还剩11页未读,继续阅读
本资源只提供10页预览,全部文档请下载后查看!喜欢就下载吧,查找使用更方便
文本内容:
第10课时
1.已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1,E,F分别是棱B1C1,C1D1的中点.试求1AD1与EF所成角的大小;2AF与平面BEB1所成角的余弦值;3二面角C1-DB-B1的正切值.答案 160° 2 3思路 解析 建立如图所示的空间直角坐标系,则B10,0,0,A1,0,1,B0,0,1,D11,1,0,E0,,0,F,1,0,D1,1,1.1因为=0,1,-1,=,,0,所以cos,==,即AD1与EF所成的角为60°.2=,-1,1,由图可得,=1,0,0为平面BEB1的一个法向量,设AF与平面BEB1所成的角为θ,则sinθ=|cos,|=||=,所以cosθ=.3设平面DBB1的法向量为n1=x,y,z,=-1,-1,0,=0,0,1,由得令y=1,则n1=-1,1,0.同理,可得平面C1DB的一个法向量为n2=-1,1,1.则cosn1,n2==.所以tann1,n2=.
2.如图所示,在三棱锥P-ABC中,PA⊥底面ABC,PA=AB,∠ABC=60°,∠BCA=90°,点D,E分别在棱PB,PC上,且DE∥BC.1求证BC⊥平面PAC;2当D为PB的中点时,求AD与平面PAC所成的角的余弦值;3是否存在点E使得二面角A-DE-P为直二面角?并说明理由.答案 1略 2 3存在点E解析 方法一1∵PA⊥底面ABC,∴PA⊥BC.又∠BCA=90°,∴AC⊥BC,∴BC⊥平面PAC.2∵D为PB的中点,DE∥BC,∴DE=BC.又由1知,BC⊥平面PAC,∴DE⊥平面PAC,垂足为点E.∴∠DAE是AD与平面PAC所成的角.∵PA⊥底面ABC,∴PA⊥AB.又PA=AB,∴△ABP为等腰直角三角形.∴AD=AB.在Rt△ABC中,∠ABC=60°.∴BC=AB.∴Rt△ADE中,sin∠DAE===.∴cos∠DAE=.3∵DE∥BC,又由1知,BC⊥平面PAC,∴DE⊥平面PAC.又∵AE⊂平面PAC,PE⊂平面PAC,∴DE⊥AE,DE⊥PE.∴∠AEP为二面角A-DE-P的平面角.∵PA⊥底面ABC,∴PA⊥AC,∴∠PAC=90°.∴在棱PC上存在一点E,使得AE⊥PC.这时,∠AEP=90°.故存在点E使得二面角A-DE-P是直二面角.方法二如图所示,以A为原点建立空间直角坐标系A-xyz.设PA=a,由已知可得A0,0,0,B-a,a,0,C0,a,0,P0,0,a.1∵=0,0,a,=a,0,0,∴·=0,∴BC⊥AP.又∵∠BCA=90°,∴BC⊥AC.又AP∩AC=A,∴BC⊥平面PAC.2∵D为PB的中点,DE∥BC,∴E为PC的中点.∴D-a,a,a,E0,a,a.又由1知,BC⊥平面PAC,∴DE⊥平面PAC,垂足为点E.∴∠DAE是AD与平面PAC所成的角.∵=-a,a,a,=0,a,a,∴cos∠DAE==.3同方法一.3.2018·辽宁沈阳一模如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,侧面AA1C1C⊥底面ABC,AA1=A1C=AC=AB=BC=2,且O为AC的中点.1求证A1O⊥平面ABC;2求二面角A-A1B-C1的余弦值.答案 1略 2-解析 1∵AA1=A1C,且O为AC的中点,∴A1O⊥AC,又侧面AA1C1C⊥底面ABC,交线为AC,且A1O⊂平面AA1C1C,∴A1O⊥平面ABC.2如图,连接OB,以O为坐标原点,OB,OC,OA1所在直线分别为x轴,y轴,z轴,建立空间直角坐标系.由已知可得A0,-1,0,A10,0,,C10,2,,B,0,0,∴=,1,0,=,0,-,=0,2,0.设平面AA1B的法向量为m=x1,y1,z1.则有⇒取x1=1,则y1=-,z1=1,∴m=1,-,1,为平面AA1B的一个法向量.设平面A1BC1的法向量为n=x2,y2,z2,则有⇒y2=0,令x2=1,则z2=1,∴n=1,0,1,为平面A1BC1的一个法向量,∴cos〈m,n〉===.易知二面角A-A1B-C1的平面角为钝角,∴所求二面角的余弦值为-.4.2018·河北开滦二中月考如图所示,在四棱锥P-ABCD中,PD⊥平面ABCD,底面ABCD是正方形,PD=AB=2,E为PC中点.1求证DE⊥平面PCB;2求点C到平面DEB的距离;3求二面角E-BD-P的余弦值.答案 1略 2 3解析 1证明∵PD⊥平面ABCD,∴PD⊥BC.又正方形ABCD中,CD⊥BC,PD∩CD=D,∴BC⊥平面PCD.∵DE⊂平面PCD,∴BC⊥DE.∵PD=CD,E是PC的中点,∴DE⊥PC.又∵PC∩BC=C,∴DE⊥平面PCB.2如图
①所示,过点C作CM⊥BE于点M,由1知平面DEB⊥平面PCB,∵平面DEB∩平面PCB=BE,∴CM⊥平面DEB.∴线段CM的长度就是点C到平面DEB的距离.∵PD=AB=CD=2,∠PDC=90°,∴PC=2,EC=,BC=
2.∴BE=.∴CM==.3以点D为坐标原点,分别以直线DA,DC,DP为x轴,y轴,z轴建立如图
②所示的空间直角坐标系,则D0,0,0,P0,0,2,B2,2,0,E0,1,1,=2,2,0,=0,1,1.设平面BDE的法向量为n1=x,y,z,则∴令z=1,得y=-1,x=
1.∴平面BDE的一个法向量为n1=1,-1,1.又∵C0,2,0,A2,0,0,=-2,2,0,且AC⊥平面PDB,∴平面PDB的一个法向量为n2=1,-1,0.设二面角E-BD-P的平面角为α,则cosα===.∴二面角E-BD-P的余弦值为.5.2018·太原二模如图
①,在平面六边形ABFCDE中,四边形ABCD是矩形,且AB=4,BC=2,AE=DE=,BF=CF=,点M,N分别是AD,BC的中点,分别沿直线AD,BC将△ADE,△BCF翻折成如图
②的空间几何体ABCDEF.1利用下面的结论1或结论2,证明E,F,M,N四点共面;结论1过空间一点作已知直线的垂面,有且只有一个.结论2过平面内一条直线作该平面的垂面,有且只有一个.2若二面角E-AD-B和二面角F-BC-A都是60°,求二面角A-BE-F的余弦值.答案 1略 2-解析 1如图,连接MN,ME,NF,∵四边形ABCD是矩形,点M,N分别是AD,BC的中点,∴AM∥BN,AM=BN,∠DAB=90°,∴四边形ABNM是矩形,∴AD⊥MN.∵AE=DE,点M是AD的中点,∴AD⊥ME,又MN∩ME=M,∴AD⊥平面EMN,∴平面EMN⊥平面ABCD,同理可得平面FMN⊥平面ABCD,由结论2可得平面EMN与平面FMN是同一个平面,∴E,F,M,N四点共面.2由1知平面EMNF⊥平面ABCD,过点E作EO⊥MN,垂足为O,∴EO⊥平面ABCD.以过点O作垂直于MN的直线为x轴,ON,OE所在直线分别为y轴,z轴,建立如图所示的空间直角坐标系O-xyz.∵AD=2,AE=DE=,点M是AD的中点,∴AE⊥DE,EM=1,∵二面角E-AD-B是60°,∴∠EMN=60°,∴OM=,OE=.同理,过点F作FO′⊥MN,可得O′N=1,FO′=.∴A1,-,0,B1,,0,E0,0,,F0,,,则=0,4,0,=-1,-,,=0,,.设m=x1,y1,z1是平面ABE的法向量,则∴令z1=2,∴m=,0,2,是平面ABE的一个法向量.设n=x2,y2,z2是平面BEF的法向量,则∴令z2=2,∴n=,-,2是平面BEF的一个法向量.∴cos〈m,n〉==,易知二面角A-BE-F是钝角,∴二面角A-BE-F的余弦值为-.1.2018·河北徐水一中模拟如下图所示,在四边形ABCD中,AD∥BC,AD=AB,∠BCD=45°,∠BAD=90°,将△ABD沿BD折起,使平面ABD⊥平面BCD,构成三棱锥A-BCD,则在三棱锥A-BCD中,下列命题正确的是 A.平面ABD⊥平面ABCB.平面ADC⊥平面BDCC.平面ABC⊥平面BDCD.平面ADC⊥平面ABC答案 D解析 ∵在四边形ABCD中,AD∥BC,AD=AB,∠BCD=45°,∠BAD=90°,∴BD⊥CD,又平面ABD⊥平面BCD,且平面ABD∩平面BCD=BD,故CD⊥平面ABD,则CD⊥AB,又AD⊥AB,故AB⊥平面ADC,所以平面ABC⊥平面ADC.2.2018·河北冀州中学月考如图,已知二面角α-PQ-β的大小为60°,点C为棱PQ上一点,A∈β,AC=2,∠ACP=30°,则点A到平面α的距离为 A.1 B.C.D.答案 C解析 如图,过A作AO⊥α于O,点A到平面α的距离为AO.作AD⊥PQ于D,连接OD,则AD⊥CD,CD⊥OD,∠ADO就是二面角α-PQ-β的大小,即为60°.因为AC=2,∠ACP=30°,所以AD=ACsin30°=2×=
1.在Rt△AOD中,AO=ADsin60°=1×=.故选C.3.过正方形ABCD的顶点A作线段PA⊥平面ABCD,若AB=PA,则平面ABP与平面CDP所成的二面角为 A.30°B.45°C.60°D.90°答案 B解析 以A点为坐标原点,AB,AD,AP分别为x,y,z轴建系且设AB=1,∴C1,1,0,D0,1,0,P0,0,1.∴设面CDP的法向量为n=x,y,z.∴令y=1,∴n=0,1,1.又∵为面ABP的一个法向量,∴cos〈n,〉===.∴二面角为45°.4.2017·沧州七校联考把边长为2的正方形ABCD沿对角线BD折起,使得平面ABD⊥平面CBD,则异面直线AD,BC所成的角为 A.120°B.30°C.90°D.60°答案 D解析 建立如图所示的空间直角坐标系,则A,0,0,B0,,0,C0,0,,D0,-,0,∴=-,-,0,=0,-,.∴||=2,||=2,·=
2.∴cos〈,〉===.∴异面直线AD,BC所成的角为60°.5.如图所示,正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1,若E,F分别是BC,DD1的中点,则B1到平面ABF的距离为 A.B.C.D.答案 D解析 方法一由VB1-ABF=VF-ABB1可得解.方法二建立如图所示的空间直角坐标系,则A1,0,1,B11,1,0.设F0,0,,E,1,1,B1,1,1,=0,1,0.∴=-,0,1,=-1,0,-.∵·=-1,0,-·-,0,1=0,∴⊥.又⊥,∴B1E⊥平面ABF.平面ABF的法向量为=-,0,1,=0,1,-1.B1到平面ABF的距离为=.6.如图所示,△ADP为正三角形,四边形ABCD为正方形,平面PAD⊥平面ABCD.点M为平面ABCD内的一个动点,且满足MP=MC,则点M在正方形ABCD内的轨迹为 答案 A解析 空间中到P,C两点的距离相等的点在线段PC的垂直平分面上,此平面与正方形ABCD相交是一条线段可排除B,C,又点B到P,C两点的距离显然不相等,排除D,故选A.7.2018·哈尔滨模拟正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为,在正方体表面上与点A距离是2的点形成一条封闭的曲线,这条曲线的长度是 A.πB.πC.3πD.π答案 D解析 在面ABCD,面AA1B1B,面AA1D1D内与点A的距离是2的点的轨迹分别是以A为圆心,2为半径,圆心角为的圆弧,在面A1B1C1D1,面BB1C1C,面CC1D1D内与点A的距离是2的点的轨迹是分别以A1为圆心,以B为圆心,以D为圆心,1为半径,圆心角为的圆弧,故圆弧的长为3××2+3××1=π.8.在正方体ABCD-A1B1C1D1中,点E为BB1的中点,则平面A1ED与平面ABCD所成的锐二面角的余弦值为________.答案 解析 延长A1E交AB延长线于P,连PD,由A作AO⊥PD于O,连A1O,则∠A1OA为二面角的平面角,设棱长为1,则由等面积法可得AO=,∴tan∠A1OA=,cos∠A1OA=.9.2018·郑州质检四棱锥A—BCDE的正视图和俯视图如下,其中俯视图是直角梯形.1若正视图是等边三角形,F为AC的中点,当点M在棱AD上移动时,是否总有BF⊥CM,请说明理由;2若平面ABC与平面ADE所成的锐二面角为45°.求直线AD与平面ABE所成角的正弦值.答案 1总有BF⊥CM 2解析 1由俯视图可知平面ABC⊥平面EBCD.BC=2,O为BC中点,BE=1,CD=
2.∵△ABC为等边三角形,F为AC中点,∴BF⊥AC.又平面ABC⊥平面EBCD,且DC⊥BC,∴DC⊥平面ABC,∴DC⊥BF.又AC∩CD=C,∴BF⊥平面ACD.∴BF⊥CM.2以O为原点,为x轴,为z轴建系.B-1,0,0,C1,0,0,E-1,1,0,D1,2,0.设A0,0,a,由题意可知平面ABC的法向量为0,1,0.设平面ADE法向量n=x,y,z.=2,1,0,=1,-1,a,∴令x=1,y=-2,z=.∴n=1,-2,-.∴=,解得a=.∴=1,2,-,=0,1,0,=1,-1,.设平面ABE的法向量为m=x1,y1,z1,∴令z1=1,∴m=-,0,1.设AD与平面ABE所成角为θ,则有sinθ=|cos〈,m〉|==.∴直线AD与平面ABE所成角的正弦值为.10.2015·天津,理如图,在四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,侧棱A1A⊥底面ABCD,AB⊥AC,AB=1,AC=AA1=2,AD=CD=,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D1-AC-B1的正弦值;3设E为棱A1B1上的点,若直线NE和平面ABCD所成角的正弦值为,求线段A1E的长.答案 1略 2 3-2解析 如图,以A为原点建立空间直角坐标系,依题意可得A0,0,0,B0,1,0,C2,0,0,D1,-2,0,A10,0,2,B10,1,2,C12,0,2,D11,-2,2.又因为M,N分别为B1C和D1D的中点,得M1,,1,N1,-2,1.1证明依题意,可得n=0,0,1为平面ABCD的一个法向量.=0,-,0.由此可得·n=0,又因为直线MN⊄平面ABCD,所以MN∥平面ABCD.2=1,-2,2,=2,0,0.设n1=x1,y1,z1为平面ACD1的法向量,则即不妨设z1=1,可得n1=0,1,1.设n2=x2,y2,z2为平面ACB1的法向量,则又=0,1,2,得不妨设z2=1,可得n2=0,-2,1.因此有cosn1,n2==-.于是sinn1,n2=.所以二面角D1-AC-B1的正弦值为.3依题意,可设=λ,其中λ∈[0,1],则E0,λ,2,从而=-1,λ+2,1.又n=0,0,1为平面ABCD的一个法向量,由已知,得cos〈,n〉===,整理得λ2+4λ-3=0,又因为λ∈[0,1],解得λ=-
2.所以线段A1E的长为-
2.11.2018·江西上饶一中模拟如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,平面A1BC⊥侧面ABB1A1,且AA1=AB=
2.1求证AB⊥BC;2若直线AC与平面A1BC所成的角为,请问在线段A1C上是否存在点E,使得二面角A-BE-C的大小为,请说明理由.解析 1证明连接AB1交AB1于点D,∵AA1=AB,∴AD⊥A1B,又平面A1BC⊥侧面A1ABB1,且平面A1BC∩侧面A1ABB1=A1B,∴AD⊥平面A1BC,又BC⊂平面A1BC,∴AD⊥BC.∵三棱柱ABC-A1B1C1是直三棱柱,∴AA1⊥底面ABC,∴AA1⊥BC.又AA1∩AD=A,AA1⊂平面A1ABB1,AD⊂平面A1ABB1,∴BC⊥平面A1ABB1,又AB⊂侧面A1ABB1,∴AB⊥BC.2由1得AD⊥平面A1BC,连接CD,∴∠ACD为直线AC与平面A1BC所成的角,即∠ACD=,又AD=AB1=,∴AC=2,BC==
2.假设在线段A1C上存在一点E,使得二面角A-BE-C的大小为.以点B为原点,以BC,BA,BB1所在直线为坐标轴建立空间直角坐标系B-xyz,如图所示,则A0,2,0,B0,0,0,A10,2,2,C2,0,0,B10,0,2.∴=0,-2,0,=2,-2,-2,=0,-2,2,=0,0,2.设=λ=2λ,-2λ,-2λ,0≤λ≤
1.∴=+=2λ,-2λ,2-2λ,设平面EAB的法向量为n1=x,y,z,则⊥n1,⊥n1,∴令x=1,得n1=1,0,,由1知AB1⊥平面A1BC,∴=0,-2,2为平面CEB的一个法向量.∴cos〈,n1〉==,∴||=|cos|=,解得λ=,∴点E为线段A1C中点时,二面角A-BE-C的大小为.。