第13講立體幾何1.2018·全國卷如圖M4-13-1所示,四邊形ABCD為正方形,E,F分別為AD,BC的中點,以DF為折痕把DFC折起,使點C到達點P的位置,且PFBF.(1)證明:平面PEF平面ABFD;(2)求DP與平面ABFD所成角的正弦值.圖M4-13-1 試做   2.2018·全國卷如圖M4-13-2所示,邊長為2的正方形ABCD所在的平面與半圓弧CD所在平面垂直,M是CD上異于C,D的點.(1)證明:平面AMD平面BMC;(2)當三棱錐M-ABC體積最大時,求面MAB與面MCD所成二面角的正弦值.圖M4-13-2試做   3.2016·北京卷如圖M4-13-3所示,在四棱錐P-ABCD中,平面PAD平面ABCD,PAPD,PA=PD,ABAD,AB=1,AD=2,AC=CD=5.(1)求證:PD平面PAB.(2)求直線PB與平面PCD所成角的正弦值. (3)在棱PA上是否存在點M,使得BM平面PCD?若存在,求AMAP的值;若不存在,說明理由.圖M4-13-3 試做   命題角度立體幾何大題求解策略利用法向量求解空間角的關鍵在于“四破”:(a)破“建系關”:建立恰當?shù)目臻g直角坐標系.(b)破“求坐標關”:準確求解相關點的坐標.(c)破“求法向量關”:求出平面的法向量.(d)破“應用公式關”:熟記求角公式即可求出角.求空間角應注意的3個問題:(a)兩條異面直線所成的角不一定是兩直線的方向向量的夾角,應該是cos =|cos |;(b)直線與平面所成的角的正弦值等于平面的法向量與直線方向向量夾角的余弦值的絕對值,即sin =|cos |;(c)兩平面的法向量的夾角不一定是所求的二面角,有可能為兩法向量夾角的補角.平行與垂直問題的求證策略:(a)證明平行問題除結合平行關系的判定與性質定理之外,還需充分利用三角形的中位線、平行四邊形等;(b)證明垂直問題,注意利用等腰三角形底邊的中線與底邊垂直、菱形的對角線互相垂直、勾股定理證明垂直等.解答1平行、垂直關系的證明1 如圖M4-13-4所示,在四棱錐P-ABCD中,PA底面ABCD,ADBC,ADCD,BC=2,AD=CD=1,M是PB的中點.圖M4-13-4(1)求證:AM平面PCD;(2)求證:平面ACM平面PAB.聽課筆記    【考場點撥】(1)利用幾何法證明平行與垂直,關鍵是根據(jù)平行與垂直的判定定理及性質定理來確定有關的線與面,如果所給圖形中不存在這樣的線與面,可以連接或添加有關的線與面;(2)利用向量法證明平行與垂直,首先要合理建立空間直角坐標系,其次寫出有關線的方向向量及求出有關平面的法向量,最后根據(jù)向量的性質進行論證.【自我檢測】如圖M4-13-5所示,在矩形ABCD中,AB=2,BC=4,E為AD的中點,O為BE的中點.將ABE沿BE折起到A'BE的位置,使得平面A'BE平面BCDE(如圖M4-13-5). (1)求證:A'OCD.(2)在線段A'C上(包括端點)是否存在點P,使得OP平面A'DE?若存在,求出A'PA'C的值;若不存在,請說明理由.圖M4-13-5  解答2利用空間向量求角的問題2 如圖M4-13-6所示,在PBE中,ABPE,D是AE的中點,C是線段BE上的一點,且AC=5,AB=AP=12AE=2,現(xiàn)將PBA沿AB折起,使得二面角P-AB-E是直二面角(如圖M4-13-6).(1)求證:CD平面PAB;(2)求直線PE與平面PCD所成角的正弦值.圖M4-13-6聽課筆記    3 如圖M4-13-7所示,在四棱錐P-ABCD中,底面ABCD為平行四邊形,已知PA=AC=2,PAD=DAC=60°,CEAD于點E.圖M4-13-7(1)求證:ADPC;(2)若平面PAD平面ABCD,且AD=3,求二面角C-PD-A的余弦值. 聽課筆記    【考場點撥】空間角求解常見失分點:(1)用向量法求出的異面直線所成角的余弦值必須為正;(2)若直線的方向向量l與平面的法向量n的夾角為,則直線與平面的夾角=2-或-2,故有sin =|cos |=|l·n|l|n|;(3)判斷所求的二面角到底是銳角還是鈍角時,要結合圖形分析,以防結論錯誤.【自我檢測】1.如圖M4-13-8所示,在四棱錐P-ABCD中,PA平面ABCD,DABDCB,E為線段BD上的一點,且EB=ED=EC=BC,連接CE并延長,交AD于點F.(1)若G為PD的中點,求證:平面PAD平面CGF;(2)若BC=2,PA=3,求平面BCP與平面DCP所成銳二面角的余弦值.圖M4-13-8  2.如圖M4-13-9所示,在五邊形ABCDE中,ED=EA,ABCD,CD=2AB,EDC=150°,現(xiàn)將EAD沿AD翻折到PAD的位置,得到四棱錐P-ABCD,如圖M4-13-9所示,點M為線段PC的中點,且BM平面PCD.(1)求證:平面PAD平面ABCD;(2)若直線PC與直線AB所成角的正切值為12,求直線BM與平面PDB所成角的正弦值.圖M4-13-9  3.如圖M4-13-10所示,在四棱錐P-ABCD中,PA=PD=AD=2CD=2BC=2,且ADC=BCD=90°.(1)當PB=2時,證明:平面PAD平面ABCD;(2)當四棱錐P-ABCD的體積為34,且二面角P-AD-B為鈍角時,求直線PA與平面PCD所成角的正弦值.圖M4-13-10  解答3利用空間向量解決探索性問題4 如圖M4-13-11,等邊三角形ABC的邊長為3,點D,E分別為AB,AC上的點,且滿足ADDB=CEEA=12,將ADE沿DE折起到A1DE的位置,使二面角A1-DE-B為直二面角(如圖M4-13-11).(1)求證:A1D平面BCED.(2)在線段BC上(包括端點)是否存在點P,使直線PA1與平面A1BD所成的角為60°?若存在,求出PB的長;若不存在,請說明理由.圖M4-13-11聽課筆記    【考場點撥】與空間向量有關的探究性問題主要有兩類:一類是探究線面的位置關系;另一類是探究線面角或二面角滿足特定要求時的存在性問題.處理原則是:先建立空間直角坐標系,引入?yún)?shù)(有些是題中已給出),設出關鍵點的坐標,然后探究這樣的點是否存在,或參數(shù)是否滿足要求,從而作出判斷.【自我檢測】如圖M4-13-12所示,在四棱錐P-ABCD中,PA平面ABCD,BCAD,ABAD,且PA=AD=AB=2BC=2,M為AD的中點.(1)求證:平面PCM平面PAD.(2)在棱PD上是否存在點Q,使PD平面CMQ?若存在,求出二面角P-CM-Q的余弦值;若不存在,請說明理由.圖M4-13-12第13講立體幾何 典型真題研析1.解:(1)證明:由已知可得,BFPF,BFEF,所以BF平面PEF.又BF平面ABFD,所以平面PEF平面ABFD.(2)作PHEF,垂足為H.由(1)得,PH平面ABFD.以H為坐標原點,HF的方向為y軸正方向,|BF|為單位長,建立如圖所示的空間直角坐標系H-xyz.由(1)可得,DEPE.又DP=2,DE=1,所以PE=3.又PF=1,EF=2,故PEPF,可得PH=32,EH=32,則H(0,0,0),P0,0,32,D-1,-32,0,DP=1,32,32,HP=0,0,32為平面ABFD的法向量.設DP與平面ABFD所成的角為,則sin =HP·DP|HP|DP|=343=34,所以DP與平面ABFD所成角的正弦值為34.2.解:(1)證明:由題設知,平面CMD平面ABCD,交線為CD.因為BCCD,BC平面ABCD,所以BC平面CMD,故BCDM.因為M為CD上異于C,D的點,且DC為直徑,所以DMCM.又BCCM=C,所以DM平面BMC.而DM平面AMD,故平面AMD平面BMC.(2)以D為坐標原點,DA的方向為x軸正方向,建立如圖所示的空間直角坐標系D-xyz.當三棱錐M-ABC體積最大時,M為CD的中點.由題設得D(0,0,0),A(2,0,0),B(2,2,0),C(0,2,0),M(0,1,1),AM=(-2,1,1),AB=(0,2,0),DA=(2,0,0).設n=(x,y,z)是平面MAB的法向量,則n·AM=0,n·AB=0,即-2x+y+z=0,2y=0,可取n=(1,0,2).DA是平面MCD的法向量,因此cos<n,DA>=n·DA|n|DA|=55,sin<n,DA>=255.所以面MAB與面MCD所成二面角的正弦值是255.3.解:(1)證明:因為平面PAD平面ABCD,ABAD,所以AB平面PAD,所以ABPD.又因為PAPD,所以PD平面PAB.(2)取AD的中點O,連接PO,CO.因為PA=PD,所以POAD.又因為PO平面PAD,平面PAD平面ABCD,所以PO平面ABCD.因為CO平面ABCD,所以POCO.因為AC=CD,所以COAD.如圖建立空間直角坐標系O-xyz.由題意得,A(0,1,0),B(1,1,0),C(2,0,0),D(0,-1,0),P(0,0,1).設平面PCD的法向量為n=(x,y,z),則n·PD=0,n·PC=0,即-y-z=0,2x-z=0.令z=2,則x=1,y=-2,所以n=(1,-2,2).又PB=(1,1,-1),所以cos<n,PB>=n·PB|n|PB|=-33,所以直線PB與平面PCD所成角的正弦值為33.(3)設M是棱PA上一點,則存在0,1使得AM=AP.因此點M(0,1-,),BM=(-1,-,).因為BM平面PCD,所以BM平面PCD,當且僅當BM·n=0,即(-1,-,)·(1,-2,2)=0,解得=14.所以在棱PA上存在點M使得BM平面PCD,此時AMAP=14.考點考法探究解答1例1證明:方法一(幾何法):(1)取CP的中點N,連接MN,DN,因為M為PB的中點,所以MNBC,且MN=12BC,又ADBC,且AD=12BC,所以MN=AD,且MNAD,所以四邊形AMND為平行四邊形,所以AMDN,又DN平面PCD,所以AM平面PCD.(2)因為AD=CD=1,BC=2,ADBC,ADCD,所以AC=AB=2,又BC=2,所以CAAB.因為PA底面ABCD,所以PAAC,又PAAB=A,所以AC平面PAB,因為AC平面ACM,所以平面ACM平面PAB.方法二(向量法):(1)以C為原點,CD,CB所在直線分別為x,y軸,建立空間直角坐標系C-xyz,如圖所示.設PA=a(a>0),則A(1,1,0),B(0,2,0),C(0,0,0),D(1,0,0),P(1,1,a),M12,32,a2,所以CP=(1,1,a),CD=(1,0,0).設平面PCD的法向量為n1=(x0,y0,z0),則n1·CP=0,n1·CD=0,即x0+y0+az0=0,x0=0,令y0=a,則x0=0,z0=-1,所以n1=(0,a,-1),又AM=-12,12,a2,所以AM·n1=a2-a2=0,所以AM平面PCD.(2)由(1)知CA=(1,1,0),CM=12,32,a2,設平面ACM的法向量為n2=(x1,y1,z1),則n2·CA=0,n2·CM=0,即x1+y1=0,12x1+32y1+a2z1=0,令x1=1,則y1=-1,z1=2a,所以n2=1,-1,2a.AP=(0,0,a),AB=(-1,1,0),設平面PAB的法向量為n3=(x2,y2,z2),則n3·AP=0,n3·AB=0,即az2=0,-x2+y2=0,令x2=1,則y2=1,z2=0,所以n3=(1,1,0).因為n2·n3=0,所以平面ACM平面PAB.【自我檢測】解:(1)證明:AB=2,BC=4,E為AD的中點,AB=AE=2,又O為BE的中點,AOBE.由題意可知,A'OBE,平面A'BE平面BCDE,平面A'BE平面BCDE=BE,A'O平面A'BE,A'O平面BCDE,又CD平面BCDE,A'OCD.(2)方法一:取BC的中點為F,連接OF,易知OFBE.由(1)可知,A'OBE,A'OOF,以O為原點,OA'所在直線為z軸,OF所在直線為x軸,OE所在直線為y軸,建立如圖所示的空間直角坐標系,則A'(0,0,2),E(0,2,0),D(2,22,0),C(22,2,0).假設在線段A'C上存在點P,使得OP平面A'DE,設A'P=A'C(01),則由A'C=(22,2,-2),得A'P=(22,2,-2),P(22,2,2-2),OP=(22,2,2-2).A'E=(0,2,-2),ED=(2,2,0),設平面A'DE的法向量為m=(x,y,z),則m·A'E=0,m·ED=0,即2y-2z=0,2x+2y=0,令y=1,則x=-1,z=1,m=(-1,1,1).若OP平面A'DE,則m·OP=0,-22+2+2-2=0,解得=12,A'PA'C=12.方法二:取CD的中點M,A'C的中點N,連接OM,ON,MN,易證OMDE,MNA'D,又OMMN=M,DEA'D=D,平面OMN平面A'DE.ON平面OMN,ON平面A'DE,即P與N重合時,滿足題意,A'PA'C=12.解答2例2解:(1)證明:因為12AE=2,所以AE=4,又AB=2,ABAE,所以BE=AB2+AE2=22+42=25.因為AC=5=12BE,所以AC是RtABE的斜邊BE上的中線,所以C是BE的中點,又CD是ABE的中位線,所以CDAB.因為CD平面PAB,AB平面PAB,所以CD平面PAB.(2)由題意可知AB,AE,AP兩兩垂直,以A為原點,AB,AE,AP所在直線分別為x,y,z軸,建立如圖所示的空間直角坐標系.因為AB=AP=12AE=2,且C,D分別是BE,AE的中點,所以AE=4,AD=2,則E(0,4,0),C(1,2,0),P(0,0,2),D(0,2,0),所以PE=(0,4,-2),PC=(1,2,-2),CD=(-1,0,0).設平面PCD的法向量為n=(x',y',z'),則n·CD=0,n·PC=0,即-x'=0,x'+2y'-2z'=0,令y'=1,則x'=0,z'=1,所以n=(0,1,1).設直線PE與平面PCD所成角的大小為,則sin =PE·n|PE|·|n|=1010.例3解:(1)證明:連接PE.PA=AC,PAD=CAD,AE是公共邊,PAECAE,PEA=CEA.CEAD,PEAD,又PECE=E,AD平面PCE,PC平面PCE,ADPC.(2)AD平面PEC,平面PAD平面ABCD,EP,EA,EC兩兩垂直,以E為原點,EA,EC,EP所在直線分別為x,y,z軸建立空間直角坐標系,如圖所示.PA=AC=2,PAD=CAD=60°,AD=3,AE=1,PE=CE=3,DE=2,則E(0,0,0),D(-2,0,0),C(0,3,0),P(0,0,3),DP=(2,0,3),DC=(2,3,0).設平面PCD的法向量為n=(x,y,z),則n·DP=0,n·DC=0,即2x+3z=0,2x+3y=0,令x=-3,則y=2,z=2,n=(-3,2,2).易知平面PAD的一個法向量為EC=(0,3,0).設二面角C-PD-A的平面角為,則|cos |=EC·n|EC|n|=233×11=21111,顯然二面角C-PD-A的平面角是銳角,故二面角C-PD-A的余弦值為21111.【自我檢測】1.解:(1)證明:在BCD中,EB=ED=EC=BC,故BCD=2,CBE=CEB=3,DABDCB,EABECB,從而有FED=BEC=AEB=3,EC=EA,FED=FEA,ED=EA,故EFAD,AF=FD.又PG=GD,FGPA.PA平面ABCD,GF平面ABCD,GFAD,又GFEF=F,故AD平面CFG.AD平面PAD,平面PAD平面CGF.(2)由(1)知EAB=ECB=3,DEF=FEA=3,AE=ED,EAF=6,BAF=2,即BAAF.以點A為坐標原點,AB,AD,AP所在直線分別為x,y,z軸建立如圖所示的空間直角坐標系,則A(0,0,0),B(2,0,0),C(3,3,0),D(0,23,0),P(0,0,3),故BC=(1,3,0),CP=(-3,-3,3),CD=(-3,3,0).設平面BCP的法向量為n1=(x1,y1,z1),則n1·BC=0,n1·CP=0,即x1+3y1=0,-3x1-3y1+3z1=0,令x1=1,則y1=-33,z1=23,n1=1,-33,23.設平面DCP的法向量為n2=(x2,y2,z2),則n2·CD=0,n2·CP=0,即-3x2+3y2=0,-3x2-3y2+3z2=0,令x2=1,則y2=3,z2=2,n2=(1,3,2).設平面BCP與平面DCP所成的銳二面角為,則cos =|n1·n2|n1|n2|=4343×22=24.2.解:(1)證明:取PD的中點N,連接AN,MN,則MNCD,且MN=12CD.ABCD,且AB=12CD,MNAB,且MN=AB,則四邊形ABMN為平行四邊形,ANBM,又BM平面PCD,AN平面PCD,ANPD,ANCD.由ED=EA,即PD=PA,且N為PD的中點,ANPD,可得PAD為等邊三角形,PDA=60°,又EDC=150°,CDA=90°,即CDAD.ADAN=A,CD平面PAD,又CD平面ABCD,平面PAD平面ABCD.(2)ABCD,PCD為直線PC與AB所成的角,由(1)可得PDC=90°,tanPCD=PDCD=12,CD=2PD.設PD=1,則CD=2,PA=AD=AB=1,取AD的中點O,連接PO,過O作AB的平行線,建立如圖所示的空間直角坐標系O-xyz,則D-12,0,0,B12,1,0,P0,0,32,M-14,1,34,則DB=(1,1,0),PB=12,1,-32,BM=-34,0,34.設n=(x,y,z)為平面PBD的法向量,則n·DB=0,n·PB=0,即x+y=0,12x+y-32z=0,令x=3,則y=-3,z=-3,n=(3,-3,-3),則cos<n,BM>=n·BM|n|BM|=-321×32=-277,故直線BM與平面PDB所成角的正弦值為277.3.解:(1)證明:如圖所示,取AD的中點O,連接PO,OB.PA=PD,POAD.ADC=BCD=90°,BCAD,又BC=12AD=1,BC=OD,四邊形BCDO為矩形,OB=CD=1.在POB中,PO=3,OB=1,PB=2,POB=90°,則POOB.ADOB=O,PO平面ABCD,又PO平面PAD,平面PAD平面ABCD.(2)由(1)知ADPO,ADBO,POOB=O,AD平面POB,又AD平面ABCD,平面POB平面ABCD.過點P作PE平面ABCD,則垂足E一定落在平面POB與平面ABCD的交線OB上.四棱錐P-ABCD的體積為34,13×PE×12×(AD+BC)×CD=13×PE×12×(2+1)×1=12PE=34,PE=32.PO=3,OE=PO2-PE2=32.以O為坐標原點,OA,OB所在直線分別為x,y軸,在平面POB內過點O作垂直于平面AOB的直線為z軸,建立如圖所示的空間直角坐標系O-xyz.由題意可知A(1,0,0),P0,-32,32,D(-1,0,0),C(-1,1,0),則DP=1,-32,32,DC=(0,1,0),PA=1,32,-32.設平面PCD的法向量為n=(x,y,z),則n·DP=0,n·DC=0,即x-32y+32z=0,y=0,令x=1,則y=0,z=-23,n=1,0,-23.設直線PA與平面PCD所成的角為,則sin =|PA·n|PA|n|=22×133=31313,故直線PA與平面PCD所成角的正弦值為31313.解答3例4解:(1)證明:因為等邊三角形ABC的邊長為3,且ADDB=CEEA=12,所以AD=1,AE=2.在ADE中,DAE=60°,由余弦定理得DE=12+22-2×1×2×cos60°=3.因為AD2+DE2=AE2,所以ADDE,故折疊后有A1DDE.因為二面角A1-DE-B是直二面角,所以平面A1DE平面BCED,又平面A1DE平面BCED=DE,A1D平面A1DE,A1DDE,所以A1D平面BCED.(2)由(1)知EDDB,A1D平面BCED.以D為坐標原點,DB,DE,DA1所在直線分別為x,y,z軸建立空間直角坐標系D-xyz,如圖所示,設PB=2a(02a3),過點P作PHBD于H,則PH=3a,DH=2-a,所以A1(0,0,1),P(2-a,3a,0),E(0,3,0),所以PA1=(a-2,-3a,1),易知平面A1BD的一個法向量為DE=(0,3,0).若直線PA1與平面A1BD所成的角為60°,則sin 60°=|PA1·DE|PA1|DE|=3a4a2-4a+5×3=32,解得a=54,則PB=2a=52,滿足02a3,符合題意.故在線段BC上存在點P,使直線PA1與平面A1BD所成的角為60°,此時PB=52.【自我檢測】解:(1)證明:以A為原點,AB,AD,AP所在直線分別為x,y,z軸建立空間直角坐標系,如圖所示,則A(0,0,0),B(2,0,0),C(2,1,0),D(0,2,0),P(0,0,2),故AD=(0,2,0),AP=(0,0,2),M為AD的中點,M(0,1,0),MC=(2,0,0).MC·AD=0,MC·AP=0,CMPA,CMAD,又PA平面PAD,AD平面PAD,且PAAD=A,CM平面PAD.CM平面PCM,平面PCM平面PAD.(2)過點M作MQPD于點Q,由(1)知CM平面PAD,PD平面PAD,CMPD,又MQCM=M,PD平面CMQ.設平面PCM的法向量為n=(x,y,z),則n·MC=0,n·PM=0,即2x=0,y-2z=0,令y=2,則x=0,z=1,n=(0,2,1).PD平面CMQ,PD=(0,2,-2)是平面CMQ的一個法向量.設二面角P-CM-Q的平面角為,易知其為銳角,cos =|n·PD|n|·|PD|=25×8=1010,故二面角P-CM-Q的余弦值為1010.備選理由 例1是以四棱柱為載體來考查線面垂直的證明與求二面角的問題,本題的關鍵是完成第(1)問的證明,需要充分利用平面幾何的性質;例2的關鍵是第(2)問依據(jù)線面角求棱的長度;例3為不規(guī)則幾何體,是涉及平行、二面角、線線垂直的探究性命題,需要合理建立空間直角坐標系,利用空間向量求解.例1配例3使用 如圖,四棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面ABCD是正方形,O為AC和BD的交點,且AB=AA1=2,A1AB=A1AD=60°.(1)求證:A1O平面ABCD;(2)求二面角C1-BD-C的余弦值.解:(1)證明:連接A1B,A1D,由題意知ABA1,ADA1均是邊長為2的等邊三角形,所以A1B=A1D=2,所以ABDA1BD.因為底面ABCD是正方形,所以AC與BD相互垂直且平分,所以A1OBD,且A1O=AO=2,因為A1O2+AO2=4=A1A2,所以A1OAO,又AOBD=O,AO,BD平面ABCD,所以A1O平面ABCD.(2)連接A1C1,OC1,由(1)可知BD平面ACC1A1,所以BDOC,BDOC1,所以C1OC為二面角C1-BD-C的平面角,易知C1OC為銳角.以O為原點,OA,OB,OA1所在直線分別為x,y,z軸建立空間直角坐標系,如圖所示,則O(0,0,0),C(-2,0,0),A1(0,0,2),A(2,0,0),所以OC=(-2,0,0),OC1=OA1+A1C1=OA1+AC=(-22,0,2),所以cosC1OC=cos<OC,OC1>=OC·OC1|OC|·|OC1|=425=255.故二面角C1-BD-C的余弦值為255.例2配例3使用 如圖所示,四棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面為菱形,BAD=120°,AB=2,E,F分別為CD,AA1的中點.(1)求證:DF平面B1AE;(2)若AA1底面ABCD,且直線AD1與平面B1AE所成角的正弦值為34,求AA1的長.解:(1)證明:設G為AB1的中點,連接EG,GF,因為FG12A1B1,DE􀱀12A1B1,所以FGDE,所以四邊形DEGF是平行四邊形,所以DFEG,又DF平面B1AE,EG平面B1AE,所以DF平面B1AE.(2)連接AC,因為四邊形ABCD是菱形,且ABC=60°,所以ABC是等邊三角形,取BC的中點Q,則AQAD,因為AA1平面ABCD,所以AA1AQ,AA1AD.以A為原點,AQ,AD,AA1所在直線分別為x,y,z軸建立如圖所示的空間直角坐標系,設AA1=t(t>0),則A(0,0,0),E32,32,0,B1(3,-1,t),D1(0,2,t),AE=32,32,0,AB1=(3,-1,t),AD1=(0,2,t).設平面B1AE的法向量為n=(x,y,z),則n·AE=0,n·AB1=0,即32x+32y=0,3x-y+tz=0,令y=t,則x=-3t,z=4,所以n=(-3t,t,4).設直線AD1與平面B1AE所成的角為,則sin =|n·AD1|n|·|AD1|=6t2(t2+4)=34,解得t=2,故線段AA1的長為2.例3配例4使用 如圖所示,四邊形ABCD是梯形,ADBC,BAD=90°,四邊形CC1D1D為矩形,已知ABBC1,AD=4,AB=2,BC=1.(1)求證:BC1平面ADD1.(2)若DD1=2,求平面AC1D1與平面ADD1所成的銳二面角的余弦值.(3)設P為線段C1D上的一個動點(端點除外),判斷直線BC1與直線CP能否垂直?并說明理由.解:(1)證明:由四邊形CC1D1D為矩形,得CC1DD1,又因為DD1平面ADD1,CC1平面ADD1,所以CC1平面ADD1.同理,BC平面ADD1,因為BCCC1=C,所以平面BCC1平面ADD1,又因為BC1平面BCC1,所以BC1平面ADD1.(2)由ADBC,BAD=90°,得ABBC,又因為ABBC1,BCBC1=B,所以AB平面BCC1,所以ABCC1.因為四邊形CC1D1D為矩形,且底面ABCD中AB與CD相交于一點,所以CC1平面ABCD,又因為CC1DD1,所以DD1平面ABCD.過點D在底面ABCD中作DMAD,則DA,DM,DD1兩兩垂直,以DA,DM,DD1所在直線分別為x,y,z軸,建立空間直角坐標系,如圖,則D(0,0,0),A(4,0,0),B(4,2,0),C(3,2,0),C1(3,2,2),D1(0,0,2),所以AC1=(-1,2,2),AD1=(-4,0,2).設平面AC1D1的法向量為m=(x,y,z),則m·AC1=0,m·AD1=0,即-x+2y+2z=0,-4x+2z=0,令x=2,則y=-3,z=4,所以m=(2,-3,4),易得平面ADD1的一個法向量為n=(0,1,0),所以cos<m,n>=m·n|m|n|=-32929,故平面AC1D1與平面ADD1所成的銳二面角的余弦值為32929.(3)直線BC1與直線CP不可能垂直.設DD1=m(m>0),DP=DC1(0,1),由B(4,2,0),C(3,2,0),C1(3,2,m),D(0,0,0),得BC1=(-1,0,m),DC1=(3,2,m),DP=DC1=(3,2,m),CD=(-3,-2,0),CP=CD+DP=(3-3,2-2,m).若BC1CP,則BC1·CP=-(3-3)+m2=0,即(m2-3)=-3,因為0,所以m2=-3+3>0,解得>1,這與0<<1矛盾,所以直線BC1與直線CP不可能垂直.24