高中数学一轮复习考点专题训练：专题43 空间向量及其运算(解析版)

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专题43 空间向量及其运算

一、【知识精讲】 1.空间向量的有关概念

名称 空间向量 相等向量 相反向量 共线向量 (或平行向量) 共面向量 2.空间向量的有关定理 (1)共线向量定理：对空间任意两个向量a，b(b≠0)，a∥b的充要条件是存在实数λ，使得a＝λb. (2)共面向量定理：如果两个向量a，b不共线，那么向量p与向量a，b共面的充要条件是存在唯一的有序实数对(x，y)，使p＝xa＋yb.

(3)空间向量基本定理：如果三个向量a，b，c不共面，那么对空间任一向量p，存在有序实数组{x，y，z}，使得p＝xa＋yb＋zc，其中，{a，b，c}叫做空间的一个基底. 3.空间向量的数量积及运算律 (1)数量积及相关概念

→→

①两向量的夹角：已知两个非零向量a，b，在空间任取一点O，作OA＝a，OB＝b，则∠AOB叫做向量a与bπ

的夹角，记作〈a，b〉，其范围是[0，π]，若〈a，b〉＝，则称a与b互相垂直，记作a⊥b.

2②非零向量a，b的数量积a·b＝|a||b|cos〈a，b〉. (2)空间向量数量积的运算律： ①结合律：(λa)·b＝λ(a·b)； ②交换律：a·b＝b·a；

③分配律：a·(b＋c)＝a·b＋a·c. 4.空间向量的坐标表示及其应用 设a＝(a1，a2，a3)，b＝(b1，b2，b3).

定义 在空间中，具有大小和方向的量 方向相同且模相等的向量 方向相反且模相等的向量 表示空间向量的有向线段所在的直线互相平行或重合的向量 平行于同一个平面的向量 数量积 向量表示 坐标表示 a·b a1b1＋a2b2＋a3b3

共线 垂直 a＝λb(b≠0，λ∈R) a·b＝0(a≠0，b≠0) |a| a1＝λb1，a2＝λb2，a3＝λb3 a1b1＋a2b2＋a3b3＝0 22a21＋a2＋a3 模 夹角 〈a，b〉(a≠0，b≠0) cos〈a，b〉＝a1b1＋a2b2＋a3b3 222222a1＋a2＋a3·b1＋b2＋b35.直线的方向向量和平面的法向量 (1)直线的方向向量：如果表示非零向量a的有向线段所在直线与直线l平行或重合，则称此向量a为直线

l的方向向量.

(2)平面的法向量：直线l⊥α，取直线l的方向向量a，则向量a叫做平面α的法向量. 6.空间位置关系的向量表示

位置关系 直线l1，l2的方向向量分别为向量表示 l1∥l2 l1⊥l2 l∥α l⊥α α∥β α⊥β n1∥n2⇔n1＝λn2 n1⊥n2⇔n1·n2＝0 n⊥m⇔n·m＝0 n∥m⇔n＝λm n∥m⇔n＝λm n⊥m⇔n·m＝0 n1，n2 直线l的方向向量为n，平面α的法向量为m 平面α，β的法向量分别为n，m [微点提醒] →→→

1.在平面中A，B，C三点共线的充要条件是：OA＝xOB＋yOC(其中x＋y＝1)，O为平面内任意一点. →→→→

2.在空间中P，A，B，C四点共面的充要条件是：OP＝xOA＋yOB＋zOC(其中x＋y＋z＝1)，O为空间任意一点.

3.向量的数量积满足交换律、分配律，即a·b＝b·a，a·(b＋c)＝a·b＋a·c成立，但不满足结合律，即(a·b)·c＝a·(b·c)不一定成立.

4.用向量知识证明立体几何问题，仍离不开立体几何中的定理.若用直线的方向向量与平面的法向量垂直来证明线面平行，仍需强调直线在平面外. 二、【典例精练】

考点一 空间向量的数量积及应用

【例1】 (经典母题)如图所示，已知空间四边形ABCD的每条边和对角线长都等于1，点E，F，G分别是AB，

AD，CD的中点，计算：

→→→→(1)EF·BA；(2)EG·BD.

→→→

【解析】 设AB＝a，AC＝b，AD＝c.

则|a|＝|b|＝|c|＝1，〈a，b〉＝〈b，c〉＝〈c，a〉＝60°， →1→11→→

(1)EF＝BD＝c－a，BA＝－a，DC＝b－c，

222→

111→11

EF·BA＝c－a·(－a)＝a2－a·c＝，

22

224

→→→→→→→(2)EG·BD＝(EA＋AD＋DG)·(AD－AB)

1→→→→→→＝－AB＋AD＋AG－AD·(AD－AB) 21→1→1→→→＝－AB＋AC＋AD·(AD－AB)

222111＝－a＋b＋c·(c－a)

222

11111＝－1×1×＋1×1×＋1＋1－1×1×－1×1×

222221

＝. 2

【解法小结】 1.利用数量积解决问题的两条途径：一是根据数量积的定义，利用模与夹角直接计算；二是利用坐标运算.

2.空间向量的数量积可解决有关垂直、夹角、长度问题. (1)a≠0，b≠0，a⊥b⇔a·b＝0； (2)|a|＝a；

2

a·b(3)cos〈a，b〉＝. |a||b|

考点二 用空间向量证明平行和垂直问题

【例2】 如图正方形ABCD的边长为22，四边形BDEF是平行四边形，BD与AC交于点G，O为GC的中点，

FO＝3，且FO⊥平面ABCD.

(1)求证：AE∥平面BCF； (2)求证：CF⊥平面AEF.

【解析】 取BC中点H，连接OH，则OH∥BD，

又四边形ABCD为正方形， ∴AC⊥BD，∴OH⊥AC，

故以O为原点，建立如图所示的直角坐标系，则A(3，0，0)，C(－1，0，0)，D(1，－2，0)，F(0，0，3)，

B(1，2，0).

→

BC＝(－2，－2，0)，CF＝(1，0，3)，BF＝(－1，－2，3).

(1)设平面BCF的法向量为n＝(x，y，z)， →n·BC＝0，－2x－2y＝0，

则即

→x＋3z＝0，n·CF＝0，取z＝1，得n＝(－3，3，1). 又四边形BDEF为平行四边形， →→

∴DE＝BF＝(－1，－2，3)， →→→→→∴AE＝AD＋DE＝BC＋BF

＝(－2，－2，0)＋(－1，－2，3)＝(－3，－4，3)， →→

∴AE·n＝33－43＋3＝0，∴AE⊥n， 又AE⊄平面BCF，∴AE∥平面BCF.

→→→→→

(2)AF＝(－3，0，3)，∴CF·AF＝－3＋3＝0，CF·AE＝－3＋3＝0， →→→→∴CF⊥AF，CF⊥AE， 即CF⊥AF，CF⊥AE， 又AE∩AF＝A，

→→

AE，AF⊂平面AEF，

∴CF⊥平面AEF.

【解法小结】 1.证明直线与平面平行，只须证明直线的方向向量与平面的法向量的数量积为零，或证直线的方向向量与平面内的不共线的两个向量共面，或证直线的方向向量与平面内某直线的方向向量平行，然后说明直线在平面外即可.这样就把几何的证明问题转化为向量运算. 2.用向量证明垂直的方法

(1)线线垂直：证明两直线所在的方向向量互相垂直，即证它们的数量积为零.

(2)线面垂直：证明直线的方向向量与平面的法向量共线，或将线面垂直的判定定理用向量表示. (3)面面垂直：证明两个平面的法向量垂直，或将面面垂直的判定定理用向量表示. 考点三 用空间向量解决有关位置关系的探索性问题 角度1 与平行有关的探索性问题

【例3－1】 (2018·西安八校联考)已知某几何体的直观图和三视图如图，其正视图为矩形，侧视图为等腰直角三角形，俯视图为直角梯形.M为AB的中点，在线段CB上是否存在一点P，使得MP∥平面CNB1？若存在，求出BP的长；若不存在，请说明理由.

【解析】 由几何体的三视图可知AB，BC，BB1两两垂直，AN＝AB＝BC＝4，BB1＝8.如图，分别以AB，BB1，

BC所在直线为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系B－xyz，则A(4，0，0)，B(0，0，0)，C(0，0，4)，N(4，4，0)，B1(0，8，0)，C1(0，8，4).

设平面CNB1的法向量为n＝(x，y，z). →→

∵NC＝(－4，－4，4)，NB1＝(－4，4，0)， →NC·n＝－4x－4y＋4z＝0，∴

→NB1·n＝－4x＋4y＝0.

令x＝1，可得平面CNB1的一个法向量为n＝(1，1，2). 设P(0，0，a)(0≤a≤4).

→

由M(2，0，0)，得PM＝(2，0，－a).

→

∵MP∥平面CNB1，∴PM·n＝2－2a＝0，解得a＝1， ∴在线段CB上存在一点P，使得MP∥平面CNB1，此时BP＝1. 角度2 与垂直有关的探索性问题

【例3－2】 如图，正方形ADEF所在平面和等腰梯形ABCD所在的平面互相垂直，已知BC＝4，AB＝AD＝2.

(1)求证：AC⊥BF；

|BP|

(2)在线段BE上是否存在一点P，使得平面PAC⊥平面BCEF？若存在，求出的值；若不存在，请说明理|PE|由.

【解析】(1)证明 ∵平面ADEF⊥平面ABCD，平面ADEF∩平面ABCD＝AD，AF⊥AD，AF⊂平面ADEF， ∴AF⊥平面ABCD.

∵AC⊂平面ABCD，∴AF⊥AC.

过A作AH⊥BC于H，则BH＝1，AH＝3，CH＝3， ∴AC＝23，∴AB＋AC＝BC，∴AC⊥AB， ∵AB∩AF＝A，∴AC⊥平面FAB， ∵BF⊂平面FAB，∴AC⊥BF.

(2)解 存在.由(1)知，AF，AB，AC两两垂直.

→→→

以A为坐标原点，AB，AC，AF的方向分别为x轴，y轴，z轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系A－

2

2

2

xyz，则A(0，0，0)，B(2，0，0)，C(0，23，0)，E(－1，3，2).

假设在线段BE上存在一点P满足题意，则易知点P不与点B，E重合， 设

|BP|3λ2λ2－λ

＝λ，则λ>0，P，，. |PE|1＋λ1＋λ1＋λ

设平面PAC的法向量为m＝(x，y，z).

3λ2λ→→2－λ由AP＝，，，AC＝(0，23，0)，

1＋λ1＋λ1＋λ2－λ3λ2λ

m·→AP＝x＋y＋z＝0，

1＋λ1＋λ1＋λ得

m·→AC＝23y＝0，

y＝0，

即λ－2

z＝x，2λ

λ－2令x＝1，则z＝，

2λ

λ－2所以m＝1，0，为平面PAC的一个法向量. 2λ同理，可求得n＝1，

3

，1为平面BCEF的一个法向量. 3

2

当m·n＝0，即λ＝时，平面PAC⊥平面BCEF，

3|BP|2

故存在满足题意的点P，此时＝.

|PE|3

【例3—3】已知x，y均为非负实数，且x＋y≤1，则4x＋4y＋(1－x－y)的取值范围为( )

2

2

2

2A.，4 3

C．[2,4] 【答案】A 1－

【解析】设

B．[1,4] D．[2,9]

x＋y2

＝z，则问题等价于x＋y＋2z＝1，满足x，y，z≥0，求4(x＋y＋z)的取值范围．

222

1设点A0，0，，B(1,0,0)，C(0，1,0)，

2

所以点P(x，y，z)可视为长方体的一个三角截面ABC上的一个点， 则|OP|＝x＋y＋z，于是问题可以转化为先求|OP|的取值范围． 显然|OP|≤1，设点O到平面ABC的距离为h， 则VO­ABC＝VA­OBC，

113111

所以××2××h＝××1×1×，

322322解得h＝

66

，所以≤|OP|≤1， 66

2

2

2

2

122222

所以|OP|∈，1，即4(x＋y＋z) ∈，4.

63

故答案为A.

【解法小结】 解决立体几何中探索性问题的基本方法

(1)通常假设题中的数学对象存在(或结论成立)，然后在这个前提下进行逻辑推理.

(2)探索性问题的关键是设点：①空间中的点可设为(x，y，z)；②坐标平面内的点其中一个坐标为0，如

xOy面上的点为(x，y，0)；③坐标轴上的点两个坐标为0，如z轴上的点为(0，0，z)；④直线(线段)AB上

→→

的点P，可设为AP＝λAB，表示出点P的坐标，或直接利用向量运算. 三、【名校新题】

→→→1．(2018·珠海模拟)已知A(1，－1,3)，B(0,2,0)，C(－1,0,1)，若点D在z轴上，且AD⊥BC，则|AD|等于( )

A.2 B.3 C.5 D.6 【答案】 B

→→

【解析】 ∵点D在z轴上，∴可设D点坐标为(0,0，m)，则AD＝(－1,1，m－3)，BC＝(－1，－2,1)，由→

AD⊥BC，得AD·BC＝m－4＝0，∴m＝4，AD＝(－1,1,1)，|AD|＝1＋1＋1＝3.故选B.

2．(2018·山东临沂模拟)若直线l的方向向量为a＝(1，0，2)，平面α的法向量为n＝(－2，0，－4)，则( )

A．l∥α B．l⊥α C．l⊂α D．l与α斜交 【答案】 B

【解析】 ∵a＝(1，0，2)，n＝(－2，0，－4)，即n＝－2a，故a∥n，∴l⊥α．

3．(2018·黑龙江齐齐哈尔实验中学期中)设ABCD－A1B1C1D1是棱长为a的正方体，则有( ) →→2A.AB·C1A＝a →→2C.BC·A1D＝a 【答案】 C

【解析】 建系如图．

→→2B．AB·A1C1＝2a →→2D．AB·C1A1＝a

→→→→→

→→2

则AB·C1A＝(a,0,0)·(－a，－a，－a)＝－a， →→→

AB·A1C1＝(a,0,0)·(a，a,0)＝a2， BC·A1D＝(0，a,0)·(0，a，－a)＝a2，

AB·C1A1＝(a,0,0)·(－a，－a,0)＝－a2，故只有C正确．

4．(2018·河南安阳联考)设平面α的一个法向量为n1＝(1，2，－2)，平面β的一个法向量为n2＝(－2，－4，k)，若α∥β，则k＝( ) A．2 B．－4 C．－2 D．4 【答案】 D

→→

→

－2－4k【解析】 ∵α∥β，∴n1∥n2，由题意可得＝＝，∴k＝4．

12－2

5．(2019·西安质检)已知空间四边形ABCD的每条棱和对角线的长都等于a，点E，F分别是BC，AD的中点，→→

则AE·AF的值为( ) 1212322

A．a B.a C.a D.a

244【答案】 C

1→1→→→→1212→→1→→2

【解析】 AE·AF＝(AB＋AC)·AD＝(AB·AD＋AC·AD)＝(acos60°＋acos60°)＝a.故选C.

22444

→→→→

6．(2018·河北衡水月考)正方体ABCD－A1B1C1D1中，点E为上底面A1C1的中心．若向量AE＝AA1＋xAB＋yAD，

则实数x，y的值分别为( ) 1A．x＝1，y＝1 B．x＝1，y＝ 2111

C．x＝，y＝ D．x＝，y＝1

222【答案】 C

→→→→

【解析】AE＝AA1＋xAB＋yAD=

1

,所以x=y= 2

→→→→

7．(2018·舟山模拟)平行六面体ABCD－A1B1C1D1中，向量AB，AD，AA1两两的夹角均为60°，且|AB|＝1，→→→

|AD|＝2，|AA1|＝3，则|AC1|等于( ) A．5 C．4 【答案】 A

→→→→→2222

【解析】 设AB＝a，AD＝b，AA1＝c，则AC1＝a＋b＋c，|AC1|＝a＋b＋c＋2a·b＋2b·c＋2c·a＝25，因→

此|AC1|＝5.故选A.

B．6 D．8

→→→

8．(2018·东营质检)已知A(1,0,0)，B(0，－1,1)，OA＋λOB与OB的夹角为120°，则λ的值为( ) A．±C．－

6 66 6

B.6 6

D．±6

【答案】 C

→→

【解析】 OA＋λOB＝(1，－λ，λ)，cos120°＝166＝－，得λ＝±.经检验λ＝不2

λ＋λ

1＋2λ×226符合题意，舍去， ∴λ＝－

6

6

.故选C. 9．(2018·南充三模)已知正方体ABCD－A1B1C1D1，下列命题：

①(A→→→2→2

1A＋A1D1＋A1B1)＝3A1B1； ②A→C·(A→B→

111－A1A)＝0；

③向量AD→与向量A→

11B的夹角为60°；

④正方体ABCD－AC→AA→→

1B11D1的体积为|AB·1·AD|. 其中正确命题的序号是( ) A．①② B．①②③ C．①④ D．①②④

【答案】 A

【解析】 设正方体边长为单位长为1，建立空间直角坐标系，如图．

A→→→→→

1A＝(0,0,1)，A1D1＝(1,0,0)，A1B1＝(0,1,0)，A1C＝(1,1,1)，AD1＝(1,0，－1)，

所以对于①，(A→→→2→2

1A＋A1D1＋A1B1)＝(1,1,1)·(1,1,1)＝3＝3A1B1，故①正确； 对于②，A→C·(A→B→

111－A1A)＝(1,1,1)·(0,1，－1)＝0，故②正确；

对于③，因为AD→→(1,0，－1)·(0,1,1)＝－1，向量AD→→

1·A1B＝1与向量A1B的夹角为120°，故③错误；6

→→→→→→

④正方体ABCD－A1B1C1D1的体积为|AB||AA1|·|AD|，但是|AB·AA1·AD|＝0，故④错误．故选A.

→→→→→→

10．(2019·广西模拟)A，B，C，D是空间不共面的四点，且满足AB·AC＝0，AC·AD＝0，AB·AD＝0，M为

BC中点，则△AMD是( )

A．钝角三角形 C．直角三角形 【答案】 C

→1→→

【解析】 ∵M为BC中点，∴AM＝(AB＋AC)．

2

→→1→→→1→→1→→

∴AM·AD＝(AB＋AC)·AD＝AB·AD＋AC·AD＝0，∴AM⊥AD，△AMD为直角三角形．故选C.

222

11．(2018·合肥质检)长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝1，BC＝2，AA1＝3，点M是BC的中点，点P∈AC1，Q∈MD，则PQ长度的最小值为( ) 423

A．1 B． C． D．2

33

B．锐角三角形 D．不确定

【答案】C

【解析】 根据题意建立如图所示的空间直角坐标系， 设P(x0，2x0，3－3x0)，

Q(x1，2－x1，3)，x0， x1∈[0，1]，所以 PQ＝

＝

x0－x1

2x1＋

2＋2x0＋x1－2

2＋3－3x0－3

2



x0－2227224

＋x0－＋， 29

2

3

28

当且仅当x0＝，x1＝时，PQ取得最小值，

99即PQmin＝

423＝． 33

12．(2018·贵阳模拟)如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，∠ACB＝90°，2AC＝AA1＝BC＝2．若二面角B1－

DC－C1的大小为60°，则AD的长为( )

A．2 B．3 C．2 D．

2 2

【答案】A

【解析】 如图，以C为坐标原点，CA，CB，CC1所在的直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，则C(0，0，0)，A(1，0，0)，B1(0，2，2)，C1(0，0，2)

→→

设AD＝a，则D点坐标为(1，0，a)，CD＝(1，0，a)，CB1＝(0，2，2)，设平面B1CD的一个法向量为m＝(x，

y，z)．

→m·CB1＝0，

则

→m·CD＝0

2y＋2z＝0，

⇒x＋az＝0.

令z＝－1，

m·n11

得m＝(a，1，－1)，又平面C1DC的一个法向量为n＝(0，1，0)，则由cos60°＝，得2＝，|m||n|a＋22

即a＝2，故AD＝2．

→→→→→

13.(2019·西安调研)已知AB＝(1，5，－2)，BC＝(3，1，z)，若AB⊥BC，BP＝(x－1，y，－3)，且BP⊥平面ABC，则实数x＋y＝________. 25

【答案】 7

3＋5－2z＝0，

【解析】 由条件得x－1＋5y＋6＝0，

3（x－1）＋y－3z＝0，4015

解得x＝，y＝－，z＝4，

77

401525

∴x＋y＝－＝. 777

14．(2018·江苏启东中学期中)已知向量a＝(2，－1,2)，b＝(－1,3，－3)，c＝(13,6，λ)，若向量a，

b，c共面，则λ＝________.

【答案】 3

【解析】 因为a＝(2，－1,2)，b＝(－1,3，－3)，c＝(13,6，λ)，且a，b，c共面，所以存在实数x，2x－y＝13，

y使得c＝xa＋yb，所以(13,6，λ)＝(2x－y，－x＋3y,2x－3y)，即－x＋3y＝6，

2x－3y＝λ，

x＝9，

解得y＝5，

λ＝3.

15．(2018·郑州调研)已知a＝(2,1，－3)，b＝(－1,2,3)，c＝(7,6，λ)，若a，b，c三向量共面，则λ等于________． 【答案】 －9

【解析】 由题意知c＝xa＋yb，即(7,6，λ)＝x(2,1，－3)＋y(－1,2,3)， 2x－y＝7，

∴x＋2y＝6，－3x＋3y＝λ，

解得λ＝－9.

→→16．(2018·包头模拟)如图所示，PD垂直于正方形ABCD所在平面，AB＝2，E为PB的中点，cos〈DP，AE〉＝

3

，若以DA，DC，DP所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，则点E的坐标为________． 3

【答案】 (1,1,1)

【解析】 由已知得D(0,0,0)，A(2,0,0)，B(2,2,0)，

aa→→→设P(0,0，a)(a>0)，则E1，1，，所以DP＝(0,0，a)，AE＝－1，1，，|DP|＝a， 22

→|AE|＝

－1

2

a2

＋1＋＝

2

2

8＋a2＋＝.

42

a220×－1＋0×1＋

233→→2

又cos〈DP，AE〉＝，所以＝，解得a＝4，即a＝2，所以E(1,1,1)． 2

338＋aa·

217. (2019·桂林模拟)如图，棱柱ABCD－A1B1C1D1的所有棱长都等于2，∠ABC和∠A1AC均为60°，平面AA1C1C⊥平面ABCD.

a2

(1)求证：BD⊥AA1；

(2)在直线CC1上是否存在点P，使BP∥平面DA1C1，若存在，求出点P的位置，若不存在，请说明理由. 【解析】(1)证明 设BD与AC交于点O，则BD⊥AC，连接A1O，在△AA1O中，AA1＝2，AO＝1，∠A1AO＝60°， ∴A1O＝AA1＋AO－2AA1·AOcos 60°＝3， ∴AO＋A1O＝AA1， ∴A1O⊥AO.

由于平面AA1C1C⊥平面ABCD，且平面AA1C1C∩平面ABCD＝AC，A1O⊂平面AA1C1C，∴A1O⊥平面ABCD. 以OB，OC，OA1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A(0，－1，0)，B(3，0，0)，C(0，1，0)，D(－3，0，0)，A1(0，0，3)，C1(0，2，3).

2

2

2

2

2

2

→→

由于BD＝(－23，0，0)，AA1＝(0，1，3)，

AA1·BD＝0×(－23)＋1×0＋3×0＝0，

→→

∴BD⊥AA1，即BD⊥AA1.

(2)解 假设在直线CC1上存在点P，使BP∥平面DA1C1， →→

设CP＝λCC1，P(x，y，z)，则(x，y－1，z)＝λ(0，1，3). →

从而有P(0，1＋λ，3λ)，BP＝(－3，1＋λ，3λ). 设平面DA1C1的法向量为n3＝(x3，y3，z3)，

→→

→n3⊥A1C1，

则

→n3⊥DA1，

→→

又A1C1＝(0，2，0)，DA1＝(3，0，3)，

2y3＝0，则 3x3＋3z3＝0，

取n3＝(1，0，－1)，因为BP∥平面DA1C1，

→→

则n3⊥BP，即n3·BP＝－3－3λ＝0，得λ＝－1， 即点P在C1C的延长线上，且C1C＝CP.

18．(2018·齐鲁名校调研)如图，五边形ABSCD中，四边形ABCD为长方形，三角形SBC为边长为2的正三角形，将三角形SBC沿BC折起，使得点S在平面ABCD上的射影恰好在AD上．

(1)当AB＝2时，证明：平面SAB⊥平面SCD；

(2)若AB＝1，求平面SCD与平面SBC所成二面角的余弦值的绝对值． 【解析】 (1)证明：过点S作SO⊥AD，垂足为O， 依题意得SO⊥平面ABCD，∴SO⊥AB，SO⊥CD， 又AB⊥AD，SO∩AD＝O，

∴AB⊥平面SAD，AB⊥SA，AB⊥SD． 在△SAB中，利用勾股定理得

SA＝SB2－AB2＝4－2＝2，

同理可得SD＝2．

在△SAD中，AD＝2，SA＝SD＝2， ∴SA＋SD＝AD，即SA⊥SD． ∵AB∩SA＝A，∴SD⊥平面SAB， 又SD⊂平面SCD，∴平面SAB⊥平面SCD． (2)连接BO，CO，∵SB＝SC，SO⊥平面ABCD， ∴Rt△SOB≌Rt△SOC，∴BO＝CO，

2

2

2

又四边形ABCD为长方形， ∴Rt△AOB≌Rt△DOC，∴OA＝OD．

取BC的中点为E，连接OE，得OE∥AB，连接SE，易得SE＝3， 其中OE＝1，OA＝OD＝1，OS＝3－1＝2．

2

→→→

易知OS，OE，AD互相垂直，不妨以OA，OE，OS所在方向分别为x，y，z轴的正方向建立空间直角坐标系． 则B(1，1，0)，C(－1，1，0)，D(－1，0，0)，S(0，0，2)， →→→

∴DC＝(0，1，0)，SC＝(－1，1，－2)，BC＝(－2，0，0)， 设m＝(x1，y1，z1)是平面SCD的法向量， →m·DC＝0，

则有

→m·SC＝0，

y1＝0，

即

－x1＋y1－2z1＝0，

令z1＝1，得m＝(－2，0，1)． 设n＝(x2，y2，z2)是平面SBC的法向量， →n·BC＝0，

则有

→n·SC＝0，

－2x2＝0，

即

－x2＋y2－2z2＝0，

令z2＝1，得n＝(0，2，1)，

|m·n|11

则|cos〈m，n〉|＝＝＝．

|m||n|3×33

1

∴平面SCD与平面SBC所成二面角的余弦值的绝对值为．

3