课时作业(八) 用空间向量研究距离、夹角问题(二)

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1．如图，在四棱锥P－ABCD中，△PAD为等边三角形，边长为2，△ABC为等腰直角三角形，AB⊥BC，AC＝1，∠DAC＝90°，平面PAD⊥平面ABCD.
(1)证明：AC⊥平面PAD；
(2)棱PD上是否存在一点E，使得AE∥平面PBC？若存在，求出eq \f(PE,PD)的值；若不存在，请说明理由．
2．如图(1)，边长为2的正方形ABEF中，D，C分别为EF，AF上的点，且ED＝CF，现沿DC把△CDF剪切、拼接成如图(2)的图形，再将△BEC，△CDF，△ABD沿BC，CD，BD折起，使E、F、A三点重合于点A′，如图(3)．
(1)求证：BA′⊥CD；
(2)求二面角B－CD－A′最小时的余弦值．
[提能力]
3．如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AB＝BC＝2AA1，∠ABC＝90°，D是BC的中点．
(1)求证：A1B∥平面ADC1；
(2)求二面角C1－AD－C的余弦值；
(3)试问线段A1B1上是否存在点E，使AE与DC1成60°角？若存在，确定E点位置；若不存在，说明理由．
课时作业(八)
1．解析：(1)证明：∵平面PAD⊥平面ABCD，AC⊥AD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，AC⊂平面ABCD，∴AC⊥平面PAD；
(2)取AD的中点O，连接PO，由于△PAD是等边三角形，所以PO⊥AD，由平面PAD⊥平面ABCD，得PO⊥平面ABCD，PO＝eq \r(3)，
以AD为x轴，AC为y轴，过A平行于PO的直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则A(0,0,0)，D(2,0,0)，C(0,1,0)，Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，\f(1,2)，0))，P(1,0，eq \r(3))，
eq \(PC,\s\up10(→))＝(－1,1，－eq \r(3))，eq \(BC,\s\up10(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，\f(1,2)，0))，设平面PBC的一个法向量为n＝(x，y，z)，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n·\(PC,\s\up10(→))＝－x＋y－\r(3)z＝0,n·\(BC,\s\up10(→))＝\f(1,2)x＋\f(1,2)y＝0))，取x＝－eq \r(3)，则y＝eq \r(3)，z＝2，n＝(－eq \r(3)，eq \r(3)，2)，
假设棱PD上存在一点E，使得AE∥平面PBC，设eq \(PE,\s\up10(→))＝λeq \(PD,\s\up10(→))(0≤λ≤1)，
又eq \(PD,\s\up10(→))＝(1,0，－eq \r(3))，eq \(AP,\s\up10(→))＝(1,0，eq \r(3))，
∴eq \(AE,\s\up10(→))＝eq \(AP,\s\up10(→))＋eq \(PE,\s\up10(→))＝eq \(AP,\s\up10(→))＋λeq \(PD,\s\up10(→))＝(1＋λ，0，eq \r(3)－λeq \r(3))，
∴eq \(AE,\s\up10(→))·n＝－1－λ＋eq \f(2\r(3),3)(eq \r(3)－eq \r(3)λ)＝0，解得λ＝eq \f(1,3).
∴eq \f(PE,PD)＝eq \f(1,3)
又AE⊄平面PBC
∴棱PD上存在一点E，使AE∥平面PBC，且eq \f(PE,PD)＝eq \f(1,3).
2．解析：(1)证明：折叠前，BE⊥EC，BA⊥AD，
折叠后BA′⊥A′C，BA′⊥A′D.
又A′C∩A′D＝A′，所以BA′⊥平面A′CD，
因此BA′⊥CD.
(2)由(1)及题意知A′C⊥A′D，因此以A′为原点，A′C，A′D，A′B分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系如图
令A′C＝a，A′D＝b，a＋b＝2
所以C(a,0,0)，D(0，b,0)，B(0,0,2)
设平面BCD法向量为m＝(x，y，z)
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(m·\(BC,\s\up10(→))＝0,m·\(BD,\s\up10(→))＝0))所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(ax－2z＝0,by－2z＝0))，令z＝1则m＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,a)，\f(2,b)，1))
又平面A′CD法向量为n＝(0,0,1)
设二面角B－CD－A′的大小为θ
所以cs θ＝eq \f(m·n,|m||n|)＝eq \f(1,1× \r(\f(4,a2)＋\f(4,b2)＋1))
又eq \f(4,a2)＋eq \f(4,b2)＋1＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(b,a)＋\f(a,b)))2＋2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(b,a)＋\f(a,b)))＋1＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(b,a)＋\f(a,b)＋1))2≥9
当且仅当a＝b＝1取等号
所以cs θ≤eq \f(1,3)
所以二面角B－CD－A′最小时的余弦值为eq \f(1,3).
3．解析：(1)证明：连接A1C，交AC1于点O，连接OD.
由ABC－A1B1C1是直三棱柱，得四边形ACC1A1为矩形，O为A1C的中点．
又D为BC的中点，所以OD为△A1BC的中位线．
所以A1B∥OD，
因为OD⊂平面ADC1，A1B⊄平面ADC1，
所以A1B∥平面ADC1.
(2)由ABC－A1B1C1是直三棱柱，且∠ABC＝90°，得BA、BC、BB1两两垂直．
以B为坐标原点，BC、BA、BB1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B－xyz.
设BA＝2，则B(0,0,0)，C(2,0,0)，A(0,2,0)，C1(2,0,1)，D(1,0,0)，A1(0,2,1)，B1(0,0,1)，C1(2,0,1)，
所以eq \(AD,\s\up10(→))＝(1，－2,0)，eq \(AC1,\s\up10(→))＝(2，－2,1)．
设平面ADC1的一个法向量为n＝(x，y，z)，则有
eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n·\(AD,\s\up10(→))＝0，,n·\(AC1,\s\up10(→))＝0，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x－2y＝0，,2x－2y＋z＝0.))取y＝1，
得n＝(2,1，－2)．
易知平面ADC的一个法向量为v＝(0,0,1)，
所以cs 〈n，v〉＝eq \f(n·v,|n|·|v|)＝－eq \f(2,3).
因为二面角C1－AD－C是锐二面角，
所以二面角C1－AD－C的余弦值为eq \f(2,3).
(3)假设存在满足条件的点E.
因为点E在线段A1B1上，A1(0,2,1)，B1(0,0,1)，故可设E(0，λ，1)，其中0≤λ≤2.
所以eq \(AE,\s\up10(→))＝(0，λ－2,1)，eq \(DC1,\s\up10(→))＝(1,0,1)．
因为AE与DC1成60°角，所以|cs 〈eq \(AE,\s\up10(→))，eq \(DC1,\s\up10(→))〉|＝eq \f(|\(AE,\s\up10(→))·\(DC1,\s\up10(→))|,|\(AE,\s\up10(→))|·|\(DC1,\s\up10(→))|)＝eq \f(1,2).
即eq \f(1,\r(λ－22＋1)·\r(2))＝eq \f(1,2)，解得λ＝1或λ＝3(舍去)．
所以当点E为线段A1B1的中点时，AE与DC1成60°角．