第1章　培优课1　空间向量在立体几何问题中的应用课件-2026-2027学年高二上学期数学人教A版选择性必修第一册

该高中数学课件聚焦空间向量在立体几何探索性、折叠问题中的应用，从考试热点切入，通过例题解析、策略总结搭建学习支架，衔接空间向量运算与立体几何综合问题。 其亮点是以四棱锥存在性问题、平面图形折叠等实例，培养学生空间观念与推理能力，策略总结助力形成思维框架，体现数学思维与语言表达，能提升学生综合能力，为教师提供系统教学资源。

第一章　空间向量与立体几何 培优课1　空间向量在立体几何问题中的应用 (－1，2，1)(答案不唯一) C D D D B A 2 Thank you for watching. 立体几何中的探索性、折叠问题是各类考试考查的热点内容，也是一个难点，常见于解答题中，其题目特点是灵活性较强，需要相对丰富的空间想象能力及计算能力来对所研究几何体进行深入的剖析与推理，考查学生的综合能力，培养学生的思维能力． 类型一　立体几何中的探索性问题 【例1】　如图，已知在四棱锥P­ABCD中，底面ABCD是矩形，且AD＝2AB，△PAD是正三角形，CD⊥平面PAD，E，F，G，O分别是PC，PD，BC，AD的中点． (1)求平面EFG与平面ABCD夹角的大小； (2)在线段PA上是否存在点M，使得直线GM与平面EFG所成角的大小为 eq \f(π,6)，若存在，求出 eq \f(PM,PA)的值；若不存在，请说明理由． 解　(1)连接PO，OG.因为△PAD是正三角形，O为AD的中点，所以PO⊥AD，因为CD⊥平面PAD，PO⊂平面PAD，所以PO⊥CD，因为CD，AD⊂平面ABCD，CD∩AD＝D，所以PO⊥平面ABCD，因为底面ABCD是矩形，且O，G分别为AD，BC的中点，所以OG∥AB，因为AB⊥AD，所以OG⊥AD，则以点O为坐标原点，OA，OG，OP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． 设AB＝2，则AD＝4，G(0，2，0)，E(－1，1， eq \r(3))，F(－1，0， eq \r(3))，则 eq \o(EF,\s\up16(→))＝(0，－1，0)， eq \o(EG,\s\up16(→))＝(1，1，－ eq \r(3))， 设平面EFG的法向量为n＝(x，y，z)， 则 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(n·\o(EF,\s\up16(→))＝－y＝0，,n·\o(EG,\s\up16(→))＝x＋y－\r(3)z＝0，)) 取x＝ eq \r(3)，可得n＝( eq \r(3)，0，1)，易知平面ABCD的一个法向量为m＝(0，0，1)， 设平面EFG与平面ABCD的夹角为θ， 所以cos θ＝|cos 〈m，n〉|＝ eq \f(|m·n|,|m||n|)＝ eq \f(1,2)， 因此，平面EFG与平面ABCD的夹角为 eq \f(π,3). (2)假设线段PA上存在点M，使得直线GM与平面EFG所成角的大小为 eq \f(π,6)，连接GM，由(1)知P(0，0，2 eq \r(3))，A(2，0，0)，则 eq \o(PA,\s\up16(→))＝(2，0，－2 eq \r(3))， eq \o(GP,\s\up16(→))＝(0，－2，2 eq \r(3))， 设 eq \o(PM,\s\up16(→))＝λ eq \o(PA,\s\up16(→))＝λ(2，0，－2 eq \r(3))＝(2λ，0，－2 eq \r(3)λ)，其中0≤λ≤1，则 eq \o(GM,\s\up16(→))＝ eq \o(GP,\s\up16(→))＋ eq \o(PM,\s\up16(→))＝(0，－2，2 eq \r(3))＋(2λ，0，－2 eq \r(3)λ)＝(2λ，－2，2 eq \r(3)－2 eq \r(3)λ).由题意可得|cos 〈n， eq \o(GM,\s\up16(→))〉|＝ eq \f(|n·\o(GM,\s\up16(→))|,|n||\o(GM,\s\up16(→))|)＝ eq \f(2\r(3),2\r(4λ2＋4＋12(1－λ)2))＝ eq \f(1,2)， 整理可得4λ2－6λ＋1＝0， 因为0≤λ≤1，所以λ＝ eq \f(3－\r(5),4). 因此，在线段PA上存在点M，使得直线GM与平面EFG所成角的大小为 eq \f(π,6)，此时 eq \f(PM,PA)＝ eq \f(3－\r(5),4). 利用空间向量解决探索性问题的策略 探索性问题通常分为两类：一类是已知点存在，求点的位置；一类是判断点的“存在性”问题．其中，在点的“存在性”问题中，先假设所求点存在，将其作为已知条件，得出点的位置或与题设条件矛盾的结论，从而得到结果．在设参数求解点的坐标时，若出现多解的情况，则应分析不同解的含义，判断哪些解是符合题设条件的，再做出取舍．求解点、平面是否存在等探索性问题时，常常先利用特殊的位置关系或极端情形确定点或平面，再利用直线与平面的位置关系去证明结论． [跟踪训练1]　如图，在四棱锥P­ABCD中，四边形ABCD为菱形，且∠ABC＝ 60°，PA⊥平面ABCD，E为BC的中点，F为棱PC上一点． (1)求证：平面AEF⊥平面PAD； (2)若G为PD的中点，AB＝AP＝2，是否存在点F，使得直线EG与平面AEF所成角的正弦值为 eq \f(1,5)？若存在，求出 eq \f(PF,PC)的值；若不存在，请说明理由． 解　(1)证明：连接AC，因为四边形ABCD为菱形，∠ABC＝60°，所以△ABC是正三角形，因为E是BC的中点，所以AE⊥BC. 又AD∥BC，所以AE⊥AD， 因为PA⊥平面ABCD，AE⊂平面ABCD，所以PA⊥AE， 又PA∩AD＝A，PA，AD⊂平面PAD，所以AE⊥平面PAD， 又AE⊂平面AEF，所以平面AEF⊥平面PAD. (2)由(1)知AE，AD，AP两两垂直，故以A为坐标原点，直线AE, AD, AP分别为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系，设 eq \o(PF,\s\up16(→))＝t eq \o(PC,\s\up16(→))(0≤t≤1)，则A(0，0，0)，E( eq \r(3)，0，0)，C( eq \r(3)，1，0)，P(0，0，2)，G(0，1，1)，由 eq \o(PF,\s\up16(→))＝t eq \o(PC,\s\up16(→))＝( eq \r(3)t，t，－2t)(0≤t≤1)，得F( eq \r(3)t，t，2－2t)，所以 eq \o(AE,\s\up16(→))＝( eq \r(3)，0，0)， eq \o(AF,\s\up16(→))＝( eq \r(3)t，t，2－2t)， eq \o(EG,\s\up16(→))＝(－ eq \r(3)，1，1). 设平面AEF的法向量为n＝(x，y，z)， 则 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(n·\o(AE,\s\up16(→))＝0，,n·\o(AF,\s\up16(→))＝0，))即 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(\r(3)x＝0，,\r(3)tx＋ty＋(2－2t)z＝0，)) 令z＝t，得平面AEF的一个法向量为n＝(0，2t－2，t). 设直线EG与平面AEF所成的角为θ， 则sin θ＝|cos 〈 eq \o(EG,\s\up16(→))，n〉|＝ eq \f(|\o(EG,\s\up16(→))·n|,|\o(EG,\s\up16(→))||n|) ＝ eq \f(|2t－2＋t|,\r(5)×\r((2t－2)2＋t2)) ＝ eq \f(|3t－2|,\r(5)×\r(5t2－8t＋4))＝ eq \f(1,5)， 整理可得10t2－13t＋4＝0， 解得t＝ eq \f(1,2)或t＝ eq \f(4,5)， 即存在点F，使得直线EG与平面AEF所成角的正弦值为 eq \f(1,5)，且 eq \f(PF,PC)＝ eq \f(1,2)或 eq \f(PF,PC)＝ eq \f(4,5). 类型二　立体几何中的折叠问题 【例2】　如图①，平面四边形ABCD中，CD＝4，AB＝AD＝2，∠BAD＝60°，∠BCD＝30°，将三角形ABD沿BD翻折到三角形PBD的位置，如图②，平面PBD⊥平面BCD，E为PD的中点． (1)求证：PD⊥CE； (2)求直线BE与平面PCD所成角的正弦值． 解　(1)证明：由题意可得△ABD为等边三角形，则BD＝2，在△BCD中，CD＝4，∠BCD＝30°，由余弦定理可求得BC＝2 eq \r(3)，∴CD2＝BD2＋BC2，即BC⊥BD. 又平面PBD⊥平面BCD，平面PBD∩平面BCD＝BD，BC⊂平面BCD，∴BC⊥平面PBD，∵PD⊂平面PBD，∴BC⊥PD. 在等边三角形PBD中，E为PD的中点， 则BE⊥PD，且BC∩BE＝B， ∴PD⊥平面BCE，又CE⊂平面BCE， ∴PD⊥CE. (2)如图，以B为坐标原点，BC，BD所在直线分别为x轴，y轴建立空间直角坐标系，则B(0，0，0)，C(2 eq \r(3)，0，0)，D(0，2，0)，P(0，1， eq \r(3))， E eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(3,2)，\f(\r(3),2)))， eq \o(CD,\s\up16(→))＝(－2 eq \r(3)，2，0)， eq \o(PD,\s\up16(→))＝(0，1，－ eq \r(3))， eq \o(BE,\s\up16(→))＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(3,2)，\f(\r(3),2))). 设m＝(x，y，z)是平面PCD的法向量， 则 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(m·\o(CD,\s\up16(→))＝0，,m·\o(PD,\s\up16(→))＝0，))即 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(－2\r(3)x＋2y＝0，,y－\r(3)z＝0，)) 取y＝ eq \r(3)，则m＝(1， eq \r(3)，1)， 设直线BE与平面PCD所成角为θ，则sin θ＝|cos 〈m， eq \o(BE,\s\up16(→))〉|＝ eq \f(|m·\o(BE,\s\up16(→))|,|m||\o(BE,\s\up16(→))|) ＝ eq \f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(3\r(3),2)＋\f(\r(3),2))),\r(5)×\r(3))＝ eq \f(2\r(5),5)， ∴直线BE与平面PCD所成角的正弦值为 eq \f(2\r(5),5). 求解平面图形翻折成立体图形的关键点 (1)确定翻折前后变与不变的关系 分清翻折前后图形的位置和数量关系的变与不变．一般地，位于“折痕”同侧的点、线、面之间的位置和数量关系不变，而位于“折痕”两侧的点、线、面之间的位置关系会发生变化．对于不变的关系应在平面图形中处理，而对于变化的关系则要在立体图形中解决． (2)确定翻折后关键点的位置 所谓的关键点，是指翻折过程中运动变化的点．因为这些点的位置移动，会带动与其相关的其他的点、线、面的关系变化，以及其他点、线、面之间位置关系与数量关系的变化．只有分析清楚关键点的准确位置，才能以此为参照点，确定其他点、线、面的位置，进而进行有关的证明与计算． [跟踪训练2]　如图，在平面四边形ABCD中，BC＝CD，BC⊥CD，AD⊥BD，以BD为折痕把△ABD折起，使点A到达点P的位置，且PC⊥BC. (1)证明：PD⊥CD； (2)若M为PB的中点，二面角P­BC­D的大小为60°，求直线PC与平面MCD所成角的正弦值． 解　(1)证明：因为BC⊥CD，BC⊥PC，PC∩CD＝C，所以BC⊥平面PCD. 又PD⊂平面PCD，所以BC⊥PD， 又PD⊥BD，BD∩BC＝B，所以PD⊥平面BCD， 又CD⊂平面BCD，所以PD⊥CD. (2)因为PC⊥BC，CD⊥BC，所以∠PCD是二面角P­BC­D的平面角，即∠PCD＝60°， 在Rt△PCD中，PD＝CDtan 60°＝ eq \r(3)CD. 取BD的中点O，连接OM，OC，因为BC＝CD， 所以OC⊥BD，由(1)知，PD⊥平面BCD，又OM为△PBD的中位线，所以OM⊥平面BCD， 所以OM⊥BD，OM⊥OC，即OM，OC，BD两两垂直． 以O为原点建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz，设OB＝1， 则P(0，1， eq \r(6))，C(1，0，0)，D(0，1，0)，M eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，0，\f(\r(6),2)))， eq \o(CP,\s\up16(→))＝(－1，1， eq \r(6))， eq \o(CD,\s\up16(→))＝(－1，1，0)， eq \o(CM,\s\up16(→))＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，0，\f(\r(6),2))). 设平面MCD的法向量为n＝(x，y，z)， 则由 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(n·\o(CD,\s\up16(→))＝0，,n·\o(CM,\s\up16(→))＝0，))得 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(－x＋y＝0，,－x＋\f(\r(6),2)z＝0，)) 令z＝ eq \r(2)，得n＝( eq \r(3)， eq \r(3)， eq \r(2))， 设直线PC与平面MCD所成角为θ， 所以sin θ＝|cos 〈 eq \o(CP,\s\up16(→))，n〉|＝ eq \f(|\o(CP,\s\up16(→))·n|,|\o(CP,\s\up16(→))||n|)＝ eq \f(\r(3),4)， 所以直线PC与平面MCD所成角的正弦值为 eq \f(\r(3),4). 1．(2024·辽宁沈阳一中月考)如图①，在直角梯形ABCD中，AD∥BC，AB⊥BC，且AB＝BC＝2AD＝4，E，F分别为AB，CD的中点，沿EF把梯形AEFD折起，使平面AEFD⊥平面EBCF，得到如图②所示的立体图形，且以E为坐标原点， eq \o(EB,\s\up16(→))的方向为x轴的正方向建立空间直角坐标系．若在线段EC上存在点G，使得AG∥平面CDF，则 平面CDF的一个法向量n＝ ，EG＝ ． eq \f(2\r(5),3) 解析　由题得E(0，0，0)，A(0，0，2)，D(0，2，2)，F(0，3，0)，C(2，4，0)，所以 eq \o(DF,\s\up16(→))＝(0，1，－2)， eq \o(DC,\s\up16(→))＝(2，2，－2)， eq \o(EC,\s\up16(→))＝(2，4，0).设平面CDF的法向量n＝(x，y，z)，则 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(n·\o(DF,\s\up16(→))＝0，,n·\o(DC,\s\up16(→))＝0，)) 即 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(y－2z＝0，,2x＋2y－2z＝0，))令z＝1，可得n＝(－1，2，1)为平面CDF的一个法向量．设 eq \o(EG,\s\up16(→))＝λ eq \o(EC,\s\up16(→))＝(2λ，4λ，0)，则G(2λ，4λ，0)， eq \o(AG,\s\up16(→))＝(2λ，4λ，－2).因为AG∥平面CDF，所以 eq \o(AG,\s\up16(→))⊥n，所以 eq \o(AG,\s\up16(→))·n＝0，即－2λ＋2×4λ－2＝0，解得λ＝ eq \f(1,3)，即 eq \o(EG,\s\up16(→))＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)，\f(4,3)，0))，故EG＝| eq \o(EG,\s\up16(→))|＝ eq \f(2\r(5),3). 2．已知在长方体ABCD­A1B1C1D1中，E，M分别是BC，AE的中点，AD＝AA1＝a，AB＝2a.试问在线段CD1上是否存在一点N，使MN∥平面ADD1A1？若存在，确定N的位置；若不存在，说明理由． 解　以D为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则D(0，0，0)，C(0，2a，0)，D1(0，0，a)，M eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)a，a，0))， 则 eq \o(DC,\s\up16(→))＝(0，2a，0)， eq \o(CD1,\s\up16(→))＝(0，－2a，a). 假设CD1上存在点N，使MN∥平面ADD1A1， 设 eq \o(CN,\s\up16(→))＝λ eq \o(CD1,\s\up16(→))＝(0，－2aλ，aλ)(0<λ<1)， 则 eq \o(DN,\s\up16(→))＝ eq \o(DC,\s\up16(→))＋ eq \o(CN,\s\up16(→))＝(0，2a，0)＋(0，－2aλ，aλ)＝(0，2a(1－λ)，aλ)， 又 eq \o(DM,\s\up16(→))＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)a，a，0))， ∴ eq \o(MN,\s\up16(→))＝ eq \o(DN,\s\up16(→))－ eq \o(DM,\s\up16(→))＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,4)a，a－2aλ，aλ)). 易知 eq \o(DC,\s\up16(→))是平面ADD1A1的一个法向量， 又∵MN∥平面ADD1A1， ∴ eq \o(MN,\s\up16(→))⊥ eq \o(DC,\s\up16(→))，即2a(a－2aλ)＝0，解得λ＝ eq \f(1,2). 又MN⊄平面ADD1A1， 故当N为CD1的中点时，MN∥平面ADD1A1. 培优课1　空间向量在立体几何问题中的应用 1．如图1，将两个全等的等腰直角三角形拼成一个平行四边形ABCD，将平行四边形ABCD沿对角线BD折起，使平面ABD⊥平面BCD，如图2，则直线AC与BD所成角的余弦值为(　　) A． eq \f(2\r(2),3) B． eq \f(\r(6),3) C． eq \f(\r(3),3) D． eq \f(1,3) 解析　因为平面ABD⊥平面BCD，AB⊥BD，平面ABD∩平面BCD＝BD， AB⊂平面ABD，所以AB⊥平面BCD，又DC⊂平面BCD，所以AB⊥DC，又DB⊥DC，过点D作z轴∥AB，建立空间直角坐标系，如图所示． 设AB＝1，所以BD＝1，DC＝1， 则A(0，1，1)，B(0，1，0)，C(1，0，0)，D(0，0，0)， 所以 eq \o(AC,\s\up16(→))＝(1，－1，－1)， eq \o(BD,\s\up16(→))＝(0，－1，0)， 所以|cos 〈 eq \o(AC,\s\up16(→))， eq \o(BD,\s\up16(→))〉|＝ eq \f(|\o(AC,\s\up16(→))·\o(BD,\s\up16(→))|,|\o(AC,\s\up16(→))||\o(BD,\s\up16(→))|)＝ eq \f(1,\r(3))＝ eq \f(\r(3),3). 2．如图，在直三棱柱ABC­A1B1C1中，AB＝BC，AB⊥BC，若棱C1C上存在唯一的一点P满足PA1⊥BP，则 eq \f(BB1,BC)等于(　　) A． eq \f(1,2) B．1 C． eq \f(3,2) D．2 解析　以点B为坐标原点，BA，BC，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，设BC＝1，BB1＝a(a>0)， eq \o(CP,\s\up16(→))＝λ eq \o(CC1,\s\up16(→))(0≤λ≤1)，则B(0，0，0)，A1(1，0，a)，P(0，1，λa)，所以 eq \o(PA1,\s\up16(→))＝(1，－1，(1－λ)a)， eq \o(BP,\s\up16(→))＝(0，1，λa)，又存在唯一的一点P满足PA1⊥BP，所以 eq \o(PA1,\s\up16(→))· eq \o(BP,\s\up16(→))＝λ(1－λ)a2－1＝0，化简得λ2－λ＋ eq \f(1,a2)＝0，故Δ＝1－ eq \f(4,a2)＝0，可得a＝2，此时λ＝ eq \f(1,2)，所以 eq \f(BB1,BC)＝2. 3．在如图所示的四边形ABCD中，AB＝BD＝DA＝2，BC＝CD＝ eq \r(2).现将△ABD沿BD折起，当平面ABD与平面BDC垂直时，直线AB与CD所成角的余弦值是(　　) A．－ eq \f(\r(2),8) B．－ eq \f(\r(2),4) C． eq \f(\r(2),8) D． eq \f(\r(2),4) 解析　在四边形ABCD中，取BD的中点O，连接AO，CO，因为AB＝BD＝DA＝2，BC＝CD＝ eq \r(2)，所以AO⊥BD，CO⊥BD，且AO＝ eq \r(AB2－BO2)＝ eq \r(3)，CO＝ eq \r(BC2－BO2)＝1.翻折后，对应地BD⊥AO, BD⊥CO，又因为平面ABD⊥平面BDC，平面ABD∩平面BDC＝BD，AO⊂平面ABD，AO⊥BD，所以AO⊥平面BCD，所以AO⊥CO，以点O为坐标原点，OC，OD，OA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． 则点A(0，0， eq \r(3))，B(0，－1，0)，C(1，0，0)，D(0，1，0)，所以 eq \o(AB,\s\up16(→))＝(0，－1，－ eq \r(3))， eq \o(CD,\s\up16(→))＝(－1，1，0)，|cos 〈 eq \o(AB,\s\up16(→))， eq \o(CD,\s\up16(→))〉|＝ eq \f(|\o(AB,\s\up16(→))·\o(CD,\s\up16(→))|,|\o(AB,\s\up16(→))||\o(CD,\s\up16(→))|)＝ eq \f(|－1|,2\r(2))＝ eq \f(\r(2),4)，因此直线AB与CD所成角的余弦值是 eq \f(\r(2),4). 4．如图，在四棱柱ABCD­A1B1C1D1中，AA1⊥平面A1B1C1D1，底面A1B1C1D1是边长为a的正方形，侧棱AA1的长为b，E为侧棱BB1上的动点(包括端点)，则(　　) A．对任意的a，b，存在点E，使得B1D⊥EC1 B.当且仅当a＝b时，存在点E，使得B1D⊥EC1 C.当且仅当a≥b时，存在点E，使得B1D⊥EC1 D.当且仅当a≤b时，存在点E，使得B1D⊥EC1 解析　以D1为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系．则B1(a，a，0)，D(0，0，b)，C1(0，a，0)，设E(a，a，t)(0≤t≤b)，所以 eq \o(B1D,\s\up16(→))＝(－a，－a，b)， eq \o(EC1,\s\up16(→))＝(－a，0，－t)，所以 eq \o(B1D,\s\up16(→))· eq \o(EC1,\s\up16(→))＝a2－bt，令a2－bt＝0，得t＝ eq \f(a2,b)，由0≤ eq \f(a2,b)≤b得a≤b，所以当且仅当a≤b时，存在点E，使得B1D⊥EC1，故选项D正确． 5．如图1，在Rt△ABC中，C＝ eq \f(π,2)，AC＝BC＝2，D，E分别为AC，AB的中点，将△ADE沿DE折起到△A1DE的位置，使A1D⊥CD，如图2.若F是A1B的中点，则四面体FCDE外接球的体积是(　　) A．2π B． eq \f(\r(2)π,3) C． eq \f(\r(2)π,6) D． eq \f(\r(2)π,12) 解析　依题意得CD⊥DE，A1D⊥DE，A1D∩CD＝D，A1D，CD⊂平面A1DC，所以DE⊥平面A1DC，又A1D⊥CD，故以D为坐标原点， eq \o(DC,\s\up16(→))， eq \o(DE,\s\up16(→))， eq \o(DA1,\s\up16(→))的方向分别为x，y，z轴的正方向建立空间直角坐标系，则D(0，0，0)，C(1，0，0)，E(0，1，0)，F eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1，\f(1,2))).依题意可知△DCE为直角三角形，所以△DCE的外接圆的圆心在CE的中点 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(1,2)，0))处，设四面体FCDE外接球的球心为M eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(1,2)，m))，半径为R，则| eq \o(DM,\s\up16(→))|＝| eq \o(MF,\s\up16(→))|＝R，即R＝ eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))\s\up12(2)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))\s\up12(2)＋m2)＝ eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)－\f(1,2)))\s\up12(2)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2)))\s\up12(2)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)－m))\s\up12(2))，解得m＝0，所以R＝ eq \f(\r(2),2)，所以四面体FCDE外接球的体积V＝ eq \f(4,3)πR3＝ eq \f(\r(2)π,3). 6．如图，在正方体ABCD­A1B1C1D1中，点P为棱DD1的中点，点Q为侧面ADD1A1内一点，B1Q⊥AP，则(　　) A．S△A1D1Q＝2S△A1AQ B．2S△A1D1Q＝S△A1AQ C．2S△A1D1Q＝3S△A1AQ D．3S△A1D1Q＝2S△A1AQ 解析　如图，以点D为原点建立空间直角坐标系， 不妨设正方体的棱长为2， 则A(2，0，0)，B1(2，2，2)，P(0，0，1)， 设Q(x，0，z)， 故 eq \o(AP,\s\up16(→))＝(－2，0，1)， eq \o(B1Q,\s\up16(→))＝(x－2，－2，z－2)， 因为B1Q⊥AP， 所以 eq \o(AP,\s\up16(→))· eq \o(B1Q,\s\up16(→))＝－2(x－2)＋(z－2)＝0，即z＝2x－2，所以Q(x，0，2x－2)， 则点Q到直线AA1的距离为|2－x|， 点Q到直线A1D1的距离为|2－(2x－2)|＝2|2－x|，所以x≠2， 故S△A1D1Q＝ eq \f(1,2)×2×2|2－x|＝2|2－x|，S△A1AQ＝ eq \f(1,2)×2×|2－x|＝|2－x|， 所以S△A1D1Q＝2S△A1AQ.故选A. 7．如图，在菱形ABCD中，AB＝ eq \f(4\r(3),3)，∠BAD＝60°，沿对角线BD将△ABD折起，使点A，C之间的距离为2 eq \r(2)，当P，Q分别为线段BD，CA的中点时，PQ与AD所成角的余弦值为 ． eq \f(\r(6),4) 解析　如图，连接PA，PC，由题意可得PA＝PC＝2，AC＝2 eq \r(2)，因为PA2＋PC2 ＝AC2，所以PA⊥PC.又易知PA⊥BD, PC⊥BD，所以以P为原点，PB，PC，PA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，则P(0，0，0)，Q(0，1，1), A(0，0，2)，D eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2\r(3),3)，0，0))， eq \o(PQ,\s\up16(→))＝(0，1，1)， eq \o(AD,\s\up16(→))＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2\r(3),3)，0，－2))，设PQ与AD所成的角为θ，则cos θ＝ eq \f(|\o(PQ,\s\up16(→))·\o(AD,\s\up16(→))|,|\o(PQ,\s\up16(→))||\o(AD,\s\up16(→))|)＝ eq \f(2,\r(2)×\r(\f(16,3)))＝ eq \f(\r(6),4). 所以PQ与AD所成角的余弦值为 eq \f(\r(6),4). 8．在菱形ABCD中，∠A＝60°，将△ABD沿对角线BD折起，使二面角A­BD­C为直二面角，则平面ABC与平面BCD夹角的余弦值为 ． eq \f(\r(5),5) 解析　取BD的中点O，连接AO，OC，依题意可得OA，OC，OB两两垂直，如图建立空间直角坐标系，令AB＝2，则A(0，0， eq \r(3))，B(1，0，0)，C(0， eq \r(3)，0)，所以 eq \o(BA,\s\up16(→))＝(－1，0， eq \r(3))， eq \o(BC,\s\up16(→))＝(－1， eq \r(3)，0)，设平面ABC的法向量为n＝(x，y，z)，则 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(n·\o(BA,\s\up16(→))＝－x＋\r(3)z＝0，,n·\o(BC,\s\up16(→))＝－x＋\r(3)y＝0，))令x＝ eq \r(3)，则y＝z＝1，所以n＝ ( eq \r(3)，1，1)，显然平面BCD的一个法向量为m＝(0，0，1)， 设平面ABC与平面BCD的夹角为θ， 则cos θ＝|cos 〈m，n〉|＝ eq \f(|m·n|,|m||n|) ＝ eq \f(1,1×\r((\r(3))2＋12＋12))＝ eq \f(\r(5),5)，故平面ABC与平面BCD夹角的余弦值为 eq \f(\r(5),5). 9．如图，在矩形ABCD中，BC＝2AB＝4，E为AD的中点，沿直线BE将△ABE翻折成 △A′BE，使平面A′BE⊥平面BCDE.点M，N分别在线段BC，DE上，若沿直线MN将四边形MNDC向上翻折，使C与A′重合，则BM＝ ，四棱锥A′­BMNE的 体积为 ． eq \f(8\r(2),9) 解析　如图，以A为原点，AB，AE，过点A且垂直于底面的直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，取BE的中点O，连接OA，OA′，A′M， 则OA⊥BE，OA′⊥BE，则A′(1，1， eq \r(2))， 设BM＝a，则M(2，a，0)，CM＝4－a， eq \o(A′M,\s\up16(→))＝(1，a－1，－ eq \r(2)). 由| eq \o(CM,\s\up16(→))|＝| eq \o(A′M,\s\up16(→))|， 得4－a＝ eq \r(1＋(a－1)2＋2)， 解得a＝2，故BM＝2. 同理，由| eq \o(CN,\s\up16(→))|＝| eq \o(A′N,\s\up16(→))|得DN＝ eq \f(4,3)， 故EN＝2－ eq \f(4,3)＝ eq \f(2,3). 则四棱锥A′­BMNE的体积为 eq \f(1,3)× eq \r(2)× eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)＋2))×2× eq \f(1,2)＝ eq \f(8\r(2),9). 10．如图，斜三棱柱ABC­A1B1C1的各棱长都为4，∠A1AB＝60°，点A1在下底面ABC上的射影为AB的中点O.在棱BB1(含端点)上是否存在一点D使A1D⊥AC1？若存在，求出BD的长；若不存在，请说明理由． 解　因为点A1在下底面ABC上的射影为AB的中点O，故A1O⊥平面ABC，连接OC，由题意△ABC为正三角形，故OC⊥AB，以O为原点，OA，OC，OA1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(0，0，2 eq \r(3))，B(－2，0，0)，B1(－4，0，2 eq \r(3))，C1(－2，2 eq \r(3)，2 eq \r(3))， 可得 eq \o(BB1,\s\up16(→))＝(－2，0，2 eq \r(3))， eq \o(AC1,\s\up16(→))＝(－4，2 eq \r(3)，2 eq \r(3))， eq \o(A1B,\s\up16(→))＝(－2，0，－2 eq \r(3))， 设 eq \o(BD,\s\up16(→))＝λ eq \o(BB1,\s\up16(→))＝(－2λ，0，2 eq \r(3)λ)，λ∈[0，1]， 可得 eq \o(A1D,\s\up16(→))＝ eq \o(A1B,\s\up16(→))＋ eq \o(BD,\s\up16(→))＝(－2λ－2，0，2 eq \r(3)λ－2 eq \r(3))， 假设在棱BB1(含端点)上存在一点D使A1D⊥AC1， 则 eq \o(A1D,\s\up16(→))· eq \o(AC1,\s\up16(→))＝4(2λ＋2)＋2 eq \r(3)(2 eq \r(3)λ－2 eq \r(3))＝0，解得λ＝ eq \f(1,5)， 所以存在满足条件的点D，此时BD＝ eq \f(1,5)BB1＝ eq \f(4,5). 11．已知四边形ABCD是边长为2的正方形，△P′AB为等边三角形(如图1所示)，将△P′AB沿着AB折起到△PAB的位置，且使平面PAB⊥平面ABCD，M是棱AD的中点(如图2所示). (1)求证：PC⊥BM； (2)求直线PC与平面PBM所成角的余弦值． 解　(1)证明：如图，取AB的中点O，CD的中点E，连接PO，OE，因为四边形ABCD是正方形，△PAB为等边三角形，所以OE⊥AB，PO⊥AB.又因为平面PAB⊥平面ABCD，PO⊂平面PAB， 平面PAB∩平面ABCD＝AB， 所以PO⊥平面ABCD，而OE⊂平面ABCD，所以PO⊥OE，所以OB，OE，OP两两垂直． 建立如图所示的空间直角坐标系， 则P(0，0， eq \r(3))，C(1，2，0)，B(1，0，0)，M(－1，1，0)， eq \o(PC,\s\up16(→))＝(1，2，－ eq \r(3))， eq \o(BM,\s\up16(→))＝(－2，1，0)，所以 eq \o(PC,\s\up16(→))· eq \o(BM,\s\up16(→))＝0， 所以PC⊥BM. (2)由(1)知 eq \o(PC,\s\up16(→))＝(1，2，－ eq \r(3))， eq \o(BM,\s\up16(→))＝(－2，1，0)， eq \o(BP,\s\up16(→))＝(－1，0， eq \r(3))， 设平面PBM的法向量为n＝(x，y，z)， 故 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(n·\o(BM,\s\up16(→))＝0，,n·\o(BP,\s\up16(→))＝0，))即 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(－2x＋y＝0，,－x＋\r(3)z＝0，))令x＝ eq \r(3)，则z＝1，y＝2 eq \r(3)，可得n＝( eq \r(3)，2 eq \r(3)，1). 设直线PC与平面PBM所成的角为θ， 故sin θ＝|cos 〈n， eq \o(PC,\s\up16(→))〉|＝ eq \f(|n·\o(PC,\s\up16(→))|,|n||\o(PC,\s\up16(→))|)＝ eq \f(4\r(3),4×2\r(2))＝ eq \f(\r(6),4)， 因为θ为锐角，故cos θ＝ eq \r(1－sin2θ)＝ eq \f(\r(10),4). 所以直线PC与平面PBM所成角的余弦值为 eq \f(\r(10),4). 12．如图，在四棱锥P­ABCD中，PA⊥底面ABCD，AD⊥AB，AB∥DC，AD＝DC＝AP＝2，AB＝1，点E为棱PC的中点． (1)求证：BE⊥DC； (2)若F为棱PC上一点，满足BF⊥AC，求平面FAB与平面ABP夹角的余弦值． 解　(1)证明：依题意，如图，以点A为坐标原点建立空间直角坐标系，可得A(0，0，0)，B(1，0，0)，C(2，2，0)，D(0，2，0)，P(0，0，2).由E为棱PC的中点，得E(1，1，1)，所以 eq \o(BE,\s\up16(→))＝(0，1，1)， eq \o(DC,\s\up16(→))＝(2，0，0)，故 eq \o(BE,\s\up16(→))· eq \o(DC,\s\up16(→))＝0，所以BE⊥DC. (2)由(1)知 eq \o(BC,\s\up16(→))＝(1，2，0)， eq \o(CP,\s\up16(→))＝(－2，－2，2)， eq \o(AC,\s\up16(→))＝(2，2，0)， eq \o(AB,\s\up16(→))＝(1，0，0). 因为点F在棱PC上，所以 eq \o(CF,\s\up16(→))＝λ eq \o(CP,\s\up16(→))(0≤λ≤1)， 故 eq \o(BF,\s\up16(→))＝ eq \o(BC,\s\up16(→))＋ eq \o(CF,\s\up16(→))＝ eq \o(BC,\s\up16(→))＋λ eq \o(CP,\s\up16(→))＝(1－2λ，2－2λ，2λ). 由BF⊥AC，得 eq \o(BF,\s\up16(→))· eq \o(AC,\s\up16(→))＝0， 即2(1－2λ)＋2(2－2λ)＝0，解得λ＝ eq \f(3,4)， 故 eq \o(BF,\s\up16(→))＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，\f(1,2)，\f(3,2))). 设n1＝(x，y，z)为平面FAB的法向量， 则 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(n1·\o(AB,\s\up16(→))＝0，,n1·\o(BF,\s\up16(→))＝0，))即 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(x＝0，,－\f(1,2)x＋\f(1,2)y＋\f(3,2)z＝0，)) 不妨令z＝1，可得n1＝(0，－3，1)为平面FAB的一个法向量． 易知向量n2＝(0，1，0)为平面ABP的一个法向量， 则|cos 〈n1，n2〉|＝ eq \f(|n1·n2|,|n1||n2|)＝ eq \f(3,\r(10)×1)＝ eq \f(3\r(10),10). 所以平面FAB与平面ABP夹角的余弦值为 eq \f(3\r(10),10). $