2020年高考数学(理)总复习：立体几何中的向量方法(解析版)

题型一 利用向量证明平行与垂直 【题型要点】

向量证明平行与垂直的4步骤

(1)建立空间直角坐标系，建系时，要尽可能地利用载体中的垂直关系；

(2)建立空间图形与空间向量之间的关系，用空间向量表示出问题中所涉及的点、直线、平面的要素；

(3)通过空间向量的运算求出平面向量或法向量，再研究平行、垂直关系； (4)根据运动结果解释相关问题．

【例1】如图，在直三棱柱ADE—BCF中，面ABFE和面ABCD都是正方形且互相垂直，点M为AB的中点，点O为DF的中点．运用向量方法证明：

(1)OM∥平面BCF； (2)平面MDF⊥平面EFCD.

【证明】 方法一 (1)由题意，得AB，AD，AE两两垂直，以点A为原点建立如图所示的空间直角坐标系．

设正方形边长为1，则A(0,0,0)，B(1,0,0)，C(1,1,0)，D(0,1,0)，F(1,0,1)，M,0,0，

12O,,.

11122211→→OM＝0,,，BA＝(－1,0,0)，

22→→→→∴OM·BA＝0, ∴OM⊥BA. ∵棱柱ADE—BCF是直三棱柱，

→

∴AB⊥平面BCF，∴BA是平面BCF的一个法向量， 且OM⊄平面BCF，∴OM∥平面BCF.

1

(2)设平面MDF与平面EFCD的一个法向量分别为 n1＝(x1，y1，z1)，n2＝(x2，y2，z2)．

→→→1→

∵DF＝(1，－1,1)，DM＝,1,0，DC＝(1,0,0)，CF＝(0，－1,1)，

2x－y＋z＝0，→DF＝0，111n1·

由得1

→x－y＝0，DM＝0，n1·211

令x1＝1，则n1＝1,,121.同理可得n2＝(0,1,1)． 2∵n1·n2＝0，∴平面MDF⊥平面EFCD.

→→→→1→→1→方法二 (1)OM＝OF＋FB＋BM＝DF－BF＋BA

221→→1→1→1→→1→

＝(DB＋BF)－BF＋BA＝－BD－BF＋BA 222221→→1→1→＝－(BC＋BA)－BF＋BA

2221→1→＝－BC－BF.

22

→→→

∴向量OM与向量BF，BC共面， 又OM⊄平面BCF，∴OM∥平面BCF. (2)由题意知，BF，BC，BA两两垂直， →→→→→∵CD＝BA，FC＝BC－BF，

→→11→∴OM·CD＝BCBFBA＝0，

22→→11→→OM·FC＝BCBF·(BC－BF)

221→1→

＝－BC2＋BF2＝0.

22

2

∴OM⊥CD，OM⊥FC，又CD∩FC＝C，CD，FC⊂平面EFCD，∴OM⊥平面EFCD. 又OM⊂平面MDF，∴平面MDF⊥平面EFCD. 题组训练一 利用向量证明平行与垂直

如图，在底面是矩形的四棱锥P—ABCD中，PA⊥底面ABCD，点E，F分别是PC，PD的中点，PA＝AB＝1，BC＝2.

(1)求证：EF∥平面PAB； (2)求证：平面PAD⊥平面PDC.

【证明】 (1)以点A为原点，AB所在直线为x轴，AD所在直线为y轴，AP所在直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则A(0,0,0)，B(1,0,0)，C(1,2,0)，D(0,2,0)，P(0,0,1)．

∵点E，F分别是PC，PD的中点，

∴E 111,1,，F 0,1,，

2221→→→1→

EF＝,0,0，AB＝(1,0,0)．∵EF＝－AB，

22→→

∴EF∥AB，即EF∥AB，

又AB⊂平面PAB，EF⊄平面PAB，∴EF∥平面PAB.

→→→→→

(2)由(1)可知，PB＝(1,0，－1)，PD＝(0,2，－1)，AP＝(0,0,1)，AD＝(0,2,0)，DC＝(1,0,0)，→→→→→→→→∵AP·DC＝(0,0,1)·(1,0,0)＝0，AD·DC＝(0,2,0)·(1,0,0)＝0，∴AP⊥DC，AD⊥DC，即AP⊥DC，AD⊥DC.

又AP∩AD＝A，AP，AD⊂平面PAD， ∴DC⊥平面PAD.

∵DC⊂平面PDC，∴平面PAD⊥平面PDC. 题型二 利用空间向量求空间角 【题型要点】

1．利用向量法求直线与平面所成角时易混淆直线与平面所成角与直线方向向量和平面

3

的法向量的夹角的关系，一定要注意线面角θ与夹角α的关系为sin θ＝|cos α|.

2．求二面角θ，主要通过两平面的法向量n，m的夹角求得，即先求|cos〈n，m〉|，再根据所求二面角是钝角还是锐角写出其余弦值．若θ为锐角，则cos θ＝|cos〈n，m〉|；若θ为钝角，则cos θ＝－|cos〈n，m〉|.

【例2】如图，AD∥BC且AD＝2BC，AD⊥CD，EG∥AD且EG＝AD，CD∥FG且CD＝2FG，DG⊥平面ABCD，DA＝DC＝DG＝2.

(1)若M为CF的中点，N为EG的中点，求证：MN∥平面CDE； (2)求二面角E-BC-F的正弦值；

(3)若点P在线段DG上，且直线BP与平面ADGE所成的角为60°，求线段DP的长． →→→

【解】 依题意，可以建立以D为原点，分别以DA，DC，DG的方向为x轴、y轴、z轴的正方向的空间直角坐标系(如图)，可得D(0,0,0)，A(2,0,0)，B(1,2,0)，C(0,2,0)，E(2,0,2)，F(0,1,2)，G(0,0,2)，M0,,1，N(1,0,2)．

32→→

(1)证明：依题意得DC＝(0,2,0)，DE＝(2,0,2)．

→DC＝0，n0·

设n0＝(x，y，z)为平面CDE的法向量，则

→DE＝0，n0·

2y＝0，

即不妨令z＝－1， 2x＋2z＝0.

可得n0＝(1,0，－1)．

3→→又MN＝1,,1，可得MN·n0＝0.

2又因为直线MN⊄平面CDE，所以MN∥平面CDE. →→

(2)解：依题意，可得BC＝(－1,0,0)，BE＝(1，－2,2)， →

CF＝(0，－1,2)．

4

→BC＝0，n·

设n＝(x，y，z)为平面 BCE的法向量，则

→BE＝0，n·

－x＝0，

即不妨令z＝1，可得n＝(0,1,1)． x－2y＋2z＝0.

→BC＝0，m·设m＝(x，y，z)为平面BCF的法向量，则

→CF＝0，m·

－x＝0，

即不妨令z＝1，可得m＝(0,2,1)． －y＋2z＝0.

m·n310因此有cos〈m，n〉＝＝，

|m||n|10

10. 10

10. 10

于是sin〈m，n〉＝

所以，二面角E-BC-F的正弦值为

→

(3)解：设线段DP的长为h(h∈[0,2])，则点P的坐标为(0,0，h)，可得BP＝(－1，－2，h)．

→

易知，DC＝(0,2,0)为平面ADGE的一个法向量， →→|BP·DC|2→→

故|cos〈BP，DC〉|＝＝2，

→→h＋5|BP||DC|

23＝sin 60°＝，

2h2＋5

由题意，可得

解得h＝

3

∈[0,2]． 3

3. 3

所以，线段DP的长为

题组训练二 利用空间向量求空间角

如图，四面体ABCD中，△ABC是正三角形，△ACD是直角三角形，∠ABD＝∠CBD，

5

AB＝BD.

(1)证明：平面ACD⊥平面ABC；

(2)过AC的平面交BD于点E，若平面AEC把四面体ABCD分成体积相等的两部分，求二面角D－AE－C的余弦值．

【解析】 (1)证明：由题设可得，△ABD≌△CBD，从而AD＝DC 又△ACD是直角三角形，所以∠ACD＝90°

取AC的中点O，连接DO，BO，则DO⊥AC，DO＝AO 又由于△ABC是正三角形，故BO⊥AC. 所以∠DOB为二面角D－AC－B的平面角． 在Rt△AOB中，BO2＋AO2＝AB2.

又AB＝BD，所以BO2＋DO2＝BO2＋AO2＝AB2＝BD2，故∠DOB＝90°.所以平面ACD⊥平面ABC.

→(2)由题设及(1)知，OA，OB，OC两两垂直，以O为坐标原点，OA的→

方向为x轴正方向，|OA|为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系O－xyz.则A(1,0,0)，B(0，3，0)，C(－1,0,0)，D(0,0,1)

1

由题设知，四面体ABCE的体积为四面体ABCD的体积的，从而E到

2

31→1

平面ABC的距离为D到平面ABC的距离的，即E为DB的中点，得E0,22,2.故AD＝

31→→,. (－1,0,1)，AC＝(－2,0,0)，AE＝1,22设n＝(x，y，z)是平面DAE的法向量， －x＋z＝0，→AD＝0，n·

则即 31→－x＋y＋z＝0.AE＝0，n·22

6

可取n＝1,3. ,13→AC＝0，m·

设m是平面AEC的法向量，则同理可得m＝(0，－1，3)．

→AE＝0，m·n·m7

则cos〈n，m〉＝＝. |n||m|7

7. 7

所以二面角D－AE－C的余弦值为

题型三 利用空间向量解决探索性问题 【题型要点】

利用空间向量巧解探索性问题

(1)空间向量最适合于解决立体几何中的探索性问题，它无需进行复杂的作图、论证、推理，只需通过坐标运算进行判断．

(2)解题时，把要成立的结论当作条件，据此列方程或方程组，把“是否存在”问题转化为“点的坐标是否有解，是否有规定范围内的解”等，所以为使问题的解决更简单、有效，应善于运用这一方法解题．

【例3】如图，在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝AA1＝1，E为BC中点． (1)求证：C1D⊥D1E；

(2)在棱AA1上是否存在一点M，使得BM∥平面AD1E？若存在，AM求的值，若不存在，说明理由． AA1

(3)若二面角B1－AE－D1的大小为90°，求AD的长．

【解析】 以D为原点，建立如图所示的空间直角坐标系D－xyz设AD＝a， 则D(0,0,0)，A(a,0,0)，B(a,1,0)，B1(a,1,1)，C1(0,1,1)，D1(0,0,1)，Ea,1,0， 2 7

→→a∴C1D＝(0，－1，－1)，D1E＝,1,1，

2→→

(1)证明：C1D·D1E＝0，∴C1D⊥D1E. (2)设

AM

＝h，则M(a,0，h)， AA1

→→a∴BM＝(0，－1，h)，AE＝,1,0，

2→

AD1＝(－a,0,1)，

设平面AD1E的法向量为n＝(x，y，z)， a→n＝－x＋y＝0，AE·2

则

→ADn＝－ax＋z＝0，1·

令x＝2，∴平面AD1E的一个法向量为n＝(2，a,2a)， →→∵BM∥平面AD1E，∴BM⊥n，即BM·n＝2ah－a＝0， 1∴h＝. 2

AM1

即在AA1上存在点M，使得BM∥平面AD1E，此时＝. AA12

→→a(3)连接AB1，B1E，设平面B1AE的法向量为m＝(x′，y′，z′)，AE＝,1,0，AB1＝

2(0,1,1)，

a→AE·m＝－x′＋y′＝0，2

则

→ABm＝y′＋z′＝0，1·

令x′＝2，∴平面B1AE的一个法向量为m＝(2，a，－a)． ∵二面角B1－AE－D1的大小为90°， ∴m⊥n，∴m·n＝4＋a2－2a2＝0，

8

∵a>0，∴a＝2，即AD＝2.

题组训练三 利用空间向量解决探索性问题

如图，已知等边△ABC中，E，F分别为AB，AC边的1

中点，M为EF的中点，N为BC边上一点，且CN＝BC，

4将△AEF沿EF折到△A′EF的位置，使平面A′EF⊥平面EFCB.

(Ⅰ)求证：平面A′MN⊥平面A′BF； (Ⅱ)求二面角E-A′F-B的余弦值．

【解】 (Ⅰ)因为E，F为等边△ABC的AB，AC边的中点，所以△A′EF是等边三角形，且EF∥BC.

因为M是EF的中点，所以A′M⊥EF.

又由于平面A′EF⊥平面EFCB，A′M⊂平面A′EF，所以A′M⊥平面EFCB 又BF⊂平面EFCB，所以A′M⊥BF.

1

因为CN＝BC，所以MF綊CN，所以MN∥CF.

4在正△ABC中知BF⊥CF，所以BF⊥MN. 而A′M∩MN＝M，所BF⊥平面A′MN.

又因为BF⊂平面A′BF，所以平面A′MN⊥平面A′BF.

(Ⅱ)设等边△ABC的边长为4，取BC中点G，连接MG，由题设知MG⊥EF，由(Ⅰ)知A′M⊥平面EFCB，又MG⊂平面EFCB，所以A′M⊥MG，如图建立空间→

直角坐标系M－xyz，则F(－1,0,0)，A′(0,0，3)，B(2，3，0)，FA＝(1,0，→

3)，FB＝(3，3，0)．

设平面A′BF的一个法向量为n＝(x，y，z)，则由

→n＝0，FA·x＋3z＝0，得令z＝1，则n＝(－3，3,1)． →3x＋3y＝0，FB·n＝0，

9

平面A′EF的一个法向量为p＝(0,1,0)，

p·n313

＝， |p||n|13

所以cos〈n，p〉＝

313

显然二面角E－A′F－B是锐角，所以二面角E－A′F－B的余弦值为. 13题型四 建立空间直角坐标系的方法

坐标法是利用空间向量的坐标运算解答立体几何问题的重要方法，运用坐标法解题往往需要建立空间直角坐标系，依据空间几何图形的结构特征，充分利用图形中的垂直关系或构造垂直关系来建立空间直角坐标系，是运用坐标法解题的关键，下面举例说明几种常见的空间直角坐标系的构建策略．

方法一 利用共顶点的互相垂直的三条棱构建直角坐标系

【例4】 已知直四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，AA1＝2，底面ABCD是直角梯形，∠A为直角，AB∥CD，AB＝4，AD＝2，DC＝1，求异面直线BC1与DC所成角的余弦值．

【解析】 如图，以D为坐标原点，分别以DA，DC，DD1所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系，则C(0,1,0)，C1(0,1,2)，B(2,4,0)，

→→

∴BC1＝(－2，－3,2)，CD＝(0，－1,0)．

→→|BC1·CD|317→→

设BC1与CD所成的角为θ，则cos θ＝＝. →→17|BC1||CD|317故所求异面直线所成角的余弦值为. 17方法二 利用线面垂直关系构建直角坐标系

【例5】 如图，在三棱柱ABC－A1B1C1中，AB⊥侧面BB1C1C，E为棱CC1上异于C，πC1的一点，EA⊥EB1.已知AB＝2，BB1＝2，BC＝1，∠BCC1＝. 3

求二面角A－EB1－A1的平面角的正切值．

【解析】 如图，以B为原点，分别以BB1，BA所在直线为y轴、z轴，过B点垂直于平面ABB1A1的直线为x轴建立空间直角坐标系．

10

π

由于BC＝1，BB1＝2，AB＝2，∠BCC1＝，∴在三棱柱ABC－A1B1C1中，

3

有B(0,0,0)，A(0,0，2)，B1(0,2,0)，C312,2,03133，C1,,0222,2,0. 设E3→3313→，且－即3333＝＋a(a－2)＝a2－2a＋＝0， ·,a,2,2a,04242311313

a,,0·＝0，即a＝或a＝(舍去)．故E. 222222∴a→→→→→

由已知有EA⊥EB1，B1A1⊥EB1，故二面角A－EB1－A1的平面角θ的大小为向量B1A1与→

EA的夹角．

→→→因为B1A1＝BA＝(0,0，2)，EA＝31,,2，

22→→

EA·B1A1262

故cos θ＝＝＝，即tan θ＝. →→22×33|EA||B1A1|故所求二面角的平面角的正切值为

2

. 2

方法三 利用面面垂直关系构建直角坐标系

【例6】 如图，在四棱锥V－ABCD中，底面ABCD是正方形， 侧面VAD是正三角形，平面VAD⊥底面ABCD. (1)求证AB⊥平面VAD；

(2)求二面角A－VD－B的余弦值．

【解析】 (1)证明：取AD的中点O为原点，建立如图所示的空

11

间直角坐标系．

设AD＝2，则A(1,0,0)，D(－1,0,0)，B(1,2,0)，V(0,0，3)， →→

∴AB＝(0,2,0)，VA＝(1,0，－3)． →→由AB·VA＝(0,2,0)·(1,0，－3)＝0， 得AB⊥VA.

又AB⊥AD，从而AB与平面VAD内两条相交直线VA，AD都垂直，∴AB⊥平面VAD.

(2)设E为DV的中点，则E13， ,0,22→3∴EA＝,0,23→33，EB＝,2,， 222→

DV＝(1,0，3)．

→→33∴EB·DV＝－＝0，∴EB⊥DV.

22

又EA⊥DV，因此∠AEB是所求二面角的平面角． →→EA·EB21→→

∴cos〈EA，EB〉＝＝. →→7|EA||EB|

21. 7

故所求二面角的余弦值为

方法四 利用正棱锥的中心与高所在直线构建直角坐标系

【例7】 已知正四棱锥V－ABCD中，E为AC中点，正四棱锥底面边长为2a，高为h.

(1)求∠DEB的余弦值；

(2)若BE⊥VC，求∠DEB的余弦值．

【解析】 如图，以V在平面ABCD的射影O为坐标原点建立空间直角坐标系，其中Ox∥BC，Oy∥AB，则由AB

12

＝2a，OV＝h，有B(a，a,0)，C(－a，a,0)，D(－a，－a,0)，V(0,0，h)，E→3aah→a3ah→

,,，DE＝,,，VC＝(－a，a，－h)． BE＝aah,,，即222222222→→22

BE·DE－6a＋h→→

(1)cos〈BE，DE〉＝＝22， →→10a＋h|BE||DE|－6a2＋h2即cos∠DEB＝.

10a2＋h2→→

(2)因为BE⊥AC，所以BE·VC＝0，

即3aah,,·(－a，a，－h)＝0， 22232a2h2

所以a－－＝0，解得h＝2a.

222－6a2＋h21→→

这时cos〈BE，DE〉＝22＝－， 310a＋h1即cos∠DEB＝－.

3【专题训练】

1．如图，在四棱锥P－ABCD中，PC⊥底面ABCD，底面ABCD是直角梯形，AB⊥AD，AB∥CD，AB＝2AD＝2CD＝2，PE＝2BE.

(1)求证：平面EAC⊥平面PBC；

6

，求直线PA与平面EAC3

(2)若二面角P－AC－E的余弦值为所成角的正弦值．

【解析】 (1)证明：∵PC⊥底面ABCD，AC⊂平面ABCD，∴PC⊥AC.

∵AB＝2，AD＝CD＝1，∴AC＝BC＝2，∴AC2＋BC2＝AB2，∴AC⊥BC，又BC∩PC＝C，∴AC⊥平面PBC，又AC⊂平面EAC，∴平面EAC⊥平面PBC.

(2)取AB的中点F，两角CF，则CF⊥AB，以点C为原点，建立空间直角坐标系，可

13

得：C(0,0,0)，A(1,1,0)，B(1，－1,0)，设P(0,0，a)(a＞0)，则E,232a,， 33→→→22aCA＝(1,1,0)，CP＝(0,0，a)，CE＝,,，

333→→

取n＝(1，－1,0)，则m·CP＝m·CA＝0，∴n为平面PAC的法向量． →x＋y＝0EA＝0n·设n＝(x，y，z)为平面EAC的法向量，则，即，

→2x－2y＋az＝0n·CE＝0

取n＝(a，－a，－4)，

6

， 3

∵二面角P－AC－E的余弦值为

∴|cos〈m，n〉|＝

|m·n|2a6

＝＝， 2|m||n|2×2a＋163

→

解得a＝4，∴n＝(4，－4，－4)，PA＝(1,1，－4)． 设直线PA与平面EAC所成角为θ，

→|PA·n|1626→

则sin θ＝|cos〈PA，n〉|＝＝＝，

→918×16×3|PA||n|26∴直线PA与平面EAC所成角的正弦值为.

92．如图，四棱锥P－ABCD中，侧面PAD为等边三角

1

形且垂直于底面ABCD，AB＝BC＝AD，∠BAD＝∠ABC＝90°，E是

2PD的中点．

(1)证明：直线CE∥平面PAB；

(2)点M在棱PC 上，且直线BM与底面ABCD所成角为45°，求二面角M－AB－D的余弦值．

【解析】 (1)证明：取PA的中点F，连结EF，BF.

14

1

因为E是PD的中点，所以EF∥AD，EF＝AD，由∠BAD＝∠ABC＝90°得BC∥AD，

21

又BC＝AD，所以EF綊BC.四边形BCEF为平行四边形，CE∥BF.

2

又BF⊂平面PAB，CE⊄平面PAB，故CE∥平面PAB.

→→

(2)由已知得BA⊥AD，以A为坐标原点，AB的方向为x轴正方向，|AB|为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系A－xyz，

→→

则A(0,0,0)，B(1,0,0)，C(1,1,0)，P(0,1，3)，PC＝(1,0，－3)，AB＝(1,0,0)，

→→

设M(x，y，z)(0因为BM与底面ABCD所成的角为45°，而n＝(0,0,1)是底面ABCD的法向量，所以，|cos→

〈BM，n〉|＝sin 45° ，

|z|2＝，即(x－1)2＋y2－z2＝0. ① 2222x－1＋y＋z

→→

又M在棱PC上，设PM＝λPC，则 x＝λ，y＝1，z＝3－3λ. ②



由①，②解得y＝1舍去

6

z＝－2

x＝1＋

所以M12

2

，y＝1

6z＝2

x＝1－

2

2

.

2626→，从而AM. ,1,,1,＝12222设m＝(x0，y0，z0)是平面ABM的法向量，则 →AM＝0，m·2－2x0＋2y0＋6z0＝0，

即

→x＝0，0AB＝0，m·

m·n10所以可取m＝(0，－6，2)．于是cos〈m，n〉＝＝，因此二面角M－AB－D

|m||n|5

15

的余弦值为

10. 5

3．如图所示的几何体中，四边形ABCD为等腰梯形， AB∥CD, AB＝2AD＝2, ∠DAB＝60°，四边形CDEF为正方形，平面CDEF⊥平面ABCD.

(1)若点G是棱AB的中点，求证： EG∥平面BDF； (2)求直线AE与平面BDF所成角的正弦值；

FH

(3)在线段FC上是否存在点H，使平面BDF⊥平面HAD？若存在，求的值；若不存

HC在，说明理由．

(1)【证明】 由已知得EF∥ CD，且EF＝CD. 因为四边形ABCD为等腰梯形，所以BG∥CD. 因为G是棱AB的中点，所以BG＝CD.

所以EF∥BG，且EF＝BG，故四边形EFBG为平行四边形，所以EG∥FB. 因为FB⊂平面BDF, EG⊄平面BDF，所以EG∥平面BDF. (2)【解】 因为四边形CDEF为正方形，所以ED⊥DC.

因为平面CDEF⊥平面ABCD，平面CDEF∩平面ABCD＝DC，DE⊂平面CDEF， 所以ED⊥平面ABCD.

在△ABD中，因为∠DAB＝60°， AB＝2AD＝2， 所以由余弦定理，得BD＝3，所以AD⊥BD. 在等腰梯形ABCD中，可得DC＝CB＝1.

如图，以D为原点，以DA，DB，DE所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，

则D(0，0，0)，A(1，0，0)， E(0，0，1)， B(0，3，0)，F132,2,1，  16

→→13所以AE＝(－1，0，1)， DF＝,,1，

22→

DB＝(0，3，0).

设平面BDF的法向量为n＝(x，y，z)， 3y＝0，→DB＝0，n·

因为所以1 3→－x＋y＋z＝0.DF＝0，n·22取z＝1，则x＝2，y＝0，则n＝(2，0，1).

→

AE·n10→设直线AE与平面BDF所成的角为θ，则sin θ＝cos〈AE，n〉＝＝， →|n|10AE

|

|||||

所以AE与平面BDF所成角的正弦值为10. 10

(3)【解】 线段FC上不存在点H，使平面BDF ⊥平面HAD.证明如下： 假设线段FC上存在点H，

设H1313→(0≤t≤1)，则DH,,t＝,2222,t 设平面HAD的法向量为m＝(a，b，c)， a＝0，→DA＝0，m·因为所以1 3→－a＋b＋tc＝0.DH＝0，m·22

取c＝1，则a＝0，b＝－

22 t，得m＝0,,1. 33要使平面BDF⊥平面HAD，只需m·n＝0， 即2×0－

2

t×0＋1×1＝0, 此方程无解． 3所以线段FC上不存在点H，使平面BDF⊥平面HAD.

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4．如图，已知圆锥OO1和圆柱O1O2的组合体(它们的底面重合)，圆锥的底面圆O1半径为r＝5, OA为圆锥的母线，AB为圆柱O1O2的母线，D，E为下底面圆O2上的两点，且DE＝6，AB＝6.4，AO＝52，AO⊥AD.

(1)求证：平面ABD⊥平面ODE； (2)求二面角B—AD—O的正弦值．

(1)【证明】 依题易知，圆锥的高为h＝522－52＝5，又圆柱的高为AB＝6.4，AO⊥AD，所以OD2＝OA2＋AD2，因为AB⊥BD，所以AD2＝AB2＋BD2，

连接OO1，O1O2，DO2，易知O，O1，O2三点共线，

2OO2⊥DO2，所以OD2＝OO2＋O2D2，

2222222所以BD2＝OO2 2＋O2D－AO－AB＝(6.4＋5)＋5－(52)－6.4＝，

解得BD＝8，又因为DE＝6，圆O2的直径为10，圆心O2在∠BDE内，所以∠BDE＝90°，所以DE⊥BD.

因为AB⊥平面BDE，所以DE⊥AB，

因为AB∩BD＝B，AB，BD⊂平面ABD，所以DE⊥平面ABD. 又因为DE⊂平面ODE，所以平面ABD⊥平面ODE.

(2)【解】 如图，以D为原点， DB，DE所在的直线为x，y轴，建立空间直角坐标系．

则D(0,0,0)，A(8,0,6.4)，B(8,0,0)，O(4,3,11.4)． →→→

所以DA＝(8,0,6.4)，DB＝(8,0,0)，DO＝(4,3,11.4)，

→

设平面DAO的法向量为u＝(x，y，z)，所以DA·u＝8x＋6.4z＝0， →DO·u＝4x＋3y＋11.4z＝0，令x＝12，则u＝(12,41，－15)． 可取平面BDA的一个法向量为v＝(0,1,0)，

u·v418232所以cos〈u，v〉＝＝＝，所以二面角B—AD—O的正弦值为. |u||v|5821010

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