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- 2021-05-13 发布
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2017高考一轮复习 空间向量
一.解答题(共12小题)
1.(2016•浙江)如图,在三棱台ABC﹣DEF中,已知平面BCFE⊥平面ABC,∠ACB=90°,BE=EF=FC=1,BC=2,AC=3,
(Ⅰ)求证:BF⊥平面ACFD;
(Ⅱ)求二面角B﹣AD﹣F的余弦值.
2.(2016•天津)如图,正方形ABCD的中心为O,四边形OBEF为矩形,平面OBEF⊥平面ABCD,点G为AB的中点,AB=BE=2.
(1)求证:EG∥平面ADF;
(2)求二面角O﹣EF﹣C的正弦值;
(3)设H为线段AF上的点,且AH=HF,求直线BH和平面CEF所成角的正弦值.
3.(2016•沈阳校级模拟)如图,已知矩形ABCD所在平面垂直于直角梯形ABPE所在平面于直线AB,且AB=BP=2,AD=AE=1,AE⊥AB,且AE∥BP.
(Ⅰ)设点M为棱PD中点,求证:EM∥平面ABCD;
(Ⅱ)线段PD上是否存在一点N,使得直线BN与平面PCD所成角的正弦值等于?若存在,试确定点N的位置;若不存在,请说明理由.
4.(2016•天津一模)如图,在四棱锥P﹣ABCD中,底面ABCD是平行四边形,∠BCD=135°,侧面PAB⊥底面ABCD,∠BAP=90°,AB=AC=PA=2,E,F分别为BC,AD的中点,点M在线段PD上.
(Ⅰ)求证:EF⊥平面PAC;
(Ⅱ)若M为PD的中点,求证:ME∥平面PAB;
(Ⅲ)如果直线ME与平面PBC所成的角和直线ME与平面ABCD所成的角相等,求的值.
5.(2016•贵阳一模)如图,在三棱锥P﹣ABC中,∠PAB=∠PAC=∠ACB=90°.
(1)求证:平面PBC⊥平面PAC;
(2)若PA=1,AB=2,BC=,在直线AC上是否存在一点D,使得直线BD与平面PBC所成角为30°?若存在,求出CD的长;若不存在,说明理由.
6.(2015•浙江)如图,在三棱柱ABC﹣A1B1C1中,∠BAC=90°,AB=AC=2,A1A=4,A1在底面ABC的射影为BC的中点,D是B1C1的中点.
(Ⅰ)证明:A1D⊥平面A1BC;
(Ⅱ)求直线A1B和平面BB1C1C所成的角的正弦值.
7.(2015•江苏)如图,在四棱锥P﹣ABCD中,已知PA⊥平面ABCD,且四边形ABCD为直角梯形,∠ABC=∠BAD=,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.
8.(2014•天津)如图,在四棱锥P﹣ABCD中,PA⊥底面ABCD,AD⊥AB,AB∥DC,AD=DC=AP=2,AB=1,点E为棱PC的中点.
(Ⅰ)证明:BE⊥DC;
(Ⅱ)求直线BE与平面PBD所成角的正弦值;
(Ⅲ)若F为棱PC上一点,满足BF⊥AC,求二面角F﹣AB﹣P的余弦值.
9.(2014•新课标I)如图,三棱柱ABC﹣A1B1C1中,侧面BB1C1C为菱形,AB⊥B1C.
(Ⅰ)证明:AC=AB1;
(Ⅱ)若AC⊥AB1,∠CBB1=60°,AB=BC,求二面角A﹣A1B1﹣C1的余弦值.
10.(2014•新课标II)如图,四棱锥P﹣ABCD中,底面ABCD为矩形,PA⊥平面ABCD,E为PD的中点.
(Ⅰ)证明:PB∥平面AEC;
(Ⅱ)设AP=1,AD=,三棱锥P﹣ABD的体积V=,求A到平面PBC的距离.
11.(2013•北京)如图,在三棱柱ABC﹣A1B1C1中,AA1C1C是边长为4的正方形.平面ABC⊥平面AA1C1C,AB=3,BC=5.
(Ⅰ)求证:AA1⊥平面ABC;
(Ⅱ)求证二面角A1﹣BC1﹣B1的余弦值;
(Ⅲ)证明:在线段BC1上存在点D,使得AD⊥A1B,并求的值.
12.(2013•新课标Ⅱ)如图,直棱柱ABC﹣A1B1C1中,D,E分别是AB,BB1的中点,AA1=AC=CB=AB.
(Ⅰ)证明:BC1∥平面A1CD
(Ⅱ)求二面角D﹣A1C﹣E的正弦值.
2017高考一轮复习 空间向量
参考答案与试题解析
一.解答题(共12小题)
1.(2016•浙江)如图,在三棱台ABC﹣DEF中,已知平面BCFE⊥平面ABC,∠ACB=90°,BE=EF=FC=1,BC=2,AC=3,
(Ⅰ)求证:BF⊥平面ACFD;
(Ⅱ)求二面角B﹣AD﹣F的余弦值.
【分析】(I)先证明BF⊥AC,再证明BF⊥CK,进而得到BF⊥平面ACFD.
(II)方法一:先找二面角B﹣AD﹣F的平面角,再在Rt△BQF中计算,即可得出;
方法二:通过建立空间直角坐标系,分别计算平面ACK与平面ABK的法向量,进而可得二面角B﹣AD﹣F的平面角的余弦值.
【解答】(I)证明:延长AD,BE,CF相交于点K,如图所示,∵平面BCFE⊥平面ABC,∠ACB=90°,
∴AC⊥平面BCK,∴BF⊥AC.
又EF∥BC,BE=EF=FC=1,BC=2,∴△BCK为等边三角形,且F为CK的中点,则BF⊥CK,
∴BF⊥平面ACFD.
(II)方法一:过点F作FQ⊥AK,连接BQ,∵BF⊥平面ACFD.∴BF⊥AK,则AK⊥平面BQF,
∴BQ⊥AK.∴∠BQF是二面角B﹣AD﹣F的平面角.
在Rt△ACK中,AC=3,CK=2,可得FQ=.
在Rt△BQF中,BF=,FQ=.可得:cos∠BQF=.
∴二面角B﹣AD﹣F的平面角的余弦值为.
方法二:如图,延长AD,BE,CF相交于点K,则△BCK为等边三角形,
取BC的中点,则KO⊥BC,又平面BCFE⊥平面ABC,∴KO⊥平面BAC,
以点O为原点,分别以OB,OK的方向为x,z的正方向,建立空间直角坐标系O﹣xyz.
可得:B(1,0,0),C(﹣1,0,0),K(0,0,),A(﹣1,﹣3,0),,.
=(0,3,0),=,(2,3,0).
设平面ACK的法向量为=(x1,y1,z1),平面ABK的法向量为=(x2,y2,z2),由,可得,
取=.
由,可得,取=.
∴==.
∴二面角B﹣AD﹣F的余弦值为.
【点评】本题考查了空间位置关系、法向量的应用、空间角,考查了空间想象能力、推理能力与计算能力,属于中档题.
2.(2016•天津)如图,正方形ABCD的中心为O,四边形OBEF为矩形,平面OBEF⊥平面ABCD,点G为AB的中点,AB=BE=2.
(1)求证:EG∥平面ADF;
(2)求二面角O﹣EF﹣C的正弦值;
(3)设H为线段AF上的点,且AH=HF,求直线BH和平面CEF所成角的正弦值.
【分析】(1)取AD的中点I,连接FI,证明四边形EFIG是平行四边形,可得EG∥FI,利用线面平行的判定定理证明:EG∥平面ADF;
(2)建立如图所示的坐标系O﹣xyz,求出平面OEF的法向量,平面OEF的法向量,利用向量的夹角公式,即可求二面角O﹣EF﹣C的正弦值;
(3)求出=(﹣,,),利用向量的夹角公式求出直线BH和平面CEF所成角的正弦值.
【解答】(1)证明:取AD的中点I,连接FI,
∵矩形OBEF,∴EF∥OB,EF=OB,
∵G,I是中点,
∴GI∥BD,GI=BD.
∵O是正方形ABCD的中心,
∴OB=BD.
∴EF∥GI,EF=GI,
∴四边形EFIG是平行四边形,
∴EG∥FI,
∵EG⊄平面ADF,FI⊂平面ADF,
∴EG∥平面ADF;
(2)解:建立如图所示的坐标系O﹣xyz,则B(0,﹣,0),C(,0,0),E(0,﹣,2),
F(0,0,2),
设平面CEF的法向量为=(x,y,z),则,取=(,0,1)
∵OC⊥平面OEF,
∴平面OEF的法向量为=(1,0,0),
∵|cos<,>|=
∴二面角O﹣EF﹣C的正弦值为=;
(3)解:AH=HF,∴==(,0,).
设H(a,b,c),则=(a+,b,c)=(,0,).
∴a=﹣,b=0,c=,
∴=(﹣,,),
∴直线BH和平面CEF所成角的正弦值=|cos<,>|==.
【点评】本题考查证明线面平行的判定定理,考查二面角O﹣EF﹣C的正弦值,直线BH和平面CEF所成角的正弦值,考查学生分析解决问题的能力,属于中档题.
3.(2016•沈阳校级模拟)如图,已知矩形ABCD所在平面垂直于直角梯形ABPE所在平面于直线AB,且AB=BP=2,AD=AE=1,AE⊥AB,且AE∥BP.
(Ⅰ)设点M为棱PD中点,求证:EM∥平面ABCD;
(Ⅱ)线段PD上是否存在一点N,使得直线BN与平面PCD所成角的正弦值等于?若存在,试确定点N的位置;若不存在,请说明理由.
【分析】(I)证明BP⊥平面ABCD,以B为原点建立坐标系,则为平面ABCD的法向量,求出,的坐标,通过计算=0得出,从而有EM∥平面ABCD;
(II)假设存在点N符合条件,设,求出和平面PCD的法向量的坐标,令|cos<>|=解出λ,根据λ的值得出结论.
【解答】证明:(Ⅰ)∵平面ABCD⊥平面ABEP,平面ABCD∩平面ABEP=AB,BP⊥AB,
∴BP⊥平面ABCD,又AB⊥BC,
∴直线BA,BP,BC两两垂直,
以B为原点,分别以BA,BP,BC为x轴,y轴,z轴建立如图所示的空间直角坐标系.
则P(0,2,0),B(0,0,0),D(2,0,1),E(2,1,0),C(0,0,1),∴M(1,1,),
∴=(﹣1,0,),=(0,2,0).
∵BP⊥平面ABCD,∴为平面ABCD的一个法向量,
∵=﹣1×0+0×2+=0,
∴⊥.又EM⊄平面ABCD,
∴EM∥平面ABCD.
(Ⅱ)解:当点N与点D重合时,直线BN与平面PCD所成角的正弦值为.
理由如下:
∵=(2,﹣2,1),=(2,0,0),
设平面PCD的法向量为=(x,y,z),则.
∴.令y=1,得=(0,1,2).
假设线段PD上存在一点N,使得直线BN与平面PCD所成角α的正弦值等于.
设=λ=(2λ,﹣2λ,λ)(0≤λ≤1),∴==(2λ,2﹣2λ,λ).
∴cos<>===.
∴9λ2﹣8λ﹣1=0,解得λ=1或(舍去).
∴当N点与D点重合时,直线BN与平面PCD所成角的正弦值等于.
【点评】本题考查了线面平行的判断,空间向量的应用与线面角的计算,属于中档题.
4.(2016•天津一模)如图,在四棱锥P﹣ABCD中,底面ABCD是平行四边形,∠BCD=135°,侧面PAB⊥底面ABCD,∠BAP=90°,AB=AC=PA=2,E,F分别为BC,AD的中点,点M在线段PD上.
(Ⅰ)求证:EF⊥平面PAC;
(Ⅱ)若M为PD的中点,求证:ME∥平面PAB;
(Ⅲ)如果直线ME与平面PBC所成的角和直线ME与平面ABCD所成的角相等,求的值.
【分析】(Ⅰ)证明AB⊥AC.EF⊥AC.推出PA⊥底面ABCD,即可说明PA⊥EF,然后证明EF⊥平面PAC.
(Ⅱ)证明MF∥PA,然后证明MF∥平面PAB,EF∥平面PAB.即可阿门平面MEF∥平面PAB,从而证明ME∥平面PAB.
(Ⅲ)以AB,AC,AP分别为x轴、y轴和z轴,如上图建立空间直角坐标系,求出相关点的坐标,平面ABCD的法向量,平面PBC的法向量,利用直线ME与平面PBC所成的角和此直线与平面ABCD所成的角相等,列出方程求解即可
【解答】(本小题满分14分)
(Ⅰ)证明:在平行四边形ABCD中,因为AB=AC,∠BCD=135°,∠ABC=45°.
所以AB⊥AC.
由E,F分别为BC,AD的中点,得EF∥AB,
所以EF⊥AC.…(1分)
因为侧面PAB⊥底面ABCD,且∠BAP=90°,
所以PA⊥底面ABCD.…(2分)
又因为EF⊂底面ABCD,
所以PA⊥EF.…(3分)
又因为PA∩AC=A,PA⊂平面PAC,AC⊂平面PAC,
所以EF⊥平面PAC.…(4分)
(Ⅱ)证明:因为M为PD的中点,F分别为AD的中点,
所以MF∥PA,
又因为MF⊄平面PAB,PA⊂平面PAB,
所以MF∥平面PAB.…(5分)
同理,得EF∥平面PAB.
又因为MF∩EF=F,MF⊂平面MEF,EF⊂平面MEF,
所以平面MEF∥平面PAB.…(7分)
又因为ME⊂平面MEF,
所以ME∥平面PAB.…(9分)
(Ⅲ)解:因为PA⊥底面ABCD,AB⊥AC,所以AP,AB,AC两两垂直,故以AB,AC,AP
分别为x轴、y轴和z轴,如上图建立空间直角坐标系,
则A(0,0,0),B(2,0,0),C(0,2,0),P(0,0,2),D(﹣2,2,0),E(1,1,0),
所以,,,…(10分)
设,则,
所以M(﹣2λ,2λ,2﹣2λ),,
易得平面ABCD的法向量=(0,0,1).…(11分)
设平面PBC的法向量为=(x,y,z),
由,,得
令x=1,得=(1,1,1).…(12分)
因为直线ME与平面PBC所成的角和此直线与平面ABCD所成的角相等,
所以,即,…(13分)
所以,
解得,或(舍).…(14分)
【点评】本题考查直线与平面所成角的求法,直线与平面平行的判定定理以及性质定理的应用,平面与平面平行的判定定理的应用,考查转化思想以及空间想象能力逻辑推理能力的应用.
5.(2016•贵阳一模)如图,在三棱锥P﹣ABC中,∠PAB=∠PAC=∠ACB=90°.
(1)求证:平面PBC⊥平面PAC;
(2)若PA=1,AB=2,BC=,在直线AC上是否存在一点D,使得直线BD与平面PBC所成角为30°?若存在,求出CD的长;若不存在,说明理由.
【分析】(1)推导出PA⊥平面ABC,从而BC⊥PA,又BC⊥CA,从而BC⊥平面PAC,由此能证明平面PBC⊥平面PAC.
(2)以C为原点,CA为x轴,CB为y轴,过C垂直于平面ABC的直线为z轴,建立空间直角坐标系C﹣xyz,利用向量法能求出在直线AC上存在点,使得直线BD与平面PBC所成角为30°.
【解答】证明:(1)∵∠PAB=∠PAC=90°,∴PA⊥AB,PA⊥AC.
∵AB∩AC=A,∴PA⊥平面ABC.…(1分)
∵BC⊂平面ABC,∴BC⊥PA.…(3分)
∵∠ACB=90°,∴BC⊥CA.∵PA∩CA=A,∴BC⊥平面PAC.…(5分)
∵BC⊂平面PBC,∴平面PBC⊥平面PAC.…6分
解:(2)由已知及(1)所证可知,PA⊥平面ABC,BC⊥CA,
∵PA=1,AB=2,BC=.
∴以C为原点,CA为x轴,CB为y轴,过C垂直于平面ABC的直线为z轴,建立如图的空间直角坐标系C﹣xyz,
则C(0,0,0),B(0,,0),P(),
,
设=(x,y,z)是平面PBC的法向量,
则,则取x=1,得=(1,0,﹣),…(9分)
设直线AC上的点D满足,则,
∴,
∵直线BD与平面PBC所成角为30°,∴,
解得,…(11分)
∴在直线AC上存在点,使得直线BD与平面PBC所成角为30°.…(12分)
【点评】本题考查面面垂直的证明,考查满足条件的点是否存在的判断与求法,是中档题,解题时要认真审题,注意向量法的合理运用.
6.(2015•浙江)如图,在三棱柱ABC﹣A1B1C1中,∠BAC=90°,AB=AC=2,A1A=4,A1在底面ABC的射影为BC的中点,D是B1C1的中点.
(Ⅰ)证明:A1D⊥平面A1BC;
(Ⅱ)求直线A1B和平面BB1C1C所成的角的正弦值.
【分析】(I)连接AO,A1D,根据几何体的性质得出A1O⊥A1D,A1D⊥BC,利用直线平面的垂直定理判断.
(II)利用空间向量的垂直得出平面BB1C1C的法向量=(,0,1),|根据与数量积求解余弦值,即可得出直线A1B和平面BB1C1C所成的角的正弦值.
【解答】证明:(I)∵AB=AC=2,D是B1C1的中点.
∴A1D⊥B1C1,
∵BC∥B1C1,
∴A1D⊥BC,
∵A1O⊥面ABC,A1D∥AO,
∴A1O⊥AO,A1O⊥BC
∵BC∩AO=O,A1O⊥A1D,A1D⊥BC
∴A1D⊥平面A1BC
解:(II)
建立坐标系如图
∵在三棱柱ABC﹣A1B1C1中,∠BAC=90°,AB=AC=2,A1A=4
∴O(0,0,0),B(0,,0),B1(﹣,,),A1(0,0)
即=(0,,﹣),=(0,,0),=(,0,),
设平面BB1C1C的法向量为=(x,y,z),
即得出
得出=(,0,1),||=4,||=
∵=,
∴cos<,>==,
可得出直线A1B和平面BB1C1C所成的角的正弦值为
【点评】本题考查了空间几何体的性质,直线平面的垂直问题,空间向量的运用,空间想象能力,计算能力,属于中档题.
7.(2015•江苏)如图,在四棱锥P﹣ABCD中,已知PA⊥平面ABCD,且四边形ABCD为直角梯形,∠ABC=∠BAD=,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.
【分析】以A为坐标原点,以AB、AD、AP所在直线分别为x、y、z轴建系A﹣xyz.
(1)所求值即为平面PAB的一个法向量与平面PCD的法向量的夹角的余弦值的绝对值,计算即可;
(2)利用换元法可得cos2<,>≤,结合函数y=cosx在(0,)上的单调性,计算即得结论.
【解答】解:以A为坐标原点,以AB、AD、AP所在直线分别为x、y、z轴建系A﹣xyz如图,
由题可知B(1,0,0),C(1,1,0),D(0,2,0),P(0,0,2).
(1)∵AD⊥平面PAB,∴=(0,2,0),是平面PAB的一个法向量,
∵=(1,1,﹣2),=(0,2,﹣2),
设平面PCD的法向量为=(x,y,z),
由,得,
取y=1,得=(1,1,1),
∴cos<,>==,
∴平面PAB与平面PCD所成两面角的余弦值为;
(2)∵=(﹣1,0,2),设=λ=(﹣λ,0,2λ)(0≤λ≤1),
又=(0,﹣1,0),则=+=(﹣λ,﹣1,2λ),
又=(0,﹣2,2),从而cos<,>==,
设1+2λ=t,t∈[1,3],
则cos2<,>==≤,
当且仅当t=,即λ=时,|cos<,>|的最大值为,
因为y=cosx在(0,)上是减函数,此时直线CQ与DP所成角取得最小值.
又∵BP==,∴BQ=BP=.
【点评】本题考查求二面角的三角函数值,考查用空间向量解决问题的能力,注意解题方法的积累,属于中档题.
8.(2014•天津)如图,在四棱锥P﹣ABCD中,PA⊥底面ABCD,AD⊥AB,AB∥DC,AD=DC=AP=2,AB=1,点E为棱PC的中点.
(Ⅰ)证明:BE⊥DC;
(Ⅱ)求直线BE与平面PBD所成角的正弦值;
(Ⅲ)若F为棱PC上一点,满足BF⊥AC,求二面角F﹣AB﹣P的余弦值.
【分析】(I)以A为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系,求出BE,DC的方向向量,根据•=0,可得BE⊥DC;
(II)求出平面PBD的一个法向量,代入向量夹角公式,可得直线BE与平面PBD所成角的正弦值;
(Ⅲ)根据BF⊥AC,求出向量的坐标,进而求出平面FAB和平面ABP的法向量,代入向量夹角公式,可得二面角F﹣AB﹣P的余弦值.
【解答】证明:(I)∵PA⊥底面ABCD,AD⊥AB,
以A为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系,
∵AD=DC=AP=2,AB=1,点E为棱PC的中点.
∴B(1,0,0),C(2,2,0),D(0,2,0),P(0,0,2),E(1,1,1)
∴=(0,1,1),=(2,0,0)
∵•=0,
∴BE⊥DC;
(Ⅱ)∵=(﹣1,2,0),=(1,0,﹣2),
设平面PBD的法向量=(x,y,z),
由,得,
令y=1,则=(2,1,1),
则直线BE与平面PBD所成角θ满足:
sinθ===,
故直线BE与平面PBD所成角的正弦值为.
(Ⅲ)∵=(1,2,0),=(﹣2,﹣2,2),=(2,2,0),
由F点在棱PC上,设=λ=(﹣2λ,﹣2λ,2λ)(0≤λ≤1),
故=+=(1﹣2λ,2﹣2λ,2λ)(0≤λ≤1),
由BF⊥AC,得•=2(1﹣2λ)+2(2﹣2λ)=0,
解得λ=,
即=(﹣,,),
设平面FBA的法向量为=(a,b,c),
由,得
令c=1,则=(0,﹣3,1),
取平面ABP的法向量=(0,1,0),
则二面角F﹣AB﹣P的平面角α满足:
cosα===,
故二面角F﹣AB﹣P的余弦值为:
【点评】本题考查的知识点是空间二面角的平面角,建立空间坐标系,将二面角问题转化为向量夹角问题,是解答的关键.
9.(2014•新课标I)如图,三棱柱ABC﹣A1B1C1中,侧面BB1C1C为菱形,AB⊥B1C.
(Ⅰ)证明:AC=AB1;
(Ⅱ)若AC⊥AB1,∠CBB1=60°,AB=BC,求二面角A﹣A1B1﹣C1的余弦值.
【分析】(1)连结BC1,交B1C于点O,连结AO,可证B1C⊥平面ABO,可得B1C⊥AO,B10=CO,进而可得AC=AB1;
(2)以O为坐标原点,的方向为x轴的正方向,||为单位长度,的方向为y轴的正方向,的方向为z轴的正方向建立空间直角坐标系,分别可得两平面的法向量,可得所求余弦值.
【解答】解:(1)连结BC1,交B1C于点O,连结AO,
∵侧面BB1C1C为菱形,
∴BC1⊥B1C,且O为BC1和B1C的中点,
又∵AB⊥B1C,∴B1C⊥平面ABO,
∵AO⊂平面ABO,∴B1C⊥AO,
又B10=CO,∴AC=AB1,
(2)∵AC⊥AB1,且O为B1C的中点,∴AO=CO,
又∵AB=BC,∴△BOA≌△BOC,∴OA⊥OB,
∴OA,OB,OB1两两垂直,
以O为坐标原点,的方向为x轴的正方向,||为单位长度,
的方向为y轴的正方向,的方向为z轴的正方向建立空间直角坐标系,
∵∠CBB1=60°,∴△CBB1为正三角形,又AB=BC,
∴A(0,0,),B(1,0,0,),B1(0,,0),C(0,,0)
∴=(0,,),==(1,0,),==(﹣1,,0),
设向量=(x,y,z)是平面AA1B1的法向量,
则,可取=(1,,),
同理可得平面A1B1C1的一个法向量=(1,﹣,),
∴cos<,>==,
∴二面角A﹣A1B1﹣C1的余弦值为
【点评】本题考查空间向量法解决立体几何问题,建立坐标系是解决问题的关键,属中档题.
10.(2014•新课标II)如图,四棱锥P﹣ABCD中,底面ABCD为矩形,PA⊥平面ABCD,E为PD的中点.
(Ⅰ)证明:PB∥平面AEC;
(Ⅱ)设AP=1,AD=,三棱锥P﹣ABD的体积V=,求A到平面PBC的距离.
【分析】(Ⅰ)设BD与AC 的交点为O,连结EO,通过直线与平面平行的判定定理证明PB∥平面AEC;
(Ⅱ)通过AP=1,AD=,三棱锥P﹣ABD的体积V=,求出AB,作AH⊥PB角PB于H,说明AH就是A到平面PBC的距离.通过解三角形求解即可.
【解答】解:(Ⅰ)证明:设BD与AC 的交点为O,连结EO,
∵ABCD是矩形,
∴O为BD的中点
∵E为PD的中点,
∴EO∥PB.
EO⊂平面AEC,PB⊄平面AEC
∴PB∥平面AEC;
(Ⅱ)∵AP=1,AD=,三棱锥P﹣ABD的体积V=,
∴V==,
∴AB=,PB==.
作AH⊥PB交PB于H,
由题意可知BC⊥平面PAB,
∴BC⊥AH,
故AH⊥平面PBC.
又在三角形PAB中,由射影定理可得:
A到平面PBC的距离.
【点评】本题考查直线与平面垂直,点到平面的距离的求法,考查空间想象能力以及计算能力.
11.(2013•北京)如图,在三棱柱ABC﹣A1B1C1中,AA1C1C是边长为4的正方形.平面ABC⊥平面AA1C1C,AB=3,BC=5.
(Ⅰ)求证:AA1⊥平面ABC;
(Ⅱ)求证二面角A1﹣BC1﹣B1的余弦值;
(Ⅲ)证明:在线段BC1上存在点D,使得AD⊥A1B,并求的值.
【分析】(I)利用AA1C1C是正方形,可得AA1⊥AC,再利用面面垂直的性质即可证明;
(II)利用勾股定理的逆定理可得AB⊥AC.通过建立空间直角坐标系,利用两个平面的法向量的夹角即可得到二面角;
(III)设点D的竖坐标为t,(0<t<4),在平面BCC1B1中作DE⊥BC于E,可得D,利用向量垂直于数量积得关系即可得出.
【解答】(I)证明:∵AA1C1C是正方形,∴AA1⊥AC.
又∵平面ABC⊥平面AA1C1C,平面ABC∩平面AA1C1C=AC,
∴AA1⊥平面ABC.
(II)解:由AC=4,BC=5,AB=3.
∴AC2+AB2=BC2,∴AB⊥AC.
建立如图所示的空间直角坐标系,则A1(0,0,4),B(0,3,0),B1(0,3,4),C1(4,0,4),
∴,,.
设平面A1BC1的法向量为,平面B1BC1的法向量为=(x2,y2,z2).
则,令y1=4,解得x1=0,z1=3,∴.
,令x2=3,解得y2=4,z2=0,∴.
===.
∴二面角A1﹣BC1﹣B1的余弦值为.
(III)设点D的竖坐标为t,(0<t<4),在平面BCC1B1中作DE⊥BC于E,可得D,
∴=,=(0,3,﹣4),
∵,∴,
∴,解得t=.
∴.
【点评】本题综合考查了线面垂直的判定与性质定理、面面垂直的性质定理、通过建立空间直角坐标系利用法向量求二面角的方法、向量垂直与数量积得关系等基础知识与基本方法,考查了空间想象能力、推理能力和计算能力.
12.(2013•新课标Ⅱ)如图,直棱柱ABC﹣A1B1C1中,D,E分别是AB,BB1的中点,AA1=AC=CB=AB.
(Ⅰ)证明:BC1∥平面A1CD
(Ⅱ)求二面角D﹣A1C﹣E的正弦值.
【分析】(Ⅰ)通过证明BC1平行平面A1CD内的直线DF,利用直线与平面平行的判定定理证明BC1∥平面A1CD
(Ⅱ)证明DE⊥平面A1DC,作出二面角D﹣A1C﹣E的平面角,然后求解二面角平面角的正弦值即可.
【解答】解:(Ⅰ)证明:连结AC1交A1C于点F,则F为AC1的中点,
又D是AB中点,连结DF,则BC1∥DF,
因为DF⊂平面A1CD,BC1⊄平面A1CD,
所以BC1∥平面A1CD.
(Ⅱ)因为直棱柱ABC﹣A1B1C1,所以AA1⊥CD,
由已知AC=CB,D为AB的中点,所以CD⊥AB,
又AA1∩AB=A,于是,CD⊥平面ABB1A1,
设AB=2,则AA1=AC=CB=2,得∠ACB=90°,
CD=,A1D=,DE=,A1E=3
故A1D2+DE2=A1E2,即DE⊥A1D,所以DE⊥平面A1DC,
又A1C=2,过D作DF⊥A1C于F,∠DFE为二面角D﹣A1C﹣E的平面角,
在△A1DC中,DF==,EF==,
所以二面角D﹣A1C﹣E的正弦值.sin∠DFE=.
【点评】本题考查直线与平面平行的判定定理的应用,二面角的平面角的求法,考查空间想象能力与计算能力.