2022年中考数学复习专题4：立体几何中的向量方法（含答案解析）

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1、2022年中考数学复习专题4：立体几何中的向量方法线线平行设两条不重合的直线l，m的方向向量分别为a(a1，b1，c1)，b(a2，b2，c2)，则lmab(a1，b1，c1)k(a2，b2，c2)线面平行设l的方向向量为a(a1，b1，c1)，的法向量为u(a2，b2，c2)，则lau0a1a2b1b2c1c20面面平行设，的法向量分别为u(a1，b1，c1)，v(a2，b2，c2)，则uv(a1，b1，c1)k(a2，b2，c2)【一】证明平行问题1.例题【例1】如图所示，在正方体ABCDA1B1C1D1中，E，F分别为DD1和BB1的中点求证：四边形AEC1F是平行四边形解析以点D为坐标

2、原点，分别以，为正交基底建立空间直角坐标系，不妨设正方体的棱长为1，则A(1,0,0)，E，C1(0,1,1)，F，又FAE，FEC1，AE与FC1平行且相等四边形AEC1F是平行四边形【例2】在正方体ABCDA1B1C1D1中，M，N分别是CC1，B1C1的中点求证：MN平面A1BD证明法一：如图，以D为原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，设正方体的棱长为1，则D(0,0,0)，A1(1,0,1)，B(1,1,0)，M，N，于是(1,0,1)，(1,1,0)，.设平面A1BD的法向量为n(x，y，z)，则即取x1，则y1，z1，平面A1BD的一个法向量为

3、n(1，1，1)又n(1，1，1)0，n.MN平面A1BD法二：()，MN平面A1BD法三：.即可用与线性表示，故与，是共面向量，故MN平面A1BD【例3】在正方体ABCDA1B1C1D1中，M，N分别是CC1，B1C1的中点，试证明平面A1BD平面CB1D1.证明如图，以D为原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，设正方体的棱长为1，则C(0,1,0)，D1(0,0,1)，B1(1,1,1)，则(0，1,1)，(1,1,0)，设平面CB1D1的法向量为m(x1，1，z1)，则，即令y11，可得平面CB1D1的一个法向量为m(1,1,1)，又平面A1BD的一个

4、法向量为n(1，1，1)所以mn，所以mn，故平面A1BD平面CB1D1.【例4】如图，直角梯形与等腰直角三角形所在的平面互相垂直，.(1) 求证：；(2) 求直线与平面所成角的正弦值；(3) 线段上是否存在点，使平面若存在，求出；若不存在，说明理由【解析】（1）证明：取AB中点O，连接EO，DO因为EB=EA，所以EOAB 因为四边形ABCD为直角梯形，AB=2CD=2BC，ABBC，所以四边形OBCD为正方形，所以ABOD 因为EOOD=O所以AB平面EOD因为ED平面EOD所以ABED（2）解：因为平面ABE平面ABCD，且 EOAB，平面ABE平面ABCD=AB所以EO平面ABCD，因

5、为OD平面ABCD，所以EOOD由OB，OD，OE两两垂直，建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz 因为EAB为等腰直角三角形，所以OA=OB=OD=OE，设OB=1，所以O（0，0，0），A（1，0，0），B（1，0，0），C（1，1，0），D（0，1，0），E（0，0，1）所以，平面ABE的一个法向量为 设直线EC与平面ABE所成的角为，所以 ，即直线EC与平面ABE所成角的正弦值为 （3）解：存在点F，且时，有EC平面FBD证明如下：由 ，所以设平面FBD的法向量为=（a，b，c），则有所以取a=1，得=（1，1，2）因为=（1，1，1）（1，1，2）=0，且EC 平面FBD，所以EC平面

6、FBD即点F满足时，有EC平面FBD2.巩固提升综合练习【练习1】长方体ABCDA1B1C1D1中，E，F分别是面对角线B1D1，A1B上的点，且D1E2EB1，BF2FA1.求证：EFAC1. 证明如图所示，分别以DA，DC，DD1所在的直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，设DAa，DCb，DD1c，则得下列各点的坐标：A(a,0,0)，C1(0，b，c)，E，F.，(a，b，c)，.又FE与AC1不共线，直线EFAC1.【练习2】在如图所示的多面体中，EF平面AEB，AEEB，ADEF，EFBC，BC2AD4，EF3，AEBE2，G是BC的中点，求证：AB平面DEG.证明EF平面AE

7、B，AE平面AEB，BE平面AEB，EFAE，EFBE.又AEEB，EB，EF，EA两两垂直以点E为坐标原点，EB，EF，EA分别为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系由已知得，A(0,0,2)，B(2,0,0)，C(2,4,0)，F(0,3,0)，D(0,2,2)，G(2，2,0)，(0,2,2)，(2,2,0)，(2,0，2)设平面DEG的法向量为n(x，y，z)，则即令y1，得z1，x1，则n(1,1，1)，n2020，即n.AB平面DEG，AB平面DEG.【练习3】如图，在正方体ABCDA1B1C1D1中，O为底面ABCD的中心，P是DD1的中点设Q是CC1上的点，则当点Q在什

8、么位置时，平面D1BQ平面PAO?【解析】建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz，设正方体的棱长为2，则O(1,1,0)，A(2,0,0)，P(0,0,1)，B(2,2,0)，D1(0,0,2)，(1，1,0)，(1，1,1)，(2，2，2)设平面PAO的法向量为n1(x，y，z)，则，即令x1，则y1，z2，平面PAO的一个法向量为n1(1,1,2)若平面D1BQ平面PAO，则n1也是平面D1BQ的一个法向量设Q(0,2，c)，则(2,0，c)，n10，即22c0，c1，这时n12240.当Q为CC1的中点时，平面D1BQ平面PAO.【二】证明垂直问题空间中垂直关系的向量表示线线垂直设直线l的

9、方向向量为a(a1，a2，a3)，直线m的方向向量为b(b1，b2，b3)，则lmab0a1b1a2b2a3b30线面垂直设直线l的方向向量是a(a1，b1，c1)，平面的法向量是u(a2，b2，c2)，则lauaku(a1，b1，c1)k(a2，b2，c2)(kR)面面垂直若平面的法向量u(a1，b1，c1)，平面的法向量v(a2，b2，c2)，则 uv uv 0a1a2b1b2c1c20注：若一个平面内一条直线的方向向量与另一个平面的法向量共线，则这两个平面垂直。1.例题【例1】如图，在直三棱柱中，M是棱的中点，求证：.【解析】如图，以B为原点，BA、所在直线为y轴、z轴建立空间直角坐标系

10、，则0，2，2，即，；【例2】如图所示，正三棱柱ABCA1B1C1的所有棱长都为2，D为CC1的中点求证：AB1平面A1BD【证明】法一：如图所示，取BC的中点O，连接AO.因为ABC为正三角形，所以AOBC因为在正三棱柱ABCA1B1C1中，平面ABC平面BCC1B1，所以AO平面BCC1B1.取B1C1的中点O1，以O为原点，以，分别为x轴，y轴，z轴的正方向建立空间直角坐标系，则B(1,0,0)，D(1,1,0)，A1(0,2，)，A(0,0，)，B1(1,2,0)所以(1,2，)，(1,2，)，(2,1,0)因为1(1)22()0.1(2)21()00.所以，即AB1BA1，AB1BD

11、又因为BA1BDB，所以AB1平面A1BD法二：建系同方法一设平面A1BD的法向量为n(x，y，z)，则，即令x1得平面A1BD的一个法向量为n(1,2，)，又(1,2，)，所以n，即n.所以AB1平面A1BD【例3】 如图所示，在直三棱柱ABCA1B1C1中，ABBC，ABBC2，BB11，E为BB1的中点，证明：平面AEC1平面AA1C1C【解析】由题意得AB，BC，B1B两两垂直以B为原点，BA，BC，BB1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(2,0,1)，C(0,2,0)，C1(0,2,1)，E，则(0,0,1)，(2,2,0)，(2,2,1)，2

12、,0，.设平面AA1C1C的一个法向量为n1(x1，y1，z1)则令x11，得y11.n1(1,1,0)设平面AEC1的一个法向量为n2(x2，y2，z2)则令z24，得x21，y21.n2(1，1,4)n1n2111(1)040.n1n2，平面AEC1平面AA1C1C【例4】如图，在三棱锥中，平面，底面是以为斜边的等腰直角三角形，是线段上一点（1）若为的中点，求直线与平面所成角的正弦值（2）是否存在点，使得平面平面？若存在，请指出点的位置，并加以证明；若不存在，请说明理由【解析】不妨设，在平面中作，以，所在的直线为，轴建立如图所示的空间直角坐标系，则，（1）因为点是的中点，所以点的坐标为所以

13、，设是平面的法向量，则即取，则，所以平面的一个法向量为所以，所以直线与平面所成的角的正弦值为（2）假设存在点使得平面平面，设显然，设是平面的法向量，则即取，则，所以平面的一个法向量为因为，所以点的坐标为所以，设是平面的法向量，则即取，则，所以平面的一个法向量为因为平面平面，所以，即，解得所以的值为2，即当时，平面平面2.巩固提升综合练习【练习1】如图，已知正方形ABCD和矩形ACEF所在的平面互相垂直，AB，AF1，M是线段EF的中点求证：AM平面BDF.【证明】以C为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则A(，0)，B(0，0)，D(，0,0)，F(，1)，M.所以，(0, ，1)，(，

14、0)设n(x，y，z)是平面BDF的法向量，则n，n，所以取y1，得x1，z.则n(1,1，)因为.所以n ，得n与共线所以AM平面BDF.【练习2】如图所示，ABC是一个正三角形，EC平面ABC，BDCE，且CECA2BD求证：平面DEA平面ECA证明建立如图所示的空间直角坐标系Cxyz，不妨设CA2，则CE2，BD1，C(0,0,0)，A(，1,0)，B(0,2,0)，E(0,0,2)，D(0,2,1)所以(，1，2)，(0,0,2)，(0,2，1)分别设平面CEA与平面DEA的法向量是n1(x1，y1，z1)，n2(x2，y2，z2)，则即解得即解得不妨取n1(1，0)，n2(，1,2)

15、，因为n1n20，所以n1n2.所以平面DEA平面ECA【三】利用空间向量求空间角角的分类向量求法范围两异面直线l1与l2所成的角设l1与l2的方向向量为a，b，则cos |cos|直线l与平面所成的角设l的方向向量为a，平面的法向量为n，则sin |cos|二面角l的平面角设平面，的法向量为n1，n2，则|cos |cos|0，注：(1)线面所称角，当时，=；当时，=（2）条件平面，的法向量分别为u，所构成的二面角的大小为，u，图形关系计算cos cos cos cos 1.例题【例1】如图，在三棱柱OABO1A1B1中，平面OBB1O1平面OAB，O1OB60，AOB90，且OBOO12，

16、OA，求异面直线A1B与AO1所成角的余弦值的大小【解析】建立如图所示的空间直角坐标系，则O(0,0,0)，O1(0,1，)，A(，0,0)，A1(，1，)，B(0,2,0)，(，1，)，(，1，)|cos，.异面直线A1B与AO1所成角的余弦值为.【例2】如图，四棱锥PABCD中，PA底面ABCD，ADBC，ABADAC3，PABC4，M为线段AD上一点，AM2MD，N为PC的中点(1)证明MN平面PAB；(2)求直线AN与平面PMN所成角的正弦值. 【解析】(1)证明：由已知得AMAD2.如图，取BP的中点T，连接AT，TN，由N为PC的中点知TNBC，TNBC2.又ADBC，故TNAM，

17、所以四边形AMNT为平行四边形，于是MNAT.因为AT平面PAB，MN平面PAB，所以MN平面PAB(2)如图，取BC的中点E，连接AE.由ABAC得AEBC，从而AEAD，且AE.以A为坐标原点，的方向为x轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系Axyz.由题意知P(0,0,4)，M(0,2,0)，C(，2,0)，N，(0,2，4)，.设n(x，y，z)为平面PMN的法向量，则即可取n(0,2,1)于是|cosn，|.所以直线AN与平面PMN所成角的正弦值为.【例3】如图，在四棱锥PABCD中，ABCD，且BAPCDP90.(1)证明：平面PAB平面PAD；(2)若PAPDABDC，APD90

18、，求二面角APBC的余弦值. 解析(1)证明：由已知BAPCDP90，得ABAP，CDPD因为ABCD，所以ABPD又APDPP，所以AB平面PAD因为AB平面PAB，所以平面PAB平面PAD(2)在平面PAD内作PFAD，垂足为点F.由(1)可知，AB平面PAD，故ABPF，可得PF平面ABCD以F为坐标原点，的方向为x轴正方向，|为单位长度建立如图所示的空间直角坐标系Fxyz.由(1)及已知可得A，P，B，C，所以，(，0,0)，(0,1,0)设n(x1，y1，z1)是平面PCB的一个法向量，则即所以可取n(0，1，)设m(x2，y2，z2)是平面PAB的一个法向量，则即所以可取m(1,0

19、,1)，则cosn，m.所以二面角APBC的余弦值为.【例4】如图，在四棱锥中，四边形是矩形，是等边三角形，平面平面，为棱上一点，为的中点，四棱锥的体积为.（1）若为棱的中点，是的中点，求证：平面平面；（2）是否存在点，使得平面与平面所成的锐二面角的余弦值为？若存在，确定点的位置；若不存在，请说明理由.【解析】（1）证明：因为、分别是、的中点，所以，在矩形中，所以，又因为、分别是、的中点，所以，又因为，平面，平面，所以平面平面.（2）解：假设棱上存在点满足题意.在等边三角形中，为的中点，于是，又平面平面，平面平面，平面，所以平面，所以是四棱锥的高，设，则，所以，所以，以为坐标原点，所在直线为轴

20、，过点与平行的直线为轴，所在直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系.则，设，设平面的一个法向量为，有，令，则，易知平面的一个法向量，所以，因为，所以，所以存在点，位于的靠近点的三等分点.2.巩固提升综合练习【练习1】已知四棱锥SABCD的底面是正方形且侧棱长与底面边长都相等，E是SB的中点，则AE，SD所成的角的余弦值为多少？【解析】依题意，建立坐标系如图所示，设四棱锥SABCD的棱长为，则A(0，1,0)，B(1,0,0)，S(0,0,1)，D(1,0,0)，E点坐标为，(1,0，1)，cos，故异面直线所成角的余弦值为.【练习2】如图，在四棱锥PABCD中，平面PAD平面ABCD，PAPD

21、，PAPD，ABAD，AB1，AD2，ACCD.(1)求证：PD平面PAB(2)求直线PB与平面PCD所成角的正弦值(3)在棱PA上是否存在点M，使得BM平面PCD？若存在，求的值；若不存在，说明理由【解析】 (1)证明：因为平面PAD平面ABCD，ABAD，所以AB平面PAD所以ABPD又因为PAPD，所以PD平面PAB(2)取AD的中点O，连接PO，CO.因为PAPD，所以POAD又因为PO平面PAD，平面PAD平面ABCD，所以PO平面ABCD因为CO平面ABCD，所以POCO.因为ACCD，所以COAD如图，建立空间直角坐标系Oxyz.由题意得，A(0,1,0)，B(1,1,0)，C(

22、2,0,0)，D(0，1,0)，P(0，0,1)设平面PCD的法向量为n(x，y，z)，则即令z2，则x1，y2.所以n(1，2,2)又(1,1，1)，所以cosn，.所以直线PB与平面PCD所成角的正弦值为.(3)设M是棱PA上一点，则存在0,1使得.因此点M(0,1，)，(1，)因为BM平面PCD，所以要使BM平面PCD当且仅当n0，即(1，)(1，2,2)0.解得.所以在棱PA上存在点M使得BM平面PCD，此时.【练习3】如图，几何体是圆柱的一部分，它是由矩形ABCD(及其内部)以AB边所在直线为旋转轴旋转120得到的，G是的中点(1)设P是上的一点，且APBE，求CBP的大小；(2)当

23、AB3，AD2时，求二面角EAGC的大小【解析】(1)因为APBE，ABBE，AB，AP平面ABP，ABAPA，所以BE平面ABP.又BP平面ABP，所以BEBP.又EBC120，所以CBP30.(2)以B为坐标原点，分别以BE，BP，BA所在的直线为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系由题意得A(0,0,3)，E(2,0,0)，G(1，3)，C(1，0)，故(2,0，3)，(1，0)，(2,0,3)设m(x1，y1，z1)是平面AEG的一个法向量，由可得取z12，可得平面AEG的一个法向量m(3，2)设n(x2，y2，z2)是平面ACG的一个法向量，由可得取z22，可得平面ACG的一个

24、法向量n(3，2)所以cosm，n.故所求的角为60.【练习4】如图，在三棱锥PABQ中，PB平面ABQ，BABPBQ，D，C，E，F分别是AQ，BQ，AP，BP的中点，AQ2BD，PD与EQ交于点G，PC与FQ交于点H，连接GH. (1)求证：ABGH；(2)求二面角DGHE的余弦值【解析】(1)证明：因为D，C，E，F分别是AQ，BQ，AP，BP的中点，所以EFAB，DCAB，所以EFDC又因为EF平面PCD，DC平面PCD，所以EF平面PCD又因为EF平面EFQ，平面EFQ平面PCDGH，所以EFGH.又因为EFAB，所以ABGH.(2)在ABQ中，AQ2BD，ADDQ，所以ABQ90.

25、又因为PB平面ABQ，所以BA，BQ，BP两两垂直以点B为坐标原点，分别以BA，BQ，BP所在直线为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系设BABPBQ2，则E(1,0,1)，F(0,0,1)，Q(0,2,0)，D(1,1,0)，C(0,1,0)，P(0,0,2)，所以(1,2，1)，(0,2，1)，(1，1,2)，(0，1,2)设平面EFQ的一个法向量为m(x1，y1，z1)，由m0，m0，得取y11，得m(0,1,2)设平面PDC的一个法向量为n(x2，y2，z2)，由n0，n0，得取z21，得n(0,2,1)所以cosm，n.因为二面角DGHE为钝角，所以二面角DGHE的余弦值为.

26、【四】利用空间向量求距离点到平面的距离：先确定平面的法向量，再求点与平面内一点的连线形成的斜线段在平面的法向量上的射影长如图，设n(a，b，c)是平面的一个法向量，P0(x0，y0，z0)为外一点，P(x，y，z)是平面内的任意一点，则点P0到平面的距离：d .注：线面距离、面面距离都可以转化为点到平面的距离.1.例题【例1】已知正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为2，E，F，G分别是C1C，D1A1，AB的中点，求点A到平面EFG的距离【解析】以D为坐标原点，DA，DC，DD1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Dxyz，则A(2,0,0)，E(0,2,1)，F(1

27、,0,2)，G(2,1,0)所以(0,1,0)，(2,1,1)，(1，1,2)设n(x，y，z)是平面EFG的法向量，点A到平面EFG的距离为d，则所以所以令z1，此时n(1,1,1)，所以d，即点A到平面EFG的距离为.【例2】在棱长为1的正方体ABCDA1B1C1D1中，E，F分别是BC，CD的中点，则BD到平面EFD1B1的距离为_.【答案】【解析】以D为原点，直线DA，DC，DD1分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，易求平面EFD1B1的法向量n，又，所求距离为. 故答案为：【例3】在棱长为的正方体中，则平面与平面之间的距离为( )A B C D【答案】B【解析】建立如图所示的直

28、角坐标系，则，所以，设平面的一个法向量，则，即，解得，故，显然平面/ 平面，所以平面与平面之间的距离2.巩固提升综合练习【练习1】如图，在四棱锥中，底面是矩形，平面,，,是中点.（I）求直线与平面所成的角的正弦值；（II）求点到平面的距离【解析】因为两两互相垂直，如图所示，建立空间直角坐标系，则， ，；设平面的一个法向量，由可得：，令，则.(I)设所求角为，又 ，则，(II)设点到平面距离为， 则.【练习2】如图所示，在棱长为1的正方体ABCDA1B1C1D1中，E，F分别为BB1，CC1的中点，DGDD1，过E，F，G的平面交AA1于点H，求D1A1到平面EFGH的距离【解析】因为点E，F分

29、别为BB1，CC1的中点，所以EFB1C1A1D1.又因为A1D1平面EFGH，EF平面EFGH，所以A1D1平面EFGH，所以D1A1到平面EFGH的距离即为点D1到平面EFGH的距离以D为坐标原点，分别以DA，DC，DD1所在直线为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系Dxyz，则E，F，G，D1(0,0,1)，所以(1,0,0)，.设平面EFGH的法向量为n(x，y，z)，则即令z6，可得n(0，1,6)设D1A1到平面EFGH的距离为d，连接D1F，又，所以d，即D1A1到平面EFGH的距离为.【练习3】如图，在四棱锥OABCD中，底面ABCD是边长为2的正方形，OA底面ABCD，OA=

30、2，M，N，R分别为OA，BC，AD的中点，求直线MN与平面OCD的距离及平面MNR与平面OCD的距离.【解析】因为M，R分别为AO，AD的中点，所以MROD.在正方形ABCD中，N，R分别为BC，AD的中点，所以NRCD.又MRNR=R，ODCD=D，所以平面MNR平面OCD.又MN平面MNR，所以MN平面OCD.所以直线MN与平面OCD的距离、平面MNR与平面OCD的距离都等于点N到平面OCD的距离.以点A为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则O(0，0，2)，C(2，2，0)，D(0，2，0)，N(2，1，0)，所以=(0，1，0)，=(0，2，2)，=(2，0，0)，设平面OCD

31、的法向量为n=(x，y，z)，则，令z=1，得n=(0，1，1)为平面OCD的一个法向量.所以点N到平面OCD的距离d=|=，所以直线MN与平面OCD的距离、平面MNR与平面OCD的距离都等于课后自我检测1如图，已知在四棱锥中，平面，点在棱上，且，底面为直角梯形，分别是的中点（1）求证：/平面；（2）求直线与平面所成角的正弦值；（3）求点到平面的距离.【解析】（1）法一：，则/,依题意得，/,所以为平行四边形，/ 又平面， 平面, /平面 法二：以为原点，以分别为建立空间直角坐标系，由 ，分别是的中点，可得： ，设平面的的法向量为，则有：令，则， ，又平面 /平面（2）设平面的的法向量为，又则

32、有：令，则， 又， ， 求直线 与平面所成的角的正弦值为 （3）点到平面的距离.2如图，已知菱形和矩形所在的平面互相垂直，.(1)求直线与平面的夹角；(2)求点到平面的距离.【解析】设，因为菱形和矩形所在的平面互相垂直，所以易得平面；以点为坐标原点，以为轴， 为轴，过点且平行于的方向为轴正方向，建立空间坐标系，（1）由已知得：,因为轴垂直于平面，因此可令平面的一个法向量为，又,设直线与平面的夹角为，则有, 即，所以直线BF与平面ABCD的夹角为.（2）因为,设平面的法向量为，令得，又因为,所以点到平面的距离.3如图,在四棱锥S-ABCD中，平面，底面ABCD为直角梯形，,且（）求与平面所成角的

33、正弦值.（）若E为SB的中点，在平面内存在点N，使得平面，求N到直线AD,SA的距离.【解析】（I）以点A为原点，以AD所在方向为x轴，以AS所在方向为z轴，以AB所在方向为y轴，建立空间直角坐标系，D(1,0,0),S(0,0,2),设平面的一个法向量为则由设与平面所成角为，则（II）设,S(0,0,2),B(0,2,0),E(0,1,1),由故N到直线AD,SA的距离分别为1,1.4如图：正三棱柱的底面边长为，是延长线上一点，且，二面角的大小为；（1）求点到平面的距离；（2）若是线段上的一点 ，且，在线段上是否存在一点，使直线平面？ 若存在，请指出这一点的位置；若不存在，请说明理由【解析】

34、（1）设为的中点，则，在正三棱柱中，平面,而平面，所以，而,因此平面，而平面，所以有 为二面角的平面角，如图所示： ，, 侧棱； 又 ,知点 到平面的距离（2）由（1）可知，当时，有 成立，而 平面 ，所以 平面，故存在，当时，符合题意。5如图所示，正方形与矩形所在平面互相垂直，,点为的中点.（1）求证： 平面； （2）设在线段上存在点，使二面角的大小为，求此时的长及点到平面的距离.【解析】（1）证明：连结AD1，交A1D于点O，四边形ADD1A1为正方形，O是AD1的中点，点E为AB的中点，连接OEEO为ABD1的中位线，EOBD1，又BD1不包含于平面A1DE，OE平面A1DE，BD1平面

35、A1DE（2） 由题意可得：,以点D为原点，DA,DC,DD1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，则，B ( 1,2,0 ),E(1,1,0),设 设平面的法向量为则 得 令,有而平面的一个法向量为 要使二面角的大小为 而 解得：，故=，此时.故点E到平面的距离为.6如图，在三棱锥中，是边长为4的正三角形， ，分别为的中点，且.（1）证明：平面ABC；（2）求二面角的余弦值；【解析】（1）证明：取线段的中点，连接.因为，所以且 SOAB，所以平面.（2）建立如图所示空间直角坐标系,则,为平面的一个法向量. 由（1）得：，.设为平面的一个法向量，则即取 ，则 所以由图可

36、知：二面角是锐角二面角，所以二面角的余弦值为. 7如图所示的几何体中，垂直于梯形所在的平面，为的中点，四边形为矩形，线段交于点.（1）求证：平面；（2）求二面角的正弦值；（3）在线段上是否存在一点，使得与平面所成角的大小为？若存在，求出的长；若不存在，请说明理由.【解析】（1）因为四边形为矩形，所以为的中点.连接，在中，分别为的中点，所以，因为平面，平面，所以平面.（2）易知两两垂直，如图以为原点，分别以所在直线为轴，建立空间直角坐标系.则，所以.设平面的法向量为，则即解得令，得所以平面的一个法向量为.设平面的法向量为， ，据此可得 ，则平面的一个法向量为，于是.故二面角的正弦值为.（3）设存在点满足条件. 由，设，整理得，则.因为直线与平面所成角的大小为，所以解得，由知，即点与重合.故在线段上存在一点，且.8如图，在四棱锥中，点在线段上，且（）求证：；（）求二面角的正弦值；（）在线段上是否存在点，使得，若存在，求出线段的长，若不存在，说明理由【解析】（）在四边形中，根据勾股定理，可求出,利用勾股定理的逆定理可知：，以为空间直角坐标系的原点，建立空间直角坐标系，如图所示：所以，因为，所以，因此可求出坐标为,因为,所以;（）设平面的法向量为,，设平面的法向量为,，设的夹角为，；（）设存在线段上存在点，使得，,设平面的法向量为, ,因为,所以,.