【正文】 BA1→＝－ 3 ＋ t2＝ 0 ，得 t ＝ 3 . 設平面A1AB 的法向量為 n ＝ ( x ， y ， z ) ， AA1→＝ ( 0,1 ， 3 ) ，A B→＝ ( 2,2,0) ，則????? n . 第 13講 │ 教師備用習題 ( 3) 在棱 SC 上存在一點 E ，使 BE ∥ 平面 P A C ， 由 ( 2 ) 可得 PD ＝24a ，故可在 SP 上取一點 N ，使 PN ＝ PD ，過 N 作 PC 的平行線與 SC 的交點即為 E . 連接 BN ，在 △ B D N 中知 BN ∥ PO ，又由于NE ∥ PC ，故平面 BEN ∥ 平面 P A C ，得 BE ∥ 平面P A C ，由于 SN ∶ NP ＝ 2 ∶ 1 ，故 SE ∶ EC ＝ 2 ∶ 1. 第 13講 │ 教師備用習題 解法 二 ： ( 1) 連接 BD ，設 AC 交于 BD 于 O ，由題意知 SO ⊥ 平面 ABCD . 以 O 為坐標原點， OB→， OC→， OS→分別為 x 軸、 y軸、 z 軸正方向，建立坐標系 O － xy z . 設底面邊長為 a ，則高 SO ＝62a . 于是 S????????0 ， 0 ，62a ， D????????－22a ， 0 ， 0 ， C????????0 ，22a ， 0 ，SD→＝????????－22a ， 0 ，－62a ， OC→＝AE→ AD→|| BE→| AF→| u || AF→|＝23，從而 s in 〈 u ， AF→〉＝53. 所以二面角 A1－ ED － F 的正弦值為53. 第 13講 │ 要點熱點探究 方法二： ( 1) 設 AB ＝ 1 ，可得 AD ＝ 2 ， AA1＝ 4 ， CF ＝ 1 ， CE ＝12. 連接 B1C ， BC1，設 B1C 與 BC1交于點M ，易知 A1D ∥ B1C ，由CECB＝CFCC1＝14，可知 EF ∥ BC1.故 ∠ B M C 是異面直線 EF 與 A1D 所成的角，易知 BM ＝ CM ＝12B1C ＝ 5 ，所以 c os ∠ B M C ＝BM2＋ CM2－ BC22 BM n ＝－12－12＋ 1 ＝ 0 ， ∴ m ⊥ n ， 故平面 BEF ⊥ 平面 DE F . ( 2 ) 因 PQ→＝12( PM→＋ PN→) ，則 Q 為 MN 的中點，因 M??????22，22， 0 ，N??????0 ，22，12， P??????24，3 24，12， Q??????24，24，14，所以 PQ→＝??????0 ，－24，－14，因平面 DE F 的法向量為 n ＝??????22，－22， 1 ，由于PQ→ n || PA→| ， E ， F 分別為邊 AD 和 BC 上的點，且EF ∥ AB ， AD ＝ 2 AE ＝ 2 AB ＝ 4 FC ＝ 4. 將四邊形 EFCD 沿EF 折起成如圖 4 － 12 － 4 ( 2) 的位置，使 AD ＝ AE . ( 1) 求證： BC ∥ 平面 D A E ； ( 2) 求四棱錐 D － AEFB 的體積； ( 3) 求平面 CBD 與平面 D A E 所成銳二面角的余弦值． 第 12講 │ 要點熱點探究 【解答】 ( 1) 證明： CF ∥ DE ， FB ∥ AE ， BF ∩ CF ＝ F ， AE ∩ DE ＝ E ， ∴ 平面 CBF ∥ 面 D A E ，又 ∵ BC ? 平面 CBF ， ∴ BC ∥ 平面 D A E . ( 2) 取 AE 的中點 H ，連接 DH . ∵ EF ⊥ ED ， EF ⊥ EA ， ∴ EF ⊥ 平面 D A E ， 又 DH ? 平面 D A E ， ∴ EF ⊥ DH . ∵ AE ＝ ED ＝ DA ＝ 2 ， ∴ DH ⊥ AE ， DH ＝ 3 ， ∴ DH ⊥ 平面 AEFB . 所以四棱錐 D － AEFB 的體積 V ＝13 3 2 2 ＝4 33. 第 12講 │ 要點熱點探究 ( 3) 如圖以 AE 中點為原點， AE 為 x 軸建立如圖所示的空間直角坐標系， 則 A ( － 1,0,0) ， D ( 0,0 ， 3 ) ， B ( － 1 ，－ 2,0) ， E ( 1,0,0 ) ，所以 DE 的中點坐標為????????12， 0 ，32， 因為 CF→＝12DE→，所以 C????????12，－ 2 ，32. 易知 BA→是平面 A DE 的一個法向量， BA→＝ n1＝ ( 0,2,0 ) ． 設平面 BCD 的一個法向量為 n2＝ ( x ， y ， z ) ， 第 12講 │ 要點熱點探究 由????? n2 2 ＝16， VP A B C D＝13PA OP ， ∴ 52＝ 25 －13a2 AH ＝13DE 本課件為 “ 逐字編輯 ” 課件，使用時欲修改課件，請雙擊對應內(nèi)容，即可進入可編輯狀態(tài)。 EF 25 ＋ a2， 解得 a2＝ 50 ， ∴ OP ＝ 5 3 . 第 11講 │ 要點熱點探究 【點評】 本題 ( 1 ) 中因三棱錐的三條側棱兩兩垂直，故可把它補成長方體，再想象與球的關系，則比較容易．本題 ( 2) 作圖是難點，因球的直觀圖較難畫，可不作出球，但一定要明確球心及切點等特殊點的位置，要弄清過三個切點的截面圖形形狀，這些都是解題的關鍵． 第 11講 │ 要點熱點探究 如圖 4 － 11 － 5 所示，在等腰梯形ABCD 中， AB ＝ 2 DC ＝ 2 ， ∠ D A B ＝ 60176。SA B C D＝13PA BC→＝ ? x ， y ， z ? | n |. 第 13講 │ 主干知識整合 3 ．二面角 利用向量求二面角的大小，有兩種方法：一種是轉化為與二面角棱垂直且分別在兩個面內(nèi)的兩個向量的夾角問題．即： 如圖 4 － 13 － 2 所示，在二面角 α － l － β 中， AB ， CD分別在平面 α ， β 中，且分別垂直于棱 l ，則此二面角的大小 θ 的余弦值為： c os θ ＝ c os 〈 BA→， DC→〉． 注意兩個向量的起點都要在棱上． 另一種是轉化為兩個平面的法向量 的夾角問題．但都要注意二面角的范圍 是 [0 ， π] ，求出后也要檢驗． 第 13講 │ 主干知識整合 如圖 4 － 13 － 3 所示二面角 α － l － β 兩個面的法向量分別是 m ， n ，設二面角 α － l － β 的大小為 θ ，則有 | c o s θ |＝ | c os 〈 m ， n 〉 |，通?？上扰袛喽娼堑姆秶僮魈幚?，或利用法向量的指向來做判斷． 圖 4 － 13 － 3 第 13講 │ 主干知識整合 三、空間距離的求法 空間距離往往通過轉化為空間向量的模，或通過計算向量的夾角來構造直角三角形求解．空間中線與面、面與面之間的距離往往要轉化為點到平面的距離來求，求點到平面的距離是重點．其求法是： 用法向量可求點到平面的距離，如圖 4 － 13 － 4 所示，設 n 是平面 α 的法向量， AB 是平面 α 的一條斜線，其中 A ∈ α ，則 點 B 到平面 α 的距離為| AB→ n ＝ 0 ＋14－14＝ 0 ， ∴ PQ→⊥ n ， 因 PQ ? 平面 DE F ，所以 PQ ∥ 平面 DE F . 第 13講 │ 要點熱點探究 【點評】 利用向量證明空間直線與平面的位置關系 ， 是將直線與平面分別用它們的方向向量與法向量來表示 ， 線 、 面的平行與垂直問題 ， 轉化為兩個向量的平行與垂直問題來解決 ． 通常是合理地建立坐標系 ， 通過坐標表示來處理 ． 第 13講 │ 要點熱點探究 要點熱點探究 第 13講 │ 要點熱點探究 ? 探究點二 利用空間向量求空間角 例 2 [ 2010 CM＝35， 所以異面直線 FE 與 A1D 所 成角的余弦值為35. 第 13講 │ 要點熱點探究 第 13講 │ 要點熱點探究 ( 2) 證明：連接 AC ，設 AC 與 DE 交點 N 因為CDBC＝ECAB＝12，所以 Rt △ D C E ∽ Rt △ CBA ，從而 ∠ C D E ＝ ∠ BCA ，又由于 ∠ C D E ＋ ∠ CED ＝ 90176。 | AD→|＝132 1＝23. 即直線 BE 與平面 ABB1A1所成 的角的正弦值為23. 第 13講 │ 要點熱點探究 ( 2 ) 依題意，得 A1( 0 , 0 , 1 ) ， BA→1＝ ( － 1 , 0 , 1 ) ， BE→＝??????－ 1 ， 1 ，12. 設 n ＝ ( x ， y ， z ) 是平面 A1BE 的一個法向量， 則由 n AB→| AE→| SD→＝ 0. 故 OC ⊥ SD ，從而 AC ⊥ SD . 第 13講 │ 教師備用習題 ( 2) 由題設知， 平面 P A C 的一個法向量 DS→＝????????22a ， 0 ，62a ， 平面 D A C 的一個法向量 OS→＝????????0 ， 0 ，62a ， 設所求二面角為 θ ，則 c os θ ＝OS→ AA1→＝ y ＋ 3 z ＝ 0 ，n C B→＝ 0 ， 知 AC1⊥ CB . 又 BA1⊥ AC1， 從而 AC1⊥ 平面 A1BC . 第 13講 │ 教師備用習題 ( 2) 由 AC1→ ， 即二面角 P － AC － D 的大小為 30176。 ，則有 c os 60176。 湖南卷 ] 如圖 4 － 13 － 8 所示，在正方體ABCD － A1B1C1D1中， E 是棱DD1的中點． ( 1) 求直線 BE 與平面ABB1A1所成的角的正弦值； ( 2) 在棱 C1D1上是否存在一點 F ，使 B1F ∥ 平面 A1BE ？證明你的結論． 圖 4－ 13－ 8 【解答】 設正方體的棱長為 1 ，如圖所示，以 AB→， AD→，AA1→為單位正交基底建立空間直角坐標系． ( 1) 依題意，得 B ( 1,0,0) ， E??????0 ， 1 ，12， A ( 0,0,0) ， D ( 0,1,0) ，所以 BE→＝??????－ 1 ， 1 ，12， AD→＝ ( 0,1,0) ，在正方體 ABCD － A1B1C1D1中，因為 AD ⊥ 平面 ABB1A1， 所以 AD→是平面 A