第09讲 向量法判断空间位置关系讲义-2026-2027学年高二上学期数学沪教版选择性必修第一册

第09讲 向量法判断空间位置关系讲义 【知识点01】直线的方向向量与平面的法向量 1. 直线的方向向量：与直线平行的非零向量称为直线的一个方向向量。一条直线有无数个方向向量，它们彼此平行（共线）。若直线上有两点，则也是直线的一个方向向量。 2. 平面的法向量：与平面垂直的非零向量称为平面的一个法向量。一个平面的法向量有无数个，它们彼此平行；都是该平面的法向量。 3. 坐标法求平面的法向量的步骤： ①在平面内取两个不共线向量，； ②设法向量； ③由且建立关于的方程组； ④解方程组，取其中一组非零解，即得平面的一个法向量。 【知识点02】向量法判断位置关系的判定条件 设直线的方向向量分别为；平面的法向量分别为。 1. 线线位置关系： 2. 线面位置关系：（设直线方向向量为，平面的法向量为） 3. 面面位置关系：； 判定条件速查表： 位置关系 向量条件 说明 线线平行 方向向量共线 线线垂直 方向向量点积为零 线面垂直 方向向量与法向量平行 线面平行 方向向量⊥法向量，且 l⊄α 面面平行 两法向量平行 面面垂直 两法向量点积为零 易错点一　混淆“线面垂直”与“线面平行”的向量条件。 线面垂直要求方向向量与法向量平行；线面平行要求方向向量与法向量垂直。二者恰好“相反”，是最常出错之处。记忆：线⊥面 → 向量∥；线∥面 → 向量⊥。 易错点二　判断线面平行时漏掉“直线不在平面内”。 由只能推出或。若要证，还必须验证直线上至少有一点不在平面内（常取上一点代入平面方程检验）。 易错点三　用坐标比例判断向量平行时误除零坐标。 例如，应设列方程组：，故两向量平行。零坐标对应恒成立，无需也不能相除。 易错点四　法向量求法中“取解”不完整或取到零向量。 法向量必须是非零向量；方程组有无穷多解时，取最简单的非零解（如令某坐标）。且平面内所取两个向量必须不共线，否则无法唯一确定法向量方向。 易错点五　判断面面关系用错“法向量”与“方向向量”。 判断两平面平行或垂直，只能使用两平面的法向量，不能用直线方向向量；判断两直线位置关系只能用方向向量。两者不可混用。 【题型一】求平面的法向量 【例1-1】（24-25高二·上海宝山·期末）已知平面的法向量为，则直线和平面的位置关系是（    ） A． B． C． D．与相交但不垂直 【例1-2】（24-25高二上·上海·阶段检测）已知直线的一个方向向量为，平面的一个法向量为，且直线与平面平行，则实数__________． 【例1-3】（24-25高二上·上海崇明·期中）已知、分别是平面、的法向量，且，则______. 【变式1-1】（25-26高二下·上海·期末）已知和是直线上两个不同的点，是平面的一个法向量，则“”是“”的（     ）条件． A．充分非必要 B．必要非充分 C．充要 D．非充分又非必要 【变式1-2】（25-26高二·上海宝山·期末）空间中，已知直线的一个方向向量为，平面的一个法向量为（常数）．若，则实数的值为__________． 【变式1-3】（25-26高二上·上海·期中）已知平面平面，与的法向量分别为，，且，，则__________. 【题型二】判断线线位置关系 【例2】（25-26高二·上海宝山·期末）空间中，两条直线、的方向向量分别为、，则“”是“”的（     ）． A．充分非必要条件 B．必要非充分条件 C．充分必要条件 D．既非充分又非必要条件 【变式2-1】（26-27高二上·上海徐汇·阶段检测）已知正方体中，点P、Q、R分别是线段上的动点，观察直线CP与与，得出下列结论： ①对于任意给定的点，存在点，使得； ②对于任意给定的点，存在点，使得； ③对于任意给定的点，存在点，使得； ④对于任意给定的点，存在点，使得； 其中正确的结论是_______________．（请填写所有你认为正确结论的序号） 【变式2-2】（24-25高二·上海·课堂例题）如图，直三棱柱中，，，，，是的中点． (1)求直线的一个方向向量； (2)求证：． 【变式2-3】（26-27高二上·上海徐汇·阶段检测）如图，已知直三棱柱中，且，，、、分别为、、的中点，为线段上一动点． (1)求直线与平面所成角的正切值； (2)证明：； (3)求锐二面角的余弦值的最大值． 【题型三】判断线面位置关系 【例3】如图，在四棱锥中，底面是边长为2的正方形，平面，. (1)棱上是否存在点，使平面，若存在，请求出的值； (2)点在线段运动（包括端点，不包括端点），当二面角夹角最小时，试确定点的位置. 【变式3-1】（25-26高二下·上海·期中）如图，在三棱柱中，平面，，点分别在棱和棱上，且为棱的中点. (1)求证：平面； (2)求点到平面的距离. 【变式3-2】如图，在四棱锥中，底面为直角梯形，，，平面，，，． (1)求证：平面； (2)已知点是直线与平面的交点，求的值． 【变式3-3】（25-26高二上·上海黄浦·期末）如图，已知正六棱柱. (1)求证：平面； (2)设，某同学研究该正六棱柱六个侧面上12条面对角线之间的位置关系，发现当时，与异面且垂直.问：是否还存在不等于1的的值，使得与其余五个侧面上至少一条面对角线异面且垂直？若存在，求出所有满足条件的值，并在此条件下直接写出与异面且不垂直的面对角线与所成角的大小的所有不同值；若不存在，请说明理由. 【题型四】判断面面位置关系 【例4】（24-25高二上·上海·随堂练习）如图，在直三棱柱中，，，，点E在线段上，且，分别为、、的中点.求证：    (1)平面平面； (2)平面平面. 【变式4-1】如图，在长方体中，，，．（用向量方法解答）. (1)求证:平面； (2)已知P为线段的中点，求证：平面． 【变式4-2】（24-25高二上·上海静安·期中）已知四棱柱中，底面为梯形，，⊥平面，，其中，．是上的一动点，是上的一动点． (1)当的长是多少时，平面⊥平面，请说明理由； (2)当是的中点时，求点到平面的距离； (3)若是的中点，且平面时，求三棱锥的体积． 【变式4-3】（24-25高二上·上海黄浦·阶段检测）已知正方体的棱长为1，P是对角面（包含边界）内一点，且.    (1)求PC的长度； (2)是否存在点P，使得平面平面PCD？若存在，求出点P的位置；若不存在，说明理由； (3)过点P作平面α与直线PC垂直，求平面α与平面ABCD所成锐二面角的最小值，并求此时平面α截正方体所得截面图形的面积. 【题型五】由位置关系求参数（综合） 【例5】如图，四棱锥中，底面是边长为2的正方形，平面，，E，F，G分别是PA，PC，PD上的点，且． (1)证明：； (2)已知B，E，G，F四点共面，求的长． (3)与相交于点O，是否存在点G，使得平面，若存在，求出长度． 【变式5-1】在如图所示的圆柱中，轴截面是边长为4的正方形，点为底面半圆弧上的动点（点不与点重合）． (1)求证：平面； (2)当三棱锥体积最大时． （ⅰ）求平面与平面所成角的余弦值； （ⅱ）点在线段上运动，求的最小值． 【变式5-2】如图，在四棱锥中，，，，是的中点.    (1)已知，分别为，的中点，求证：平面； (2)若平面，，则： （i）求平面与平面夹角的余弦值； （ii）在线段上是否存在一点，使得平面？若存在，求的值；若不存在，说明理由. 【变式5-3】如图，直角梯形，，，，为中点，将沿折起，使D到P处． (1)求证：平面； (2)若平面平面，，， （ⅰ）当时，求证：平面平面； （ⅱ）当二面角的正弦值为时，求的值． 1. 核心思想：建系 → 用坐标表示方向向量、法向量 → 把位置关系转化为向量的数乘与点积运算，实现“几何问题代数化”。 2. 判定条件速记： 3. 易错点：①线面垂直看平行、线面平行看垂直（勿颠倒）；②证线面平行必须验“点不在平面内”；③坐标比例判平行勿除零坐标；④法向量取非零解。 一、填空题 1．（24-25高二上·上海·课堂例题）在空间直角坐标系内，平面经过三点、、，向量是平面的一个法向量，则______． 2．设直线的一个方向向量，平面的一个法向量，则直线与平面的位置关系是____________.（填“平行”，“相交”，“线在面上”中的一个或两个） 3．（25-26高二上·上海·期末）若异面直线所成角的大小为，设的一个方向向量为，的一个方向向量为，则的所有可能值为______． 4．（26-27高二上·上海黄浦·阶段检测）棱长为1的正方体中，M为棱的中点，P为正方体表面上的一个动点，且总有，则动点P的轨迹所围成图形的面积为________． 5．如图，棱长为3的正方体中，P为正方体表面上的一个动点，E，F分别为的三等分点，则的最小值为__________________． 6．（25-26高二上·上海·期中）下列选项中，正确的是___________ ①.若两条不同直线，的方向向量为，，则 ②.若是空间向量的一组基底，且，则点在平面内，且为的重心 ③.若是空间向量的一组基底，则也是空间向量的一组基底 ④.若空间向量，、共面，则存在不全为0的实数，，使 7．在棱长为6的正方体中，为棱上一动点，且不与端点重合，，分别为，的中点，给出下列四个结论： ①平面平面；②平面可能经过的三等分点；③在线段上的任意点（不与端点重合），存在点使得平面；④若为棱的中点，则平面与正方体所形成的截面为五边形，且周长为，其中所有正确结论的序号是_________ 8．如图，已知正方体的棱长为2，P为正方形底面内的一动点，则以下结论： （1）三棱锥的体积为定值； （2）若点为的中点，满足平面的点的轨迹长度为2； （3）若，则点在正方形底面内的运动轨迹是线段； （4）以点为球心，为半径的球面与面的交线长为．正确的有______．（填写所有正确结论的序号）    二、单选题 9．（24-25高二·上海·期中）在空间直角坐标系中，已知点，则下列向量可以作为平面的一个法向量的是（    ）． A． B． C． D． 10．（25-26高二上·上海·期中）已知、是两个不同的平面，、是两条不同的直线，则下列命题正确的是（   ） A．若，则 B．若，则 C．若，则 D．若，则 11．（26-27高二上·上海黄浦·阶段检测）如图所示，正方体的棱长为2，L、M、N分别为棱AB、、AD的中点，线段上有两个动点E、F，且，则下列结论中正确的是（   ） A． B． C．平面 D．的面积与的面积相等 12．（25-26高二上·上海宝山·期末）如图所示，在正方体中，P为线段上的动点，给出下列四个结论： ①DP长度为定值； ②三棱锥的体积为定值； ③任意点P，都有； ④存在点P，使得平面． 其中正确的是（   ） A．①③ B．②④ C．②③ D．①④ 三、解答题 13.如图，在长方体中，，，点在棱上运动. (1)证明：； (2)设为棱的中点，在棱上是否存在一点，使得平面，若存在，求的值，若不存在，说明理由. 14．（24-25高二·上海宝山·阶段检测）如图所示，已知斜四棱柱的底面是菱形，且，且．    (1)求证：； (2)当的值为多少时，能使平面？请给出证明． 15．（24-25高二上·上海·单元测试）已知在四棱锥中，底面是直角梯形，，，侧面是正三角形且垂直于底面，是的中点． (1)判定直线与平面的位置关系，并说明理由； (2)在上是否存在一点，使平面. 16．已知四棱锥的底面为菱形，且，平面，且.平面与线段、、分别交于点、、，且满足. (1)当时，平面与棱交于点.证明：为中点； (2)当时，判断平面截四棱锥所得截面的形状，并求截面面积； (3)当时，记为中点，线段上是否存在一点满足平面.若存在说明理由找出位置，若不存在说明理由. 17．四棱锥中，为中点，为平面内任意一点，且满足，，，，，． (1)求证：平面； (2)若二面角的平面角的余弦值为，求出的值； (3)在侧棱上是否存在点，使得共面？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由． 18．如图，在四棱锥中，，，15，25. (1)求证：面； (2)求证：二面角是直二面角； (3)在平面上求点，使面. 19．如图，在四棱锥中，四边形为矩形，，，．平面平面，M为的中点，点E为线段上的动点（点E不与点P，D重合）． (1)求证：平面． (2)当时，求证：平面． (3)是否存在点E，使得平面和平面夹角的余弦值为？若存在，求的值；若不存在，说明理由． 20．如图，已知正方形和矩形所在平面互相垂直，，设，点分别在线段上，且. (1)证明：； (2)若平面平面，求的值； (3)设直线与平面相交于点，求线段的长度（用表示）. 21．如图1，在梯形中，，，，点E是上的点，且.现将沿折起，使得点D到达点P的位置，且，如图2. (1)求证：平面平面； (2)设的中点为M，的中点为N. （ⅰ）经过C，M，N三点的平面交于点F，求； （ⅱ）在平面内取一点Q，使得直线平面，求的长. 1 学科网（北京）股份有限公司 $宋老师数学图文制作室 ©初高中数学备课备考 一教学课件、讲义、单元、月考、期中期脉 第09讲向量法判断空间位置关系讲义 核心知识 【知识点01】直线的方向向量与平面的法向量 1.直线的方向向量：与直线平行的非零向量ā称为直线的一个方向向量。一条直线有无数个方向向量，它们彼 此平行（共线）。若直线上有两点A,B,则AB也是直线的一个方向向量。 2.平面的法向量：与平面a垂直的非零向量n称为平面α的一个法向量。一个平面的法向量有无数个，它们彼此 平行；入n(入≠0)都是该平面的法向量。 3.坐标法求平面的法向量的步骤： ①在平面a内取两个不共线向量ā=(a1,a2,a3,b=(b1,b2,b3): ②设法向量i=(x,y,z): ③由na=0且i·b=0建立关于x,y,z的方程组： ④解方程组，取其中一组非零解，即得平面的一个法向量。 【知识点02】向量法判断位置关系的判定条件 设直线1、m的方向向量分别为a、b:平面a、β的法向量分别为n1、n2。 1. 线 线 位 置 关 系 i‖市一ā‖i一存在入∈R(入0)，使ā=λb(对应坐标成比例)：i上m一āi=0 2.线面位置关系：（设直线方向向量为ā，平面a的法向量为n) i⊥a一a‖i一存在入≠0，使a=i i‖a(iza)一ai=0,且i上有一点不在a内 3.面面位置关系：c‖B一n1‖n2一存在1≠0，使n1=入n2:a⊥B一n1n2=0 判定条件速查表： 1 宋老师数学图文制作室 ©初高中数学备课备考 教学课件、讲义、单元、月考、期中期味 位置关系 向量条件 说明 线线平行 im一a=λ6 方向向量共线 线线垂直 i⊥m=a·b=0 方向向量点积为零 线面垂直 i⊥a=a=λi 方向向量与法向量平行 线面平行 illa=a.n=0 方向向量⊥法向量，且lda 面面平行 a‖B=n1=an2 两法向量平行 面面垂直 a1B=n1'n2=0 两法向量点积为零 ?易错辨析 易错点一混淆“线面垂直”与“线面平行”的向量条件。 线面垂直要求方向向量与法向量平行ā=入；线面平行要求方向向量与法向量垂直ā·n=0。二者恰好“相反”， 是最常出错之处。记忆：线⊥面→向量∥；线∥面→向量L。 易错点二判断线面平行时漏掉“直线不在平面内”。 由a·i=0只能推出i‖ax或ica。若要证i‖a,还必须验证直线i上至少有一点不在平面α内（常取i上一点代入 平面方程检验)。 易错点三用坐标比例判断向量平行时误除零坐标。 例如6-204，万=3,06.应设i-5列方程组：2=3,0=0,4=6入一入-号故两向量平行。专 坐标对应恒成立，无需也不能相除。 易错点四法向量求法中“取解”不完整或取到零向量。 法向量必须是非零向量；方程组有无穷多解时，取最简单的非零解（如令某坐标x=1)。且平面内所取两个向 量必须不共线，否则无法唯一确定法向量方向。 易错点五判断面面关系用错“法向量”与“方向向量”。 判断两平面平行或垂直，只能使用两平面的法向量n1、2,不能用直线方向向量；判断两直线位置关系只能用 2 宋老师数学图文制作室 初高中数学备课备考 教学课件、讲义、单元、月考、期中期味 方向向量。两者不可混用。 S典例精讲 【题型一】求平面的法向量 【例1-1】(24-25高二上海宝山期末)己知平面a的法向量为n=(1,2,-),AB=(2,4-2),则直线4B和平面x的位 置关系是() A.AB⊥a B.AB∥a C.ABCa D.AB与C相交但不垂直 【答案】A 【详解】由题意得，AB=2n,则AB∥n,则AB⊥a. 故选：A 【例1-2】(2425高二上：上海阶段检测)已知直线1的一个方向向量为d=(2,-山，3)，平面α的一个法向量为 i=(,t,0),且直线1与平面a平行，则实数t= 【答案】2 【详解】因为l11a,所以d.n=2-t=0,即t=2. 故答案为：2 【例1-3】(24-25高二上·上海崇明期中)已知ā=(-m1,3)、万=(2，n,)分别是平面a、B的法向量，且a11B,则 mn= 【答案】-2 【详解】由于a11B,所以a1b,故b=à→(2，n,l)=(-m,l3), 3 宋老师数学图文制作室 初高中数学备课备考 教学课件、讲义、单元、月考、期中期脉 2=-2m m=-6 故n=2 1 →”=3，所以 1=32 1 3 mn=-2 故答案为：-2 【变式1-1】(25-26高二下·上海期末)已知A和B是直线l上两个不同的点，n是平面α的一个法向量，则“ ABn=0”是“l11a”的(）条件. A.充分非必要 B.必要非充分 C.充要 D.非充分又非必要 【答案】B 【详解】若AB·n=0,由于AB是直线l的方向向量，这意味着直线l的方向向量与平面α的法向量垂直。 此时直线I可能与平面平行，但也可能在平面a内，因此不能推出川α，故充分性不成立： 若l川a,则直线l的方向向量AB必定与平面a的法向量i垂直，即ABn=0一定成立，故必要性成立， 综上，“AB·n=0”是“lIla”的必要不充分条件. 【变式1-2】(25-26高二·上海宝山期末)空间中，已知直线1的一个方向向量为”=(4，-8,6，平面α的一个法向量 为i=(a,3,(常数a∈R).若lla,则实数a的值为 【答案】-3 【详解】若直线ll川a,则直线l的方向向量r与平面a的法向量n垂直，即r·n=0, 由r=(4,-8,6),i=(a,3,6),则rn=4a+(-8)×3+6×6=0, 解得：a=-3. 【变式1-3】(25-26高二上·上海期中)已知平面α/平面B,a与B的法向量分别为m,n,且m=(1,-2,5), 4 宋老师数学图文制作室 初高中数学备课备考 教学课件、讲义、单元、月考、期中期味 n=(-3,6,z),则z= 【答案】-15 【详解】因为平面a∥平面B,a与B的法向量分别为m,n,所以ml/i, [九=-3 所以，即 ,所以-2元=6， n=Am (-3,6,z)=(2,-21,5) 52=z λ=-3 解得 z=-15,所以 =-15 故答案为：15 【题型二】判断线线位置关系 【例2】(25-26高二上海宝山期末)空间中，两条直线4、的方向向量分别为无、2，则“片12”是“111” 的(). A,充分非必要条件 B.必要非充分条件 C.充分必要条件 D.既非充分又非必要条件 【答案】C 【详解】充分性：若两条直线的方向向量片上？，说明方向向量夹角为90°， 因此两直线所成角为90°，可得1，充分性成立， 必要性：若11，说明两直线所成角为90°，即方向向量夹角为90°， 因此12，必要性成立， 因此“片12”是“1112”的充分必要条件 5 宋老师数学图文制作室 初高中数学备课备考 教学课件、讲义、单元、月考、期中期脉司 【变式2-1】(26-27高二上·上海徐汇阶段检测)已知正方体ABCD-4B,CD中，点P、Q、R分别是线段 BB、AB、AC上的动点，观察直线CP与D2,CP与DR,得出下列结论： D B D B ①对于任意给定的点Q,存在点P,使得CP⊥D2； ②对于任意给定的点P,存在点Q,使得DQ⊥CP： ③对于任意给定的点R,存在点P,使得CP⊥DR: ④对于任意给定的点P,存在点R,使得DR⊥CP； 其中正确的结论是 (请填写所有你认为正确结论的序号) 【答案】①④ 【详解】①当点P与B重合时， CP⊥AB,CP⊥AD,且AB∩AD=A,AB,ADC平面ABD, 所以CP⊥平面ABD,因为对于任意给定的点Q,都有DQC平面ABD, 所以对于任意给定的点Q,存在点P,使得CP⊥D,所以①正确： ②当点P与B重合时，若D2⊥CB,因为CB⊥AB,AB∩OD=O, AB,QD,C平面ADCB,故CB⊥平面ADCB, 6 宋老师数学图文制作室 初高中数学备课备考 教学课件、讲义、单元、月考、期中期脉 面CBc平面4DCB,故CB1CB,但∠CBC=年，矛盾， 所以②错误； ③当R与4重合时，若CP⊥DA,因B,C1ID4,故CP⊥B,C, 而BG1/BC,故CP⊥BC,当p在BB变化时，∠BCP≤牙，矛盾：所以③错误： ④若P在B,B之间，则在平面BCCB,过B作CP的垂线，交线段BC于H, 在AD上截取AG=BH,连接AG,GH,则四边形ABHG为平行四边形， 故4B1/HG,AB=HG,故AB/IHG,AB=HG,故四边形ABHG为平行四边形， 设AC∩平面ABHG=S,在平面AD,C中，过D作DR//GS,交AC于R, 因为AB⊥平面BCCB,CPc平面BCCB,故AB⊥CP, 而CP⊥BH,AB∩BH=B,AB,BHC平面ABHG,故CP⊥平面ABHG, 而GSc平面ABHG,故CP⊥GS,故CP⊥DR,故④正确， 若P与B重合，则取R为AC的中点，由正方体性质可得CP⊥D: 若P与B重合，则取R为C的中点，由正方体性质可得CP⊥D,C: 故此时④也正确 7 宋老师数学图文制作室 初高中数学备课备考 教学课件、讲义、单元、月考、期中期味 综上，④正确 【变式2-2】(2425高二·上海课堂例题)如图，直三棱柱ABC-AB,C中，∠ABC=90°，CB=1,CA=2, A4=V6,M是CC的中点. C B M B (1)求直线BA的一个方向向量： (②)求证：AM⊥BA, 【详解】(1) C B M - B 由题意知，BC,BA,BB两两垂直，故以点B为原点， 分别以BC、BA与BB的方向为x,y与z轴的正方向，建立空间直角坐标系， 所以B(0,0,0)、C(1,0,0)、A0,3,0、B(0,0,V6) G,06)、4(0,3,v6) 8 宋老师数学图文制作室 初高中数学备课备考 教学课件、讲义、单元、月考、期中期脉 则BA=(0,V5,V6,是直线BA的一个方向向量： a联四%是c的中点，所做a）烈-一i) 又因为BA·aM=0x1+5x-)+6x6-0, 所以BA⊥AM,所以AM⊥BA. 【变式2-3】(26-27高二上·上海徐汇阶段检测)如图，己知直三棱柱ABG-ABC中，∠ABC=90°且4AB=4, BC=BB,=2,D、E、F分别为AC、BC、BB的中点，G为线段DE上一动点. B ()求直线CF与平面AB,C所成角的正切值： (2)证明：CF⊥AG: (3)求锐二面角C-AG-B的余弦值的最大值. 【详解】(1)已知AB,C-ABC为直三棱柱，且∠ABC=90°， 故以B为原点，BA为x轴正方向，BC为y轴正方向，BB为z轴正方向，建立空间直角坐标系， 由AB=4,BC=BB=2, 得B0,0,0,A4,0,0,C0,2,0,B10,0,2,A14,0,2,C10,2,2, 9 宋老师数学图文制作室 ⊙初高中数学备课备考 教学课件、讲义、单元、月考、期中期脉 中点：D2,1,0,E0,1,0,F0,0,1, 平面4B,C即上底面，取法向量万=(0,0,1)， CF=(0-2,-1), CF.i(0,-2,-1)(0,0,1=1 设直线与平面所成角为g0≤0≤到 则sin0= GF同0+(-2y+-1y.5 于是cos0=V1-sin20= 1-后所以a-。5- 2 c0s02/V52 故直线C,F与平面ABC所成角的正切值为2 A B B D E (2)由(1)得：A14,0,2,C10,2,2,D2,1,0,E0,1,0,F0,0,1, 设G在线段DE上，则Gg,1,0,0≤g≤2， CF=(0,-2,-1),4G=(g-4,1,-2). CF.4G=0(g-4)+(-2)1+(-1)(-2)=0-2+2=0, 所以CF⊥AG,即C1F⊥A1G,又8∈[0,2]，故无论G在DE的何处，都有CF⊥A,G (3)平面4GC中，AG=(g-41,-2)4C=(4,2,0), 10 宋老师数学图文制作室 初高中数学备课备考 教学课件、讲义、单元、月考、期中期脉 设平面AGC法向量为n=(a,b,c), n4C=0 g-4)×a+1xb+cx(-2)=0 则24G=0,即 -4×a+2×b=0 取a=2,则b=4,c-2g-4,即n=(2,4,g-2) 平面AGB中，AG=(g-4,1,-2),AB,=(-4,0,0) 设平面AGB法向量n2=(m,n,p), n2·4G=0 [(g-4)×m+1×n+(-2)×p=0 则 z4B=0:即4m=0 取n=2,则p=1,即n2=(0,2,1), 设=面角为p0<9<,则0 n.n 四 nn2=20+42+(g-2)1=8+g-2=g+6, =v02+22+1P=5,m=V2+42+(g-2}=V20+(g-2}, 所以c0sp= 8+6 5,0≤g≤2 5V20+(g-2 令y=cos0= (g+6)2 [20+(g-2] 因为8+6>0，所以cosp与y同时取得最大值， 11 宋老师数学图文制作室 初高中数学备课备考 教学课件、讲义、单元、月考、期中期味 令f(g)=(&+6 20+(g-22, 求导，了g-28+o[20+g-29]-g+o时2g-2 [20+(g-2] 类取公烟式：了g28+6[20+6g-2y-(g+0g-2 20+(g-2}2 展开20+(g-2)2-(g+6)(g-2)得： 20+g2-4g+4-(g2+4g-12）=36-8g=4(9-2g), 即fe)8g+69-2g) 20+6g-29, 在8∈[0,2]上：g+6>0,9-2g≥9-4=5>0， 因此f'(g)>0,所以f(g)在[0,2]上单调递增，最大值在g=2处取得， (2+6)2 646416 当g=2时a0 520+(2-2)2] 5.20-10025, 16_4 因为0为锐角，所以cos0=V253 4 故锐二面角C-AG-B的余弦值的最大值为5· 【题型三】判断线面位置关系 12 宋老师数学图文制作室 初高中数学备课备考 教学课件、讲义、单元、月考、期中期脉 【例3】如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是边长为2的正方形，PD⊥平面ABCD,PD=2N3 PE (四棱PB上是否存在点E:使PB⊥平面ACB,若存在，请求出PB的值： (2)点E在线段PB运动（包括B端点，不包括P端点），当二面角P-AE-D夹角最小时，试确定点E的位置. 【详解】(1)如图，建立如图所示的空间直角坐标系， ZA P0,0,23A(2,0,0）D(00,0)C(02,0)B(2,20) 则PB=(2,2,-23)，AC=(-22,0), 由于PB.AC=-4+4=0,故PB1AC 设PE=aPB,0≤as1,则E2a,2a,23-2V3a, 则4E=(2a-2,2a,23-25a),要使PB1平面ACE, 则Pm.正=20a-2+4a-2563-25a)=0.解稠a-号 13 宋老师数学图文制作室 ©初高中数学备课备考 教学课件、讲义、单元、月考、期中期脉 数布在点E:当E-P阳.附号 PE 4 (2)设pE=aPB,0≤a≤1，则E2a,2a,25-23a, 设平面ADE的一个法向量为m=(x,y,2), 故DE=(2a,2a,25-23a,DA=(2,0,0),Dc=(02,0), DE.m=2ax+2ay+(23-2V5a)z=0 DA.m=2x=0 令z=a,则m=(0,V3a-v5,a】 设平面PAE的一个法向量为方=(x,,zo), 故PA=（2,0,-25),AE=(2a-2,2a,25-23a, AE.i=(2a-2)x+2a%+(23-2V3a)=0 PA.i=2x。-252=0 令，=1，则i-(50,,设二面角p-AB-D为0， cos0=os(m,训- m a m同23(a-1+a2 a 1 2N4a2-6a+3 6,3=fa@) 4-0 a'a 因为ae0,小，所以后e+m),令1=。c+w)， a 14 宋老师数学图文制作室 ©初高中数学备课备考 教学课件、讲义、单元、月考、期中期脉 1 1 则f@可化为80= 2V4-6t+3t2, 由二次函数性质得y=4-61+3在山，+∞)上单调递增， 由复合函数性质得g()在山，+∞)上单调递减， 则g0≤g0,则当。1时，cos9最大，此时=面角p-AB-D夹角最小， 故点E在点B处，与点B重合 【变式3-1)】(25-26高二下·上海期中)如图，在三棱柱ABC-ABC中，CC1平面ABC,AC⊥BC,AC=BC=2, CC,=3,点D,E分别在棱A4和棱CC上，且AD=1,CE=2,M为棱AB的中点 E B (1)求证：CM1平面ABB,4: (2)求点B到平面BDE的距离。 【详解】I)因为CG⊥平面ABC,BC,CAc平面ABC,所以CC⊥BC,CC⊥CA,又AC⊥BC,所以BC,CA,CC两两 垂直，以C为坐标原点，CA,CB,CC所在直线为x,,z轴，建立空间直角坐标系，则 C(0,0,0),A(2,0,0),B(02,0),D(2,0,1),E(0,0,2),4(2,0,3),B(0,2,3),C(0,0,3),M(1,1,3) 所以CM=(11,0),4B=(-2,2,0),BB=(0,0,3), 所以CMAB=1x(-2)+1x2+0×0=0,CM.BB=1×0+1x0+0x3=0, 15 宋老师数学图文制作室 初高中数学备课备考 教学课件、讲义、单元、月考、期中期脉 所以CM⊥AB,CM⊥BB,又AB∩BB=B,AB,BB,C平面ABB4, 所以CM⊥平面ABB,4: C B A e: B (2)由(1)知：BD=(2,-2,-2),DE=(-2,0,1), 设平面BED的法向量为i=(x,y,z), n⊥B,D n.BD=0「2x-2y-2z=0 则{n1DE,则n-DE=0即{ -2x+z=0 令x=1,得y=-1,z=2, 故平面BED的一个法向量为i=(1,-1,2)BD=(2,-2,1), 所以点B到平面DBE的距离为d= D_6-6, B 成√6 【变式3-2】如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为直角梯形，AD‖BC,AD⊥CD,PA⊥平面ABCD, PA-AD-CD-BC.TE-ED FC-3PF 3 16 宋老师数学图文制作室 初高中数学备课备考 教学课件、讲义、单元、月考、期中期脉 G B (I)求证：AE⊥平面PCD: PG (②)已知点G是直线PB与平面AEF的交点，求PB的值. 【详解】()证明：因为PA⊥平面ABCD,CDc平面ABCD, 所以PA⊥CD, 又AD⊥CD,APOPA=A,所以CD⊥平面PAD, 因为AEC平面PAD,所以CD⊥AE, 又因为PA=AD,PE=ED,所以AE⊥PD, 因为PD∩CD=D,所以AE⊥平面PCD: (2)以点A为坐标原点，AD为y轴，AP为z轴建立如图所示的空间直角坐标系， ZA 设AD=2,则A(0,0,0),P(0,0,2)B(2,-1,0). 17 宋老师数学图文制作室 初高中数学备课备考 教学课件、讲义、单元、月考、期中期脉一 C(2,2,0),D(0,2,0) 因为PE=ED,PC=3PF, 所uau.r后号）： 所u正=Q0-(仔号)： 设平面AEF的法向量为方=(x,y2),则 224 nAF=0 3x 二x+ z=0 即3 3 ,取 i.AE=0 y+z=0 =1,n=(1,l,-1）1 设PG=PB=(2,-1,-2), 则4G=AP+PG=(0,0,2)+2(2,-1,-2)=(21,-元，2-2)， 因为点G在平面AEF内，所以n·AG=0, 所以2a-无-2+22=0所以1 Γ3 PG 2 所以PB的值为 【变式3-3】(25-26高二上·上海黄浦期末)如图，已知正六棱柱ABCDEF-AB,CD,E,E. E D A B E 18 宋老师数学图文制作室 初高中数学备课备考 教学课件、讲义、单元、月考、期中期脉 (1)求证：AB∥平面DD,EE: (2)设AB=1,A4=hh>0),某同学研究该正六棱柱六个侧面上12条面对角线之间的位置关系，发现当h=1时，AB 与DE异面且垂直问：是否还存在不等于1的h的值，使得4B与其余五个侧面上至少一条面对角线异面且垂直？若 存在，求出所有满足条件的h值，并在此条件下直接写出与AB异面且不垂直的面对角线与AB所成角的大小的所有 不同值；若不存在，请说明理由 【详解】(I)在正六棱柱中，ABDE,BBDD, 因为AB∩BB=B,DE∩DD=D, 且AB,BBC面ABB,DE,DDC面EDD: 所以面ABB∥面EDD: 因为ABC面ABB,所以AB∥面EDD: (2)以F为原点，以垂直FC方向为x轴，以FC为y轴，以FF为z轴， 如图，建立空间直角坐标系， E B E C B 4c29n5 C(0,2,h) 19 宋老师数学图文制作室 初高中数学备课备考 教学课件、讲义、单元、月考、期中期脉 F(00,h)则4B=(01,-h) 在另外五个侧面的面对角线中，与AB异面的直线的方向向量如下， 为c-(5g小c(5小 若AB与以上面对角线异面且垂直， 令4B-aC-+=0,无实数解：令48.GD=-之r-0,则h=号 令4E=-1+尔，期a=1(会去)，令48AF=R,则 2 令48-F1=+尔=0，无实数解：当h- 2时，AB与CD,EF异面且垂直： 所以cos(4B,BC=i AB-BC 1 ABDE 2 ABBC 4D,E6x63' 2 2 22 ABFA 1 cos(4B,FA= 2 AB FA √6，√63，由于异面直线夹角范围为 2x2 则与AB异面且不垂直的面对角线，所成角分别为arccos- 20 宋老师数学图文制作室 初高中数学备课备考 教学课件、讲义、单元、月考、期中期味一 综上，当h= 2时，AB与CD,EF异面且垂直： 2 与4B异面且不垂直的面对角线，所成角分别为arccos3,arccos3 【题型四】判断面面位置关系 【例4】(24-25高二上：上海随堂练习)如图，在直三棱柱ABC-ABG中，∠ABC=90°，BC=2,CC=4,点E 在线段BB上，且EB=1,D,F,G分别为CC、CB、CA的中点求证： B B (I)平面ABD1平面ABD: (2)平面EGF∥平面ABD. 【详解】(I)证明：以B为坐标原点，BA,BC,BB所在直线分别为x,y,z轴建立如图所示空间直角坐标系 B B 21 宋老师数学图文制作室 初高中数学备课备考 教学课件、讲义、单元、月考、期中期脉二 则B(0,0,0,D(0,2,2),B(0,0,4),E(0,0,3),F(01,4),C(0,2,4) 设BM=a则4a0.0:Aa.04,G24 因为BA=(a,0,0),BD=(0,2,2),BD=(02,-2), 所以BD·BA=0,BD·BD=0. 所以BD⊥BA,BD⊥BD,即BD⊥BA,B,D⊥BD 又BAOBD=B,BA,BDC平面ABD,所以BD⊥平面ABD 因为BDc平面ABD,所以平面ABD⊥平面ABD EF=(01,1）BD=(0,2,-2) 所以BDEG=0,BD.EF=0 所以BD⊥EG,BD⊥EF 因为EG∩EF=E,EG,EFC平面EGF,所以BDL平面EGF. 又由(I)知BD⊥平面ABD,所以平面EGF∥平面ABD 【变式4-1】如图，在长方体ABCD-ABCD中，AB=4,BC=3,C℃=2.（用向量方法解答）· D B B 22 宋老师数学图文制作室 初高中数学备课备考 教学课件、讲义、单元、月考、期中期脉司 (1)求证：平面ACB/平面ACD. (2)已知P为线段BC的中点，求证：AP∥平面ACD,. 【详解】（①）由题可以D为原点，DA,DC,DD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D-z, 则A3,0,0),B(3,4,0),C(0,4,0),4(3,0,2),B(3,4,2),C(0,4,2),D(0,0,2), 则4G=（-3,4,0),4B=(0,4,-2),AC=(-3,4,0),AD=（-3,0,2) 设平面ACB的法向量为万=(x,yz), n⊥AC i.4C=-3x+4y=0 则1万14B所以万：4B=4y-2z=0,取x=4则y x=4 9y=3,2=6 所以平面4CB的一个法向量为i=(4,3,6), 设平面ACD,的法向量为m=(a,b,c), m⊥AC m.AC=-3a+4b=0 则 m L AD 所以 m0-30+2c=0取。=4则6=36=6 a=4 所以平面ACD的一个法向量为m=(4,3,6), 因为m=i,即ml/n,所以平面ACB∥平面ACD (2)由题意 23 宋老师数学图文制作室 初高中数学备课备考 一教学课件、讲义、单元、月考、期中期脉 A02,8B42,c040因为p是线段4C的中点。所以4于是4P-(4-小 由四可取平面4CD的法向量万=43,6)，且i:4P=4-》+3x4+6×(-)=0. 所以直线AP的方向向量与平面ACD,的法向量垂直. 又平面ACD的方程可写为4x+3y+6z=12,而点4(3,0,2)不满足该方程，所以4P不在平面ACD,内. 因此AP∥平面ACD 【变式4-2】(24-25高二上上海静安期中)己知四棱柱ABCD-AB,CD中，底面ABCD为梯形，AB11CD,4A⊥ 平面ABCD,AD⊥AB,其中AB=AA=2,AD=DC=1.M是DD上的一动点，N是B,C上的一动点. A D M B A C ⊙ (I)当DM的长是多少时，平面CBM⊥平面A4DD,请说明理由： (②)当M是DD的中点时，求点B到平面CBM的距离； 3)若M是DD的中点，且D,NII平面CBM时，求三棱锥N-BMC的体积. 【详解】()当DM=2时，平面CB,M⊥平面AADD,理由如下： 由题意知，AB,AD,AA两两垂直，故以A为原点建立如图所示的空间直角坐标系， 24 宋老师数学图文制作室 初高中数学备课备考 教学课件、讲义、单元、月考、期中期脉 A之 D B V A 则C(1,1,0),B(2,0,2),C(11,2),D(0,1,2),所以CB=(1,-1,2), 设M(01,),则CM=(-1,0,), 设平面CBM的法向量为i=(x,y,z), n⊥CB n.CB=x-y+2z=0 则n1cM→n.CM=-x+z=0 取z=1,则x=t,y=t+2,所以i=(（6,1+2,1), 易知平面A4DD的一个法向量为m=(1,0,0), 因为平面CB,M⊥平面A4DD,所以mi=(1,0,0)(,1+2,1)=t=0, 即M(0,1,0) 所以当DM=2时，平面CBM⊥平面AADD. (2)当M是DD的中点时，M(O,1),即t=1, 所以平面CB,M的法向量为i=(化，1+2,1)=(1,3，)，而BB=(0,0,2), 所以点B到平面CB,M的距离 BB·月2_2而 闭111 25 宋老师数学图文制作室 初高中数学备课备考 教学课件、讲义、单元、月考、期中期味一 (3)当M是DD的中点时，M(O,1),平面CB,M的法向量为i=(,3,), 设CN=CB=(1,-1,0),∈[0,1，所以DN=DC+C=(1+2,-元，0)， 因为D,N1/平面CB,M,所以DNi=(1+元，-元，0)(1,3,1)=1+元-32=0， 解得A-方，即点N是BC的中点. 所以322.丽=622 所以点到平面 的距离d N CBM V1+9+1 因为C(11,0,B(2,0,2),M(01,1),所以CB=V6,CM=V2,MB=V6, 所caM的画积s-《aw-(c-. 所以三棱锥N-BMC的体积V=Sd=xx面_l 3 32116 【变式4-3】(24-25高二上·上海黄浦阶段检测)己知正方体ABCD-AB,CD,的棱长为1，P是对角面BDD,B(包含 边界)内一点，且PA⊥PC D C B …P B 26 宋老师数学图文制作室 初高中数学备课备考 教学课件、讲义、单元、月考、期中期脉 (I)求PC的长度： (2)是否存在点P,使得平面PAD⊥平面PCD?若存在，求出点P的位置；若不存在，说明理由； (3)过点P作平面a与直线PC垂直，求平面a与平面ABCD所成锐二面角的最小值，并求此时平面a截正方体 ABCD-ABCD所得截面图形的面积 【详解】(I)连接AC,BD交于点O,连接OP,PA,PC,如下图所示： D C B A 7 易知AC⊥BD,利用正方体性质可得AC⊥BB, 又BD∩BB=B,BD,BBC平面BDDB,所以AC⊥平面BDDB: 又P是对角面BDDB(包含边界)内一点，OEBD,即可得OPC平面BDDB; 所以AC⊥OP, 又因为AO=CO,所以可得PC=PA, 又PA⊥PC,利用勾股定理可得PC2+PAP=AC2, 由正方体ABCD-4BCD的棱长为1，因此OP=OC= 2 因此P点的轨迹是在平面BDDB内以BD为直径的半圆： 可得PA=PC=1. 27 宋老师数学图文制作室 初高中数学备课备考 教学课件、讲义、单元、月考、期中期脉 (2)不存在，理由为： 以D为坐标原点建立空间直角坐标系，如下图所示： ZA D C ! B A AI由(1)可知，假设存在点 ,使得平面 平面； B P(a,a,b) PAD⊥ PCD 易知D(0,0,0),A1,0,0),C(01,0): 则DP=(a,a,b),DA=(1,0,0),DC=(0l,0), 设平面PAD的一个法向量为m=(x,,), DP.m=ax +ay+bz=0 则DAm=x=0 ，令y=b则2=-a’可得m=0,-四 设平面PCD的一个法向量为方=(：2，y2,22), DP.ni=ax,+ayz +bz2 =0 则 DC.n=y2=0 ,令 =b则2=-a可得元=6,0，- 由平面PAD⊥平面PCD可得m-n=0xb+bx0+a2=0,解得a=0,即可知P(0,0,b): 又P点的轨迹是在平面BDD,B内以BD为直径的半圆，可知此时P点与D点重合，不合题意： 因此可得不存在点P,使得平面PAD⊥平面PCD: (3)过点P作平面a与直线PC垂直， 28 宋老师数学图文制作室 初高中数学备课备考 教学课件、讲义、单元、月考、期中期脉 设直线PC与平面ABCD所成的角为B, 易知O和平面a与平面ABCD所成锐二面角互余， 所以当B取到最大值时平面a与平面ABCD所成锐二面角最小， 由(2)可知sin0=b ，又bs 2,因此当p点竖坐标取到最大值时， 即OP⊥平面ABCD时满足题意， 此时sinO= √2 ，所以0=子， 因此平面a与平面ABCD所成锐二面角的最小值为4 延长AP,交CC的延长线与点E,交AC于点F,如下图所示： ZA D K D 易知C把.由op= OP AO 2可得EC=2,所以EC,=V2-1: 由PA=PC可知∠FEC=45°，可得FC=V2-1, 过点F作GHBD分别交BC,CD于点G,H,则GC=2-V2: 显然由正方体性质可得BD1平面ACCA,所以GH⊥平面ACC4, 29 宋老师数学图文制作室 初高中数学备课备考 教学课件、讲义、单元、月考、期中期脉 又PCc平面ACCA,所以GH⊥PC: 由PA⊥PC,GHAP=F,GH,APc平面AGH, 所以PC⊥平面AGH,即平面Q即为平面AGH, 设平面截正方体交BB于点J,DD,于点K,连接AJ,AK: 所以平面a截正方体ABCD-ABCD,所得截面图形即为五边形AJGHK: uy8cau0P公号}c-2.则心-（29}a-a-a-。 nc1a可8-5-09e-小0，解网：号 p)所以G=56 -au) 由对称性可知W=K=5,G=K=店-6 Gh=25-归 R G 分别做MH⊥K),GR⊥KJ,AM⊥KJ 30 宋老师数学图文制作室 初高中数学备课备考 教学课件、讲义、单元、月考、期中期脉 w-9w:w-鸟-哥- 所以wxv2x1 2 且w-w-iG)-5-25-月-22 则梯形HGK的面积为Sr=22-2+V22-1)=4-22. 所以截面的面积为S。AK+SHGK= v2 2 4-22=435 【题型五】由位置关系求参数（综合） 【例5】如图，四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是边长为2的正方形，PD⊥平面ABCD,PA=PC=3,E,F,G 分别是PA,PC,PD上的点，且AE=CF=1 B (1)证明：BG⊥AC: (2)已知B,E,G,F四点共面，求DG的长 (3)AC与BD相交于点O,是否存在点G,使得OG∥平面BEF,若存在，求出DG长度. 31 宋老师数学图文制作室 初高中数学备课备考 教学课件、讲义、单元、月考、期中期脉 【详解】(1)证明：如图 F 】 B 连接BD与AC,因为底面ABCD是正方形，所以BD⊥AC, 又因为PD⊥平面ABCD,且ACC平面ABCD,所以PD⊥AC, 因为BDOPD=D,且BD,PDC平面PDB,所以AC⊥平面PDB, 又因为BGC平面PDB,所以BG⊥AC. (2)如图，以D为坐标原点，以DA,DC,DP分别为x轴，y轴和z轴建立空间直角坐标系， ZA D B 因为PA=PC=3,AD=2,所以PD=VPP-AD2=V5, 又因为AE=CF=1,所以E,F分别是PA和PC上的三分点， 可wa20传a》Fa号 BG=(-2,-2,h)' 32 宋老师数学图文制作室 初高中数学备课备考 教学课件、讲义、单元、月考、期中期脉 BF.=-2x-y+5 3 20 设平面 的法向量 则 2 -z=0 BEF i=(x,y,z) BEn= 3 令2=5可得x=三 5 因为Gc￥酒a所以G万=0即子子+5=0，解得 2 所DG的长为浮 )建立与②相同的空间直角坐标系，可得平面阳r的法向一（怎5 ,设G(0,0z 因为OG/I平面BEF,所以OG⊥n. 5 0G.i=-1x3+)x+2x5=0 8 4 因为z0,5],所以存在这样的点G 0,0, 5 4 此时DG= 4 【变式5-1】在如图所示的圆柱中，轴截面是边长为4的正方形，点M为底面半圆弧AD上的动点（点M不与点A,D 重合)· 33 ⊙ 宋老师数学图文制作室 81 初高中数学备课备考 教学课件、讲义、单元、月考、期中期脉 (I)求证：DM⊥平面ABM: (2)当三棱锥D-MAB体积最大时. (i)求平面MBC与平面MAB所成角的余弦值； (i)点N在线段MB上运动，求(AN+DN)的最小值. 【详解】(I)因为AD是直径，所以DM⊥AM, 因为圆柱体，所以BA⊥平面ADM, 所以BA⊥DM,又因为AM∩BA=A,AM,BAc平面ABM, 所以DM⊥平面ABM: (2)(i)na=w-4m=3S.mh, 又S卿是定值，∴.当三棱锥体积VM-ABD最大时即高h最大， 即点M为半圆弧AD的中点， 设线段AD的中点为O,以O为原点，建立如图所示的空间直角坐标系， 34 宋老师数学图文制作室 ⊙初高中数学备课备考 教学课件、讲义、单元、月考、期中期脉 则0(0,0,0)，A(0,-2,0),B(0,-2,4,M(2,0,0),C(0,2,4),D(0,2,0), 所以BC=(0,4,0),BM=(2,2,4) 设平面BMC的法向量为i=(x,yz). BM.n=0 2x+2y-4z=0 则 BCn=0,则 4y=0 令z=1,得x=2,y=0,则i=(2,0,). 因为AB⊥平面MAD,MDC平面MAD,.MD⊥AB 又：MA⊥MD,MA∩AB=A,MA,ABc平面MAB, :MD⊥平面MAB,MD=(-2,2,0)是平面MAB的法向量. 所成角的平面角为，则c0s0= MD.n10 设平面与平面 5 MBC MAB MD列 :平面MBC与平面MAD所成角的余弦值为0 5 (i)将面MAB与面MBD绕MB旋转，展开成平面图，连接AD交BM于N点，如图所示，此时AN+DN最小，即 为AD长， 35 宋老师数学图文制作室 初高中数学备课备考 教学课件、讲义、单元、月考、期中期脉 由愿意可知M=MD=22:MB=26·BD=4N2:MD+BM:=32=BD,所以∠BMD- 2， cos∠AMD=cos(∠AMB+∠BMD)=-Sim∠AMB=-V6 , 再由余弦定理得AD=M+MD2-2MA.MD cos∠AMD=16+166】 3, 即(N+Dw的最小值为16+166 3 【变式52】如图.在四装维p-ACD中，APICD,BLC,B=BC-CD,G是CD的p点 D E G D (I)已知E,F分别为PB,PG的中点，求证：EFII平面PAD: (2)若PA⊥平面ABCD,PA=AC,则： (i)求平面PBC与平面PAD夹角的余弦值： PM (i)在线段pD上是否存在一点M,使得GM1平面PBC？若存在，求PD的值：若不存在，说明理由. 36 宋老师数学图文制作室 初高中数学备课备考 教学课件、讲义、单元、月考、期中期脉 【详解】(I)取PA的中点为N,PD的中点M,连接FN,NM,MF, 则EN为△PAB的中位线，MF为△PGD的中位线，得 BNHB且BW-4,rIGD且Mr-0D. 而AFICD:AB=CD,得EN/M且EN=Mr, 2 得四边形EMF为平行四边形， 则EF∥MN,由MNC平面PAD,EFC平面PAD, 得EFII平面PAD (2②）①由B1cD:B⊥BC:AB=BC=CD,可得∠BCA=∠DCA= 2 4 连接4G,可得四边形ABCG是正方形，即可得GA=GC=GD:所以∠GD1=年， 所以∠DAC=子，即AC1AD 又AP⊥平面ABCD,ACC平面ABCD,得AP⊥AC, AP,ADC平面PAD,APOAD=A,得AC⊥平面PAD, 如图建立空间直角坐标系， 37 宋老师数学图文制作室 初高中数学备课备考 教学课件、讲义、单元、月考、期中期味一 令P4=AC-2:则4B=BC-CD=1, 即B,0,0),C1,0),A(00,0),P0,0,V2),D(-1l,0),G(01,0) 所以BC=(01,0),BP=（-1,0,2), 设平面PBC的法向量为i=(x,y,z), BF.i=(x,yz)(-1,0,V2)=-x+V2z=0 BC.i=(x,y,z)(0l,0)=y=0 令2=1，得x=2,y=0,所以i=(N2,0,1, 由于AC⊥面PAD,所以平面PAD的法向量可以取AC=(1,0), 设平面PBC与面PAD的夹角为日， 则cos0= n.AC -4C √2x53, 3 故平面PBC与平面P4D的夹角余弦值为3 (ii)不存在，理由如下： 38 宋老师数学图文制作室 初高中数学备课备考 教学课件、讲义、单元、月考、期中期脉 假设在线段PD上存在一点M,使得GM⊥平面PBC, 设PM=PD,∈[0，小，则PM=(-1,l-2)=（元，元，-2)： 得GM=GP+PM=(0,-l,N2)+-,元，-2=(，-l,2-2. 而平面PBC的法向量为i=(V20,, 由GM⊥平面PBC,得向量GM与法向量为n共线， -2-2-22 即v 得2=2，故无解， 九-1=0 =1 故不存在线段PD上的一点M,使得GM⊥平面PBC, 【变式5-3】如图，直角梯形ABCD,AB/ICD,BC⊥CD,AE⊥CD,M为AD中点，将△ADE沿AE折起，使D 到P处 E B (I)求证：PCI/平面BEM: (②)若平面AEP⊥平面ABCE,AE=PE=4,AB=4V2,PN=NB(1>0) (i)当=3时，求证：平面PBC1平面EMN: 4v17 (i)当二面角p-EM-N的正弦值为7时，求的值。 39 宋老师数学图文制作室 初高中数学备课备考 教学课件、讲义、单元、月考、期中期味 【详解】(I)证明：连接AC交BE于点O,连接OM,由题意四边形ABCE是矩形，所以O为AC中点， D 又因为为 中点，所以在 中，有 ,因为 平面 平 PA △PAC OM//PC OMc BEM PC 面BEM,所以PCII平面BEM; (2②)(i)证明：由AE=PE=4,AB=4V2,得AE2+PE2=AP2,则PE⊥AE, 又平面AEP⊥平面ABCE,平面AEP∩平面ABCE=AE,PEC平面AEP, ∴.PE⊥面ABCE,EA,ECc面ABCE,则PE⊥EA,PE⊥EC, 在矩形ABCE中，有EC⊥AE, 以E为原点，以EA,EC,EP方向为x轴，y轴，z轴的正方向，建立空间直角坐标系，如图所示： ZA 则有 E(0,00)A(4,0,0）C0,4W2,0P(0,0,4)M(2,0,2)B4,4V2,0) -2a丽-k2-a色.0A-(当授 当=3时，N=2,3,PB=(4,45,4E.PB=4x1+42x2-4×3=0EN1PB EM.PB=2×4+0×4V2+2×(-4)=0,:EM⊥PB,又：EMOEN=E,ENC平面EMN,EMc平面EMN, ∴PB⊥平面EMN,PBc平面PBC,则平面PBC⊥平面EMN 40 宋老师数学图文制作室 初高中数学备课备考 教学课件、讲义、单元、月考、期中期脉 (i)取平面EMP的法向量m=(O1,O),设平面EMN的法向量为i=(x,y,z), EM·i=2x+2z=0 则 z=-x x+ 1420 4W17 因为二面角p-EM-N的正弦值为 17， 则余弦值为士 17, 1-元 m.n 2A .cosm,n= v17 m 1- 17, 1+ +(-102 化简得： 322-82+4=0? 解得2=5或1=2 © 课堂小结 1.核心思想：建系→用坐标表示方向向量、法向量→把位置关系转化为向量的数乘与点积运算，实现“几 何问题代数化”。 2. 判 定 条 件 速 记 i1a=a‖n:1‖a=ai=0且ia&:a‖B=n1‖n2:a1B=n1n2=0 3.易错点：①线面垂直看平行、线面平行看垂直（勿颠倒）；②证线面平行必须验“点不在平面内”；③坐标比 例判平行勿除零坐标；④法向量取非零解。 A课后作业 一、填空题 1.(2425高二上上海课堂例题)在空间直角坐标系内，平面α经过三点A(1,02)、B(0,10)、C(-2,1),向量 i=(山，无，)是平面a的一个法向量，则+u= 【答案】7 41 宋老师数学图文制作室 初高中数学备课备考 教学课件、讲义、单元、月考、期中期脉 【详解】因为A(1,0,2)、B(01,0)、C(-2,11), 所以AB=(-11,-2),BC=(-2,0,1), 因为向量i=(山，九，)是平面a的一个法向量， n·AB=-1+-2u=0 所以 n-BC=-2+4=0,解得2=5,4=2 所以2+“=7 故答案为：7 2.设直线1的一个方向向量d=(2,2,-),平面a的一个法向量i=(6,8,4),则直线1与平面a的位置关系是 (填“平行”，“相交”，“线在面上”中的一个或两个) 【答案】平行或线在面上 【详解】因为d=(2,2,-1),n=(-6,8,4), 所以dn=-12+16-4=0,则d⊥n, 所以直线l与平面x平行或直线l在平面上， 故答案为：平行或线在面上 3.(25-26高二上·上海期末)若异面直线，4所成角的大小为60°，设4的一个方向向量为4，的一个方向向量为 d,则cos<d,d>的所有可能值为 【答案】或2 【详解】当<d,4>为锐角或直角时，<d,d>60°，此时cos<d,d>cos60°= 2 42 宋老师数学图文制作室 初高中数学备课备考 教学课件、讲义、单元、月考、期中期脉司 当<d,d,>为钝角时， (a,d4)=180°-60°=120°，此时cos<d,4>cos120=-2 所以cos<a,d>的可能值为2或2 4.(26-27高二上·上海黄浦阶段检测)棱长为1的正方体ABCD-ABCD中，M为棱AD的中点，P为正方体表面 上的一个动点，且总有PA⊥CM,则动点P的轨迹所围成图形的面积为 D M B D 9 【答案】 8 【详解】以D为坐标原点，建立空间直角坐标系，设P(x,少z), 4l0o.D〔0，o.c@lo.A(o.0l,BLL.M20l P--l-分 由于P1CM故.CM=-)-y+2=0,即x-2y+2= 由于x-2y+2z=1s过点4L,Q0,.Q0》8L).F02其中EF分别为D0.BC的中点， 因此x-2y+2z=1的轨迹为平面AEFB,故P点轨迹为四边形AEFB, 43 宋老师数学图文制作室 初高中数学备课备考 教学课件、讲义、单元、月考、期中期味一 F=m-F-58-反即号 故四边形 芳 AEFB D M D C B 5.如图，棱长为3的正方体ABCD-AB,CD中，P为正方体表面BCCB上的一个动点，E,F分别为BD的三等分点， 则PE+|PFI的最小值为 D C E D F B 【答案】1 【详解】过F作F关于平面BCCB的对称点F',连接EF'交平面BCCB于点B, 任取B(不含R),此时E+PF=PE+PF>EF 在点D处建立如图所示空间直角坐标系，如图， 44 宋老师数学图文制作室 ⊙初高中数学备课备考 教学课件、讲义、单元、月考、期中期味 D C B A - 0 D B 则D(0,0,3),B(3,3,0). 因为B,F分别为BD的三等分点，所以E(1,2),F(2,2,), 又点F距平面BCCB的距离为1，所以F(24,)。 所以PE+PF的最小值为EF=VP+32+P=V. 故答案为：们 6.(25-26高二上·上海期中)下列选项中，正确的是 ①.若两条不同直线1，m的方向向量为4，，则l11m令1% @若Oi,0a.0C是室间向张的年基底，且OD-写01+号8+号OC,测点D在T面C内，且D为。48c的豆心 ③若{ā，b,是空间向量的一组基底，则{a+b,2c,+b+©也是空间向量的一组基底 ④.若空间向量ā，6、c共面，则存在不全为0的实数x,y,z使xa+yb+zC=0 【答案】①②④ 【详解】对于①，由于两直线不同，所以两直线平行时其对应方向向量也平行， 45 宋老师数学图文制作室 初高中数学备课备考 教学课件、讲义、单元、月考、期中期蛛 反之当两直线的方向向量平行时可知两直线也平行，即①正确： 对于②，由oD=o1+oB+0c, 3 3 则有(OD-0A+(OD-0B+(oD-0C)=0. 即AD+BD+CD=O,则AD=DB+DC,故DA、DB、DC三向量共面， 取BC中点E,则有AD=DB+DC=2DE, 同理取中点F,BD=DA+DC=2DF,所以D为△ABC的重心，即②正确： 对于@.由a+6+c=l×(a+6+号x2, 由空间向量的共面定理可知，a+b,2c,a+b+c三个向量共面，故③错误： 对于④，由空间向量的共面定理可知，存在实数m、n, 使得a=mb+nc,即a+(mb)+(n)c=0, 所以存在不全为0的实数x,八，z,使得xa+yb+zC=0,故④正确 故答案为：①②④ 7.在棱长为6的正方体ABCD-ABCD中，E为棱AA上一动点，且不与端点重合，F,G分别为DC,BC的中 点，给出下列四个结论： 46 宋老师数学图文制作室 初高中数学备课备考 教学课件、讲义、单元、月考、期中期味一 ①平面ECCL平面EFG;②平面EFG可能经过BB的三等分点：③在线段AC上的任意点H(不与端点重合)，存 在点E使得AHL平面EFG:④若E为棱AA的中点，则平面EFG与正方体所形成的截面为五边形，且周长为 60+3V2,其中所有正确结论的序号是 D F B E D 【答案】①④ 【详解】 ZA . G A B D--- H 如图所示建立直角坐标系，以D为原点，以DA,DC,DD分别为x,y,z为正方向， D(0,0,0),A(6,0,0)2B(6,6,0),C(0,6,0),A(6,0,6),B(6,6,6),C(0,6,6),D0,0,6). F(0,3,6),G(3,6,6,设E(6,0,z)0<z<6 ①FG=(3,3,0),CC=(0,0,6),EC=(-6,6,-z), 因为FG.C℃=3×0+3×0+0×6=0，FG·EC=3×(-6)+3×6+0×(←z)=0, 47 宋老师数学图文制作室 初高中数学备课备考 教学课件、讲义、单元、月考、期中期味 所以FG⊥CC,FG⊥EC,CC,EC是平面ECC内两条相交直线， 则FG⊥平面ECC,FGc平面EFG,因此平面ECC⊥平面EFG,①正确： ②取点J为BB的三等分点，即J(6,6,2)或J(6,6,4, 设平面EFG的法向量为n=(x,,),EG=(-3,6,6-z), FG=3x+3y=0 则信G=3g6+6-5=0令5=1所以7-0-12 当J(6,6,2)时，FJ=(6,3,-4), 若刚在平面G中，n:时1x6-1x3-4×。》0,解得2=6不合樱意； 当J(6,6,4)时，FJ=(6,3,-2), 若在平面BG中，云万=1x6-1k9-2×。”20,解得2-0不合题意：色错误： 6-z ③在线段4C上的任意点H(不与端点重合)，设H(a,6-a,0)0<a<6, 则4=a-66-4,-0由上可知平面ErG的法向呈为-（-l62) 若存在点E使得A4H⊥平面EFG,则有AHn, a-66-a-6 即1日9，解 6-z a=4,z=3 所以点H不具有任意性，③错误： ④延长AD,FG,4B三线相交于点O,W, 48 宋老师数学图文制作室 初高中数学备课备考 一教学课件、讲义、单元、月考、期中期脉一 连接QE,EW分别交直线DD,BB于点T,R, B D 因为E为棱AA的中点，则平面EFG与正方体所形成的截面为五边形ETFGR, 在正方体中，FG=)D,B=)36+36=3N2. 根据三角形相似可得AQ=AW=9,D,T=BR=1, FT=GR=GB2+BR2=9+1=10 En-R号Ew-子4E+4-号o81-2而， 因此周长为ET+ER+TF+FG+GR=6V0+32.④正确： 故答案为：①④ &.如图，己知正方体ABCD-ABCD的棱长为2，P为正方形底面ABCD内的一动点，则以下结论： (1)三棱锥B-ADP的体积为定值： (2)若点M为CC的中点，满足MP∥平面ABD的点P的轨迹长度为2： (3)若DP⊥BD,则P点在正方形底面ABCD内的运动轨迹是线段AC: 49 宋老师数学图文制作室 初高中数学备课备考 一教学课件、讲义、单元、月考、期中期脉 2v6 (4)以点B为球心，√2为半径的球面与面AB,C的交线长为3π.正确的有 (填写所有正确结论的序号) D B D 【答案】(1)(3)(4) 【详解】 2 D 对于(1)，以相同顶点命名的三棱锥体积相同，故三棱锥B一ADP的体积等于P-AB,D的体积，因为点P到上底 面ABD的距离等于棱长，故(1)正确： 对于(2)，取BC,CD的中点分别为E,F,连接ME,MF,EF, 由图像可知，MEIIBC,BC IIAD→ME1IAD, EF //BD,BD//BD EF//B D 又因为ME∩EF=E,MEc面MEF,EFc面MEF, 50 宋老师数学图文制作室 初高中数学备课备考 教学课件、讲义、单元、月考、期中期味 AD∩BD=D,ADc面ABD,BDc面ABD 面MEF1/面AB,D,当点P在EF上时，MP1/面ABD 因为正方体棱长为2，BC,CD的中点分别为E,F 所以EF=V?+1P=V2, 故(2)错误； 对于(3)，以D为原点，以DA,DE,DD分别为x,少，z轴，建立空间直角坐标系， 则D(0,0,0),B(2,2,2),A(2,0,0,C(0,2,0),D,(0,0,2) DB=(2,2,2),AC=(-2,2,0),AD=（-2,0,2) DB·AC=O,DB·AD=0, 且AD∩CD=D,且都在平面AED内， 所以BD⊥面ACD. 所以点P的轨迹是线段AC,故(3)正确： 对于(4)，△AB,C为正三角形，设点B到平面AB,C的距离为d,点B到平面ABC的距离为2， 由等体积法，可得 解得d23 3 故以点B为球心，√2为半径的球面与面ABC的交线长为 51 宋老师数学图文制作室 ⊙初高中数学备课备考 教学课件、讲义、单元、月考、期中期脉 2x(5)-x-26 元 故(4)正确： 故答案为：(1)(3)(4) 二、单选题 9.(2425高二·上海期中)在空间直角坐标系0-z中，已知点4(-1,0,0，B(0,0,),C1,),则下列向量可以作为 平面ABC的一个法向量的是()· A.(-1,1,-1) B.(-1,1,) C.(1,1,-) D.(-1,-1,) 【答案】B 【详解】因为A-1,0,0),B(0,0,),CL1,1). 所以AB=(1,0,1),AC=(2,1,), 设平面ABC的法向量为m=(x,y,),则 AB.m=x+z=0 aCm=2x+y+2=0令x-1则m=0-h-) -11-1 对于A,因为一，所以此向量与m不共线，所以此向量不是平面4BC的法向量，所以A错误， -111 对于B,因为T=,所以此向量与m共线，所以此向量是平面ABC的法向量，所以B正确， 对于C,因为号+片，所以此向量与网不共线，所以比向量不是平百BC的法向显，所以C错误， -1-11 对于D,因为了≠≠，所以此向量与m不共线，所以此向量不是平面ABC的法向量，所以D错误 52 宋老师数学图文制作室 初高中数学备课备考 教学课件、讲义、单元、月考、期中期脉 故选：B 10.(25-26高二上·上海期中)己知a、P是两个不同的平面，m、n是两条不同的直线，则下列命题正确的是 () A.若mca,nca,m∥B,n∥B,则a∥B B.若a⊥B,mca,则m⊥B C.若m⊥a,m∥B,则a⊥B D.若m∥n,mca,则n∥a 【答案】C 【详解】对于A:mca,nc,m∥B,n∥B且m,n相交，可得a∥B,故A错： 对于B:若a上B,mca,则m/IB或相交或m在P内，故B错： 对于C设m的方向向量为m,a,B的法向量分别为n,n2, 由m⊥a,m∥B可得：m/n,m⊥乃， 即m=kn,m2=0,k≠0， 所以kn乃2=0→nn2=0, 所以a上B,故C正确， 对于D,若m∥n,mCc,则n∥a,或n在a内，故D错： 故选：C 11.(26-27高二上上海黄浦阶段检测)如图所示，正方体ABCD-ABCD的棱长为2，L、MN分别为棱AB、 53 宋老师数学图文制作室 初高中数学备课备考 教学课件、讲义、单元、月考、期中期床 AA、AD的中点，线段BD,上有两个动点E、F,且EF=1,则下列结论中正确的是() D B M D A.EF∥MN B.EF⊥MW C.EF∥平面LMN D.△EMN的面积与△FMN的面积相等 【答案】B 【详解】 D C 、 B M D 如图所示， 建立空间直角坐标系，则B(2,2,0),D(0,0,2),M(2,0,1),N(1,0,0),L(21,0) A选项，M=(1,0,-),BD=(-2,-2,2),因为动点E、F在BD,上，所以EF/BD, 因为BD与MN不平行，所以EF和MN不平行，所以A选项错误： B选项，厅=BD=(2以-2,24)因为丽-1m=25,所以2- 69 EF 3-3’3 商以醇-5号-0：则手1 所以B选项正确： 33 54 宋老师数学图文制作室 初高中数学备课备考 教学课件、讲义、单元、月考、期中期脉 C选项，MN=(-1,0,-I),江=(，1,0)，设平面LMN的法向量为i=(x,y,z), MN.n=0 则 zn=0，即： -x-z=0 y0令=1-1y=即=0-1 x=1 EF 3-3’3 因为正.n≠O'所以EF与平面N不平行，所以C选项错误： EF D选项，不妨设动点P在BD上，且BF=BD,计算可得P(2-21,2-21,21）,则MP=（-21,2-21,21-1), M=(-2}+(2-2)2+(21-1=12r2-121+5,Mm.M=21-21+1=1 所以点到 MP.MN 9 距离为d= P MN MN y2-12+5 =2r-121+ 则w-网-927-12+92a-2449 所以S△MP是关于t的函数，当两个动点E、F在线段BD上移动时， 若点E确定，则点F确定，但是无法保证两者到MW的距离相等，所以无法保证面积相等，所以D选项错误 12. (25-26高二上·上海宝山期末)如图所示，在正方体ABCD-ABCD中，P为线段BC上的动点，给出下列四个 结论： ①DP长度为定值： ②三棱锥P-ABD的体积为定值： ③任意点P,都有DP⊥AC: ④存在点P,使得AP⊥平面ABD. 其中正确的是() 55 宋老师数学图文制作室 81 初高中数学备课备考 教学课件、讲义、单元、月考、期中期味 D B P B A.①③ B.②④ C.②③ D.①④ 【答案】C 【详解】如下图所示： 6 B 设正方体ABCD-ABCD的棱长为1，以点D为坐标原点，DA、DC、DD所在直线分别为x、、z轴建立空间直角 坐标系， 则A(1,0,0)、B(11,0)、C(0,1,0）、D(0,0,0)、A(1,0,)、B(11,)、G(01,)、 D(0,01),设点P(,11-),其中0≤1≤1 对于①，DP=VP+1+(1-}=V22-21+2不是定值，①错误： 对于②，在正方体ABCD-ABCD中，AB∥CD,且AB=CD, 所以，四边形ABCD为平行四边形，则BCIIAD, 56 宋老师数学图文制作室 初高中数学备课备考 教学课件、讲义、单元、月考、期中期脉 :BC文平面ABD,AD,C平面ABD,则BCII平面ABD, :P∈BC,则点P到平面ABD的距离为定值，而△ABD的面积也为定值， 所以，三棱锥P-ABD的体积为定值，②正确： 对于③，AC=(-1,-),DP=(1,1-),所以Dp.AC=-1+1-1+1=0, 因此，对任意点P,都有DP⊥AC,③正确： 对于④，AP=(-11,-),AB=(0,1),AD=(-1,01), A4P.AB,=1-t=0 4P.AD=1-21=0’这样的1不存在， 所以不存在点卫，使得AP上平面AB,D,④错误. 三、解答题 13如图，在长方体ABCD-ABCD中，DD,=DA=1,AB=2,点E在棱AB上运动 D B B (I)证明：BC⊥DE: CF ②设E为棱AB的中点，在棱CC上是否存在一点F,使得BF平面DBC,若存在，求CC的值，若不存在，说明 理由 【详解】(1)建立如图所示空间直角坐标系， 57 宋老师数学图文制作室 ⊙初高中数学备课备考 教学课件、讲义、单元、月考、期中期脉 D(0,0,1),B(1,2,1),C(0,2,0),B,C=（-1,0,-1) 设E1,40),0≤t≤2，则D,E=(14,-1), DE·B,C=-1+0+1=0,所以BC⊥D,E. (2)若E是AB的中点，则E(11,0),C(0,2,1), DE=(1,l,0).DC=(0,2,1), 设平面DEC1的法向量为i=(x,,), n.DE=x+y=0 则n-DG=2y+名=0' 设y=1,则x=-1,名=-2， 故i=(-1,山，-2)为平面DEC的一个法向量 设F(0,2,,0≤1≤1，B(1,2,0),BF=(-1,0,2), 若BF∥平面DEC,BF平面DEC, CF 1 则nF=1-2=0,=克所以p是CC的中点，所以C花-2 14.(24-25高二·上海宝山阶段检测)如图所示，已知斜四棱柱ABCD-AB,CD的底面ABCD是菱形，且 58 宋老师数学图文制作室 初高中数学备课备考 教学课件、讲义、单元、月考、期中期脉 ∠C,cB=ccm=∠Bcn=g且p0) B ()求证：CC⊥BD: CD (②当CC的值为多少时，能使AC1平面CBD？请给出证明. 【详解】（①）证明：设CD=a,CB=b,CC=c,则BD=CD-CB=a-b, 底面ABCD是菱形，有同=， CC.BD=c(a-B)=c.a-c.B-cos0-Bcos0-0 .CC⊥BD,即CC⊥BD (2)要使AC⊥平面CBD,只需AC⊥CD且AC⊥CB, 欲使AC⊥C,D,则可证明CA·CD=0,即(CA+AA)(CD-CC)=0, 也就是(CD+CB+CC⑦)·(CD-CC)=0, 即CD-CC+CB.CDcos∠BCD-CBCCcos∠CCB=0, 由于∠CCB=∠BCD,显然当CD=CC时，上式成立 59 宋老师数学图文制作室 初高中数学备课备考 教学课件、讲义、单元、月考、期中期味 同理可得，当CD=CC时，AC⊥CB CD 因此，当CC =l时，能使AC1平面CBD 15.(24-25高二上：上海单元测试)己知在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是直角梯形，∠BAD=90°， 2AB=2AD=CD,侧面PAD是正三角形且垂直于底面ABCD,E是PC的中点. B (I)判定直线BE与平面PCD的位置关系，并说明理由； (2)在PB上是否存在一点F,使AFII平面BDE. 【详解】(I)BE⊥平面PCD,理由为： 依题意，取AD的中点O,连接PO, 因为平面PAD为等边三角形，所以PO⊥AD 又因为平面PAD⊥平面ABCD,且平面PADO平面ABCD=AD,POC平面PAD, 所以PO⊥平面ABCD, 以AD的中点O为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系. 设 AB=AD=2 .c D-o ) PC=(-1,4-3)CD=(0,4,0) 60 宋老师数学图文制作室 ⊙初高中数学备课备考 教学课件、讲义、单元、月考、期中期脉一 Er-(}(4同-0 即BE⊥PC,BE⊥CD, 又PC∩CD=C,PCC平面PCD,CDC平面PCD, 所以BE⊥平面PCD (2)存在，设平面BDE的法向量为i=(x,y,2),则万⊥BE,⊥DE, 所以nBE=0,n.DE=0, nB距=-3x+52 2 =0, 所以 DE=x+2y+ z=0, 2 2 令y=1,则x=1,z=V5, 所以平面BDE的一个法向量为i=(山，-l,V3)】 PB 61 宋老师数学图文制作室 初高中数学备课备考 教学课件、讲义、单元、月考期中期蛛 为北-1-0， 所以AF⊥n 又是平面BDE的法向量，且AF不在平面BDE上， 所以AFII平面BDE. 故存在PB的中点F,使AFII平面BDE. 16.已知四棱锥S-ABCD的底面ABCD为菱形，且∠BAD=60°，SA⊥平面ABCD,且SA=AB=2.平面Q与线段AD、 .AP_SQ_CR-d. SMSC分别交于点P、QR,且满足ADS4CS B 0当a 2时，平面a与棱CD交于点K证明：K为CD中点： (2②)当a=2时，判断平面。截四棱锥S-ABCD所得截面的形状，并求截面面积： (③)当a=3时，记N为CD中点，线段SB上是否存在一点M满足MNW平面a若存在说明理由找出位置，若不存在说 62 宋老师数学图文制作室 初高中数学备课备考 教学课件、讲义、单元、月考、期中期脉 明理由。 APSO_CR_1 【详解】D当a=2时，由D3CS2可得p是4D中点，Q是SM中点，R是sC中点，由三角形中位线定 理可得ORAC, 又QRc平面a,ACd平面a,得ACI平面a, 又面ABCDO平面a=PK,且ACC面ABCD,结合AC∥平面&， 由线面平行性质定理，得ACPK, DP 1 在底面菱形ABCD中，AD=DC=2,P是AD中点，即DA2: 在aMDc中，因为pKMC,所折C-即DK=DC, DP DK 1 2 因此，K为CD中点 (2)以A为原点，AD、AS的方向分别为x、z轴正方向建立如图所示的空间直角坐标系， Z R P N A0,0,0)D(2,0,0)S(0,0,2) 因为四边形ABCD为菱形，∠DAB=60,则B,3,0)、C3,5,0), 2 63 宋老师数学图文制作室 初高中数学备课备考 教学课件、讲义、单元、月考、期中期脉 -x+z=0 设平面 的一个法向量 则iP=0,即l. POR i=(x,y,2)万：PR=02x+ 2y+2=0? 取x=1,得i=(1,-5,, 在SB取一点M,则截面为五边形QMRKP, 设sM=1B=115,-2,得M,3,2-21）,PM=t-1,V3,2-21, 由于i=(1,-5,)也是平面QMP的一个法向量，则n1PM, 所以nPM=11-3+2-2=1-和=0解得1= 4引uaw-4-售 QM·QR 3+3 所以cos(QM,QR= 88=6 w网2x54, 2 所以mM,0R)--cos(@M,0n=0 所以H网snew.0-x号x0- 48 64 宋老师数学图文制作室 ⊙初高中数学备课备考 教学课件、讲义、单元、月考、期中期脉一 由山如o点Ko】 π-5m- 得PKIOR' =PX-?}-5,所以四边形OPR是平行四边形， gp=(←10-)，则0r-0吸=×-l+0+0= 2 gR=3,@P=1+0+1=2, 3 Cos(OP,OR)= a OP.OR 2 sin(OF.OR)--cos(OP.OR-1o 4 S.o-OR.sin(OP.OR)-2xx 10-15 4 2 所以截面五边形的面积S=Sm+Som=石，5_5西 8 2 8 (3)不存在，理由如下： a-.-是g和作a小a229引 m-()m-2引 65 宋老师数学图文制作室 初高中数学备课备考 教学课件、讲义、单元、月考、期中期脉 设平面α的一个法向量m=(x,,乙)， mP四=子+=0 2 4 则 m-PR=4x+25,2. 。，取 ，得 3+3+5名=0 x=23m=(23,-5,V5 由2)设SWM=k8=k,5,-20≤k≤)，得M(k5k,2-2k), v为cD中点，得 由MN∥平面a,得MN⊥m, 即四四=25侣小-5552-2)=55+9-0，解程=-，去， 2 10 所以线段SB上不存在点M满足MNI∥平面a. 17.四棱锥P-ABCD中，O为AB中点，为平面ABCD内任意一点，且满足PO·OO=0,ADIIBC,∠ABC=90°， BC=1,AB=2,AD=3. D (1)求证：CD⊥平面POC: 5 (②若二面角c-PD-0的平面角的余弦值为5，求出op的值： 66 宋老师数学图文制作室 初高中数学备课备考 教学课件、讲义、单元、月考、期中期脉 CM (3)在侧棱PC上是否存在点M,使得BM,OP,OD共面？若存在，求出PC的值；若不存在，请说明理由. 【详解】I)证明：为平面ABCD内任意一点，P0·O0=0, 当2与A重合时，则PO·AO=0,PO⊥AO,当Q与D重合时，同理PO⊥DO, 而O为AB中点，则A0,D0c平面ABCD,又AOnD0=O,于是PO⊥平面ABCD, 由CDC平面ABCD,得PO⊥CD,由AB=2,O是AB中点，得AO=BO=1, 而∠ABC=90°，BC=1,则OC=V2,由AD11BC,得∠BAD=90°， 又AD=3,则OD=V10,在直角梯形ABCD中，CD=VAB+(AD-BC)2=2V2, 因此C02+CD2=10=D02,即OC1CD,又C0∩P0=O,C0,P0c平面POC, 所以CD⊥平面POC. (2)取CD中点M,连接OM,则OM1/BC,由(1)得直线OB,OM,OP两两垂直， 以O为原点，直线OB,OM,OP分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系， ZA M 设OP=h(h>0),则O(0,0,0),A-1,0,0),B(1,0,0),C1,1,0),D(-1,3,0),P0,0,hM, CD=(-2,2,0),PD=(-1,3,-h),OD=(-1,3,0), 67 宋老师数学图文制作室 初高中数学备课备考 教学课件、讲义、单元、月考、期中期脉 CD.n=-2x+2y=0 设平面的法向量为 CPD h得 的n=G,,)则PD万=-x+3列-版=0取x n=(h,h,2) 0Dm=-x2+3y2=0 设平面 的法向量为 OPD m=依，，）则Pmm=飞+3明-记，=0取为 =1'得 m=(3,1,0)' 由二面布c-Pm-0的平面角们余弦值为5，衬cs似外因从 5 |mlnl10V2h2+45' 解得hV6 6 ， 所以OP= 3 (3)假设在侧棱PC上存在点M,使得BM,OP,OD共面，即BM1/平面POD, 由(2)知C,1,0),P0,0,),CP=(-l,-1,),平面OPD的法向量为m=(31,0), 设CM=CP0≤1≤)，则CM=(←元，-元，2h),而BC=(0,1,0), 因此BM=C+C=(1-么：由Bm1平面OD得8m.而=-3+1-无-0解得4= 4 CM 1 所以在侧棱PC上存在点M,使得BM,OP,OD共面，PC=4 18.如图，在四棱锥P-ABCD中，PA=PB=PD=AB=AD=10N2,∠A=90°，BC=15,CD=25. (I)求证：BC⊥面PBD: (2)求证：二面角D-PC-B是直二面角： 68 宋老师数学图文制作室 ⊙初高中数学备课备考 教学课件、讲义、单元、月考、期中期脉司 (3)在平面PBC上求点M,使AM⊥面PBC 【详解】(1)如图所示： 连接BD,取BD的中点O,连接PO, 因为PA=PB=PD=AB=AD=10N2,∠A=90°， 所以△ABD的外接圆的圆心为BD的中点，即点O, 也为点P在底面ABCD上的射影，则PO⊥平面ABCD, 因为BCC平面ABCD,所以PO⊥BC, 又因为BD2=AB2+AD2=400,满足BC2+BD2=CD2, 所以BC⊥BD,又BD∩PO=O, 所以BC⊥面PBD: (2)以A为原点，以AB,AD分别为x,y轴，建立空间直角坐标系： 则A(00,0),B(0,102,0,D102,0,0,0(52,52,0 易得0P=PD2-D02=10,则P52,52,10 设C(x,y,0),则BC=(xy-102,0,DC=(x-102,y,0 69 宋老师数学图文制作室 ⊙初高中数学备课备考 教学课件、讲义、单元、月考、期中期味 ,因为BC=15,DC=25」 所以(-102+=25(-10w2+y=625,解得x=15y2,y=352 2y= 2 所以PC= 2， 设平面PBC的一个法向量为%=(x,,名) [5V2.25 2古+ 2y-102,=0 则·PC=0,即 15V2.152 m·BC=0 2+ 20 令x=1,则以=-1，a=-V2, 所以元=（山，山，-2）。 设平面PCD的一个法向量为n2=(:,2,乙2) 52.,252 X2十 21 25-1022=0 则n·PC=0, 即 52.35 n·DC=0 2+ 20 令x2=7,则=1，z2=3V2 所以乃=(，1,32)， 因为m乃=1x7-1x1-V2×32=0,所以n1乃， 70 宋老师数学图文制作室 初高中数学备课备考 教学课件、讲义、单元、月考、期中期味□ 则平面PBC⊥平面PDC,所以二面角D-PC-B是直二面角： (3)因为AM⊥面PBC,所以AM1m,设AM=(k,-k,-V2k, 则PM=(（k-52,-k-52,-√2k-10), 因为PMh=0, 所以(k-52)×1-(-k-52)x1+(2k-10×V2)=0, 解得k=-5V2 2 5v25V2 19.如图，在四楼链p-4BCD中，四边形ABCD为矩形，B=PB=4AD4N2:∠M8P-号平面P4B1平面 ABCD,M为PA的中点，点E为线段PD上的动点（点E不与点P,D重合）· D (1)求证：PC∥平面BDM. ②当DE-DP时，求证：DP1平面BME: 4 2√34 、DE (3)是否存在点五，使得平面BME和平面PBC夹角的余弦值为7？若存在，求DP的值：若不存在，说明理由. 71 宋老师数学图文制作室 初高中数学备课备考 教学课件、讲义、单元、月考、期中期脉 【详解】(1)证明： 如图，连接AC交BD于点Q,连接QM, 因为四边形ABCD是矩形，所以Q为AC的中点. 又因为M为PA的中点，所以在△PAC中，OM∥PC, 因为QMC平面BDM,PC平面BDM,所以PCII平面BDM, M A D (2)证明： 因为∠ABP-受，所以AB⊥BP 又因为平面PAB⊥平面ABCD,平面PAB∩平面ABCD=AB,PBc平面PAB, 所以PB⊥平面ABCD, 因为BA,BCC平面ABCD,所以PB⊥BA,PB⊥BC. 因为BA⊥BC,所以BA,BC,BP两两垂直， 以点B为坐标原点，分别以BA,BC,BP的方向为x轴、y轴、z轴的正方向， 建立如图所示的空间直角坐标系， 则B(0,0,0),A(4,0,0),P0,0,4),C(0,4V2,0),D(4,4V2,0),M(2,0,2), 所以BM=(2,0,2),BD=(4,4V2,0),DP=(-4,-4V2,4), 72 宋老师数学图文制作室 初高中数学备课备考 教学课件、讲义、单元、月考、期中期味一 因为DE-DP-(3-32,3),所以E=BD+DE=0N2,3》 因为Dp.BE=-4×1-4V2×V2+4×3=0,Dp.BM=-4×2-4V2x0+4×2=0, 所以DP⊥BE,DP⊥BM,即DP⊥BE,DP⊥BM, 又因为BM∩BE=B,BEc平面BME,BMc平面BME, 所以DP⊥平面BME (3)设DE=1DP=(-42,4W22,4),1e(0,1), 则BE=BD+DE=(4-42,4V2-4√21,42). BM.=0 设平面 BME 的法向量为=G)则E万=0' 2x+2z=0 即14-42x+4W2-4W2y+4z=0 令x=2-2,则y=2n-1,z=2-2,所以=(2-V2,2-l,2-2). 取平面PBC的法向量m=(L,0,0), 则lcom,m上mn |2-√2l 2V34 1mnV21-22+(2-1)2+22-1)17, 化简得152-142+3=0解得=写戒4-号 5 DE 1 DE 3 所以DP=3或DP5 20.如图，己知正方形ABCD和矩形ACEF所在平面互相垂直，AB=3,设AF=(>0),点M,N分别在线段 73 宋老师数学图文制作室 初高中数学备课备考 教学课件、讲义、单元、月考、期中期味 AD.CD上，且AM=写AD,DN=Dc (1)证明：ME⊥BN: (2)若平面BEM⊥平面EFN,求t的值： (3)设直线BM与平面EFN相交于点K,求线段EK的长度（用t表示）· 【详解】(I)因为平面ABCD⊥平面ACEF,平面ABCD∩平面ACEF=AC, 在矩形ACEF中，AC⊥AF,AFC平面ACEF,所以AF⊥平面ABCD 又因为ADc平面ABCD,ABC平面ABCD,所以AF⊥AD,AF⊥AB 以{AD,AB,AF}为正交基底，建立如图所示空间直角坐标系， 则B(0,3,0),M(1,0,0),E(3,3,),N(31,0),F(0,0,) 所以ME=(23,),BN=(3,-2,0), 所以ME.BN=2×3+3×(-2)=0, 74 宋老师数学图文制作室 ©初高中数学备课备考 教学课件、讲义、单元、月考、期中期脉一 所以ME⊥BN, (2)BE=(3,0,),BM=（1,-3,0),EF=（-3,-3,0),E=(0,-2,-) 设平面BEM的一个法向量为n=(x,,乙)， BM.n=0 起=0令=相%=34=-号 即 -3y=0 BEn=0’ 所以平面E的-个法向量为4-(3L) 设平面EFN的一个法向量为乃，=(x,,乙2)，则 EF.n2=0「-3x2-3y2=0 丽%=0即2-2=0令，=1得%=-1名-子 所以平面y的一个法向登为巧-气-引 若平面BEM⊥平面EFN,则hn2=0, 利3-11-0，解得7=9 因为>0，所以t=3 (3)设BK=BM,则K(a,3-31,0),所以K不=(3-，32-2,0) 由2可知，平面N的一个法向盘%-（-1). 所以K不2=0 用3-4-3认+2=0：解得入-号 75 宋老师数学图文制作室 初高中数学备课备考 教学课件、讲义、单元、月考、期中期脉 所以欧-(+r-F+ 21.如图1，在梯形ABCD中，ADI‖BC,∠ADC=90°，BC=2AD=2V3,点E是CD上的点，且DC=3DE=3.现 将△ADE沿AE折起，使得点D到达点P的位置，且PC=V6,如图2. B B 图1 图2 (I)求证：平面PAE⊥平面ABCE: (2)设AE的中点为M,AP的中点为N PB (i)经过C,M,N三点的平面交PB于点P,求PF: (i)在平面PMC内取一点Q,使得直线EQ⊥平面PBC，,求PO的长， 【详解】(I)在平面PAE内过点P作PH⊥AE于点H,连接CH. 在梯形ABCD中，由∠ADC=90°，AD=3,DE=1, 易和∠DE4=60则H=Do∠D4=分：DM- 2,即PH= 2 在△CEH中，由余弦定理，得 76 宋老师数学图文制作室 初高中数学备课备考 教学课件、讲义、单元、月考、期中期脉 1 21 CH2EHP+EC2-2EH-EC-cosZHEC-4+1- PC=6,PC2=PH2+CH2, .PH⊥HC,又AE∩CH=H,得PH⊥平面ABCE, :PHc平面PAE,∴，平面PAE⊥平面ABCE. (2)过点H作AB的平行线交BC于点G,易得HG⊥AE 以H为原点，分别以HA,HG,HP的方向为x轴，y轴，z轴的正方向建立空间直角坐标系H2. ZA 由已知，得 0以432aoc0小r0a9 A,甲际两5-号2-哥》F-a以9 PF (1)设PB 则F 221 C,M,N,F四点共面，∴.MF=sMC+iMN,即 77 宋老师数学图文制作室 ⊙初高中数学备课备考 教学课件、讲义、单元、月考、期中期脉 9-9-2ia9）+ 2 4 得25=V3s ，解得 ,即 55=5 =6 22 6 PF at项-ac-司g9}o小-学 则 0.=3-m-2n3m=0 [m-3 ,直线 平面，得 1 EQ⊥ PBC n=4 则9 3535 44’4 933_5 P四=6+i6+64 78