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2018年高考理科数学第一轮复习教案47 立体几何中的向量方法


第七节 立体几何中的向量方法

空间角 (1)空间角的定义. (2)掌握线线角、线面角、面面角的求法.

知识点一 直线的方向向量与平面的法向量 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 叫作平面 α 的法向量. ? 易误提醒 (1)通常取直线上的两个特殊点构成直线的方向

向量;当直线平行于 x 轴,y 轴或 z 轴时,直线的方向向量可分别取 i=(1,0,0),j=(0,1,0),k=(0,0,1). (2)求平面的法向量时,建立的方程组有无数组解,利用赋值法, 只要给 x,y,z 中的一个变量赋一特殊值(常赋值-1,0,1),即可确定 一个法向量,赋值不同,所求法向量不同,但 n=(0,0,0)不能作为法 向量. ? 必备方法 平面的法向量求法步骤:

(1)设平面的法向量为 n=(x,y,z).

(2)找出(求出)平面内的两个不共线的向量的坐标 a=(a1, b1, c1), b=(a2,b2,c2);
? a=0, ?n· (3)根据法向量的定义建立关于 x,y,z 的方程组? ?n· b=0; ?

(4)解方程组,取其中的一组解,即得法向量. [自测练习] 1.若直线 l∥平面 α,直线 l 的方向向量为 s、平面 α 的法向量 为 n,则下列结论正确的是( )

A.s=(-1,0,2),n=(1,0,-1) B.s=(-1,0,1),n=(1,2,-1) C.s=(-1,1,1),n=(1,2,-1) D.s=(-1,1,1),n=(-2,2,2) 解析:直线与平面平行,直线的方向向量和平面的法向量垂直, 经检验只有选项 C 中 s· n=0,故选 C. 答案:C 2. 设 u=(-2,2, t), v=(6, -4,4)分别是平面 α, β 的法向量. 若 α⊥β,则 t=( A.3 C.5 ) B.4 D.6

解析:∵α⊥β,则 u· v=-2×6+2×(-4)+4t=0,∴t=5. 答案:C 知识点二 利用空间向量求空间角 1.求两条异面直线所成的角 设 a,b 分别是两异面直线 l1,l2 的方向向量,则 l1 与 l2 所成的角 θ a 与 b 的夹角?a,

b? π 0<θ≤2 0<? a,b ? <π cos θ=|cos ? 关系 ? |a· b| |= |a||b| = a· b |a||b| a,b cos ? a, b?

范围

2.求直线与平面所成的角 设直线 l 的方向向量为 a,平面 α 的法向量为 n,直线 l 与平面 α 所成的角为 θ,则 sin θ=|cos ? 3.求二面角的大小 (1)若 AB、CD 分别是二面角 α-l-β 的两个面内与棱 l 垂直的异 → 与CD → 的夹角.(如图 a) 面直线,则二面角的大小就是向量AB (2)设 n1, n2 分别是二面角 α-l-β 的两个半平面 α, β 的法向量, 则向量 n1 与 n2 的夹角(或其补角)的大小就是二面角的大小(如图 b、 c). a,n ? |= |a· n| . |a||n|

?

易误提醒

(1) 空间向量的夹角与所求角的范围不一定相

同,如两向量的夹角范围是[0,π],两异面直线所成的角的范围是

π? ? ?0, ?. 2? ? (2)用平面的法向量求二面角时,二面角的大小与两平面法向量 的夹角有相等和互补两种情况. [自测练习] 3.已知两平面的法向量分别为 m=(0,1,0),n=(0,1,1),则两平 面所成的二面角为( A.45° C.45° 或 135° ) B.135° D.90°

m· n 1 2 解析:cos?m,n?= = = 2 ,即?m,n?=45° ,其 |m||n| 1· 2 补角为 135° . ∴两平面所成二面角为 45° 或 135° . 答案:C 4.若平面 α 的一个法向量为 n=(4,1,1),直线 l 的一个方向向量 为 a=(-2,-3,3),则 l 与 α 所成角的正弦值为________. 解析:设 l 与 α 所成角为 θ,则 sin θ=|cos?n,a?|= |-8-3+3| 4 11 = 33 . 16+1+1× 4+9+9 4 11 答案: 33 |n· a| = |n||a|

考点一 异面直线所成角|

(2015· 云南模拟)如图, 在正方体 ABCDA1B1C1D1 中,E 为 AB 的中点.

(1)求直线 AD 和直线 B1C 所成角的大小; (2)求证:平面 EB1D⊥平面 B1CD.

[解] 不妨设正方体的棱长为 2 个单位长度,以 DA,DC,DD1 分别为 x 轴、y 轴、z 轴,建立如图所示的空间 直角坐标系 Dxyz. 根据已知得:D(0,0,0),A(2,0,0),B(2,2,0), C(0,2,0),B1(2,2,2). →· → DA CB 1 → → → → (1)∵DA=(2,0,0),CB1=(2,0,2),∴cos〈DA,CB1〉= = → → |DA||CB1| 2 2. π ∴直线 AD 和直线 B1C 所成角为4. (2)证明:取 B1D 的中点 F,得 F(1,1,1),连接 EF. ∵E 为 AB 的中点,∴E(2,1,0), → =(-1,0,1),DC → =(0,2,0), ∴EF →· → =0,EF →· → =0, ∴EF DC CB 1 ∴EF⊥DC,EF⊥CB1. ∵DC∩CB1=C,∴EF⊥平面 B1CD. 又∵EF?平面 EB1D, ∴平面 EB1D⊥平面 B1CD.

注意向量的夹角与异面直线所成角的区别 当异面直线的方向向量的夹角为锐角或直角时, 就是此异面直线 所成的角;当异面直线的方向向量的夹角为钝角时,其补角才是异面 直线所成的角.

1.直三棱柱 ABCA1B1C1 中,∠BCA=90° ,M,N 分别是 A1B1, A1C1 的中点,BC=CA=CC1,则 BM 与 AN 所成角的余弦值为( 1 A.10 30 C. 10 2 B.5 2 D. 2 )

解析:建立如图所示的空间直角坐标系 Cxyz, BC=2,



→ =(1,-1,2), 则 B(0,2,0),A(2,0,0),M(1,1,2),N(1,0,2),所以BM → AN →| → =(-1,0,2),故 BM 与 AN 所成角 θ 的余弦值 cos θ= |BM· AN → |· →| |BM |AN = 3 30 = 10 . 6× 5 答案:C 考点二 直线与平面所成角|

(2015· 高考全国卷Ⅱ)如图,长方体 ABCDA1B1C1D1 中,AB=16,BC=10,AA1=8, 点 E,F 分别在 A1B1,D1C1 上,A1E=D1F=4,过 点 E,F 的平面 α 与此长方体的面相交,交线围成一个正方形.

(1)在图中画出这个正方形(不必说明画法和理由); (2)求直线 AF 与平面 α 所成角的正弦值. [解] (1)交线围成的正方形 EHGF 如图

(2)作 EM⊥AB,垂足为 M,则 AM=A1E=4,EM=AA1=8. 因为 EHGF 为正方形,所以 EH=EF=BC=10. 于是 MH= EH2-EM2=6,所以 AH=10. → 的方向为 x 轴正方向,建立如图所示的空 以 D 为坐标原点,DA 间直角坐标系 Dxyz,则 A(10,0,0),H(10,10,0),E(10,4,8),F(0,4,8), → =(10,0,0),HE → =(0,-6,8). FE 设 n=(x,y,z)是平面 EHGF 的法向量, → =0, ?n· FE 则? → =0, ?n· HE
? ?10x=0, 即? ? ?-6y+8z=0,

所以可取 n=(0,4,3). →| 4 5 |n· AF → → 又AF=(-10,4,8),故|cos〈n,AF〉|= = . → | 15 |n||AF 4 5 所以 AF 与平面 EHGF 所成角的正弦值为 15 .

利用向量法求线面角的方法 (1)分别求出斜线和它在平面内的射影直线的方向向量,转化为 求两个方向向量的夹角(或其补角); (2)通过平面的法向量来求,即求出斜线的方向向量与平面的法

向量所夹的锐角或钝角的补角,取其余角就是斜线和平面所成的角.

2.如图,四棱锥 PABCD 中,底面 ABCD 是直角梯形,∠DAB=90° ,AD∥BC,AD⊥侧面 PAB,△PAB 是等边三角形,DA=AB=2,BC= 1 2AD,E 是线段 AB 的中点. (1)求证:PE⊥CD; (2)求 PC 与平面 PDE 所成角的正弦值. 解:(1)证明:因为 AD⊥侧面 PAB,PE?平面 PAB,所以 AD⊥ PE. 又因为△PAB 是等边三角形, E 是线段 AB 的中点, 所以 PE⊥AB. 因为 AD∩AB=A, 所以 PE⊥平面 ABCD. 而 CD?平面 ABCD, 所以 PE⊥CD. (2)以 E 为原点,建立如图所示的空间 直角坐标系 Exyz. 则 E(0,0,0), C(1, -1,0), D(2,1,0), P(0,0, 3). → =(2,1,0),EP → =(0,0, 3),PC → =(1, ED -1,- 3). 设 n=(x,y,z)为平面 PDE 的法向量.

→ =0, ?n· ED 由? → =0, ?n· EP
? ?2x+y=0, 即? ? 3z=0, ?

令 x=1,可得 n=(1,-2,0). 设 PC 与平面 PDE 所成的角为 θ,则 →· |PC n| 3 → sin θ=|cos〈PC,n〉|= = . → ||n| 5 |PC 3 所以 PC 与平面 PDE 所成角的正弦值为5.

考点三 二面角|

(2015· 高考北京卷)如图,在四棱锥 AEFCB 中,△AEF 为等边三角形,平面 AEF⊥平 面 EFCB,EF∥BC,BC=4,EF=2a,∠EBC=∠ FCB=60° ,O 为 EF 的中点. (1)求证:AO⊥BE; (2)求二面角 FAEB 的余弦值; (3)若 BE⊥平面 AOC,求 a 的值. [解] (1)证明:因为△AEF 是等边三角形,O 为 EF 的中点, 所以 AO⊥EF. 又因为平面 AEF⊥平面 EFCB,AO?平面 AEF, 所以 AO⊥平面 EFCB. 所以 AO⊥BE.

(2)取 BC 中点 G,连接 OG. 由题设知 EFCB 是等腰梯形, 所以 OG⊥EF. 由(1)知 AO⊥平面 EFCB, 又 OG?平面 EFCB, 所以 OA⊥OG. 如图建立空间直角坐标系 Oxyz, 则 E(a,0,0),A(0,0, 3a), → =(-a,0, 3a),BE →= B(2, 3(2-a),0),EA (a-2, 3(a-2),0). 设平面 AEB 的法向量为 n=(x,y,z), → =0, ?n· EA 则? → =0, ?n· BE
? ?-ax+ 3az=0, 即? ? ??a-2?x+ 3?a-2?y=0.

令 z=1,则 x= 3,y=-1.于是 n=( 3,-1,1). 平面 AEF 的法向量为 p=(0,1,0). n· p 5 所以 cos〈n,p〉= =- 5 . |n||p| 5 由题知二面角 F-AE-B 为钝角,所以它的余弦值为- 5 . →· → =0. (3)因为 BE⊥平面 AOC,所以 BE⊥OC,即BE OC → =(a-2, 3(a-2),0),OC → =(-2, 3(2-a),0), 因为BE →· → =-2(a-2)-3(a-2)2. 所以BE OC

→· → =0 及 0<a<2,解得 a=4. 由BE OC 3

3.(2015· 高考安徽卷)如图所示,在多面体 A1B1D1DCBA 中,四 边形 AA1B1B,ADD1A1,ABCD 均为正方形,E 为 B1D1 的中点,过 A1, D,E 的平面交 CD1 于 F.

(1)证明:EF∥B1C; (2)求二面角 E-A1D-B1 的余弦值. 解:(1)证明:由正方形的性质可知 A1B1∥ AB ∥ DC , 且 A1B1 = AB = DC , 所 以 四 边 形 A1B1CD 为平行四边形, 从而 B1C∥A1D, 又 A1D ?面 A1DE,B1C?面 A1DE,于是 B1C∥面 A1DE. 又 B1C?面 B1CD1,面 A1DE∩面 B1CD1=EF,所以 EF∥B1C.

(2)因为四边形 AA1B1B,ADD1A1,ABCD 均为正方形,所以 AA1 →, ⊥AB, AA1⊥AD, AB⊥AD 且 AA1=AB=AD, 以 A 为原点, 分别以AB → ,AA → 为 x 轴,y 轴和 z 轴单位正向量建立如图所示的空间直角坐 AD 1 标系, 可得点的坐标 A(0,0,0), B(1,0,0), D(0, 1,0), A1(0,0,1), B1(1,0,1), D1(0,1,1),而 E 点为 B1D1 的中点,所以 E 点的坐标为(0.5,0.5,1). → 设面 A1DE 的法向量 n1 = (r1 , s1 , t1) ,而该面上向量 A 1E = → → → (0.5,0.5,0) , A 1D = (0,1 , - 1) , 由 n1 ⊥ A1E , n1 ⊥ A1D 得

? ?0.5r1+0.5s1=0, ? (-1,1,1)为其一组解,所以可取 n1=(-1,1,1).设 ?s1-t1=0, ?

→ 面 A1B1CD 的法向量 n2=(r2, s2, t2), 而该面上向量A→ A 1B1=(1,0,0), 1D =(0,1,-1),由此同理可得 n2=(0,1,1). 所 以 结 合 图 形 知 二 面 角 E - A1D - B1 的 余 弦 值 为 2 6 =3. 3× 2 24.向量法在立体几何探索性问题中的应 用 【典例】 (2016· 绵阳诊断)如图,在直角梯 |n1· n2| = |n1|· |n2|

形 ABCD 中,AD∥BC,∠ADC=90° ,AE⊥平面 1 ABCD,EF∥CD,BC=CD=AE=EF=2AD=1. (1)求证:CE∥平面 ABF; (2)求证:BE⊥AF; π (3)在直线 BC 上是否存在点 M,使二面角 EMDA 的大小为6? 若存在,求出 CM 的长;若不存在,请说明理由. [思维点拨] (1)作 FG∥EA,AG∥EF,连接 EG 交 AF 于 H,证 明 BH∥CE. (2)证明 AF⊥面 BGE. (3)利用向量法求解.

[解] (1)证明:如图,作 FG∥EA,AG∥EF,连接 EG 交 AF 于 H,连接 BH,BG, ∵EF∥CD 且 EF∥AG,∴AG∥CD, 即点 G 在平面 ABCD 内. 由 AE⊥平面 ABCD 知 AE⊥AG, 又 AG∥EF,AE∥FG, ∴四边形 AEFG 为正方形, 四边形 CDAG 为平行四边形, ∴H 为 EG 的中点, B 为 CG 的中点, ∴BH∥CE, ∴CE∥平面 ABF. (2)证明:在平行四边形 CDAG 中,∠ADC=90° , ∴BG⊥AG. 又由 AE⊥平面 ABCD 知 AE⊥BG,

∴BG⊥平面 AEFG, ∴BG⊥AF. 又 AF⊥EG,∴AF⊥平面 BGE, ∴AF⊥BE. (3)如图,以 A 为原点,AG 为 x 轴,AD 为 y 轴,AE 为 z 轴建立 空间直角坐标系 Axyz.

则 A(0,0,0),G(1,0,0),E(0,0,1),D(0,2,0),设 M(1,y0,0) → =(0,2,-1),DM → =(1,y -2,0), ∴ED 0 设平面 EMD 的法向量为 n=(x,y,z). → =2y-z=0, ?n· ED 则? → =x+?y -2?y=0, ?n· DM 0 ∴n=(2-y0,1,2). 又 AE⊥平面 AMD, → =(0,0,1)为平面 AMD 的一个法向量, ∴AE → 〉|= ∴|cos〈n,AE 3 =2± 3 ,
? ? 3 3?? 故在 BC 上存在点 M,且 CM=?2-?2± ??= 3 . 3 ?? ? ?

令 y=1,得 z=2,x=2-y0,

|2| π 3 =cos 6= 2 ,解得 y0 2 1× ?2-y0? +1+4

[方法点评] 立体几何开放性问题求解方法有以下两种: (1)根据条件作出判断,再进一步论证. (2)假设所求的点或线存在,并设定参数表达已知条件,根据题 目进行求解,若能求出参数的值且符合已知限定的范围,则存在这样 的点或线,否则不存在. [ 跟踪练习 ] (2016· 福州调研 ) 如图,在长方体

ABCD A1B1C1D1 中, AA1=AD=1, E 为 CD 的中点. (1)求证:B1E⊥AD1; (2)在棱 AA1 上是否存在一点 P,使得 DP∥平面 B1AE?若存在, 求 AP 的长;若不存在,说明理由. → ,AD → ,AA → 的方向分别为 x 轴,y 解:(1)证明:以 A 为原点,AB 1

轴,z 轴的正方向建立空间直角坐标系(如图).
?a ? 设 AB=a, 则 A(0,0,0), D(0,1,0), D1(0,1,1), E?2,1,0?, B1(a,0,1). ? ?

a →· → 故AD 1 B1E=- ×0+1×1+(-1)×1=0, 2 ∴B1E⊥AD1. (2)假设在棱 AA1 上存在一点 P(0,0, z0). → =(0,- 使得 DP∥平面 B1AE,此时DP z0). 又设平面 B1AE 的法向量 n=(x,y,z). ∵n⊥平面 B1AE, 1 ,

?ax+z=0, → → ∴n⊥AB1,n⊥AE,得?ax ? 2 +y=0.
a ? ? 取 x=1,得平面 B1AE 的一个法向量 n=?1,-2,-a?
? ?

→ ,有a-az =0, 要使 DP∥平面 B1AE,只要 n⊥DP 0 2 1 解得 z0=2.又 DP?平面 B1AE, 1 ∴存在点 P,满足 DP∥平面 B1AE,此时 AP=2.

A 组 考点能力演练 1.如图,几何体 EFABCD 中,CDEF 为边长为 2 的正方形,ABCD 为直角梯形,AB∥CD,AD⊥ DC,AD=2,AB=4,∠ADF=90° . (1)求证:AC⊥FB;

(2)求二面角 E-FB-C 的大小. 解:(1)证明:由题意得,AD⊥DC,AD⊥DF,且 DC∩DF=D, ∴AD⊥平面 CDEF, ∴AD⊥FC, ∵四边形 CDEF 为正方形,∴DC⊥FC. ∵DC∩AD=D, ∴FC⊥平面 ABCD,∴FC⊥AC. 又∵四边形 ABCD 为直角梯形,AB∥CD,AD⊥DC,AD=2, AB=4, ∴AC=2 2,BC=2 2, 则有 AC2+BC2=AB2,∴AC⊥BC, 又 BC∩FC=C,∴AC⊥平面 FCB,∴AC⊥FB. (2)由(1)知 AD,DC,DE 所在直线相互垂直, 故以 D 为原点,DA,DC,DE 所在直线分别为 x, y,z 轴建立如图所示的空间直角坐标系, 可得 D(0,0,0), F(0,2,2), B(2,4,0), E(0,0,2), C(0, 2,0),A(2,0,0), → =(0,2,0),FB → =(2,2,-2), ∴EF 设平面 EFB 的法向量为 n=(x,y,z), → =0, ?n· EF 则有? → =0, ?n· FB
? ?2y=0, ? ?2x+2y-2z=0. ? ? ?y=0, ? ?x+y-z=0, ?

令 z=1,则 n=(1,0,1), → =(-2,2,0), 由(1)知平面 FCB 的一个法向量为AC π? ? 设二面角 E-FB-C 的大小为 θ,由图知 θ∈?0,2?,
? ?

→ 〉|=1,∴θ=π. ∴cos θ=|cos〈n,AC 2 3 2.(2016· 兰州诊断)如图, 在四棱柱 ABCDA1B1C1D1 中, 底面 ABCD 是等腰梯形,AB∥CD,AB=2,BC=CD=1,顶点 D1 在底面 ABCD 内的射影恰为点 C.

(1)求证:AD1⊥BC; π (2)若直线 DD1 与直线 AB 所成的角为3,求平面 ABC1D1 与平面 ABCD 所成角(锐角)的余弦值. 解:(1)证明:连接 D1C,则 D1C⊥平面 ABCD,∴D1C⊥BC. 在等腰梯形 ABCD 中,连接 AC, ∵AB=2,BC=CD=1,AB∥CD, ∴BC⊥AC, ∴BC⊥平面 AD1C, ∴AD1⊥BC. π (2)法一:∵AB∥CD,∴∠D1DC=3, ∵CD=1,∴D1C= 3. 在底面 ABCD 中作 CM⊥AB, 连接 D1M, 则 D1M⊥AB, ∴∠D1MC 为平面 ABC1D1 与平面 ABCD 所成角的一个平面角. 3 在 Rt△D1CM 中,CM= 2 ,D1C= 3,

15 5 ∴D1M= CM2+D1C2= 2 ,∴cos∠D1MC= 5 , 5 即平面 ABC1D1 与平面 ABCD 所成角(锐角)的余弦值为 5 . 法二:由(1)知 AC、BC、D1C 两两垂直, π ∵AB∥CD,∴∠D1DC=3, ∵CD=1,∴D1C= 3. 在等腰梯形 ABCD 中,∵AB=2,BC=CD=1,AB∥CD, ∴AC= 3,建立如图所示的空间直角坐标系, 则 C(0,0,0),A( 3,0,0),B(0,1,0),D1(0,0, 3), 设平面 ABC1D1 的法向量为 n=(x,y,z), → =0, ?n· AB 由? → =0 ?n· AD 1
? ?y- 3x=0, 得? ?z-x=0, ?

可得平面 ABC1D1 的一个法向量为 n=(1, 3,1). → =(0,0, 3)为平面 ABCD 的一个法向量. 又CD 1 →· CD 5 1 n → 因此 cos〈CD1,n〉= =5, → ||n| |CD 1 5 ∴平面 ABC1D1 与平面 ABCD 所成角(锐角)的余弦值为 5 . 3.(2016· 贵阳模拟)如图,正方形 AA1D1D 与矩形 ABCD 所在平 面互相垂直,AB=2AD=2.

(1)若点 E 为 AB 的中点,求证:BD1∥平面 A1DE;

π (2)在线段 AB 上是否存在点 E,使二面角 D1ECD 的大小为6? 若存在,求出 AE 的长;若不存在,请说明理由. 解: (1)证明: 四边形 ADD1A1 为正方形, 连接 AD1, A1D∩AD1=F, 则 F 是 AD1 的中点, 又因为点 E 为 AB 的中点,连接 EF,则 EF 为△ABD1 的中位线,所以 EF∥BD1.又因为 BD1?平面 A1DE,EF?平面 A1DE, 所以 BD1∥平面 A1DE. (2)根据题意得 DD1⊥DA,DD1⊥DC,AD⊥DC, 以 D 为坐标原点,DA,DC,DD1 所在直线分别为 x, y , z 轴建立空间直角坐标系 Dxyz ,则 D(0,0,0) , D1(0,0,1),C(0,2,0). 设满足条件的点 E 存在, 令 E(1,y0,0)(0≤y0≤2), → =(-1,2-y 0),D → EC 0, 1C=(0,2,-1), 设 n1=(x1,y1,z1)是平面 D1EC 的法向量, → =0, ?n1· EC 则? → ?n1· D 1C=0,
? ?-x1+?2-y0?y1=0, 得? ? ?2y1-z1=0,

令 y1=1,则平面 D1EC 的法向量为 n1=(2-y0,1,2),由题知平面 DEC 的一个法向量 n2=(0,0,1). π 由二面角 D1ECD 的大小为6得 π |n1· n2 | 2 3 cos 6= = = , |n1|· |n2| ?2-y0?2+1+4 2 3 解得 y0=2- 3 ∈[0,2],

3 π 所以当 AE=2- 3 时,二面角 D1ECD 的大小为6. B 组 高考题型专练 1.(2015· 高考全国卷Ⅰ)如图,四边形 ABCD 为菱形,∠ABC= 120° ,E,F 是平面 ABCD 同一侧的两点,BE⊥平面 ABCD,DF⊥平 面 ABCD,BE=2DF,AE⊥EC.

(1)证明:平面 AEC⊥平面 AFC; (2)求直线 AE 与直线 CF 所成角的余弦值. 解:(1)证明:连接 BD,设 BD∩AC=G,连接 EG,FG,EF. 在菱形 ABCD 中, 不妨设 GB=1.由∠ABC=120° , 可得 AG=GC = 3.由 BE⊥平面 ABCD,AB=BC,可知 AE=EC.又 AE⊥EC,所以 EG= 3,且 EG⊥AC. 2 在 Rt△EBG 中,可得 BE= 2,故 DF= 2 . 6 在 Rt△FDG 中,可得 FG= 2 . 2 在直角梯形 BDFE 中,由 BD=2,BE= 2,DF= 2 ,可得 EF 3 2 = 2 . 从而 EG2+FG2=EF2,所以 EG⊥FG. 又 AC∩FG=G,可得 EG⊥平面 AFC. 因为 EG?平面 AEC,所以平面 AEC⊥平面 AFC. → ,GC → 的方向为 x 轴,y 轴 (2)如图,以 G 为坐标原点,分别以GB

→ |为单位长度,建立空间直角坐标系 G正方向,|GB xyz.由(1)可得 A(0, - 3,0),E(1,0, 2),F?-1,0,
? ?

2? → =(1, ?,C(0, 3,0),所以AE 2?

2? → =? ?-1,- 3, ?. 3, 2),CF 2? ?

→· → AE CF 3 → → 故 cos〈AE,CF〉= =- 3 . → ||CF →| |AE 3 所以直线 AE 与直线 CF 所成角的余弦值为 3 .

2 . (2015· 高考天津卷)如图,在四棱柱 ABCDA1B1C1D1 中,侧棱 A1A⊥底面 ABCD,AB⊥ AC,AB=1,AC=AA1=2,AD=CD= 5,且点 M 和 N 分别为 B1C 和 D1D 的中点. (1)求证:MN∥平面 ABCD; (2)求二面角 D1ACB1 的正弦值; (3)设 E 为棱 A1B1 上的点,若直线 NE 和平面 ABCD 所成角的正 1 弦值为3,求线段 A1E 的长. 解: 如图, 以 A 为原点建立空间直角坐标系, 依题意可得 A(0,0,0),B(0,1,0),C(2,0,0),D(1, -2,0),

A1(0,0,2),B1(0,1,2), C1(2,0,2),D1(1,-2,2). 又因为 M,N 分别为 B1C 和 D1D 的中点,得 1 ? ? M?1,2,1?,N(1,-2,1).
? ?

→ (1)证明: 依题意, 可得 n=(0,0,1)为平面 ABCD 的一个法向量.MN 5 ? ? =?0,-2,0?.
? ?

→· 由此可得MN n=0,又因为直线 MN?平面 ABCD,所以 MN∥平 面 ABCD. → =(1,-2,2),AC → =(2,0,0). (2)AD 1 → =0, ?n1· AD 1 设 n1=(x1,y1,z1)为平面 ACD1 的法向量,则? → =0, ?n1· AC
? ?x1-2y1+2z1=0, 即? 不妨设 z1=1, ? ?2x1=0.

可得 n1=(0,1,1). 设 n2=(x2,y2,z2)为平面 ACB1 的法向量, → =0, ?n2· AB 1 则? → =0, ?n2· AC y2+2z2=0, → =(0,1,2),得? ? 又AB 1 ?2x2=0. ? 不妨设 z2=1,可得 n2=(0,-2,1). n1· n2 10 因此有 cos〈n1,n2〉= =- 10 , |n1|· |n2| 3 10 于是 sin〈n1,n2〉= 10 ,
?

3 10 所以,二面角 D1ACB1 的正弦值为 10 . → → (3)依题意,可设A 1E=λA1B1,其中 λ∈[0,1], → =(-1,λ+2,1). 则 E(0,λ,2),从而NE 又 n=(0,0,1)为平面 ABCD 的一个法向量, →· |NE n| → 由已知,得|cos〈NE,n〉|= → |· |NE |n| = 1 1 2 2=3, ?-1? +?λ+2? +1
2

整理得 λ2+4λ-3=0, 又因为 λ∈[0,1],解得 λ= 7-2. 所以,线段 A1E 的长为 7-2. 3.(2015· 高考江苏卷)如图,在四棱锥 PABCD 中,已知 PA⊥平面 ABCD,且四边形 ABCD 为直角 π 梯形,∠ABC=∠BAD=2,PA=AD=2,AB=BC= 1. (1)求平面 PAB 与平面 PCD 所成二面角的余弦值; (2)点 Q 是线段 BP 上的动点, 当直线 CQ 与 DP 所成的角最小时, 求线段 BQ 的长. → ,AD → ,AP → }为正交基底建立如图所示 解:以{AB 的空间直角坐标系 Axyz, 则各点的坐标为 B(1,0,0), C(1,1,0),D(0,2,0),P(0,0,2). → 是平面 PAB 的 (1)因为 AD⊥平面 PAB,所以AD 一个法向量,

→ =(0,2,0). AD → =(1,1,-2),PD → =(0,2,-2). 因为PC 设平面 PCD 的法向量为 m=(x,y,z), → =0,m· → =0, 则 m· PC PD
? ?x+y-2z=0, 即? 令 y=1,解得 z=1,x=1. ?2y-2z=0, ?

所以 m=(1,1,1)是平面 PCD 的一个法向量. →· AD m 3 → 从而 cos〈AD,m〉= =3, → ||m| |AD 3 所以平面 PAB 与平面 PCD 所成二面角的余弦值为 3 . → =(-1,0,2),设BQ → =λBP → =(-λ,0,2λ)(0≤λ≤1),又CB → (2)因为BP → =CB → +BQ → =(-λ,-1,2λ),又DP → =(0,-2,2), =(0,-1,0),则CQ → DP → 1+2λ → ,DP → 〉= CQ· 从而 cos〈CQ = . 2 → → 10 λ + 2 |CQ||DP| → , DP → 〉= 设 1 + 2λ = t , t ∈ [1,3] ,则 cos 〈 CQ
2

2t2 = 5t2-10t+9

2 9 ≤ . ?1 5?2 20 10 9? t -9? + 9 ? ? 9 2 → ,DP → 〉|的最大值为3 10. 当且仅当 t=5,即 λ=5时,|cos〈CQ 10 π? ? 因为 y=cos x 在?0,2?上是减函数,此时直线 CQ 与 DP 所成角取得
? ?

2 2 5 最小值.又因为 BP= 12+22= 5,所以 BQ=5BP= 5 .


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