高考數(shù)學(xué) 熱點(diǎn)專題突破系列(四)立體幾何的綜合問(wèn)題課件.ppt

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熱點(diǎn)專題突破系列(四) 立體幾何的綜合問(wèn)題,考點(diǎn)一 平行、垂直關(guān)系的證明與體積的計(jì)算 【考情分析】以空間幾何體(主要是柱、錐或簡(jiǎn)單組合體)為載體,通過(guò)空間平行、垂直關(guān)系的論證命制,主要考查公理4及線、面平行與垂直的判定定理與性質(zhì)定理,常與平面圖形的有關(guān)性質(zhì)及體積的計(jì)算等知識(shí)交匯考查,考查學(xué)生的空間想象能力和推理論證能力以及轉(zhuǎn)化與化歸思想,一般以解答題的形式出現(xiàn),難度中等.,【典例1】(2014重慶高考改編)如圖所示, 在四棱錐P-ABCD中,底面是以O(shè)為中心的菱形, PO底面ABCD,AB=2,BAD= ,M為BC上一點(diǎn), 且BM= ,N為AB上一點(diǎn),且BN= . (1)證明:MN平面PAC. (2)證明:BC平面POM. (3)若MPAP,求四棱錐P-ABMO的體積.,【解題提示】(1)只需證明MNAC即可. (2)在平面POM內(nèi)可以找到OM,PO與BC垂直,從而得出結(jié)論. (3)直接利用體積公式求解即可.,【規(guī)范解答】(1)因?yàn)锽M=BN= , 所以 所以MNAC. 又MN平面PAC,AC平面PAC, 所以MN平面PAC.,(2)因?yàn)锳BCD為菱形,O為菱形中心,連接OB,則AOOB. 因?yàn)锽AD= ,故OB=ABsin =1, 又因?yàn)锽M= ,且OBM= , 在OBM中, OM2=OB2+BM2-2OBBMcosOBM,所以O(shè)B2=OM2+BM2,故OMBM,故OMBC. 又PO底面ABCD,所以POBC. 從而B(niǎo)C與平面POM內(nèi)兩條相交直線OM,PO都垂直, 所以BC平面POM.,(3)由(2)得,OA=ABcosOAB=2 設(shè)PO=a,由PO底面ABCD知,POA為直角三角形, 故PA2=PO2+OA2=a2+3. 由POM也是直角三角形,故PM2=PO2+OM2=a2+ . 連接AM,在ABM中, AM2=AB2+BM2-2ABBMcosABM,由已知MPAP, 故APM為直角三角形,則PA2+PM2=AM2, 即 得 (舍去), 即PO= 此時(shí)S四邊形ABMO=SAOB+SOMB = AOOB+ BMOM 所以四棱錐P-ABMO的體積,【規(guī)律方法】 1.空間兩直線位置關(guān)系的判定方法 (1)對(duì)于平行直線可通過(guò)作輔助線,利用三角形或梯形中位線的性質(zhì)及線面平行與面面平行的性質(zhì)定理. (2)垂直關(guān)系可采用線面垂直的性質(zhì)解決.,2.空間線面的位置關(guān)系的判定方法 (1)證明直線與平面平行,設(shè)法在平面內(nèi)找到一條直線與已知直線平行,解答時(shí)合理利用中位線性質(zhì)、線面平行的性質(zhì),或構(gòu)造平行四邊形,尋求比例關(guān)系確定兩直線平行. (2)證明直線與平面垂直,主要途徑是找到一條直線與平面內(nèi)的兩條相交直線垂直.解題時(shí)注意分析觀察幾何圖形,尋求隱含條件.,3.空間面面的位置關(guān)系的判定方法 (1)證明面面平行,需要證明線面平行,要證明線面平行需證明線線平行,將“面面平行”問(wèn)題轉(zhuǎn)化為“線線平行”問(wèn)題. (2)證明面面垂直,將“面面垂直”問(wèn)題轉(zhuǎn)化為“線面垂直”問(wèn)題,再將“線面垂直”問(wèn)題轉(zhuǎn)化為“線線垂直”問(wèn)題.,4.計(jì)算幾何體體積的關(guān)鍵及注意點(diǎn) 計(jì)算幾何體的體積時(shí),能直接用公式時(shí),關(guān)鍵是確定幾何體的高,而不能直接用公式時(shí),注意進(jìn)行體積的轉(zhuǎn)化.,【變式訓(xùn)練】(2015杭州模擬)如圖,在三棱柱 ABC-A1B1C1中,ACBC,ABBB1,AC=BC=BB1=2, D為AB的中點(diǎn),且CDDA1. (1)求證:平面A1B1B平面ABC. (2)求多面體DBC-A1B1C1的體積.,【解析】(1)因?yàn)锳C=BC,D為AB的中點(diǎn), 所以CDAB,又CDDA1,ABDA1=D, 所以CD平面A1B1B, 又因?yàn)镃D平面ABC, 故平面A1B1B平面ABC.,(2)因?yàn)槠矫鍭1B1B平面ABC,平面A1B1B平面ABC=AB,BB1平面 A1B1B,ABBB1,所以BB1平面ABC,因此 =SABC|AA1|- SADC|AA1|=SABC|AA1|- SABC|AA1|= SABC|AA1|= .,【加固訓(xùn)練】(2013江西高考)如圖,四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,AA1 面ABCD,ABCD,ADAB,AB=2,AD= ,AA1=3,E為CD上一點(diǎn),DE=1,EC=3. (1)證明:BE平面BB1C1C. (2)求點(diǎn)B1到平面EA1C1的距離.,【解析】(1)過(guò)點(diǎn)B作CD的垂線交CD于點(diǎn)F,則BF=AD= , EF=AB-DE=1,FC=2. 在RtBFE中,BE= ,在RtCFB中,BC= . 在BEC中,因?yàn)锽E2+BC2=9=EC2, 所以BEBC,又由BB1平面ABCD得BEBB1, 又BB1BC=B,故BE平面BB1C1C.,(2) 在RtA1D1C1中， 同理， 則 設(shè)點(diǎn)B1到平面EA1C1的距離為d，則三棱錐B1-EA1C1的體積為 所以點(diǎn)B1到平面EA1C1的距離為,考點(diǎn)二 平面圖形折疊成空間幾何體問(wèn)題 【考情分析】先將平面圖形折疊成空間幾何體,再以其為載體研究其中的線、面間的位置關(guān)系與計(jì)算有關(guān)的幾何量是近幾年高考考查立體幾何的一類重要考向,它很好地將平面圖形拓展成空間圖形,同時(shí)也將空間立體圖形向平面圖形轉(zhuǎn)化提供了具體形象的途徑,是高考深層次考查空間想象能力的主要方向.,【典例2】(2015中山模擬)如圖1所示,在RtABC中,AC=6,BC=3, ABC=90,CD為ACB的平分線,點(diǎn)E在線段AC上,且CE=4.如圖2所示,將BCD沿CD折起,使得平面BCD平面ACD,連接AB,設(shè)點(diǎn)F是AB的中點(diǎn).,(1)求證:DE平面BCD. (2)若EF平面BDG,其中G為直線AC與平面BDG的交點(diǎn),求三棱錐B-DEG的體積. 【解題提示】(1)由平面BCD平面ACD,只需證明DEDC即可. (2)先由平面BCD平面ACD,求得B到平面ACD,即DEG的距離,再由體積公式求解.,【規(guī)范解答】(1)在題圖1中,因?yàn)锳C=6,BC=3,ABC=90,所以A=30,ACB=60. 因?yàn)镃D為ACB的平分線,所以BCD=ACD=30, 所以CD=2 . 因?yàn)镃E=4,DCE=30,由余弦定理可得cos30= 即 ,解得DE=2.則CD2+DE2=EC2,所以CDE=90,DEDC.,在題圖2中,因?yàn)槠矫鍮CD平面ACD,平面BCD平面ACD=CD, DE平面ACD,且DEDC, 所以DE平面BCD.,(2)在題圖2中,因?yàn)镋F平面BDG,EF平面ABC, 平面ABC平面BDG=BG, 所以EFBG. 因?yàn)辄c(diǎn)E在線段AC上,CE=4,點(diǎn)F是AB的中點(diǎn), 所以AE=EG=CG=2. 作BHCD于點(diǎn)H.因?yàn)槠矫鍮CD平面ACD, 所以BH平面ACD.,由已知可得 所以三棱錐B-DEG的體積V= SDEGBH=,【規(guī)律方法】折疊問(wèn)題的求解策略 (1)解決與折疊有關(guān)的問(wèn)題的關(guān)鍵是搞清折疊前后的變化量和不變量.一般情況下,長(zhǎng)度是不變量,而位置關(guān)系往往會(huì)發(fā)生變化. (2)在解決問(wèn)題時(shí),要綜合考慮折疊前后的圖形,既要分析折疊后的圖形,也要分析折疊前的圖形.進(jìn)而將其轉(zhuǎn)化為立體幾何的常規(guī)問(wèn)題求解.,解決折疊問(wèn)題的關(guān)注點(diǎn) 平面圖形折疊成空間圖形,主要抓住變與不變的量,所謂不變的量,即是指“未折壞”的元素,包括“未折壞”的邊和角,一般優(yōu)先標(biāo)出未折壞的直角(從而觀察是否存在線面垂直),然后標(biāo)出其他特殊角,以及所有不變的線段.,【變式訓(xùn)練】(2015天津模擬)如圖,在邊長(zhǎng)為3的正三角形ABC中,G,F為邊AC的三等分點(diǎn),E,P分別是AB,BC邊上的點(diǎn),滿足AE=CP=1,今將BEP,CFP分別沿EP,FP向上折起,使邊BP與邊CP所在的直線重合,B,C折后的對(duì)應(yīng)點(diǎn)分別記為B1,C1. (1)求證:C1F平面B1GE. (2)求證:PF平面B1EF.,【證明】(1)取EP的中點(diǎn)D,連接FD,C1D. 因?yàn)锽C=3,CP=1,所以折起后C1為B1P的中點(diǎn). 所以在B1EP中,DC1EB1. 又因?yàn)锳B=BC=AC=3,AE=CP=1, 所以 ,所以EP=2且EPGF. 因?yàn)镚,F為AC的三等分點(diǎn),所以GF=1.,又因?yàn)镋D= EP=1,所以GF=ED, 所以四邊形GEDF為平行四邊形.所以FDGE. 又因?yàn)镈C1FD=D,GEB1E=E, 所以平面DFC1平面B1GE. 又因?yàn)镃1F平面DFC1,所以C1F平面B1GE.,(2)連接EF,B1F,由已知得EPF=60,且FP=1,EP=2, 由余弦定理,得EF2=12+22-212cos60=3, 所以FP2+EF2=EP2,可得PFEF. 因?yàn)锽1C1=PC1=1,C1F=1,得FC1=B1C1=PC1, 所以PB1F的中線C1F= PB1,可得PB1F是直角三角形,即B1FPF. 因?yàn)镋FB1F=F,EF,B1F平面B1EF, 所以PF平面B1EF.,【加固訓(xùn)練】(2013湖北高考)如圖甲, 在平面四邊形ABCD中,已知A=45,C =90,ADC=105,AB=BD,現(xiàn)將四邊形 ABCD沿BD折起,使平面ABD平面BDC (如圖乙),設(shè)點(diǎn)E,F分別為棱AC,AD的中點(diǎn). (1)求證:DC平面ABC. (2)設(shè)CD=a,求三棱錐A-BFE的體積.,【解析】(1)在圖甲中因?yàn)锳B=BD且A=45, 所以ADB=45,ABD=90,即ABBD. 在圖乙中,因?yàn)槠矫鍭BD平面BDC, 且平面ABD平面BDC=BD, 所以AB底面BDC,所以ABCD. 又DCB=90,所以DCBC,且ABBC=B, 所以DC平面ABC.,(2)因?yàn)镋,F分別為AC,AD的中點(diǎn), 所以EFCD,又由(1)知,DC平面ABC, 所以EF平面ABC, 所以VA-BFE=VF-AEB= SAEBFE 在圖甲中,因?yàn)锳DC=105, 所以BDC=60,DBC=30,由CD=a得BD=2a,BC= a,EF= CD= a, 所以SABC= ABBC= 2a a= a2, 所以SAEB= 所以,考點(diǎn)三 空間向量在立體幾何中的應(yīng)用 【考情分析】在高考中主要考查通過(guò)建立恰當(dāng)?shù)目臻g直角坐標(biāo)系,利用空間向量的坐標(biāo)運(yùn)算證明空間中的線、面的平行與垂直關(guān)系,計(jì)算空間角(特別是二面角)及空間距離,常與空間幾何體的結(jié)構(gòu)特征,空間線、面位置關(guān)系的判定定理與性質(zhì)定理等知識(shí)綜合,以解答題形式出現(xiàn),難度中等.,【典例3】(2015南昌模擬)如圖,三棱柱 ABC-A1B1C1中,BC=2,BC1= ,CC1= ,ABC 是以BC為底邊的等腰三角形,平面ABC平面 BCC1B1,E,F分別為棱AB,CC1的中點(diǎn). (1)求證:EF平面A1BC1. (2)若AC2為整數(shù),且EF與平面ACC1A1所成的角的正弦值為 ,求二面角C-AA1-B的余弦值.,【解題提示】根據(jù)平面ABC平面BCC1B1,選坐標(biāo)原點(diǎn)建立空間直角 坐標(biāo)系,(1)求平面A1BC1的法向量n,證明n 即可.(2)分別求平面 ACC1A1與平面AA1B的法向量,利用向量的夾角公式求解.,【規(guī)范解答】(1)因?yàn)镃C1=BC1= ,BC=2, 所以CC1B是以BC為斜邊的等腰直角三角形,取BC的中點(diǎn)O,連接AO,C1O,設(shè)OA=b,則AOBC,C1OBC, 因?yàn)槊鍭BC面BCC1B1,且面ABC面BCC1B1=BC, 所以AO面BCC1B1,C1O面ABC.,以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn),以O(shè)C,OC1,OA所在直線為x,y,z軸建立空間直角坐標(biāo)系, 所以C(1,0,0),C1(0,1,0),A(0,0,b), A1(-1,1,b),B(-1,0,0). 所以 所以 =(1,1,0)， =(1,0,-b)， 可得平面A1BC1的一個(gè)法向量為n=(b,-b,1), 所以 ,所以 又EF平面A1BC1，所以EF平面A1BC1.,(2)設(shè)平面ACC1A1的一個(gè)法向量為n1=(x1,y1,z1)， 又 =(-1,1,0), =(1,0,-b), 則 令z1=1, 則n1=(b,b,1).又,所以 解得b=1或b= ，因?yàn)锳C2為整數(shù)，所以b=1, 所以n1=(1,1,1)，同理可求得平面AA1B的一個(gè)法向量n2=(1,1,-1), 所以 又二面角C-AA1-B為銳二面角，所以余弦值為,【規(guī)律方法】利用空間向量證明線面位置關(guān)系與計(jì)算空間角的步驟 (1)根據(jù)題目中的條件,充分利用垂直關(guān)系,盡量使相關(guān)點(diǎn)在坐標(biāo)軸上,建立適當(dāng)?shù)目臻g直角坐標(biāo)系,求出相關(guān)點(diǎn)的坐標(biāo). (2)求出相關(guān)直線的方向向量,相關(guān)平面的法向量,根據(jù)題目的要求,選擇適當(dāng)?shù)墓?將相關(guān)坐標(biāo)代入進(jìn)行求解和證明. (3)回歸待求證、求解問(wèn)題.,【變式訓(xùn)練】(2015唐山模擬)在如圖所示 的幾何體中,四邊形ABCD是等腰梯形,ABCD, ABC=60,AB=2CB=2. 在梯形ACEF中,EFAC,且AC=2EF,EC平面ABCD. (1)求證:BCAF. (2)若二面角D-AF-C為45, 求CE的長(zhǎng).,【解析】(1)在ABC中,AC2=AB2+BC2-2ABBCcos60=3,所以AB2=AC2+BC2,由勾股定理知ACB=90, 所以BCAC.又因?yàn)镋C平面ABCD,BC平面ABCD,所以BCEC. 又因?yàn)锳CEC=C,所以BC平面ACEF, 又AF平面ACEF.所以BCAF.,(2)因?yàn)镋C平面ABCD,又由(1)知BCAC,所以以 C為原點(diǎn),建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系C-xyz, 設(shè)CE=h，則C(0，0，0)，A( ，0，0)，,設(shè)平面DAF的法向量為n1=(x,y,z)， 則 所以 令x= ，所以 又平面AFC的法向量n2=(0，1，0)， 所以 解得 所以CE的長(zhǎng)為,【加固訓(xùn)練】1.(2013山東高考)如圖所示, 在三棱錐P-ABQ中,PB平面ABQ,BA=BP=BQ, D,C,E,F分別是AQ,BQ,AP,BP的中點(diǎn),AQ=2BD, PD與EQ交于點(diǎn)G,PC與FQ交于點(diǎn)H,連接GH. (1)求證:ABGH. (2)求二面角D-GH-E的余弦值.,【解析】(1)因?yàn)镈,C,E,F分別是AQ,BQ,AP,BP的中點(diǎn), 所以EFAB,DCAB.所以EFDC. 又EF平面PCD,DC平面PCD,所以EF平面PCD. 又EF平面EFQ,平面EFQ平面PCD=GH, 所以EFGH,又EFAB,所以ABGH.,(2)由AQ=2BD,D為AQ的中點(diǎn)可得,ABQ為直角三角形,ABQ=90. 以B為坐標(biāo)原點(diǎn),分別以BA,BC,BP所在直線為x,y,z軸建立空間直角 坐標(biāo)系,則B(0,0,0),設(shè)A(2,0,0),P(0,0,2),Q(0,2,0),則E(1,0,1), F(0,0,1),D(1,1,0),C(0,1,0), 所以 =(0,1,-2), =(-1,0,0), =(1,0,0), =(1,-2,1).,設(shè)平面GCD的一個(gè)法向量為n1=(x1,y1,z1),則 得 取n1=(0,2,1)， 設(shè)平面EFG的一個(gè)法向量為n2=(x2,y2,z2),則 得,取n2=(0,1,2)， 可得 因?yàn)槎娼荄-GH-E為鈍角， 所以二面角D-GH-E的余弦值為 .,2.(2015鄭州模擬)如圖,四邊形ABCD是邊長(zhǎng)為2 的正方形,MD平面ABCD,NBMD,且NB=1,MD=2; (1)求證:AM平面BCN. (2)求AN與平面MNC所成角的正弦值. (3)E為直線MN上一點(diǎn),且平面ADE平面MNC,求 的值.,【解析】(1)因?yàn)锳BCD是正方形, 所以BCAD,因?yàn)锽C平面AMD,AD平面AMD, 所以BC平面AMD. 因?yàn)镹BMD,又NB平面AMD,MD平面AMD, 所以NB平面AMD. 因?yàn)镹BBC=B,NB平面BCN,BC平面BCN, 所以平面AMD平面BCN. 因?yàn)锳M平面AMD,所以AM平面BCN.,(2)因?yàn)镸D平面ABCD,ABCD是正方形,所以,可選點(diǎn)D為原點(diǎn),DA, DC,DM所在直線分別為x,y,z軸,建立空間直角坐標(biāo)系(如圖), 則A(2,0,0),M(0,0,2),C(0,2,0),N(2,2,1),所以 =(0,2,1), =(2,2,-1), =(0,2,-2), 設(shè)平面MNC的一個(gè)法向量n=(x,y,z), 則 令z=2,則n=(-1,2,2), 設(shè)AN與平面MNC所成角為, 所以sin,(3)設(shè)E(x,y,z), 又因?yàn)?=(x,y,z-2), =(2,2,-1), 所以E點(diǎn)的坐標(biāo)為(2,2,2-). 因?yàn)锳D平面MDC,所以ADMC,欲使平面ADE平面MNC,只要AEMC, 因?yàn)?=(2-2,2,2-), =(0,2,-2), 且 =0,所以4-2(2-)=0, 所以= ,所以,考點(diǎn)四 利用空間向量解決探索性問(wèn)題 【考情分析】此類試題一般以解答題形式呈現(xiàn),常涉及線、面平行、垂直、空間角的計(jì)算問(wèn)題,是高考命題的熱點(diǎn),一般有兩種考查形式: (1)根據(jù)條件作出判斷,再進(jìn)一步論證. (2)利用空間向量,先假設(shè)存在點(diǎn)的坐標(biāo),再根據(jù)條件判斷該點(diǎn)的坐標(biāo)是否存在.,【典例4】(2015深圳模擬)在直角梯形ABCD中,ADBC,BC=2AD=2AB =2 ,ABBC,如圖所示,把ABD沿BD翻折,使得平面ABD平面BCD. (1)求證:CDAB. (2)若點(diǎn)M為線段BC的中點(diǎn),求點(diǎn)M到平面ACD的距離. (3)在線段BC上是否存在點(diǎn)N,使得AN與平面ACD所成的角為60?若存 在,求出 的值;若不存在,請(qǐng)說(shuō)明理由.,【解題提示】(1)根據(jù)平面ABD平面BCD,只需證明CDBD,進(jìn)而得到CD平面ABD,從而證明CDAB. (2)以D為原點(diǎn)建立空間直角坐標(biāo)系,求出向量 及平面ACD的一個(gè)法向量n,代入點(diǎn)到平面的距離公式求解. (3)假設(shè)在線段BC上存在一點(diǎn)N使AN與平面ACD所成的角為60,再利用向量的夾角公式進(jìn)行運(yùn)算判斷.,【規(guī)范解答】(1)在直角梯形ABCD中，ADBC，BC=2AD=2AB= ABBC, 所以AD=AB= ,BD= =2，DBC=ADB=45，CD= 所以BD2+CD2=BC2,所以CDBD. 因?yàn)槠矫鍭BD平面BCD,平面ABD平面BCD=BD，所以CD平面ABD，又AB平面ABD，所以CDAB.,(2)由(1)知CDBD.以點(diǎn)D為原點(diǎn)，DB所在的直 線為x軸，DC所在的直線為y軸，過(guò)點(diǎn)D作垂直 于平面BCD的直線為z軸，建立空間直角坐標(biāo)系 D-xyz，如圖所示，由已知得A(1,0,1)，B(2,0,0)，C(0,2,0)， D(0,0,0)，M(1,1,0)，所以 =(0,-2,0)， =(-1,0,-1), =(-1,1,0).設(shè)平面ACD的一個(gè)法向量為n=(x,y,z)，則 即 令x=1，得z=-1，y=0,則平面ACD的一個(gè)法 向量為n=(1,0,-1),所以點(diǎn)M到平面ACD的距離為,(3)假設(shè)在線段BC上存在點(diǎn)N，使得AN與平面ACD所成的角為60. 設(shè) (01)，N(a,b,0),則(a-2,b,0)=(-2,2,0), 所以N(2-2,2,0), =(1-2,2，-1). 又平面ACD的一個(gè)法向量為n=(1,0,-1)，且直線AN與平面ACD所成的 角為60，所以sin 60= 即 可得82+2-1=0，解得= 或=- (舍去). 綜上所述，在線段BC上存在點(diǎn)N，使得AN與平面ACD所成的角為60, 此時(shí),【規(guī)律方法】探索性問(wèn)題的求解策略 (1)對(duì)于存在判斷型問(wèn)題的求解,應(yīng)先假設(shè)存在,把要成立的結(jié)論當(dāng)作條件,據(jù)此列方程或方程組,把“是否存在”問(wèn)題轉(zhuǎn)化為“點(diǎn)的坐標(biāo)是否有解,是否有規(guī)定范圍內(nèi)的解”等. (2)對(duì)于位置探究型問(wèn)題,通常借助向量,引進(jìn)參數(shù),綜合已知和結(jié)論列出等式,解出參數(shù).,【變式訓(xùn)練】(2015西安模擬)如圖所示,棱 柱ABCD-A1B1C1D1的所有棱長(zhǎng)都等于2,ABC和 A1AC均為60,平面AA1C1C平面ABCD. (1)求證:BDAA1. (2)求二面角D-A1A-C的余弦值. (3)在直線CC1上是否存在點(diǎn)P,使BP平面DA1C1,若存在,求出點(diǎn)P的位置,若不存在,請(qǐng)說(shuō)明理由.,【解析】設(shè)BD與AC交于O，則BDAC，連接A1O， 在AA1O中，AA1=2，AO=1,A1AO=60, 所以A1O2=AA12+AO2-2AA1AOcos 60=3, 所以AO2+A1O2=AA12, 所以A1OAO.,由于平面AA1C1C平面ABCD,所以A1O平面ABCD. 以O(shè)B，OC，OA1所在直線分別為x軸，y軸，z軸，建立如圖所示的 空間直角坐標(biāo)系，則A(0,-1,0),B( ,0,0)，C(0,1,0)， D(- ,0，0),A1(0,0, ),C1(0,2, ). (1)由于 所以BDAA1.,(2)由于OB平面AA1C1C, 所以平面AA1C1C的一個(gè)法向量為n1=(1,0,0). 設(shè)n2平面AA1D，則 設(shè)n2=(x,y,z)，則 取n2=(1， ,-1)，則n1，n2即為二面角D-A1A-C的平面角, 所以 所以二面角D-A1A-C的平面角的余弦值為,(3)假設(shè)在直線CC1上存在點(diǎn)P，使BP平面DA1C1, 設(shè) ，P(x,y,z),則(x,y-1,z)=(0，1， ), 從而有P(0，1+， )， 設(shè)n3平面DA1C1，則 又 =(0,2,0)， 設(shè)n3=(x3,y3,z3)，則 取n3=(1,0,-1),因?yàn)锽P平面DA1C1，則n3 , 即 得=-1, 即點(diǎn)P在C1C的延長(zhǎng)線上，且C1C=CP.,【加固訓(xùn)練】1.(2014海淀模擬)在如圖所示 的幾何體中,底面ABCD為菱形,BAD=60, AA1 DD1 CC1BE,且AA1=AB,D1E平面D1AC, AA1底面ABCD. (1)求二面角D1-AC-E的大小. (2)在D1E上是否存在一點(diǎn)P,使得A1P平面EAC,若存在,求 的值,若不存在,說(shuō)明理由.,【解析】(1)設(shè)AC與BD交于點(diǎn)O,如圖所示建立 空間直角坐標(biāo)系Oxyz,設(shè)AB=2,則A( ,0,0), B(0,-1,0),C(- ,0,0),D(0,1,0),D1(0,1,2), 設(shè)E(0,-1,t),則 因?yàn)镈1E平面D1AC,所以D1ECA,D1ED1A, 所以 解得t=3,所以E(0,-1,3),所以,設(shè)平面EAC的一個(gè)法向量為m=(x,y,z), 則 所以 令z=1,y=3，則m=(0,3,1). 又平面D1AC的一個(gè)法向量為 =(0,2,-1), 所以 所以所求二面角的大小為45.,(2)假設(shè)在D1E上存在一點(diǎn)P，使得A1P平面EAC, 設(shè) 得 因?yàn)锳1P平面EAC,所以 m, 所以 解得= , 存在點(diǎn)P使A1P平面EAC,此時(shí)D1PPE=32.,2.(2015西安模擬)如圖，四棱錐A-BCDE中， ABC是正三角形，四邊形BCDE是矩形，且平 面ABC平面BCDE，AB=2，AD=4. (1)若點(diǎn)G是AE的中點(diǎn)，求證：AC平面BDG. (2)試問(wèn)點(diǎn)F在線段AB上什么位置時(shí)，二面角B-CE-F的余弦值為,【解析】(1)設(shè)BD，CE交于點(diǎn)O，連接OG，易知OG為ACE的中位線，故OGAC，又AC平面BDG，OG平面BDG，得AC平面BDG. (2)如圖，取BC的中點(diǎn)H，建立空間直角坐標(biāo)系H-xyz, 在RtACD中，斜邊AD=4，AC=2，得CD= ， 所以A(0,0, ),B(1，0，0)，C(-1，0，0)，E(1，2 ，0). 設(shè) (01)，得F(1-,0, ). 設(shè)平面CEF的一個(gè)法向量為n=(x，y，z)，,由 即 取x= ,得 而平面BCE的一個(gè)法向量n0=(0，0，1)，所以由題意得 解得=-1(舍去)或= .所以當(dāng)點(diǎn)F為線段AB的中點(diǎn)時(shí)，二面角 B-CE-F的余弦值為,