
|
＝－ 3
3 .
所以直线 PB 与平面 PCD 所成角的正弦值为 3
3 .
(3)设 M 是棱 PA 上一点，则存在 λ∈[0,1]使得AM→
＝λAP→
.
因此点 M(0,1－λ，λ)，BM→
＝(－1，－λ，λ)．
因为 BM⊄平面 PCD，所以要使 BM∥平面 PCD 当且仅当BM→
·n＝0，即(－1，－λ，λ)·(1，－2,2)＝0.
解得 λ＝1
4.所以在棱 PA 上存在点 M 使得 BM∥平面 PCD，此时AM
AP＝1
4.
【练习 3】如图，几何体是圆柱的一部分，它是由矩形 ABCD(及其内部)以 AB 边所在直线为旋转轴旋转 120°
得到的，G 是DF
︵
的中点．
(1)设 P 是CE
︵
上的一点，且 AP⊥BE，求∠CBP 的大小；
(2)当 AB＝3，AD＝2 时，求二面角 EAGC 的大小．
【解析】 (1)因为 AP⊥BE，AB⊥BE，AB，AP⊂平面 ABP，AB∩AP＝A，所以 BE⊥平面 ABP.
又 BP⊂平面 ABP，所以 BE⊥BP.
又∠EBC＝120°，所以∠CBP＝30°.
(2)以 B 为坐标原点，分别以 BE，BP，BA 所在的直线为 x，y，z 轴，建立如图所示的空间直角坐标
系．由题意得 A(0,0,3)，E(2,0,0)，G(1，3，3)，C(－1，3，0)，
故AE→
＝(2,0，－3)，AG→
＝(1，3，0)，CG→
＝(2,0,3)．
设 m＝(x1，y1，z1)是平面 AEG 的一个法向量，
由Error!可得Error!
取 z1＝2，可得平面 AEG 的一个法向量 m＝(3，－ 3，2)．
设 n＝(x2，y2，z2)是平面 ACG 的一个法向量，
由Error!可得Error!
取 z2＝－2，可得平面 ACG 的一个法向量 n＝(3，－ 3，－2)．
所以 cos〈m，n〉＝ m·n
|m|·|n|＝1
2.
故所求的角为 60°.
【练习 4】如图，在三棱锥 PABQ 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：AB∥GH；
(2)求二面角 DGHE 的余弦值．
【解析】 (1)证明：因为 D，C，E，F 分别是 AQ，BQ，AP，BP 的中点，所以 EF∥AB，DC∥AB，所以
EF∥DC．
又因为 EF⊄平面 PCD，DC⊂平面 PCD，
所以 EF∥平面 PCD．
又因为 EF⊂平面 EFQ，平面 EFQ∩平面 PCD＝GH，
所以 EF∥GH.又因为 EF∥AB，所以 AB∥GH.
(2)在△ABQ 中，AQ＝2BD，AD＝DQ，所以∠ABQ＝90°.又因为 PB⊥平面 ABQ，
所以 BA，BQ，BP 两两垂直．
以点 B 为坐标原点，分别以 BA，BQ，BP 所在直线为 x 轴、y 轴、z 轴建立如图所示的空间直角坐标系．
设 BA＝BP＝BQ＝2，
则 E(1,0,1)，F(0,0,1)，Q(0,2,0)，D(1,1,0)，C(0,1,0)，P(0,0,2)，所以EQ→
＝(－1,2，－1)，FQ→
＝(0,2，－1)，DP→
＝(－1，－1,2)，CP→
＝(0，－1,2)．
设平面 EFQ 的一个法向量为 m＝(x1，y1，z1)，
由 m·EQ→
＝0，m·FQ→
＝0，
得Error!
取 y1＝1，得 m＝(0,1,2)．
设平面 PDC 的一个法向量为 n＝(x2，y2，z2)，
由 n·DP→
＝0，n·CP→
＝0，
得Error!取 z2＝1，得 n＝(0,2,1)．
所以 cos〈m，n〉＝ m·n
|m||n|＝4
5.
因为二面角 DGHE 为钝角，
所以二面角 DGHE 的余弦值为－4
5.
【四】利用空间向量求距离1.例题
【例 1】 已知正方体 ABCD－A1B1C1D1 的棱长为 2，E，F，G 分别是 C1C，D1A1，AB 的中点，求点 A 到
平面 EFG 的距离．
【解析】以 D 为坐标原点，DA，DC，DD1 所在直线分别为 x 轴，y 轴，z 轴，建立如图所示的空间直角坐
标系 Dxyz，
则 A(2,0,0)，E(0,2,1)，F(1,0,2)，G(2,1,0)．
所以AG→
＝(0,1,0)，GE→
＝(－2,1,1)，GF→
＝(－1，－1,2)．
设 n＝(x，y，z)是平面 EFG 的法向量，点 A 到平面 EFG 的距离为 d，
则Error!所以Error!所以Error!令 z＝1，此时 n＝(1,1,1)，
所以 d＝
|AG→
·n|
|n| ＝ 1
3
＝ 3
3 ，即点 A 到平面 EFG 的距离为 3
3 .
【例 2】在棱长为 1 的正方体 ABCDA1B1C1D1 中，E，F 分别是 BC，CD 的中点，则 BD 到平面 EFD1B1 的距离为
________.
【答案】
【解析】以 D 为原点，直线 DA，DC，DD1 分别为 x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系，易求平面 EFD1B1
的法向量 n＝ ，又 ＝ ，∴所求距离为 ＝ . 故答案为：
点到平面的距离：
先确定平面的法向量，再求点与平面内一点的连线形成的斜线段在平面的法向量上的射影长．如图，
设 n＝(a，b，c)是平面 α 的一个法向量，P0(x0，y0，z0)为 α 外一点，P(x，y，z)是平面 α 内的任意一
点，
则点 P0 到平面 α 的距离：
d＝
|PP0→
·n|
|n| ＝|a(x0－x)＋b(y0－y)＋c(z0－z)|
a2＋b2＋c2 .
注：线面距离、面面距离都可以转化为点到平面的距离.
1
3
1( 1,1, )2
− DF 1(0, ,0)2
DF n
n
⋅
1
3
1
3【例 3】在棱长为 的正方体 中，则平面 与平面 之间的距离为( )
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】建立如图所示的直角坐标系，则 ， ， ， ，
所以 ， ， ，
设平面 的一个法向量 ，则 ，
即 ，解得 ，故 ，
显然平面 // 平面 ，
所以平面 与平面 之间的距离 ．
2.巩固提升综合练习
【练习 1】如图，在四棱锥 中，底面 是矩形， 平面 , ，
, 是 中点.
（I）求直线 与平面 所成的角的正弦值；
（II）求点 到平面 的距离．
1 1 1 1 1ABCD A B C D− 1AB C 1 1AC D
3
6
3
3
2 3
3
3
2
1(1,0,0)A 1(0,1,0)C (0,0,1)D (1,0,1)A
1 (1,0, 1)DA = −
1 (0,1, 1)DC = − ( 1,0,0)AD = −
1 1AC D ( , ,1)m x y= 1
1
m DA
m DC
⊥ ⊥
1
1
1 0
1 0
m DA x
m DC y
⋅ = − = ⋅ = − =
1
1
x
y
=
= (1,1,1)m =
CAB1 DCA 11
1AB C 1 1AC D 1 3
33
AD m
d m
⋅
= = =
P ABCD− ABCD PA ⊥ ABCD 4PA AD= =
2AB = M PD
CD ACM
P ACM【解析】因为 两两互相垂直，如图所示，建立空间直角坐标系，
则 ， ， ， ， ， ；
设平面 的一个法向量 ，由 可得： ，
令 ，则 .
(I)设所求角为 ，又 ，则 ，
(II)设点 到平面 距离为 ， 则 .
【练习 2】 如图所示，在棱长为 1 的正方体 ABCD－A1B1C1D1 中，E，F 分别为 BB1，CC1 的中点，DG＝
1
3DD1，过 E，F，G 的平面交 AA1 于点 H，求 D1A1 到平面 EFGH 的距离．
【解析】因为点 E，F 分别为 BB1，CC1 的中点，
所以 EF∥B1C1∥A1D1.
又因为 A1D1⊄平面 EFGH，EF⊂平面 EFGH，
所以 A1D1∥平面 EFGH，
所以 D1A1 到平面 EFGH 的距离即为点 D1 到平面 E FGH 的距离．
以 D 为坐标原点，分别以 DA，DC，DD1 所在直线为 x 轴，y 轴，z 轴，建立空间直角坐标系 Dxyz，
, ,AP AB AD
(0,0,0)A (0,0,4)P (2,0,0)B (2,4,0)C (0,4,0)D (0,2,2)M
ACM ( , , )n x y z= ,n AC n AM⊥ ⊥ 2 4 0
2 2 0
x y
y z
+ =
+ =
1z = (2, 1,1)n = −
α ( )2,0,0CD = − 4 6sin 32 6
CD n
CD n
α ⋅= = =
×
P CA M h ( )0,0,4AP = 4 2 6
36
AP nh n
⋅= = =
则 E(1，1，1
2)，F(0，1，1
2)，G(0，0，1
3)，D1(0,0,1)，
所以EF→
＝(－1,0,0)，FG→
＝(0，－1，－1
6).
设平面 EFGH 的法向量为 n＝(x，y，z)，
则Error!即Error!令 z＝6，可得 n＝(0，－1,6)．
设 D1A1 到平面 EFGH 的距离为 d，连接 D1F，又D1F-→
＝(0，1，－1
2)，
所以 d＝
|D1F-→
·n|
|n| ＝4 37
37 ，即 D1A1 到平面 EFGH 的距离为4 37
37 .
【练习 3】如图，在四棱锥 O−ABCD 中，底面 ABCD 是边长为 2 的正方形，OA⊥底面 ABCD，OA=2，
M，N，R 分别为 OA，BC，AD 的中点，
求直线 MN 与平面 OCD 的距离及平面 MNR 与平面 OCD 的距离.
【解析】因为 M，R 分别为 AO，AD 的中点，
所以 MR∥OD.
在正方形 ABCD 中，N，R 分别为 BC，AD 的中点，
所以 NR∥CD.
又 MR∩NR=R，OD∩CD=D，
所以平面 MNR∥平面 OCD.
又 MN 平面 MNR，所以 MN∥平面 OCD.
所以直线 MN 与平面 OCD 的距离、平面 MNR 与平面 OCD 的距离都等于点 N 到平面 OCD 的距离.以点 A
为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，
则 O(0，0，2)，C(2，2，0)，D(0，2，0)，N(2，1，0)，
⊂所以 =(0，1，0)， =(0，2，−2)， =(−2，0，0)，
设平面 OCD 的法向量为 n=(x，y，z)，则 ，
令 z=1，得 n=(0，1，1)为平面 OCD 的一个法向量.
所以点 N 到平面 OCD 的距离 d=| · |= ，
所以直线 MN 与平面 OCD 的距离、平面 MNR 与平面 OCD 的距离都等于
三、课后自我检测
1．如图，已知在四棱锥 中， 平面 ，点 在棱 上， 且 ，底面
为直角梯形， 分别是 的中点．
（1）求证： //平面 ；
（2）求直线 与平面 所成角的正弦值；
（3）求点 到平面 的距离.
【解析】（1）法一： ，则 // ,
依题意得， // , ,
所以 为平行四边形，
//
又 平面 ， 平面 , ∴ //平面
法二：以 为原点，以 分别为 建立空间直角坐标系 ，
NC OD CD
· 2 2 0
· 2 0
n OD y z
n CD x
= − =
= − =
NC n
n
2
2
2
2
P ABCD− PA ⊥ ABCD Q PA 4 4PA PQ= =
090 ,CDA BAD∠ = ∠ = 2, 1, 2,AB CD AD= = = ,M N ,PD PB
MQ PCB
BC MCN
A MCN
AP E ED取 的中点 ，连结 ， EN AB 1
2EN AB=
CD AB 1
2CD AB=
CDEN
ED∴ CN， / / / /Q EP MQ ED MQ CN依题有 为 的中点，所以 ，所以 ，
MQ ⊄ PCB CN ⊂ PCB MQ PCB
A , ,AD AB AP , ,x y z O xyz−由 ， 分别是 的中点，可得：
∴ ，
设平面的 的法向量为 ，
则有：
令 ，则 ，
∴ ，又 平面 ∴ //平面
（2）设平面的 的法向量为 ，
又
则有：
令 ，则 ，
又 ，
∴ ，
∴求直线 与平面 所成的角的正弦值为
2, 1, 2,AB CD AD= = = 4 4PA PQ= = ,M N ,PD PB
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 20,0,0 , 0,2,0 , 2,1,0 , 2,0,0 , 0,0,4 , 0,0,3 , ,0,2 ,2A B C D P Q M
( )0,1,2N
( ) ( )2, 1,0 , 0,2, 4BC PB= − = − 2 ,0,12MQ
= −
PBC ( )0 , ,n x y z=
( ) ( )
( ) ( )
0
0
, , 2, 1,0 0 2 0
, , 0,2, 4 0 2 4 0
n BC x y z x y
n PB x y z y z
⊥ ⇒ ⋅ − = ⇒ − =
⊥ ⇒ ⋅ − = ⇒ − =
1z = ( )02, 2 2,2,1x y n= = ⇒ =
( )0
2 ,0,1 2,2,1 02MQ n
⋅ = − ⋅ =
MQ ⊄ PCB MQ PCB
MCN ( ), ,n x y z =
( )2 , 1,2 , 2,0,22CM CN
= − − = −
( )
( ) ( )
2 2, , , 1,2 0 2 02 2
, , 2,0,2 0 2 2 0
n CM x y z x y z
n CN x y z x z
⊥ ⇒ ⋅ − − = ⇒ − − + =
⊥ ⇒ ⋅ − = ⇒ − + =
1z = ( )2, 1 2,1,1x y n= = ⇒ =
( )2, 1,0BC = −
1 3cos , 62 3
n BCsin n BC
n BC
θ ⋅= = = =
×⋅
BC MCN 3
6（3）
∴点 到平面 的距离 .
2．如图，已知菱形 和矩形 所在的平面互相垂直， ， .
(1)求直线 与平面 的夹角；
(2)求点 到平面 的距离.
【解析】设 ，因为菱形 和矩形 所在的平面互相垂直，所以易得 平面
；以 点为坐标原点，以 为 轴， 为 轴，过 点且平行于 的方向为 轴正方向，建
立空间坐标系，
（1）由已知得： , , , , ,
因为 轴垂直于平面 ，
因此可令平面 的一个法向量为 ，又 ,
设直线 与平面 的夹角为 ，
则有 , 即 ，
所以直线 BF 与平面 ABCD 的夹角为 .
( )2,1,0AC =
A MCN 3
2
AC n
d n
⋅
= =
ABCD ACEF 2= =AB AF 060ADC∠ =
BF ABCD
A FBD
AC BD O= ABCD ACEF AF ⊥
ABCD O OD x OA y O AF z
(0,1,0)A ( 3,0,0)B − (0, 1,0)C − ( 3,0,0)D (0,1,2)F
z ABCD
ABCD (0,0,1)m = ( 3,1,2)BF =
BF ABCD θ
2 2sin cos , 21 2 2
m BF
m BF
m BF
θ
⋅
= < > = = =
⋅⋅
4
πθ =
4
π（2）因为 , ,
设平面 的法向量为 ，
，令 得 ，
又因为 ,
所以点 到平面 的距离 .
3．如图,在四棱锥 S-ABCD 中， 平面 ，底面 ABCD 为直角梯形， , ,且
（Ⅰ）求 与平面 所成角的正弦值.
（Ⅱ ）若 E 为 SB 的中点，在平面 内存在点 N，使得 平面 ，求 N 到直线 AD,SA 的距离.
【解析】（I）以点 A 为原点，以 AD 所在方向为 x 轴，以 AS 所在方向为 z 轴，以 AB 所在方向为 y 轴，
建立空间直角坐标系，D(1,0,0),S(0,0,2), , , ,
设平面 的一个法向量为
则由
设 与平面 所成角为 ，
则
（II）设 ,S(0,0,2),B(0,2,0),E(0,1,1),
(2 3,0,0)BD = ( 3,1,2)BF =
FBD ( , , )n x y z=
2 3 00
0 3 2 0
xBD n
BF n x y z
=⋅ = ⇒ ⋅ = + + =
1z = (0, 2,1)n = −
(0,0,2)AF =
A FBD
2 2 5
55
AF nd
n
⋅= = =
SA ⊥ ABCD / /AD BC AD AB⊥
2 1SA AB BC AD= = = =，
SD SAC
SAD EN ⊥ SAC
)2,0,1( −=SD )0,2,2(=AC )2,0,0(=AS
SAC ( , , )n x y z=
00 1 =(1 -1 0)00
x yn AC x nzn AS
+ =⋅ = ⇒ = =⋅ =
令 则 ，，
SD SAC θ
10
10
52
1sin =
⋅
=
⋅
⋅
=
nSD
nSDθ
( ,0, )N x z由
故 N 到直线 AD,SA 的距离分别为 1,1.
4．如图：正三棱柱 的底面边长为 ， 是 延长线上一点，且 ，二面角
的大小为 ；
（1）求点 到平面 的距离；
（2）若 是线段 上的一点 ，且 ，在线段 上是否存在一点 ，使直线 平面
？ 若存在，请指出这一点的位置；若不存在，请说明理由．
【解析】（1）设 为 的中点，则 ，在正三棱柱 中， 平面 ,而
平面 ，所以 ，而 ,因此 平面 ，而 平面 ，
所以有 为二面角 的平面角，如图所示：
， ,
侧棱 ；
)1,1,( −−= zxEN
2 2 0 10 (1,0,1)2( 1) 0 10
x xEN AC Nz zEN AS
− = = ⋅ = ⇒ ⇒ − = =⋅ =
即
1 1 1ABC A B C− 3 D CB BD BC=
1B AD B− − 60°
1C 1B AD
P AD 12DP AA= 1DC Q / /PQ
1ABC
E AD BE AD⊥ 1 1 1ABC A B C− 1BB ⊥ ABC
AD ⊂ ABC 1BB AD⊥ 1BB EB B= AD ⊥ 1BB E 1B E ⊂ 1BB E
1B E AD⊥ 1BEB∴∠ 1B AD B− −
1 60BEB∴∠ = ° 120ABD∠ = °
3
2BE =
1
1tan 3BBBEB BE
∴ ∠ = = ∴
1 1
3 3
2AA BB= =
1 1 1 1 1 1C ADB A C DB A BB CV V V− − −= = 1 3 3 1 3 3 2733 2 2 2 8
= × × × × = 又 , 知
点 到平面 的距离
（2）由（1）可知 ， ， ， ，当 时，有
成立，而 平面 ，所以 平面 ，故存在，当 时，符合题意。
5．如图所示，正方形 与矩形 所在平面互相垂直， ,点 为 的中点.
（1）求证： 平面 ；
（2）设在线段 上存在点 ，使二面角 的大小为 ，求此时 的长及点 到平面
的距离.
【解析】（1）证明：连结 AD1，交 A1D 于点 O，
∵四边形 ADD1A1 为正方形，
∴O 是 AD1 的中点，∵点 E 为 AB 的中点，连接 OE．
∴EO 为△ABD1 的中位线，∴EO∥BD1，
又∵BD1 不包含于平面 A1DE，OE⊂平面 A1DE，
∴BD1∥平面 A1DE．
（2）由题意可得： ,以点 D 为原点，DA,DC,DD1 所在直线分别为 x 轴、y 轴、z 轴，
建立如图所示的空间直角坐标系，
3 3AD = 1 1
3 7
2AB B D= =
1 1
1 9 3
2 2ADBS AD B E∆ = ⋅ =
∴ 1C 1ADB 27 9 3 3 33 8 2 4d = × ÷ =
3 3AD = 1
3 3
2AA = 12DP AA= 1
3
AP
PD
∴ = 1 1
3
C Q
QD
= 1/ /PQ AC
1AC ⊂ 1ABC / /PQ 1ABC 1 1
3
C Q
QD
=
1 1AA D D ABCD 2 2AB AD= = E AB
1 / /BD 1A DE
AB M 1D MC D− −
6
π
AM E
1D MC
1D D ABCD⊥ 平面则 ，
B ( 1,2,0 ),E(1,1,0),
设
设平面 的法向量为
则 得
令 ,有
而平面 的一个法向量为
要使二面角 的大小为
而
解得： ，故 = ，此时
.
故点 E 到平面 的距离为 .
6．如图，在三棱锥 中， 是边长为 4 的正三角形， ， 分别为
( ) ( ) ( ) ( )1 10,0,0 , 0,2,0 , 1,0,1 , 0,0,1D C A D
( )( )0 01, ,0 0 2M y y≤ ≤
( ) ( )0 11,2 ,0 , 0,2, 1MC y D C= − − = −
1D MC ( )1 , ,n x y z=
1
1 1
• 0
• 0
n MC
n D C
= =
( )02 0
2 0
x y y
y z
− + − =
− =
1y = ( )1 02 ,1,2n y= −
MCD ( )2 0,0,1n =
1D MC D− −
6
π
( )
1 2
1 2 2 2 2
1 2 0
| | 2 3cos cos ,6 2• 2 1 2
n nn n
n n y
π = = = =
− + +
( )0 0
32 0 23y y= − ≤ ≤ AM 32 3
−
( )1 1
3 ,1,2 , 1,1, 13n D E
= = −
1D MC 1 1
1
31. 3 13
44 3
3
n D E
d
n
− −= = =
S ABC− ABC∆ 2 2SA SC= = ,O M的中点，且 .
（1）证明： 平面 ABC；
（2）求二面角 的余弦值；
【解析】（1）证明：取线段 的中点 ，连接 .
因为 ， ，所以 且 SO⊥AB，
所以 平面 .
（2）建立如图所示空间直角坐标系,则
,
为平面 的一个法向量.
由（1）得： ， .
设 为平面 的一个法向量，则
即
取 ，则
所以
由图可知：二面角 是锐角二面角，
,AC AB SO AB⊥
SO ⊥
S CM A− −
AC O ,OS OB
SA SC= BA BC= AC SO⊥
SO ⊥ ABC
( ) ( ) ( ) ( )2,0,0 , 2,0,0 , 0,0,2 , 0,2 3,0A C S B−
( )0,0,2OS = ABC
( )1, 3,0M ( ) ( )3, 3,0 , 2,0,2CM CS= =
( ), ,n x y z= SCM
n CM
n CS
⊥
⊥
· 3 3 0
· 2 2 0
n CM x y
n CS x z
= + = = + =
1x = 3, 1y z= − = − =( 1, 3,1)n −
· 5cos , 5
n OSn OS
n OS
= =
S CM A− −所以二面角 的余弦值为 .
7．如图所示的几何体中， 垂直于梯形 所在的平面， 为 的中点，
，四边形 为矩形，线段 交 于点 .
（ 1）求证： 平面 ；
（2）求二面角 的正弦值；
（3）在线段 上是否存在一点 ，使得 与平面 所成角的大小为 ？若存在，求出 的长；
若不存在，请说明理由.
【解析】（1）因为四边形 为矩形，所以 为 的中点.连接 ，
在 中， 分别为 的中点，所以 ，
因为 平面 ， 平面 ，
所以 平面 .
（2）易知 两两垂直，如图以 为原点，分别以 所在直线为 轴，建立空间直
角坐标系.
S CM A− − 5
5
PD ABCD ,2ADC BAD F
π∠ = ∠ = PA
12, 12PD AB AD CD= = = = PDCE PC DE N
AC DEF
A PB C− −
EF Q BQ BCP π
6
FQ
PDCE N PC FN
PAC ,F N ,PA PC FN AC∥
FN ⊂ DEF AC ⊄ DEF
AC DEF
, ,DA DC DP D , ,DA DC DP , ,x y z则 ，所以 .
设平面 的法向量为 ，
则 即 解得
令 ，得
所以平面 的一个法向量为 .
设平面 的法向量为 ，
，据此可得 ，
则平面 的一个法向量为 ，
，于是 .
故二面角 的正弦值为 .
（3）设存在点 满足条件. 由 ，
设 ，整理得 ，
则 .
(0,0, 2), (1,0,0), (1,1,0), (0,2,0)P A B C (1,1, 2) , ( 1,1,0)PB BC= − = −
PBC ( , , )m x y z=
( , , ) (1,1, 2) 0
( , , ) ( 1,1,0) 0
m PB x y z
m BC x y z
⋅ = ⋅ − = ⋅ = ⋅ − =
2 0,
0,
x y z
x y
+ − =− + =
,
2 ,
y x
z x
= =
1x = 1,
2,
y
z
= =
PBC (1,1, 2)m =
ABP ( , , )n x y z=
( , , ) (0,1, 0) 0
( , , ) (1, 1, 2) 0
n AB x y z
n PB x y z
⋅ = ⋅ = ⋅ = ⋅ − =
2
0
1
x
y
z
=
=
=
ABP ( )2,0,1n =
2 2 6cos , 31 1 2 2 1
m n
+< >= =
+ + ⋅ +
3sin , 3m n〈 〉 =
A PB C− − 3
3
Q 1 2,0, , (0,2, 2)2 2F E
(0 1)FQ FEλ λ=
( )10 ≤≤ λ 1 2(1 ),2 ,2 2Q
λ λλ − +
1 2(1 ),2 1,2 2BQ
λ λλ + += − −
因为直线 与平面 所成角的大小为 ，
所以
解得 ，
由 知 ，即点 与 重合.
故在线段 上存在一点 ，且 .
8．如图，在四棱锥 中， ， ， ，
， ，点 在线段 上，且 ．
（Ⅰ）求证： ；
（Ⅱ）求二面角 的正弦值；
（Ⅲ）在线段 上是否存在点 ，使得 ，若存在，求出线段 的长，若不存在，说明
理由．
【解析】（Ⅰ）在四边形 中， ， ， ，根据勾股定理，可
求出 ,利用勾股定理的逆定理可知： ，以 为空间直角坐标系的原点，建立空间直角坐
标系，如图所示：
BQ BCP 6
π
2
| 5 1| 1sin | cos , | | |6 2| | | | 2 19 10 7
BQ mBQ m
BQ m
π λ
λ λ
⋅ −= = = =
⋅ − +
2 1λ =
( )10 ≤≤ λ 1λ = Q E
EF Q 19
2FQ EF= =
P ABCD− AD DC⊥ 2 3AD AB= = 2CB CD= =
PC ABCD⊥ 平面 4PC = N PA 3AN NP=
DN AC⊥
C DN A− −
BP T CT PAD 平面 BT
ABCD AD DC⊥ 2 3AD AB= = 2CB CD= =
4AC = AB BC⊥ B所以 ，因为 ，[来源:Z.Com]
所以 ，因此可求出 坐标为 ,
因为 ,所以 ;
（Ⅱ）设平面 的法向量为 , ,
，
设平面 的法向量为 ,
，
设 的夹角为 ， ；
（Ⅲ）设存在线段 上存在点 ，使得 ，
,设平面 的法向量为 ,
,
,
因为 ,所以 ,
.
(0,2 3,0), (0,0,0), (2,0 0), (3, 3,0), (2,0,4)A B C D P， 3AN NP=
3AN NP= N 3 3( , ,3)2 2
3 3( , ,3), (2, 2 3,0) 02 2DN AC DN AC= − − = − ⋅ = DN AC⊥
ADN 1 1 1( , , )m x y z= (3, 3,0)AD = −
1 1
1 1 1
3 3 0,0, (1, 3,1)3 30. 3 02 2
x ym AD m
m DN x y z
− = ⋅ = ⇒ ⇒ = ⋅ = − − + =
CDN 2 2 2( , , ), (1, 3,0)n x y z CD= =
2 2
2 2 2
3 0,0, (3, 3,2)3 30. 3 02 2
x yn CD n
n DN x y z
− = ⋅ = ∴ ⇒ ⇒ = ⋅ = − − + =
,m n θ 2 5cos 5 sin5 5
m n
m n
θ θ⋅∴ = = ⇒ =
⋅
BP T CT PAD 平面
,(0 1), ( , , ) (2 ,0,4 )BT BP T x y z Tµ µ µ µ= ≤ ≤ ⇒ PAD 3 3 3( , , )a x y z=
( 3, 3,0), (2, 2 3,4)AD AP= − = − (2 2,0,4 )CT µ µ= −
3 3
3 3 3
3 3 0,0, (1, 3,1)
0. 2 2 3 4 0
x ya AD a
a AP x y z
− + = ⋅ = ∴ ⇒ ⇒ = ⋅ = − + =
CT PAD 平面 10 2 2 4 0 3CT a µ µ µ⋅ = ⇒ − + = ⇒ =
2 22 4 2 4 2( ,0, ) ( ) +( ) = 53 3 3 3 3T BT∴ =
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