§8.5 空間向量及其在立體幾何中的應(yīng)用基礎(chǔ)篇【基礎(chǔ)集訓(xùn)】考點(diǎn)一 用向量法證明平行、垂直1.已知直線l與平面ABC,若直線l的方向向量為n=(-1,2,-1),向量=(1,0,-1),=(2,1,0),則有( )A.直線l∥平面ABCB.直線l⊥平面ABCC.直線l與平面ABC相交但不垂直D.直線l∥平面ABC或直線l?平面ABC答案 B2.(多選題)已知點(diǎn)P是平行四邊形ABCD所在平面外一點(diǎn),如果=(2,-1,-4),=(4,2,0),=(-1,2,-1),那么下列結(jié)論正確的有( )A.AP⊥ABB.AP⊥ADC.是平面ABCD的一個(gè)法向量D.∥答案 ABC3.如圖所示的長方體ABCD-A1B1C1D1中,底面ABCD是邊長為2的正方形,O為AC與BD的交點(diǎn),BB1=,M是線段B1D1的中點(diǎn).求證:(1)BM∥平面D1AC;(2)D1O⊥平面AB1C.
4.如圖,四棱錐P-ABCD的底面是正方形,PA⊥平面ABCD,E,F分別是AB,PD的中點(diǎn),且PA=AD.(1)求證:AF∥平面PEC;(2)求證:平面PEC⊥平面PCD.考點(diǎn)二 用向量法求空間角與距離5.在平面四邊形ABCD中,AB=BD=CD=1,AB⊥BD,CD⊥BD.將△ABD沿BD折起,使得平面ABD⊥平面BCD,如圖.(1)求證:AB⊥CD;(2)若M為AD中點(diǎn),求直線AD與平面MBC所成角的正弦值;(3)在(2)的條件下,求點(diǎn)D到平面BMC的距離.6.如圖,在四棱錐A-EFCB中,△AEF為等邊三角形,平面AEF⊥平面EFCB,EF∥BC,BC=4,EF=2a,∠EBC=∠FCB=60°,O為EF的中點(diǎn).(1)求證:AO⊥BE;(2)求二面角F-AE-B的余弦值;(3)若BE⊥平面AOC,求a的值;(4)在(3)的條件下,求BE與AF所成角的余弦值.
[教師專用題組]【基礎(chǔ)集訓(xùn)】考點(diǎn)一 用向量法證明平行、垂直1.(2018北京石景山一模,17)如圖,四邊形ABCD是正方形,PA⊥平面ABCD,EB∥PA,AB=PA=4,EB=2,F為PD的中點(diǎn).(1)求證:AF⊥PC;(2)求證:BD∥平面PEC;(3)求二面角D-PC-E的大小.解析 依題意,AD,AB,AP兩兩垂直.如圖,以A為原點(diǎn),分別以、、的方向?yàn)閤軸、y軸、z軸的正方向建立空間直角坐標(biāo)系.則A(0,0,0),B(0,4,0),C(4,4,0),D(4,0,0),P(0,0,4),E(0,4,2),F(2,0,2).(1)證明:=(2,0,2),=(4,4,-4),所以·=8+0+(-8)=0.
所以AF⊥PC.(2)證明:取PC的中點(diǎn)M,連接EM.因?yàn)镸(2,2,2),=(2,-2,0),=(4,-4,0),所以=2,所以BD∥EM.又因?yàn)镋M?平面PEC,BD?平面PEC,所以BD∥平面PEC.(3)因?yàn)锳F⊥PD,AF⊥PC,PD∩PC=P,所以AF⊥平面PCD,故=(2,0,2)為平面PCD的一個(gè)法向量.設(shè)平面PCE的法向量為n=(x,y,z),因?yàn)?(4,4,-4),=(0,4,-2),所以即令y=-1,得x=-1,z=-2,故n=(-1,-1,-2).所以cos<,n>==-,由圖可知二面角D-PC-E的平面角為鈍角,所以二面角D-PC-E的大小為.2.(2018寧夏銀川一中月考,19)如圖,在四棱錐P-ABCD中,四邊形ABCD為矩形,PD⊥平面ABCD,PB=2,PB與平面PCD成45°角,PB與平面ABD成30°角.(1)在PB上是否存在一點(diǎn)E,使得PC⊥平面ADE?若存在,確定E點(diǎn)位置,若不存在,請說明理由;(2)當(dāng)E為PB的中點(diǎn)時(shí),求二面角P-AE-D的余弦值.
解析 (1)建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系D-xyz,由題意易知PD=CD=1,BC=,AD⊥PC,故要使PC⊥平面ADE,只需PC⊥DE,則D(0,0,0),P(0,0,1),B(,1,0),C(0,1,0),則=(,1,-1),設(shè)=λ(0≤λ≤1),∴=λ=λ(,1,-1).=(0,1,-1),由·=·(+)=(0,1,-1)·(λ,λ,1-λ)=0,解得λ=,即PB上存在點(diǎn)E使得PC⊥平面ADE,且E為PB中點(diǎn).(2)由(1)知D(0,0,0),A(,0,0),E,P(0,0,1),=(,0,0),=,=(,0,-1),=,設(shè)平面ADE的法向量為n1=(x1,y1,z1),平面PAE的法向量為n2=(x2,y2,z2),則?令y1=1,得n1=(0,1,-1).同理求得n2=(1,0,),所以cos==-.
易知所求二面角為銳二面角,故二面角P-AE-D的余弦值為.3.(2020河南天一9月聯(lián)考,18)如圖,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,∠ACB=90°,CA=CB=AA1=2,M,N分別是A1B與CC1的中點(diǎn),G為△ABN的重心.(1)求證:MG⊥平面ABN;(2)求二面角A1-AB-N的正弦值.解析 (1)證明:由題意知AC,BC,CC1兩兩垂直,以C為原點(diǎn),分別以AC、BC、CC1所在直線為x,y,z軸,建立空間直角坐標(biāo)系,則C(0,0,0),A(2,0,0),B(0,2,0),C1(0,0,2),A1(2,0,2),由中點(diǎn)坐標(biāo)公式,得M(1,1,1),N(0,0,1),由重心性質(zhì)得G,則=,=(-2,2,0),=(-2,0,1),=(0,0,2),∴·=0,·=0,∴MG⊥AN,MG⊥AB,又AN∩AB=A,
∴MG⊥平面ABN.(2)由(1)得平面ABN的一個(gè)法向量為=,設(shè)平面A1AB的法向量n=(x,y,z),則取x=1,得n=(1,1,0),∴cos<,n>==-,設(shè)二面角A1-AB-N的大小為θ,則sinθ==.∴二面角A1-AB-N的正弦值為.4.(2018陜西榆林一模,19)在如圖所示的幾何體中,四邊形ABCD為平行四邊形,∠ABD=90°,EB⊥平面ABCD,EF∥AB,AB=2,EB=,EF=1,BC=,且M是BD的中點(diǎn).(1)求證:EM∥平面ADF;(2)求二面角A-FD-B的余弦值的大小.解析 (1)證明:∵EB⊥平面ABD,AB⊥BD,故以B為原點(diǎn),建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系B-xyz.∵AB=2,EB=,EF=1,BC=,∴B(0,0,0),D(3,0,0),A(0,2,0),E(0,0,),F(0,1,),M,∴=,=(3,-2,0),=(0,-1,
).設(shè)平面ADF的法向量n=(x,y,z).∴令y=3,得n=(2,3,).又∵·n=3-3=0,∴n⊥,又EM?平面ADF,故EM∥平面ADF.(2)由(1)可知平面ADF的一個(gè)法向量n=(2,3,).易知=(3,0,0),=(0,1,),設(shè)平面BFD的法向量m=(x1,y1,z1),∴令z1=1,得m=(0,-,1),∴cos===-,又二面角A-FD-B為銳角,故二面角A-FD-B的余弦值為.易錯(cuò)警示 (1)盲目建立坐標(biāo)系,導(dǎo)致運(yùn)算量太大.(2)運(yùn)算失誤導(dǎo)致錯(cuò)解.5.如圖,已知三棱柱ABC-A1B1C1的側(cè)棱與底面垂直,AA1=AB=AC=1,AB⊥AC,M是CC1的中點(diǎn),N是BC的中點(diǎn),點(diǎn)P在直線A1B1上,且滿足=λ.(1)當(dāng)λ=1時(shí),求證:直線PN⊥平面AMN;(2)若平面PMN與平面AA1C1C所成的銳二面角的大小為45°,試確定點(diǎn)P的位置.
解析 (1)證明:如圖所示,建立空間直角坐標(biāo)系.則N,M,A(0,0,0),=,=.當(dāng)λ=1時(shí),點(diǎn)P與點(diǎn)B1重合,此時(shí)P點(diǎn)坐標(biāo)為(1,0,1),=.又·=-++0=0,·=0+-=0,故PN⊥AN,PN⊥AM,又AM∩AN=A,所以直線PN⊥平面AMN.(2)設(shè)平面PMN的法向量為m=(x,y,z),由題意知P(λ,0,1),則=,=,則即取m=(3,2λ+1,2-2λ).易知平面AA1C1C的一個(gè)法向量為n==(1,0,0).∵平面PMN與平面AA1C1C所成的銳二面角的大小為45°,∴|cos|===,解得λ=-或λ=1.∴點(diǎn)P在B1A1的延長線上,且|A1P|=或點(diǎn)P與點(diǎn)B1重合.
6.(2020浙江新高考研究卷五,19)如圖,四棱錐P-ABCD中,PA⊥AD,CD⊥AD,AD∥BC,△PBC為正三角形,PA=AD=CD=BC,=2,=2.(1)證明:EF∥平面PAB;(2)求直線EF與平面PBC所成角的正弦值.解析 (1)證明:過點(diǎn)E作EG∥AD交PA于G,連接BG.因?yàn)?2,=2,所以EG=AD=BC=BF.因?yàn)锳D∥BC,所以EG∥BF,(3分)所以四邊形GBFE為平行四邊形,所以EF∥BG.因?yàn)镋F?平面PAB,BG?平面PAB,所以EF∥平面PAB.(6分)(2)過點(diǎn)A作AH∥CD交BC于H,則H為BC的中點(diǎn),連接PH,因?yàn)锳H∥CD,CD⊥AD,所以AD⊥AH,又PA⊥AD,PA∩AH=A,從而AD⊥平面PAH,(8分)不妨設(shè)PA=AD=DC=1,則PB=PC=CB=2,所以PH=.如圖,以A為坐標(biāo)原點(diǎn)建立空間直角坐標(biāo)系,則A(0,0,0),B(1,-1,0),C(1,1,0),D(0,1,0),F,
在△PAH中,由余弦定理知cos∠PAH==-,所以∠PAH=120°,則P,所以E,所以=,=(0,2,0),=.(11分)設(shè)平面PBC的法向量為n=(x,y,z),則即取x=1,得z=,則n=(1,0,),(12分)設(shè)直線EF與平面PBC所成角為θ,則sinθ=|cos|==.故直線EF與平面PBC所成角的正弦值為.(15分)7.(2020天津南開二模,17)如圖所示,平面CDEF⊥平面ABCD,且四邊形ABCD為平行四邊形,∠DAB=45°,四邊形CDEF為直角梯形,EF∥DC,ED⊥CD,AB=3EF=3,ED=a,AD=.(1)求證:AD⊥BF;(2)若線段CF上存在一點(diǎn)M,滿足AE∥平面BDM,求的值;(3)若a=1,求二面角D-BC-F的余弦值.解析 (1)證明:∵平面CDEF⊥平面ABCD,ED⊥CD,∴ED⊥平面ABCD.(1分)如圖,以D為原點(diǎn),DC所在直線為y軸,DE所在直線為z軸,過點(diǎn)D垂直于DC的直線為x軸建立空間直角坐標(biāo)系D-xyz,
∵∠DAB=45°,AB=3EF=3,ED=a,AD=,∴A(1,-1,0),B(1,2,0),C(0,3,0),E(0,0,a),F(0,1,a).(3分)∴=(-1,-1,a),=(1,-1,0).(4分)∵·=(-1,-1,a)·(1,-1,0)=0,∴AD⊥BF.(5分)(2)設(shè)=λ,λ∈[0,1],則=λ(0,-2,a)=(0,-2λ,λa),則=+=(0,3,0)+(0,-2λ,λa)=(0,3-2λ,λa).(6分)設(shè)平面BDM的法向量為n1=(x1,y1,z1),則取x1=2,得y1=-1,z1=,即n1=.(8分)由AE∥平面BDM,得·n1=(-1,1,a)·=0,即-2-1+=0,解得λ=.∴線段CF上存在一點(diǎn)M,滿足AE∥平面BDM,此時(shí)=.(11分)(3)設(shè)平面BCF的法向量為n2=(x2,y2,z2),則取x2=1,得y2=1,z2=2,即n2=(1,1,2).(13分)易知平面BCD的一個(gè)法向量為n3=(0,0,1),∴cos===,(14分)由圖可知,二面角D-BC-F為銳角,
∴二面角D-BC-F的余弦值為.(15分)8.(2019河南洛陽尖子生第四次聯(lián)考,18)如圖,在四棱錐P-ABCD中,底面ABCD為正方形,PA⊥底面ABCD,PA=AB=2,點(diǎn)M為棱PC的中點(diǎn),點(diǎn)E,F分別為棱AB,BC上的動點(diǎn)(E,F與所在棱的端點(diǎn)不重合),且滿足BE=BF.(1)證明:平面PEF⊥平面MBD;(2)當(dāng)三棱錐F-PEC的體積最大時(shí),求二面角C-MF-E的余弦值.解析 (1)證明:因?yàn)镻A⊥底面ABCD,AB⊥AD,所以AP,AB,AD兩兩垂直,以A為坐標(biāo)原點(diǎn),,,的方向?yàn)閤軸,y軸,z軸正方向,建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系A(chǔ)-xyz.則P(0,0,2),M(1,1,1),B(2,0,0),D(0,2,0).設(shè)E(t,0,0)(0===.由圖知所求二面角為鈍二面角,所以二面角C-MF-E的余弦值為-.(12分)方法點(diǎn)撥 解答空間幾何體中的垂直關(guān)系時(shí),一般要根據(jù)已知條件把空間中的線線、線面、面面之間的垂直關(guān)系進(jìn)行轉(zhuǎn)化,轉(zhuǎn)化時(shí)要正確運(yùn)用有關(guān)的定理,找出足夠的條件進(jìn)行推理.
考點(diǎn)二 用向量法求空間角和距離1.(2018陜西渭南一模,7)二面角的棱上有A、B兩點(diǎn),直線AC、BD分別在這個(gè)二面角的兩個(gè)半平面內(nèi),且都垂直于AB,已知AB=2,AC=3,BD=4,CD=,則該二面角的大小為( )A.30° B.45° C.60° D.120°答案 C 由已知可得:·=0,·=0,=++,∴||2=|++|2=||2+||2+||2+2·+2·+2·=32+22+42+2×3×4cos<,>=()2,∴cos<,>=-,即<,>=120°,所以<,>=60°,∴二面角的大小為60°.故選C.2.(2016吉林期中)正四棱錐S-ABCD中,O為頂點(diǎn)在底面上的射影,P為側(cè)棱SD的中點(diǎn),且SO=OD,則直線BC與平面PAC所成的角是( )A.30° B.45° C.60° D.90°答案 A 如圖所示,以O(shè)為原點(diǎn)建立空間直角坐標(biāo)系O-xyz,設(shè)OD=SO=OA=OB=OC=a,直線BC與平面PAC所成的角為α,則A(a,0,0),B(0,a,0),C(-a,0,0),P.
則=(2a,0,0),=,=(-a,-a,0).設(shè)平面PAC的法向量為n=(x,y,z),則令y=1,可得n=(0,1,1),則|cos<,n>|=.∴sinα=,易知0°≤α≤90°,∴α=30°,∴直線BC與平面PAC所成的角為30°.故選A.思路分析 以底面中心O為原點(diǎn)建系,利用平面的法向量和向量的夾角公式求解.3.如圖,已知在長方體ABCD-A1B1C1D1中,AD=A1A=AB=2,點(diǎn)E是棱AB上一點(diǎn),且=λ.(1)證明:D1E⊥A1D;(2)若二面角D1-EC-D的余弦值為,求CE與平面D1ED所成的角的大小.解析 (1)證明:如圖,以D為坐標(biāo)原點(diǎn),DA、DC、DD1所在直線分別為x、y、z軸建立空間直角坐標(biāo)系,則D(0,0,0),A(2,0,0),B(2,4,0),C(0,4,0),A1(2,0,2),B1(2,4,2),C1(0,4,2),D1(0,0,2).因?yàn)?λ,所以E,于是=,=(-2,0,-2),因?yàn)椤?·(-2,0,-2)=0,故D1E⊥A1D.
(2)因?yàn)镈1D⊥平面ABCD,所以平面DEC的一個(gè)法向量為n1==(0,0,2).設(shè)平面D1CE的法向量為n2=(x,y,z),又=,=(0,-4,2),∴n2·=2x+y=0,n2·=-4y+2z=0,所以可取向量n2=,因?yàn)槎娼荄1-EC-D的余弦值為,所以=,解得λ=1,所以E(2,2,0),故=(2,2,0),=(2,-2,0),因?yàn)椤?0,·=0,故CE⊥DD1,CE⊥DE,又DD1∩DE=D,所以CE⊥平面D1ED.即CE與平面D1ED所成角的大小為.4.(2018江西南昌二中1月模擬,18)如圖,△ABC的外接圓☉O的半徑為,CD⊥☉O所在的平面,BE∥CD,CD=4,BC=2,且BE=1,tan∠AEB=2.(1)求證:平面ADC⊥平面BCDE;(2)試問線段DE上是否存在點(diǎn)M,使得直線AM與平面ACD所成角的正弦值為?若存在,確定點(diǎn)M的位置,若不存在,請說明理由.
解析 (1)證明:∵CD⊥平面ABC,BE∥CD,∴BE⊥平面ABC,∴BE⊥AB.∵BE=1,tan∠AEB=2,∴AB=2.∵☉O的半徑為,∴AB是直徑,∴AC⊥BC.又∵CD⊥平面ABC,∴CD⊥BC,又AC∩CD=C,∴BC⊥平面ADC.∵BC?平面BCDE,∴平面ADC⊥平面BCDE.(2)建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系C-xyz,則A(4,0,0),B(0,2,0),D(0,0,4),E(0,2,1),C(0,0,0),則=(0,2,-3),易知平面ACD的一個(gè)法向量為=(0,2,0).假設(shè)滿足題意的點(diǎn)M存在,設(shè)M(a,b,c),則=(a,b,c-4),再設(shè)=λ,λ∈(0,1],∴?即M(0,2λ,4-3λ),從而=(-4,2λ,4-3λ).設(shè)直線AM與平面ACD所成的角為θ,則sinθ=|cos<,>|==.解得λ=-或λ=,其中λ=-?(0,1],舍去,
而λ=∈(0,1],故滿足條件的點(diǎn)M存在,且點(diǎn)M為線段DE上靠近E的三等分點(diǎn).5.如圖,在四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,側(cè)棱A1A⊥底面ABCD,AB⊥AC,AB=1,AC=AA1=2,AD=CD=,且點(diǎn)M和N分別為B1C和D1D的中點(diǎn).(1)求證:MN∥平面ABCD;(2)求二面角D1-AC-B1的正弦值;(3)設(shè)E為棱A1B1上的點(diǎn).若直線NE和平面ABCD所成角的正弦值為,求線段A1E的長.解析 如圖,以A為原點(diǎn)建立空間直角坐標(biāo)系,依題意可得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?yàn)镸,N分別為B1C和D1D的中點(diǎn),所以M,N(1,-2,1).(1)證明:依題意,可得n=(0,0,1)為平面ABCD的一個(gè)法向量.=.由此可得·n=0,又因?yàn)橹本€MN?平面ABCD,所以MN∥平面ABCD.(2)=(1,-2,2),=(2,0,0).
設(shè)n1=(x,y,z)為平面ACD1的法向量,則即不妨設(shè)z=1,可得n1=(0,1,1).設(shè)n2=(x,y,z)為平面ACB1的法向量,則又=(0,1,2),得不妨設(shè)z=1,可得n2=(0,-2,1).因此有cos==-,于是sin=.所以,二面角D1-AC-B1的正弦值為.(3)依題意,可設(shè)=λ,其中λ∈[0,1],則E(0,λ,2),從而=(-1,λ+2,1).又n=(0,0,1)為平面ABCD的一個(gè)法向量,由已知,得cos<,n>===,整理得λ2+4λ-3=0,又因?yàn)棣恕蔥0,1],解得λ=-2.所以,線段A1E的長為-2.綜合篇【綜合集訓(xùn)】考法一 求直線與平面所成角的方法1.(2020山東青島三模,19)如圖,在直角梯形AO1O2C中,AO1∥CO2,AO1⊥O1O2,O1O2=4,CO2=2,AO1=4,點(diǎn)B是線段O1O2的中點(diǎn),將△ABO1,△BCO2分別沿AB,BC向上折起,使O1,O2重合于點(diǎn)O,得到三棱錐O-ABC.試在三棱錐O-ABC中.(1)證明:平面AOB⊥平面BOC;(2)求直線OC與平面ABC所成角的正弦值.
2.(2020山東濟(jì)寧6月三模,19)如圖1,四邊形ABCD為矩形,BC=2AB,E為AD的中點(diǎn),將△ABE、△DCE分別沿BE、CE折起得圖2,使得平面ABE⊥平面BCE,平面DCE⊥平面BCE.(1)求證:平面ABE⊥平面DCE;(2)若F為線段BC的中點(diǎn),求直線FA與平面ADE所成角的正弦值.考法二 求二面角的方法3.(2020山東師范大學(xué)附中最后一卷,19)在直角梯形ABCD中,AD∥BC,AB⊥BC,BD⊥DC,點(diǎn)E是BC的中點(diǎn).將△ABD沿BD折起,使AB⊥AC,連接AE,DE,得到三棱錐A-BCD.(1)求證:平面ABD⊥平面BCD;(2)若AD=1,二面角C-AB-D的余弦值為,求二面角B-AD-E的正弦值.4.(2020山東濰坊二模,19)如圖,在四棱錐P-ABCD中,AD=2,AB=3,AP=,AD∥BC,AD⊥平面PAB,∠APB=90°,點(diǎn)E滿足=+.(1)證明:PE⊥DC;(2)求二面角A-PD-E的余弦值.
[教師專用題組]【綜合集訓(xùn)】考法一 求直線與平面所成角的方法1.(2018福建四地七校4月聯(lián)考,10)在直三棱柱ABC-A1B1C1中,底面是等腰直角三角形,∠ACB=90°,側(cè)棱AA1=2,D、E分別是CC1與A1B的中點(diǎn),點(diǎn)E在平面ABD上的射影是△ABD的重心G,則A1B與平面ABD所成角的余弦值為( )A. B. C. D.答案 B 如圖,以C為坐標(biāo)原點(diǎn),CA所在直線為x軸,CB所在直線為y軸,CC1所在直線為z軸建立空間直角坐標(biāo)系C-xyz,設(shè)CA=CB=a(a>0),則A(a,0,0),B(0,a,0),A1(a,0,2),D(0,0,1),∴E.又∵G為△ABD的重心,∴G.易得=,=(0,-a,1).∵點(diǎn)E在平面ABD上的射影是△ABD的重心G,∴⊥平面ABD.
∴·=0,解得a=2.∴=,=(2,-2,2).∵⊥平面ABD,∴為平面ABD的一個(gè)法向量,設(shè)A1B與平面ABD所成角為θ,∴sinθ=|cos<,>|===,∴cosθ=.∴A1B與平面ABD所成角的余弦值為,故選B.2.(2020天津和平線上學(xué)習(xí)階段性檢測,17)如圖,在三棱柱ABC-A1B1C1中,已知BC=1,BB1=2,∠BCC1=90°,AB⊥側(cè)面BB1C1C.(1)求直線C1B與底面ABC所成角的正弦值;(2)在棱CC1(不包含端點(diǎn)C,C1)上確定一點(diǎn)E的位置,使得EA⊥EB1(要求說明理由);(3)在(2)的條件下,若AB=,求二面角A-EB1-A1的大小.解析 ∵在三棱柱ABC-A1B1C1中,∠BCC1=90°,AB⊥側(cè)面BB1C1C,∴AB,BC,BB1兩兩垂直.如圖,以B為原點(diǎn)建立空間直角坐標(biāo)系,則B(0,0,0),C1(1,2,0),B1(0,2,0).
(1)平面ABC的一個(gè)法向量為=(0,2,0),=(1,2,0),設(shè)BC1與平面ABC所成角為θ,則sinθ=cos|<,>|=.∴直線C1B與底面ABC所成角的正弦值為.(2)設(shè)E(1,y,0)(0==,又知二面角A-EB1-A1為銳二面角,∴二面角A-EB1-A1的大小為45°.考法二 求二面角的方法1.如圖,在四棱臺ABCD-A1B1C1D1中,下底面ABCD是邊長為2的正方形,上底面A1B1C1D1是邊長為1的正方形,側(cè)棱DD1⊥平面ABCD,DD1=2.(1)求證:B1B∥平面D1AC;(2)求二面角B1-AD1-C的余弦值.解析 以D為原點(diǎn),DA,DC,DD1所在直線分別為x軸,y軸,z軸建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系
D-xyz,則有A(2,0,0),B(2,2,0),C(0,2,0),A1(1,0,2),B1(1,1,2),C1(0,1,2),D1(0,0,2).(1)證明:設(shè)AC∩BD=E,連接D1E,則有E(1,1,0),=(1,1,-2),又=(1,1,-2),所以B1B∥D1E,又B1B?平面D1AC,D1E?平面D1AC,所以B1B∥平面D1AC.(2)=(1,1,0),=(2,0,-2),設(shè)n=(x,y,z)為平面AB1D1的法向量,則有n·=x+y=0,n·=2x-2z=0.令x=1,得y=-1,z=1.故平面AB1D1的一個(gè)法向量為n=(1,-1,1).同理可以求得平面D1AC的一個(gè)法向量為m=(1,1,1).所以cos==.由圖知二面角B1-AD1-C為銳二面角,故二面角B1-AD1-C的余弦值為.2.(2019廣西南寧二中1月月考,19)如圖,在棱長為2的正方體ABCD-A1B1C1D1中,E,F,M,N分別是棱AB,AD,A1B1,A1D1的中點(diǎn),點(diǎn)P,Q分別在棱DD1,BB1上移動,且DP=BQ=λ(0<λ<2).(1)當(dāng)λ=1時(shí),證明:直線BC1∥平面EFPQ;(2)是否存在λ,使面EFPQ與面PQMN所成的二面角為直二面角?若存在,求出λ的值;若不存在,說明理由.
解析 以D為原點(diǎn),DA,DC,DD1所在直線分別為x,y,z軸建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系D-xyz.由已知得B(2,2,0),C1(0,2,2),E(2,1,0),F(1,0,0),P(0,0,λ),N(1,0,2),M(2,1,2).=(-2,0,2),=(-1,0,λ),=(1,1,0).(1)證明:當(dāng)λ=1時(shí),=(-1,0,1),因?yàn)?(-2,0,2),所以=2,即BC1∥FP.又FP?平面EFPQ,且BC1?平面EFPQ,故直線BC1∥平面EFPQ.(2)設(shè)平面EFPQ的一個(gè)法向量為n=(x,y,z),則由可得于是可取n=(λ,-λ,1).同理可得平面MNPQ的一個(gè)法向量為m=(λ-2,2-λ,1).若存在λ,使面EFPQ與面PQMN所成的二面角為直二面角,則m·n=(λ-2,2-λ,1)·(λ,-λ,1)=0,即λ(λ-2)-λ(2-λ)+1=0,解得λ=1±,顯然滿足0<λ<2.故存在λ=1±,使面EFPQ與面PQMN所成的二面角為直二面角.3.(2019黑龍江大慶模擬,21)如圖,在三棱柱ABC-A1B1C1中,側(cè)面ABB1A1是菱形,∠BAA1=60°,E是棱BB1的中點(diǎn),CA=CB,F在線段AC上,且AF=2FC.(1)證明:CB1∥平面A1EF;(2)若CA⊥CB,平面CAB⊥平面ABB1A1,求二面角F-A1E-A的余弦值.
解析 (1)連接AB1交A1E于點(diǎn)G,連接FG.易知△AGA1~△B1GE,所以==2,又因?yàn)?2,所以=,所以FG∥CB1,又CB1?平面A1EF,FG?平面A1EF,所以CB1∥平面A1EF.(2)過C作CO⊥AB于O,因?yàn)镃A=CB,所以O(shè)是線段AB的中點(diǎn).因?yàn)槠矫鍯AB⊥平面ABB1A1,平面CAB∩平面ABB1A1=AB,所以CO⊥平面ABB1A1,連接OA1,因?yàn)椤鰽BA1是等邊三角形,O是線段AB的中點(diǎn),所以O(shè)A1⊥AB.如圖以O(shè)為原點(diǎn),,,分別為x軸,y軸,z軸的正方向建立空間直角坐標(biāo)系,不妨設(shè)AB=2,則A(1,0,0),A1(0,,0),C(0,0,1),B(-1,0,0),F,由=,得B1(-2,,0),BB1的中點(diǎn)E,=,=,設(shè)平面A1FE的一個(gè)法向量為n1=(x1,y1,z1),則即得方程的一組解為即n1=(-1,,5),設(shè)平面ABB1A1的一個(gè)法向量為n2=(0,0,1),則cos==,由圖可知,所求二面角為銳二面角,所以二面角F-A1E-A的余弦值為.
