章末复习课1 空间向量与立体几何（课件PPT）-【金榜题名】2026-2027学年高二数学选择性必修第一册高中同步学案（人教版）

该高中数学单元复习课件系统梳理了空间向量与立体几何的核心知识，通过体系构建将空间向量的概念运算及坐标表示与立体几何中的平行垂直判定、角距离计算等内容整合，以知识框架图呈现知识点间的逻辑联系，帮助学生构建完整知识网络。 其亮点在于例题设计覆盖空间向量运算、位置关系证明、角距离求解及探索翻折问题等题型，通过从基础到综合的分层练习，培养学生的逻辑推理与直观想象能力。知识框架与典型例题结合，既助力学生巩固知识，也为教师提供精准复习指导。

第一章　空间向量与立体几何 章 末 复 习 课 第一章　空间向量与立体几何 1 第一章　空间向量与立体几何 1 第一章　空间向量与立体几何 1 第一章　空间向量与立体几何 1 第一章　空间向量与立体几何 1 第一章　空间向量与立体几何 1 第一章　空间向量与立体几何 1 第一章　空间向量与立体几何 1 第一章　空间向量与立体几何 1 第一章　空间向量与立体几何 1 第一章　空间向量与立体几何 1 第一章　空间向量与立体几何 1 第一章　空间向量与立体几何 1 第一章　空间向量与立体几何 1 第一章　空间向量与立体几何 1 第一章　空间向量与立体几何 1 第一章　空间向量与立体几何 1 第一章　空间向量与立体几何 1 第一章　空间向量与立体几何 1 第一章　空间向量与立体几何 1 第一章　空间向量与立体几何 1 第一章　空间向量与立体几何 1 第一章　空间向量与立体几何 1 第一章　空间向量与立体几何 1 第一章　空间向量与立体几何 1 第一章　空间向量与立体几何 1 第一章　空间向量与立体几何 1 第一章　空间向量与立体几何 1 第一章　空间向量与立体几何 1 第一章　空间向量与立体几何 1 第一章　空间向量与立体几何 1 第一章　空间向量与立体几何 1 第一章　空间向量与立体几何 1 第一章　空间向量与立体几何 1 第一章　空间向量与立体几何 1 第一章　空间向量与立体几何 1 第一章　空间向量与立体几何 1 第一章　空间向量与立体几何 1 第一章　空间向量与立体几何 1 第一章　空间向量与立体几何 1 第一章　空间向量与立体几何 1 第一章　空间向量与立体几何 1 第一章　空间向量与立体几何 1 第一章　空间向量与立体几何 1 第一章　空间向量与立体几何 1 第一章　空间向量与立体几何 1 第一章　空间向量与立体几何 1 第一章　空间向量与立体几何 1 第一章　空间向量与立体几何 1 第一章　空间向量与立体几何 1 第一章　空间向量与立体几何 1 第一章　空间向量与立体几何 1 第一章　空间向量与立体几何 1 第一章　空间向量与立体几何 1 第一章　空间向量与立体几何 1 第一章　空间向量与立体几何 1 第一章　空间向量与立体几何 1 第一章　空间向量与立体几何 1 第一章　空间向量与立体几何 1 第一章　空间向量与立体几何 1 谢谢观看 第一章　空间向量与立体几何 1 一、空间向量及其运算 空间向量可以看作是平面向量的推广，其中有许多概念和运算与平面向量是相同的，如模、零向量、单位向量、相等向量、相反向量等概念；加法的三角形法则和平行四边形法则；减法的几何意义；数乘运算与向量共线的判断、数量积运算、夹角公式、求模公式等等．向量的基底表示和坐标表示是向量运算的基础． [例 1]　如图所示，在平行六面体A1B1C1D1 ­ABCD中，M分eq \o(AC,\s\up16(→))成的比为eq \f(1,2)，N分eq \o(A1D,\s\up16(→))成的比为2，设eq \o(AB,\s\up16(→))＝a，eq \o(AD,\s\up16(→))＝b，eq \o(AA1,\s\up16(→))＝c，试用a，b，c表示eq \o(MN,\s\up16(→)). [解]　连接AN，则eq \o(MN,\s\up16(→))＝eq \o(MA,\s\up16(→))＋eq \o(AN,\s\up16(→)).由题知ABCD是平行四边形． 故eq \o(AC,\s\up16(→))＝eq \o(AB,\s\up16(→))＋eq \o(AD,\s\up16(→))＝a＋b. 因为M分eq \o(AC,\s\up16(→))成的比为eq \f(1,2)， 所以eq \o(MA,\s\up16(→))＝－eq \f(1,3) eq \o(AC,\s\up16(→))＝－eq \f(1,3)(a＋b)． 又因为N分eq \o(A1D,\s\up16(→))成的比为2，故eq \o(AN,\s\up16(→))＝eq \o(AD,\s\up16(→))＋eq \o(DN,\s\up16(→)) ＝eq \o(AD,\s\up16(→))－eq \o(ND,\s\up16(→))＝eq \o(AD,\s\up16(→))－eq \f(1,3) eq \o(A1D,\s\up16(→))＝eq \o(AD,\s\up16(→))－eq \f(1,3)(eq \o(AD,\s\up16(→))－eq \o(AA1,\s\up16(→)))＝eq \f(1,3)(c＋2b)． 则eq \o(MN,\s\up16(→))＝eq \o(MA,\s\up16(→))＋eq \o(AN,\s\up16(→))＝－eq \f(1,3)(a＋b)＋eq \f(1,3)(c＋2b) ＝eq \f(1,3)(－a＋b＋c)． 1．如图所示，在四棱锥S ­ABCD中，底面ABCD是边长为1的正方形，S到A，B，C，D的距离都等于2. 给出以下结论： ①eq \o(SA,\s\up16(→))＋eq \o(SB,\s\up16(→))＋eq \o(SC,\s\up16(→))＋eq \o(SD,\s\up16(→))＝0；②eq \o(SA,\s\up16(→))＋eq \o(SB,\s\up16(→))－eq \o(SC,\s\up16(→))－eq \o(SD,\s\up16(→))＝0； ③eq \o(SA,\s\up16(→))－eq \o(SB,\s\up16(→))＋eq \o(SC,\s\up16(→))－eq \o(SD,\s\up16(→))＝0；④eq \o(SA,\s\up16(→))·eq \o(SB,\s\up16(→))＝eq \o(SC,\s\up16(→))·eq \o(SD,\s\up16(→))； ⑤eq \o(SA,\s\up16(→))·eq \o(SC,\s\up16(→))＝0， 其中正确结论的序号是________． 解析：容易推出：eq \o(SA,\s\up16(→))－eq \o(SB,\s\up16(→))＋eq \o(SC,\s\up16(→))－eq \o(SD,\s\up16(→))＝eq \o(BA,\s\up16(→))＋eq \o(DC,\s\up16(→))＝0，所以③正确；又因为底面ABCD是边长为1的正方形，SA＝SB＝SC＝SD＝2，所以eq \o(SA,\s\up16(→))·eq \o(SB,\s\up16(→))＝2·2·cos∠ASB，eq \o(SC,\s\up16(→))·eq \o(SD,\s\up16(→))＝2·2·cos∠CSD，而∠ASB＝∠CSD，于是eq \o(SA,\s\up16(→))·eq \o(SB,\s\up16(→))＝eq \o(SC,\s\up16(→))·eq \o(SD,\s\up16(→))，因此④正确，其余两个都不正确，故正确结论的序号是③④. 答案：③④ 2．如图所示，在平行六面体ABCD ­A1B1C1D1中，以顶点A为端点的三条棱长度都为1，且两两夹角为60°. (1)求eq \o(AC1,\s\up16(→))的长； (2)求eq \o(BD1,\s\up16(→))与eq \o(AC,\s\up16(→))夹角的余弦值． 解：记eq \o(AB,\s\up16(→))＝a，eq \o(AD,\s\up16(→))＝b，eq \o(AA1,\s\up16(→))＝c， 则|a|＝|b|＝|c|＝1，〈a，b〉＝〈b，c〉＝〈c，a〉＝60°. ∴a·b＝b·c＝c·a＝eq \f(1,2). (1)∵|eq \o(AC1,\s\up16(→))|2＝(a＋b＋c)2＝a2＋b2＋c2＋2(a·b＋b·c＋c·a) ＝1＋1＋1＋2×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)＋\f(1,2)＋\f(1,2)))＝6， ∴|eq \o(AC1,\s\up16(→))|＝eq \r(6). (2)∵eq \o(BD1,\s\up16(→))＝b＋c－a，eq \o(AC,\s\up16(→))＝a＋b， ∴|eq \o(BD1,\s\up16(→))|＝eq \r(2)，|eq \o(AC,\s\up16(→))|＝eq \r(3). ∵eq \o(BD1,\s\up16(→))·eq \o(AC,\s\up16(→))＝(b＋c－a)·(a＋b) ＝b2－a2＋a·c＋b·c＝1， ∴cos〈eq \o(BD1,\s\up16(→))，eq \o(AC,\s\up16(→))〉＝eq \f(\o(BD1,\s\up16(→))·\o(AC,\s\up16(→)),|\o(BD1,\s\up16(→))||\o(AC,\s\up16(→))|)＝eq \f(\r(6),6). 二、空间向量与空间位置关系 设直线l，m的方向向量分别为a，b，平面α，β的法向量分别为u，v，则 (1)线线平行：l∥m⇔a∥b⇔a＝kb，k∈R； (2)线面平行(l⊄α)：l∥α ⇔a⊥u⇔a·u＝0； (3)面面平行：α∥β⇔u∥v⇔u＝kv，k∈R； (4)线线垂直：l⊥m⇔a⊥b⇔a·b＝0； (5)线面垂直：l⊥α⇔a∥u⇔a＝ku，k∈R； (6)面面垂直：α⊥β ⇔u⊥v⇔u·v＝0. [例 2]　在四棱锥P ­ABCD中，AB⊥AD，CD⊥AD，PA⊥底面ABCD，PA＝AD＝CD＝2AB＝2，M为PC的中点． (1)求证：BM∥平面PAD； (2)平面PAD内是否存在一点N，使MN⊥平面PBD？若存在，确定N的位置；若不存在，说明理由． [解]　(1)证明：以A为原点，以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，则B(1,0,0)，D(0,2,0)，P(0,0,2)，C(2,2,0)，M(1,1,1)． ∵eq \o(BM,\s\up16(→))＝(0,1,1)，平面PAD的一个法向量为n＝(1,0,0)， ∴eq \o(BM,\s\up16(→))·n＝0，即eq \o(BM,\s\up16(→))⊥n. 又BM⊄平面PAD， ∴BM∥平面PAD． (2)由(1)知，eq \o(BD,\s\up16(→))＝(－1,2,0)， eq \o(PB,\s\up16(→))＝(1,0，－2)． 假设平面PAD内存在一点N，使MN⊥平面PBD． 设N(0，y，z)，则eq \o(MN,\s\up16(→))＝(－1，y－1，z－1)． 从而MN⊥BD，MN⊥PB． ∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(\o(MN,\s\up16(→))·\o(BD,\s\up16(→))＝0，,\o(MN,\s\up16(→))·\o(PB,\s\up16(→))＝0，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(1＋2y－1＝0，,－1－2z－1＝0.)) ∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(y＝\f(1,2)，,z＝\f(1,2).))∴Neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)，\f(1,2))). ∴在平面PAD内存在一点Neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)，\f(1,2)))， 使MN⊥平面PBD． 3．如图所示，正方体ABCD ­A1B1C1D1中，M，N分别为AB，B1C的中点． (1)用向量法证明：平面A1BD∥平面B1CD1； (2)用向量法证明：MN⊥平面A1BD． 证明：(1)在正方体ABCD ­A1B1C1D1中， eq \o(BD,\s\up16(→))＝eq \o(AD,\s\up16(→))－eq \o(AB,\s\up16(→))，eq \o(B1D1,\s\up16(→))＝eq \o(A1D1,\s\up16(→))－eq \o(A1B1,\s\up16(→)). ∵eq \o(AD,\s\up16(→))＝eq \o(A1D1,\s\up16(→))，eq \o(AB,\s\up16(→))＝eq \o(A1B1,\s\up16(→))，∴eq \o(BD,\s\up16(→))＝eq \o(B1D1,\s\up16(→)).∴BD∥B1D1. 同理可证A1B∥D1C． 又BD∩A1B＝B，B1D1∩D1C＝D1， ∴平面A1BD∥平面B1CD1. (2)eq \o(MN,\s\up16(→))＝eq \o(MB,\s\up16(→))＋eq \o(BC,\s\up16(→))＋eq \o(CN,\s\up16(→)) ＝eq \f(1,2) eq \o(AB,\s\up16(→))＋eq \o(AD,\s\up16(→))＋eq \f(1,2)(eq \o(CB,\s\up16(→))＋eq \o(BB1,\s\up16(→))) ＝eq \f(1,2) eq \o(AB,\s\up16(→))＋eq \o(AD,\s\up16(→))＋eq \f(1,2)(－eq \o(AD,\s\up16(→))＋eq \o(AA1,\s\up16(→))) ＝eq \f(1,2) eq \o(AB,\s\up16(→))＋eq \f(1,2) eq \o(AD,\s\up16(→))＋eq \f(1,2) eq \o(AA1,\s\up16(→)). 设eq \o(AB,\s\up16(→))＝a，eq \o(AD,\s\up16(→))＝b，eq \o(AA1,\s\up16(→))＝c， 则eq \o(MN,\s\up16(→))＝eq \f(1,2)(a＋b＋c)． 又∵eq \o(BD,\s\up16(→))＝eq \o(AD,\s\up16(→))－eq \o(AB,\s\up16(→))＝b－a， ∴eq \o(MN,\s\up16(→))·eq \o(BD,\s\up16(→))＝eq \f(1,2)(a＋b＋c)·(b－a) ＝eq \f(1,2)(b2－a2＋c·b－c·a)． 又∵A1A⊥AD，A1A⊥AB， ∴c·b＝0，c·a＝0. ∵|b|＝|a|，∴b2＝a2. ∴b2－a2＝0. ∴eq \o(MN,\s\up16(→))·eq \o(BD,\s\up16(→))＝0，即MN⊥BD． 同理可证，MN⊥A1B． 又A1B∩BD＝B， ∴MN⊥平面A1BD． 三、空间向量与空间距离、空间角 空间距离的计算思路 (1)点P到直线l的距离：已知直线l的单位方向向量为u，A是直线l上的定点，P是直线l外一点，设向量eq \o(AP,\s\up16(→))在直线l上的投影向量为eq \o(AQ,\s\up16(→))，设eq \o(AP,\s\up16(→))＝a，则点P到直线l的距离为eq \r(a2－a·u2)(如图)． (2)点P到平面α的距离：设平面α的法向量为n，A是平面α内的定点，P是平面α外一点，则点P到平面α的距离为eq \f(|\o(AP,\s\up16(→))·n|,|n|)(如图)． 角度1　利用空间向量求点到平面的距离 [例 3]　如图所示，△BCD与△MCD都是边长为2的正三角形，平面MCD⊥平面BCD，AB⊥平面BCD，AB＝2eq \r(3).求点A到平面MBC的距离． [解]　如图所示，取CD的中点O，连接OB，OM， 则OB⊥CD，OM⊥CD．又平面MCD⊥平面BCD， 所以MO⊥平面BCD． 以O为坐标原点，直线OC，BO， OM分别为x轴、y轴、z轴， 建立空间直角坐标系O ­xyz. 因为△BCD与△MCD都是边长为2的正三角形，所以OB＝OM＝eq \r(3).则O(0,0,0)，C(1，0,0)，M(0,0，eq \r(3))，B(0，－eq \r(3)，0)，A(0，－eq \r(3)，2eq \r(3))． 所以eq \o(BC,\s\up16(→))＝(1，eq \r(3)，0)，eq \o(BM,\s\up16(→))＝(0，eq \r(3)，eq \r(3))，eq \o(BA,\s\up16(→))＝(0,0,2eq \r(3))． 设平面MBC的法向量为n＝(x，y，z)， 由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(n⊥\o(BC,\s\up16(→))，,n⊥\o(BM,\s\up16(→))，))得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(n·\o(BC,\s\up16(→))＝0，,n·\o(BM,\s\up16(→))＝0，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(x＋\r(3)y＝0，,\r(3)y＋\r(3)z＝0.)) 取x＝eq \r(3)，可得平面MBC的一个法向量为n＝(eq \r(3)，－1,1)． 又eq \o(BA,\s\up16(→))＝(0,0,2eq \r(3))， 所以所求距离d＝eq \f(|\o(BA,\s\up16(→))·n|,|n|)＝eq \f(2\r(15),5). 角度2　利用空间向量求线线角 [例 4]　如图所示，四边形ABCD为菱形，∠ABC＝120°，E，F是平面ABCD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：连接BD，设BD∩AC＝G，连接EG，FG，EF. 在菱形ABCD中，不妨设GB＝1. 由∠ABC＝120°，可得AG＝GC＝eq \r(3). 由BE⊥平面ABCD，AB＝BC，可知AE＝EC． 又AE⊥EC，所以EG＝eq \r(3)，且EG⊥AC． 在Rt△EBG中，可得BE＝eq \r(2).故DF＝eq \f(\r(2),2). 在Rt△FDG中，可得FG＝eq \f(\r(6),2). 在直角梯形BDFE中，由BD＝2，BE＝eq \r(2)，DF＝eq \f(\r(2),2)，可得EF＝eq \f(3\r(2),2). 从而EG2＋FG2＝EF2.所以EG⊥FG. 又AC∩FG＝G，可得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，以eq \o(GB,\s\up16(→))，eq \o(GC,\s\up16(→))的方向分别为x轴、y轴正方向，|eq \o(GB,\s\up16(→))|为单位长，建立空间直角坐标系G ­xyz. 由(1)，可得A(0，－eq \r(3)，0)，E(1,0，eq \r(2))， Feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，0，\f(\r(2),2)))，C(0，eq \r(3)，0)， 所以eq \o(AE,\s\up16(→))＝(1，eq \r(3)，eq \r(2))，eq \o(CF,\s\up16(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，－\r(3)，\f(\r(2),2))). 故cos〈eq \o(AE,\s\up16(→))，eq \o(CF,\s\up16(→))〉＝eq \f(\o(AE,\s\up16(→))·\o(CF,\s\up16(→)),|\o(AE,\s\up16(→))||\o(CF,\s\up16(→))|)＝－eq \f(\r(3),3). 所以直线AE与直线CF所成角的余弦值为eq \f(\r(3),3). 角度3　利用空间向量求线面角 [例 5]　如图，在长方体ABCD ­A1B1C1D1中，AB＝16，BC＝10，AA1＝8，点E，F分别在A1B1，D1C1上，A1E＝D1F＝4.过点E，F的平面α与此长方体的底面相交，交线围成一个正方形． (1)在图中画出这个正方形(不必说明画法和理由)； (2)求直线AF与平面α所成角的正弦值． [解]　(1)交线围成的正方形EHGF如图所示． (2)作EM⊥AB，垂足为M，则AM＝A1E＝4， EM＝AA1＝8. 因为四边形EHGF为正方形， 所以EH＝EF＝BC＝10. 于是MH＝eq \r(EH2－EM2)＝6.所以AH＝10.以D为坐标原点，eq \o(DA,\s\up16(→))的方向为x轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系D ­xyz，则A(10,0,0)，H(10,10,0)，E(10,4，8)，F(0,4,8)． 所以eq \o(FE,\s\up16(→))＝(10,0,0)，eq \o(HE,\s\up16(→))＝(0，－6,8)． 设n＝(x，y，z)是平面EHGF的一个法向量， 则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(n·\o(FE,\s\up16(→))＝0，,n·\o(HE,\s\up16(→))＝0，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(10x＝0，,－6y＋8z＝0，)) 所以可取n＝(0,4,3)． 又eq \o(AF,\s\up16(→))＝(－10,4,8)， 故|cos〈n，eq \o(AF,\s\up16(→))〉|＝eq \f(|n·\o(AF,\s\up16(→))|,|n||\o(AF,\s\up16(→))|)＝eq \f(4\r(5),15). 所以AF与平面α所成角的正弦值为eq \f(4\r(5),15). 角度4　利用空间向量求平面与平面的夹角 [例 6]　(2023·新高考Ⅱ卷)如图，三棱锥A­BCD中，DA＝DB＝DC，BD⊥CD，∠ADB＝∠ADC＝60°，E为BC的中点． (1)证明：BC⊥DA； (2)点F满足eq \o(EF,\s\up16(→))＝eq \o(DA,\s\up16(→))，求二面角D­AB­F的正弦值． [解]　(1)证明：连接AE，DE. ∵E为BC中点，DB＝DC，∴DE⊥BC． ∵DA＝DB＝DC，∠ADB＝∠ADC＝60°， ∴△ACD与△ABD均为等边三角形． ∴AC＝AB．∴AE⊥BC． 又AE∩DE＝E，AE，DE⊂平面ADE， ∴BC⊥平面ADE. ∵AD⊂平面ADE，∴BC⊥DA． (2)不妨设DA＝DB＝DC＝2. ∵BD⊥CD，∴BC＝2eq \r(2)，DE＝AE＝eq \r(2). ∴AE2＋DE2＝4＝AD2.∴AE⊥DE. 又∵AE⊥BC，DE∩BC＝E，DE，BC⊂平面BCD， ∴AE⊥平面BCD． 以点E为原点，ED，EB，EA所在直线分别为x，y，z轴， 建立空间直角坐标系，如图所示． 则D(eq \r(2)，0,0)，A(0,0，eq \r(2))，B(0，eq \r(2)，0)，E(0,0,0)． 设平面DAB与平面ABF的一个法向量分别为 n1＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x1，y1，z1))，n2＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x2，y2，z2))， 二面角D­AB­F平面角为θ. 而eq \o(AB,\s\up16(→))＝(0，eq \r(2)，－eq \r(2))， ∵eq \o(EF,\s\up16(→))＝eq \o(DA,\s\up16(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\r(2)，0，\r(2)))， ∴F(－eq \r(2)，0，eq \r(2))，即有eq \o(AF,\s\up16(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\r(2)，0，0)). ∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(－\r(2)x1＋\r(2)z1＝0，,\r(2)y1－\r(2)z1＝0，))取x1＝1，∴n1＝(1,1,1)； eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(\r(2)y2－\r(2)z2＝0，,－\r(2)x2＝0，))取y2＝1，∴n2＝(0,1,1)． ∴eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(cos θ))＝eq \f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(n1·n2)),\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(n1))\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(n2)))＝eq \f(2,\r(3)×\r(2))＝eq \f(\r(6),3). 从而sin θ＝eq \r(1－\f(6,9))＝eq \f(\r(3),3).故二面角D­AB­F的正弦值为eq \f(\r(3),3). 4．如图，在三棱锥P­ABC中，PA⊥底面ABC，∠BAC＝90°.点D，E，N分别为棱PA，PC，BC的中点，M是线段AD的中点，PA＝AC＝4，AB＝2. (1)求证：MN∥平面BDE； (2)求二面角C­EM­N的正弦值； (3)已知点H在棱PA上，且直线NH与直线 BE所成角的余弦值为eq \f(\r(7),21)，求线段AH的长． 解：由题意知，AB，AC，AP两两垂直．故以A为原点，以eq \o(AB,\s\up16(→))，eq \o(AC,\s\up16(→))，eq \o(AP,\s\up16(→))方向分别为x轴、y轴、z轴正方向建立如图所示的空间直角坐标系．依题意，可得A(0,0,0)，B(2，0,0)，C(0,4,0)，P(0,0,4)，D(0,0,2)，E(0,2,2)，M(0,0,1)，N(1，2,0)． (1)证明：eq \o(DE,\s\up16(→))＝(0,2,0)，eq \o(DB,\s\up16(→))＝(2,0，－2)． 设n＝(x，y，z)为平面BDE的一个法向量， 则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(n·\o(DE,\s\up16(→))＝0，,n·\o(DB,\s\up16(→))＝0，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(2y＝0，,2x－2z＝0.)) 不妨取z＝1，可得n＝(1,0,1)． 又eq \o(MN,\s\up16(→))＝(1,2，－1)，可得eq \o(MN,\s\up16(→))·n＝0. 因为MN⊄平面BDE，所以MN∥平面BDE. (2)易知n1＝(1,0,0)为平面CEM的一个法向量． 设n2＝(x1，y1，z1)为平面EMN的一个法向量． 又eq \o(EM,\s\up16(→))＝(0，－2，－1)，eq \o(MN,\s\up16(→))＝(1,2，－1)， 则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(n2·\o(EM,\s\up16(→))＝0，,n2·\o(MN,\s\up16(→))＝0，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(－2y1－z1＝0，,x1＋2y1－z1＝0.)) 不妨取y1＝1，可得n2＝(－4,1，－2)． 所以cos〈n1，n2〉＝eq \f(n1·n2,|n1||n2|)＝－eq \f(4,\r(21)). 于是sin〈n1，n2〉＝eq \f(\r(105),21). 所以二面角C­EM­N的正弦值为eq \f(\r(105),21). (3)依题意，设AH＝h(0≤h≤4)，则H(0,0，h)． 进而可得eq \o(NH,\s\up16(→))＝(－1，－2，h)，eq \o(BE,\s\up16(→))＝(－2,2,2)． 由已知，得|cos〈eq \o(NH,\s\up16(→))，eq \o(BE,\s\up16(→))〉|＝eq \f(|\o(NH,\s\up16(→))·\o(BE,\s\up16(→))|,|\o(NH,\s\up16(→))||\o(BE,\s\up16(→))|)＝eq \f(|2h－2|,\r(h2＋5)×2\r(3))＝eq \f(\r(7),21). 整理得10h2－21h＋8＝0.解得h＝eq \f(8,5)或h＝eq \f(1,2). 所以线段AH的长为eq \f(8,5)或eq \f(1,2). 四、探索性问题与翻折性问题 解决存在性问题的基本策略是：通常假设题中的数学对象存在(或结论成立)，然后在这个前提下进行逻辑推理，若能推导出与条件吻合的数据或事实，说明假设成立，即存在，并可进一步证明；若推导出与条件或实际情况相矛盾的结论，则说明假设不成立，即不存在． [例 7]　如图所示，在四棱锥P­ABCD中，侧面PAD⊥底面ABCD，底面ABCD是平行四边形，∠ABC＝45°，AD＝AP＝2，AB＝DP＝2eq \r(2)，E为CD的中点，点F在线段PB上． (1)求证：AD⊥PC； (2)试确定点F的位置，使得直线EF与平面PDC所成的角和直线EF与平面ABCD所成的角相等． [解]　(1)证明：如图所示，在平行四边形ABCD中，连接AC． 因为AB＝2eq \r(2)，BC＝2，∠ABC＝45°， 由余弦定理，得AC2＝AB2＋BC2－2·AB·BC·cos 45°＝4.解得AC＝2， 所以∠ACB＝90°，即BC⊥AC． 又AD∥BC，所以AD⊥AC． 因为AD＝AP＝2，DP＝2eq \r(2)，所以PA⊥AD． 又AP∩AC＝A，AP，AC⊂平面PAC， 所以AD⊥平面PAC，又PC⊂平面PAC．所以AD⊥PC． (2)因为侧面PAD⊥底面ABCD，PA⊥AD，侧面PAD∩底面ABCD＝AD，PA⊂侧面PAD，所以PA⊥底面ABCD． 所以直线AC，AD，AP两两垂直． 以A为原点，直线DA，AC，AP为坐标轴， 建立如图所示的空间直角坐标系A­xyz， 则A(0,0,0)，D(－2,0,0)，C(0,2,0)，B(2,2,0)， E(－1,1,0)，P(0,0,2)． 所以eq \o(PC,\s\up16(→))＝(0,2，－2)，eq \o(PD,\s\up16(→))＝(－2,0，－2)，eq \o(PB,\s\up16(→))＝(2,2，－2)． 设eq \f(PF,PB)＝λ(λ∈[0,1])， 则eq \o(PF,\s\up16(→))＝(2λ，2λ，－2λ)，F(2λ，2λ，－2λ＋2)． 所以eq \o(EF,\s\up16(→))＝(2λ＋1,2λ－1，－2λ＋2)． 易得平面ABCD的一个法向量为m＝(0,0，1)． 设平面PDC的法向量为n＝(x，y，z)， 由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(n·\o(PC,\s\up16(→))＝0，,n·\o(PD,\s\up16(→))＝0，))得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(2y－2z＝0，,－2x－2z＝0.)) 令x＝1，得n＝(1，－1，－1)． 因为直线EF与平面PDC所成的角和直线EF与平面ABCD所成的角相等，所以|cos〈eq \o(EF,\s\up16(→))，m〉|＝|cos〈eq \o(EF,\s\up16(→))，n〉|， 即eq \f(|\o(EF,\s\up16(→))·m|,|\o(EF,\s\up16(→))||m|)＝eq \f(|\o(EF,\s\up16(→))·n|,|\o(EF,\s\up16(→))||n|). 所以|－2λ＋2|＝eq \f(|2λ|,\r(3))，即eq \r(3)|λ－1|＝|λ|(λ∈[0,1])． 解得λ＝eq \f(3－\r(3),2)，所以eq \f(PF,PB)＝eq \f(3－\r(3),2). 即当eq \f(PF,PB)＝eq \f(3－\r(3),2)时，直线EF与平面PDC所成的角和直线EF与平面ABCD所成的角相等． [例 8]　如图①，在直角梯形ABCD中，AD∥BC，AB⊥BC，BD⊥DC，点E是BC边的中点，将△ABD沿BD折起，使平面ABD⊥平面BCD，连接AE，AC，DE，得到如图②所示的几何体． (1)求证：AB⊥平面ADC； (2)若AD＝1，二面角C­AB­D的平面角的正切值为eq \r(6)，求二面角 B ­AD ­E的余弦值． [解]　(1)证明：因为平面ABD⊥平面BCD， 平面ABD∩平面BCD＝BD，BD⊥DC，所以DC⊥平面ABD． 因为AB⊂平面ABD，所以DC⊥AB． 又因为折叠前后均有AD⊥AB， DC∩AD＝D，所以AB⊥平面ADC． (2)由(1)知，AB⊥平面ADC． 所以二面角C­AB­D的平面角为∠CAD． 又DC⊥平面ABD，AD⊂平面ABD， 所以DC⊥AD． 依题意tan∠CAD＝eq \f(CD,AD)＝eq \r(6). 因为AD＝1，所以CD＝eq \r(6). 设AB＝x(x＞0)，则BD＝eq \r(x2＋1). 依题意△ABD∽△DCB． 所以eq \f(AB,AD)＝eq \f(CD,BD)，即eq \f(x,1)＝eq \f(\r(6),\r(x2＋1)) . 解得x＝eq \r(2).故AB＝eq \r(2)，BD＝eq \r(3)，BC＝eq \r(BD2＋CD2)＝3. 如图所示，建立空间直角坐标系D ­xyz， 则D(0,0,0)，B(eq \r(3)，0,0)，C(0，eq \r(6)，0)， Eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，\f(\r(6),2)，0))，Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),3)，0，\f(\r(6),3))). 所以eq \o(DE,\s\up16(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，\f(\r(6),2)，0))，eq \o(DA,\s\up16(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),3)，0，\f(\r(6),3))). 由(1)知，平面BAD的一个法向量n＝(0,1,0)． 设平面ADE的法向量为m＝(x，y，z)， 由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(m·\o(DE,\s\up16(→))＝0，,m·\o(DA,\s\up16(→))＝0，))得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)x＋\f(\r(6),2)y＝0，,\f(\r(3),3)x＋\f(\r(6),3)z＝0.)) 令x＝eq \r(6)，得y＝－eq \r(3)，z＝－eq \r(3). 所以m＝(eq \r(6)，－eq \r(3)，－eq \r(3))为平面ADE的一个法向量． 所以cos〈n，m〉＝eq \f(n·m,|n|·|m|)＝－eq \f(1,2). 由图可知，二面角B ­AD­E的平面角为锐角． 所以二面角B ­AD­E的余弦值为eq \f(1,2). $$