还剩52页未读，
继续阅读
所属成套资源：高考专区数学二轮专题PPT课件全册
成套系列资料，整套一键下载
高考数学二轮专题训练2.32课时突破立体几何解答题第2课时空间角空间距离的计算问题课件
展开
这是一份高考数学二轮专题训练2.32课时突破立体几何解答题第2课时空间角空间距离的计算问题课件，共60页。PPT课件主要包含了答题模板，专题能力提升练等内容，欢迎下载使用。
考向一 利用空间向量计算异面直线所成的角与线面角命题角度1 求异面直线所成的角【典例】1.已知正四面体ABCD中,所有的棱长为4,点O是△ABC的中心,将△DAO绕直线DO旋转一周,则在旋转过程中,求直线DA与直线BC所成角的余弦的最大值.
【解析】因为 又因为点O是△ABC的中心,所以OD⊥BC,所以 =0,所以因为 当且仅当 ∥ ,且 与 同向时取等号.设 与 所成角为θ,
所以所以cs θ≤ ,所以直线DA与直线BC所成角的余弦的最大值是 .
2.(2020·新乡一模)如图,在正四棱锥V-ABCD中,二面角V-BC-D为60°,E为BC的中点.(1)证明:BC=VE;(2)已知F为直线VA上一点,且F与A不重合,若异面直线BF与VE所成角为60°,求
【解析】(1)设V在底面的射影为O.则O为正方形ABCD的中心,如图,连接OE,因为E为BC的中点,所以OE⊥BC.在正四棱锥V-ABCD中,VB=VC,则VE⊥BC,所以∠VEO为二面角V-BC-D的平面角,则∠VEO=60°.在Rt△VOE中,VE=2OE,又AB=BC=2OE,所以BC=VE.
(2)取AB的中点G,以O为坐标原点,分别以 为x,y,z轴的正方向,建立空间直角坐标系O-xyz,设AB=2,则V(0,0, ),E(0,1,0),B(1,1,0),A(1,-1,0), =(1,-1,- ), =(1,1,- ), =(0,1,- ).设 =λ (λ≠1),则 = - =(λ-1,-λ-1,- λ+ ),
从而|cs< , >|= = =cs 60°,整理得λ2+10λ-11=0,解得λ=-11(λ=1舍去),故 =11.
命题角度2 求线面角【典例】(2020·新高考全国Ⅰ卷)如图,四棱锥P-ABCD的底面为正方形,PD⊥底面ABCD,设平面PAD与平面PBC的交线为l.(1)证明:l⊥平面PDC;(2)已知PD=AD=1,Q为l上的点,求PB与平面QCD所成角的正弦值的最大值.
【解析】(1)因为PD⊥底面ABCD,所以PD⊥AD.又底面ABCD为正方形,所以AD⊥DC,又DC∩PD=D,DC,PD⊂平面PDC,所以AD⊥平面PDC.因为AD∥BC,AD⊄平面PBC,BC⊂平面PBC,所以AD∥平面PBC,由平面PAD与平面PBC的交线为l,可得l∥AD.因此l⊥平面PDC.
(2)以D为坐标原点, 的方向为x轴正方向,建立如图所示的空间直角坐标系.则D(0,0,0),C(0,1,0),B(1,1,0),P(0,0,1), =(0,1,0), =(1,1,-1).由(1)可设Q(a,0,1),则 =(a,0,1),设n=(x,y,z)是平面QCD的一个法向量,则 即 可取n=(-1,0,a).所以
设PB与平面QCD所成角为θ,则sin θ= 因为 ,当且仅当a=1时等号成立,所以PB与平面QCD所成角的正弦值的最大值为 .
【探究延伸】本例条件不变,求NB1与平面MB1D所成的角的正弦值.【解析】由例题解析知M(1,0,2),B1(0, ,3),D(0,0,0),N(-1, ,2).所以 =(1,0,1), , ,设NB1与平面MB1D所成的角为α,平面MB1D的一个法向量m= ,则 所以 所以可取m= ,所以sin α=
【素养提升】向量法求异面直线所成的角的关注点(1)公式:设异面直线m,n所成的角为θ,a,b分别是异面直线m,n的方向向量,则cs θ= ;(2)关键:找出两异面直线的方向向量;(3)提醒:两条异面直线所成角的范围是 ,而两向量的夹角的范围是 ,应注意加以区分.
【变式训练】1.(2020·石家庄二模)已知三棱锥P-ABC中,△ABC为等腰直角三角形,AB=AC=1,PB=PC= ,设点E为PA中点,点D为AC中点,点F为PB上一点,且PF=2FB.(1)证明:BD∥平面CEF;(2)若PA⊥AC,求直线CE与平面PBC所成角的正弦值.
【解析】(1)如图.连接PD交CE于G点,连接FG,因为点E为PA的中点,点D为AC的中点,所以点G为△PAC的重心,则PG=2GD,因为PF=2FB,所以FG∥BD,又因为FG⊂平面CEF,BD⊄平面CEF,所以BD∥平面CEF;
(2)因为AB=AC,PB=PC,PA=PA,所以△PAB≌△PAC,因为PA⊥AC,所以PA⊥AB,可得PA=2,又因为AB⊥AC,则以AB,AC,AP所在直线分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系A-xyz,
则A(0,0,0),B(1,0,0),C(0,1,0),P(0,0,2),E(0,0,1), =(-1,1,0), =(-1,0,2), =(0,-1,1).设平面PBC的一个法向量为n=(x,y,z),由 取z=1,得n=(2,2,1).设直线CE与平面PBC所成角为θ,则sin θ=所以直线CE与平面PBC所成角的正弦值为 .
2.(2020·潍坊二模)如图(1)五边形ABCDE中,ED=EA,AB∥CD,CD=2AB,∠EDC=150°,将△EAD沿AD折到△PAD的位置,得到四棱锥P-ABCD,如图(2),点M为线段PC的中点,且BM⊥平面PCD.(1)求证:平面PAD⊥平面ABCD;(2)若直线PC与AB所成角的正切值为 ,求直线BM与平面PDB所成角的正弦值.
【解析】(1)取PD的中点N,连接AN,MN,则MN∥CD,MN= CD.又AB∥CD,AB= CD,所以MN∥AB,MN=AB,则四边形ABMN为平行四边形,所以AN∥BM,又BM⊥平面PCD,所以AN⊥平面PCD,所以AN⊥PD,AN⊥CD.由ED=EA,即PD=PA及N为PD的中点,可得△PAD为等边三角形,所以∠PDA=60°,又∠EDC=150°,所以∠CDA=90°,所以CD⊥AD,所以CD⊥平面PAD,CD⊂平面ABCD,所以平面PAD⊥平面ABCD.
(2)AB∥CD,所以∠PCD为直线PC与AB所成的角,由(1)可得∠PDC=90°,所以tan∠PCD= ,所以CD=2PD,设PD=1,则CD=2,PA=AD=AB=1,取AD的中点O,连接PO,过O作AB的平行线,可建立如图所示的空间直角坐标系O-xyz,则
所以所以 =(1,1,0), 设n=(x,y,z)为平面PBD的法向量,则 取x=3,则 为平面PBD的一个法向量,因为则直线BM与平面PDB所成角的正弦值为 .
【加练备选】(2020·日照一模)如图,已知四边形ABCD为等腰梯形,BDEF为正方形,平面BDEF⊥平面ABCD,AD∥BC,AD=AB=1,∠ABC=60°.(1)求证:平面CDE⊥平面BDEF;(2)点M为线段EF上一动点,求BD与平面BCM所成角正弦值的取值范围.
【解析】(1)在等腰梯形ABCD中,AD∥BC,AD=AB=1,∠ABC=60°,所以∠BAD=∠CDA=120°,∠ADB=30°,∠CDB=90°.即BD⊥CD.又因为平面BDEF⊥平面ABCD,平面BDEF∩平面ABCD=BD,CD⊂平面ABCD,所以CD⊥平面BDEF,因为CD⊂平面CDE,所以平面CDE⊥平面BDEF.
(2)由(1)知,分别以直线DB,DC,DE为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系,设EM=m(0≤m≤ ),则 设平面BMC的法向量为 所以
令x= ,则y=3,z= -m,所以平面BMC的一个法向量为n=( ,3, -m).设BD与平面BCM所成角为θ,所以所以当m=0时,取最小值 ,当m= 时,取最大值 ,故BD与平面BCM所成角正弦值的取值范围为 .
考向二 求二面角(规范解答)【典例】(2020·全国Ⅰ卷)如图,D为圆锥的顶点,O是圆锥底面的圆心,AE为底面直径,AE=AD.△ABC是底面的内接正三角形,P为DO上一点,PO= DO.(1)证明:PA⊥平面PBC;(2)求二面角B-PC-E的余弦值.
【思维流程图】(1)设出圆O的半径→各线段的长度→PA⊥PC,PA⊥PB→PA⊥平面PBC;(2)建系,写坐标→求出平面PBC及平面PCE的法向量→二面角B-PC-E的余弦值.
【规范解答】(1)不妨设圆O的半径为1,OA=OB=OC=1,AE=AD=2,AB=BC=AC= ,DO= ……………………………………………………………………3分在△PAC中,PA2+PC2=AC2,故PA⊥PC,同理可得PA⊥PB,又PB∩PC=P,故PA⊥平面PBC.………………………………………………6分
(2)建立如图所示的空间直角坐标系,则有故 …………………………8分
设平面PBC的法向量为m=(x,y,z),则 可取m=(0, ,1),同理可求得平面PCE的法向量为n=( ,- ,-2 ),………………10分故cs= 由图知二面角B-PC-E为锐角,所以二面角B-PC-E的余弦值为 .……………………………………………………………………………………12分
【素养提升】求二面角的常用方法1.几何方法:一找二证三计算,即先找出二面角的平面角,再证明(一、二往往同时进行),最后在三角形内计算.2.空间向量法:求两个平面的法向量,利用两向量的夹角公式求解.
【变式训练】1.如图,在三棱锥P-ABC中,已知AC=2,AB=BC=PA= ,顶点P在平面ABC上的射影为△ABC的外接圆圆心.(1)证明:平面PAC⊥平面ABC;(2)若点M在棱PA上, =λ,且二面角P-BC-M的余弦值为 ,试求λ的值.
【解析】(1)如图,设AC的中点为O,连接PO, 由题意,得BC2+AB2=AC2,则△ABC为直角三角形,点O为△ABC的外接圆圆心. 又点P在平面ABC上的射影为△ABC的外接圆圆心,所以PO⊥平面ABC, 又PO⊂平面PAC,所以平面PAC⊥平面ABC.
(2)由(1)可知PO⊥平面ABC,所以PO⊥OB,PO⊥OC,OB⊥AC,于是以OC,OB,OP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,则O(0,0,0),C(1,0,0),B(0,1,0),A(-1,0,0),P(0,0,1),由题意知 =λ ,λ∈[0,1], =(1,0,1),M(λ-1,0,λ), =(1,-1,0), =(1,0,-1), =(2-λ,0,-λ).
设平面MBC的法向量为m=(x1,y1,z1),则 得 令x1=1,得y1=1,z1= ,即设平面PBC的法向量为n=(x2,y2,z2),由 得 令x2=1,得y2=1,z2=1,即n=(1,1,1),
cs= 解得λ= ,M ,即M为PA的中点.
2.(2020·泰安一模)在四边形ABCP中,AB=BC= ,∠P= ,PA=PC=2;如图,将△PAC沿AC边折起,连接PB,使PB=PA.(1)求证:平面ABC⊥平面PAC;(2)若F为棱AB上一点,且AP与平面PCF所成角的正弦值为 ,求二面角F-PC-A的大小.
【解析】(1)在△PAC中,PA=PC=2,∠P= ,所以△PAC为正三角形,且AC=2,在△ABC中,AB=BC= ,所以△ABC为等腰直角三角形,且AB⊥BC,取AC的中点O,连接OB,OP,所以OB⊥AC,OP⊥AC,因为OB=1,OP= ,PB=PA=2,所以PB2=OB2+OP2,所以OP⊥OB,因为OP∩AC=O,AC,OP⊂平面PAC,所以OB⊥平面PAC.因为OB⊂平面ABC,所以平面ABC⊥平面PAC.
(2)以O为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系O-xyz,则A(0,-1,0),B(1,0,0),C(0,1,0),P(0,0, ), =(1,1,0), =(0,1, ), =(0,-1, ), =(0,-2,0),设 (0
所以 整理得3m2+4m-4=0解得m= 或m=-2(舍去),所以n=(2 , ,1),又 为平面PAC的一个法向量,所以cs=所以= ,由图知二面角F-PC-A为锐角,所以二面角F-PC-A的大小为 .
考向三 立体几何中的探索问题【典例】如图,在五面体ABCDEF中,AB∥CD∥EF,AD⊥CD,∠DCF=60°,CD=EF=CF=2AB=2AD=2,平面CDEF⊥平面ABCD. (1)求证:CE⊥平面ADF;(2)已知P为棱BC上的点,试确定点P的位置,使二面角P-DF-A的大小为60°.
【解析】(1)因为CD∥EF,CD=EF=CF,所以四边形CDEF是菱形,所以CE⊥DF.因为平面CDEF⊥平面ABCD,平面CDEF∩平面ABCD=CD,AD⊥CD,AD⊂平面ABCD,所以AD⊥平面CDEF,因为CE⊂平面CDEF,所以AD⊥CE.又因为AD⊂平面ADF,DF⊂平面ADF,AD∩DF=D,所以CE⊥平面ADF.
(2)由(1)知四边形CDEF为菱形,又因为∠DCF=60°,所以△DEF为正三角形.如图,取EF的中点G,连接GD,则GD⊥EF.因为EF∥CD,所以GD⊥CD.因为平面CDEF⊥平面ABCD,GD⊂平面CDEF,平面CDEF∩平面ABCD=CD,所以GD⊥平面ABCD.
又因为AD⊥CD,所以直线DA,DC,DG两两垂直.以D为原点,分别以DA,DC,DG所在的直线为x轴、y轴、z轴,建立如图的空间直角坐标系D-xyz.因为CD=EF=CF=2,AB=AD=1,所以D(0,0,0),B(1,1,0),C(0,2,0),E(0,-1, ),F(0,1, ),所以 =(0,-3, ), =(0,1, ), =(1,-1,0), =(0,2,0).由(1)知 是平面ADF的一个法向量.
设 =(a,-a,0)(0≤a≤1),则 =(a,2-a,0).设平面PDF的法向量为n=(x,y,z),则令y= a,则x= (a-2),z=-a,所以n=( (a-2), a,-a).
因为二面角P-DF-A的大小为60°,所以解得a= 或a=-2(不合题意,舍去).所以P在靠近点B的CB的三等分点处.
【素养提升】解决立体几何中探索性问题的基本方法1.通常假设问题中的数学对象存在或结论成立,再在这个前提下进行推理,如果能推出与条件吻合的数据或事实,说明假设成立,并可进一步证明;否则假设不成立.2.探索线段上是否存在满足条件的点时,一定注意三点共线的条件的应用.
【变式训练】1.(2020·南充一模) 如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是矩形,AB=2,BC=a,PA⊥底面ABCD. (1)当a为何值时,BD⊥平面PAC?证明你的结论;(2)当PA= a=2时,求面PDC与面PAB所成二面角的正弦值.
【解析】(1)当a=2时,四边形ABCD为正方形,则BD⊥AC.因为PA⊥平面ABCD,BD⊂平面ABCD,所以BD⊥PA,又AC∩PA=A.所以BD⊥平面PAC.故当a=2时,BD⊥平面PAC.(2)以A为坐标原点, 的方向为x轴的正方向, 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A-xyz,
则 设n= 是面PDC的法向量,则可取n= , 是平面PAB的法向量,所以cs= ,所以sin= ,所以面PDC与面PAB所成二面角的正弦值为 .
2.(2020·宜宾一诊)在斜三棱柱ABC-A1B1C1中,侧面ACC1A1⊥平面ABC,AA1= a,A1C=CA=AB=a,AB⊥AC,D是AA1的中点.(1)求证:CD⊥平面ABB1A1;(2)在侧棱BB1上确定一点E,使得二面角E-A1C1-A的大小为 .
【解析】(1)因为面ACC1A1⊥面ABC,AB⊥AC,所以AB⊥面ACC1A1,即有AB⊥CD;又AC=A1C,D为AA1的中点,则CD⊥AA1.因为AB∩AA1=A,所以CD⊥面ABB1A1.(2)如图所示.以点C为坐标系原点,CA为x轴,过C点平行于AB的直线为y轴,CA1为z轴,建立空间直角坐标系C-xyz,
则有设 即有 所以E点坐标为由条件易得面A1C1A的一个法向量为n1= 设平面EA1C1的一个法向量为n2= 由 可得
令y′=1,则有n2= 则得λ=1- .所以,当 =1- 时,二面角E-A1C1-A的大小为 .
3.已知△ABC的各边长为3,点D,E分别是AB,AC上的点,且满足 = ,D为AB的三等分点(靠近点A),(如图(1)),将△ADE沿DE折起到△A1DE的位置,使二面角A1-DE-B的平面角为90°,连接A1B,A1C(如图(2)).
(1)求证:A1D⊥平面BCED;(2)在线段BC上是否存在点P,使直线PA1与平面A1BD所成的角为60°?若存在,求出PB的长;若不存在,请说明理由.【解析】(1)由题图(1)可得:AE=2,AD=1,A=60°.从而 故得AD2+DE2=AE2,所以AD⊥DE,BD⊥DE.所以A1D⊥DE,BD⊥DE,
所以∠A1DB为二面角A1-DE-B的平面角,又二面角A1-DE-B为直二面角,所以∠A1DB=90°,即A1D⊥DB,因为DE∩DB=D且DE,DB⊂平面BCED,所以A1D⊥平面BCED;
(2)存在,由(1)知ED⊥DB,A1D⊥平面BCED.以D为坐标原点,以射线DB,DE,DA1分别为x轴、y轴、z轴的正半轴建立空间直角坐标系D-xyz,如图,过P作PH∥DE交BD于点H,设PB=2a(0≤2a≤3),则BH=a,PH= a,DH=2-a,易知A1(0,0,1),P(2-a, a,0),E(0, ,0),所以 =(a-2,- a,1).因为ED⊥平面A1BD,
所以平面A1BD的一个法向量为 =(0, ,0),因为直线PA1与平面A1BD所成的角为60°,所以sin 60°= 解得a= .所以PB=2a= ,满足0≤2a≤3,符合题意.所以在线段BC上存在点P,使直线PA1与平面A1BD所成的角为60°,此时PB= .
十一 空间角、空间距离的计算问题(40分钟 80分)1.(2020·北京高考)如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,E为BB1的中点.(1)求证:BC1∥平面AD1E;(2)求直线AA1与平面AD1E所成角的正弦值.
【解析】不妨设棱长AB=2,如图建系,则A(0,0,0),B(0,2,0),C(2,2,0),D(2,0,0),A1(0,0,2),B1(0,2,2),C1(2,2,2),D1(2,0,2),E(0,2,1),
(1) =(2,0,2), =(2,0,2), =(0,2,1),设平面AD1E的法向量m=(x,y,z),则 不妨取m=(-2,-1,2), ·m=0, ⊥m,又因为BC1⊄平面AD1E,所以BC1∥平面AD1E;
(2) =(0,0,2),所以cs< ,m>= 所以直线AA1与平面AD1E所成角的正弦值为 .
2.如图,已知四棱锥P-ABCD的底面是等腰梯形,AD∥BC,AD=2,BC=4,∠ABC=60°,△PAD为等边三角形,且点P在底面ABCD上的射影为AD的中点G,点E在线段BC上,且CE∶EB=1∶3.(1)求证:DE⊥平面PAD;(2)求二面角A-PC-D的余弦值.
【解题导引】(1)由等腰梯形的性质可证得DE⊥AD,由射影可得PG⊥平面ABCD,进而求证;(2)取BC的中点F,连接GF,以G为原点,GA所在直线为x轴,GF所在直线为y轴,GP所在直线为z轴,建立空间直角坐标系,分别求得平面APC与平面DPC的法向量,再利用数量积求解即可.
【解析】(1)在等腰梯形ABCD中,因为点E在线段BC上,且CE∶EB=1∶3,所以点E为BC上靠近C点的四等分点,因为AD=2,BC=4,CE=1,所以DE⊥AD,因为点P在底面ABCD上的射影为AD的中点G,连接PG,所以PG⊥平面ABCD,因为DE⊂平面ABCD,所以PG⊥DE.又AD∩PG=G,AD⊂平面PAD,PG⊂平面PAD,所以DE⊥平面PAD.
(2)取BC的中点F,连接GF,以G为原点,GA所在直线为x轴,GF所在直线为y轴,GP所在直线为z轴,建立空间直角坐标系,如图所示,由(1)易知,DE⊥CB,CE=1,又∠ABC=∠DCB=60°,所以DE=GF= ,因为AD=2,△PAD为等边三角形,所以PG= ,
则G(0,0,0),A(1,0,0),D(-1,0,0),P(0,0, ),C(-2, ,0),所以 =(-3, ,0), =(-1,0, ), =(-1, ,0), =(1,0, ),设平面APC的法向量为m=(x1,y1,z1), 令x1= ,则y1=3,z1=1,所以m=( ,3,1),
设平面DPC的法向量为n=(x2,y2,z2), 令x2= ,则y2=1,z2=-1,所以 设平面APC与平面DPC的夹角为θ,则 所以二面角A-PC-D的余弦值为
3.(2020·天津高考)如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,CC1⊥平面ABC,AC⊥BC,AC=BC=2,CC1=3,点D,E分别在棱AA1和棱CC1上,且AD=1,CE=2,M为棱A1B1的中点.(1)求证:C1M⊥B1D;(2)求二面角B-B1E-D的正弦值;(3)求直线AB与平面DB1E所成角的正弦值.
【命题意图】本题考查利用空间向量法证明线线垂直,求二面角和线面角的正弦值,考查推理能力与运算能力,属于中档题.
【解析】依题意,以C为原点,分别以 的方向为x轴、y轴、z轴的正方向建立空间直角坐标系, 可得C(0,0,0),A(2,0,0),B(0,2,0),C1(0,0,3),A1(2,0,3),B1(0,2,3),D(2,0,1),E(0,0,2),M(1,1,3).(1)依题意, =(1,1,0), =(2,-2,-2),从而 · =2-2+0=0,所以C1M⊥B1D.
(2)依题意, =(2,0,0)是平面BB1E的一个法向量, =(0,2,1), =(2,0,-1).设n=(x,y,z)为平面DB1E的一个法向量, 不妨设x=1,可得n=(1,-1,2).cs< ,n>= 所以sin< ,n>= 所以,二面角B-B1E-D的正弦值为 .
(3)依题意, =(-2,2,0).由(2)知n=(1,-1,2)为平面DB1E的一个法向量,于是cs< ,n>= 所以,直线AB与平面DB1E所成角的正弦值为 .
4.(2020·德州一模)如图,在四棱锥P-ABCD中,AD∥BC,∠ADC=∠PAB=90°,BC=CD= AD,E,M分别为棱AD,PD的中点,PA⊥CD.(1)证明:平面MCE∥平面PAB;(2)若二面角P-CD-A的大小为45°,求直线PA与平面PCE所成角的正弦值.
【解析】(1)因为点E为AD的中点,BC= AD,AD∥BC,所以四边形ABCE为平行四边形,即EC∥AB.因为E,M分别为棱AD,PD的中点,EM∥AP.EM∩EC=E,所以平面MCE∥平面PAB.
(2)如图所示. 因为PA⊥AB,PA⊥CD,AB与CD为相交直线,所以AP⊥平面ABCD,不妨设AD=2,则BC=CD= AD=1.
以与AD垂直的直线为x轴,AD所在直线为y轴,AP所在直线为z轴建立空间直角坐标系,设AP=h,A(0,0,0),D(0,2,0),C(-1,2,0),P(0,0,h),从而 面PCD的法向量记为m= 则 令y1=1,则z1= ,m=
又面ACD的法向量为 二面角P-CD-A的大小为45°. 解得h=2,所以 所以 设平面PCE的法向量为n=
令y2=2,则x2=2,z2=1.所以n= .设直线PA与平面PCE所成角为θ,则sin θ=
5.如图①:在平行四边形ABCD中,BD⊥CD,BE⊥AD,将△ABD沿对角线BD折起,使AB⊥BC,连接AC,EC,得到如图②所示三棱锥A-BCD.(1)证明:BE⊥平面ADC;(2)若ED=1,二面角C-BE-D的平面角的正切值为 ,求直线BD与平面ADC所成角的正弦值.
【解析】(1)在平行四边形ABCD中,BD⊥CD,则AB⊥BD.在三棱锥A-BCD中,因为AB⊥BC,BC∩BD=B.所以AB⊥平面BCD,所以AB⊥CD.又BD⊥CD,AB∩BD=B,所以CD⊥平面ABD.又BE⊂平面ABD,所以CD⊥BE.因为BE⊥AD,AD∩CD=D,所以BE⊥平面ADC.(2)由(1)知BE⊥平面ADC,因为EC⊂平面ADC,所以BE⊥EC,又BE⊥ED,所以∠DEC即为二面角C-BE-D的平面角,即tan∠DEC=
因为CD⊥平面ABD,AD⊂平面ABD.所以CD⊥AD,故tan∠DEC= 又ED=1.所以AB=CD= .在平行四边形ABCD,∠ADB=∠DBC,∠BED=∠BDC=90°,所以△DEB与△BDC为相似三角形,则 设BD=m(m>0),解得BC= 故 解得m= ,所以BD= ,BC=3.
过点D作DF∥AB,以D为坐标原点, 的方向为x轴、y轴、z轴的正方向,建立空间直角坐标系,如图所示.则D(0,0,0),A( ,0, ),C(0, ,0),B( ,0,0),所以 设平面ADC的法向量为n=(x,y,z),
得n=(2 ,0,- ).设直线BD与平面ADC所成角为θ,sin θ=|cs< ,n>|= 即直线BD与平面ADC所成角的正弦值为 .
6.如图,在四棱锥P-ABCD中,平面PAD⊥平面ABCD,AD∥BC,AB=BC=PA=1,AD=2,∠PAD=∠DAB=∠ABC=90°,点E在棱PC上,且CE=λCP.(1)求证:CD⊥AE;(2)是否存在实数λ,使得二面角C-AE-D的余弦值为 ?若存在,求出实数λ的值;若不存在,请说明理由.
【解析】(1)过点C作CF∥AB交AD于点F,因为AB=BC=1,AD=2,∠DAB=∠ABC=90°,AD∥BC,所以四边形ABCF为正方形,且AF=FD=1,AC= .在Rt△CFD中,CD= ,在△ACD中,因为CD2+AC2=4=AD2,所以CD⊥AC.因为∠PAD=90°,所以PA⊥AD.又平面PAD⊥平面ABCD,平面PAD∩平面ABCD=AD,所以PA⊥平面ABCD,所以PA⊥CD.因为PA,AC⊂平面PAC,且PA∩AC=A,所以CD⊥平面PAC,所以CD⊥AE.
(2)因为∠PAD=90°,所以PA⊥AD.又平面PAD⊥平面ABCD,平面PAD∩平面ABCD=AD,所以PA⊥平面ABCD.所以PA⊥CD,PA⊥AB,以点A为坐标原点,AB,AD,AP所在直线为坐标轴建立空间直角坐标系,A(0,0,0),P(0,0,1),C(1,1,0),D(0,2,0), =(-1,1,0), =(0,2,0), 假设存在实数λ使得二面角C-AE-D的余弦值为 ,
因为点E在棱PC上,所以λ∈[0,1].设E(x,y,z),因为 所以(x-1,y-1,z)=λ(-1,-1,1),所以E(1-λ,1-λ,λ),则 =(1-λ,1-λ,λ),因为CD⊥平面PAC,所以平面AEC的一个法向量为n= =(-1,1,0),设平面AED的一个法向量为m=(x1,y1,z1),
考向一 利用空间向量计算异面直线所成的角与线面角命题角度1 求异面直线所成的角【典例】1.已知正四面体ABCD中,所有的棱长为4,点O是△ABC的中心,将△DAO绕直线DO旋转一周,则在旋转过程中,求直线DA与直线BC所成角的余弦的最大值.
【解析】因为 又因为点O是△ABC的中心,所以OD⊥BC,所以 =0,所以因为 当且仅当 ∥ ,且 与 同向时取等号.设 与 所成角为θ,
所以所以cs θ≤ ,所以直线DA与直线BC所成角的余弦的最大值是 .
2.(2020·新乡一模)如图,在正四棱锥V-ABCD中,二面角V-BC-D为60°,E为BC的中点.(1)证明:BC=VE;(2)已知F为直线VA上一点,且F与A不重合,若异面直线BF与VE所成角为60°,求
【解析】(1)设V在底面的射影为O.则O为正方形ABCD的中心,如图,连接OE,因为E为BC的中点,所以OE⊥BC.在正四棱锥V-ABCD中,VB=VC,则VE⊥BC,所以∠VEO为二面角V-BC-D的平面角,则∠VEO=60°.在Rt△VOE中,VE=2OE,又AB=BC=2OE,所以BC=VE.
(2)取AB的中点G,以O为坐标原点,分别以 为x,y,z轴的正方向,建立空间直角坐标系O-xyz,设AB=2,则V(0,0, ),E(0,1,0),B(1,1,0),A(1,-1,0), =(1,-1,- ), =(1,1,- ), =(0,1,- ).设 =λ (λ≠1),则 = - =(λ-1,-λ-1,- λ+ ),
从而|cs< , >|= = =cs 60°,整理得λ2+10λ-11=0,解得λ=-11(λ=1舍去),故 =11.
命题角度2 求线面角【典例】(2020·新高考全国Ⅰ卷)如图,四棱锥P-ABCD的底面为正方形,PD⊥底面ABCD,设平面PAD与平面PBC的交线为l.(1)证明:l⊥平面PDC;(2)已知PD=AD=1,Q为l上的点,求PB与平面QCD所成角的正弦值的最大值.
【解析】(1)因为PD⊥底面ABCD,所以PD⊥AD.又底面ABCD为正方形,所以AD⊥DC,又DC∩PD=D,DC,PD⊂平面PDC,所以AD⊥平面PDC.因为AD∥BC,AD⊄平面PBC,BC⊂平面PBC,所以AD∥平面PBC,由平面PAD与平面PBC的交线为l,可得l∥AD.因此l⊥平面PDC.
(2)以D为坐标原点, 的方向为x轴正方向,建立如图所示的空间直角坐标系.则D(0,0,0),C(0,1,0),B(1,1,0),P(0,0,1), =(0,1,0), =(1,1,-1).由(1)可设Q(a,0,1),则 =(a,0,1),设n=(x,y,z)是平面QCD的一个法向量,则 即 可取n=(-1,0,a).所以
设PB与平面QCD所成角为θ,则sin θ= 因为 ,当且仅当a=1时等号成立,所以PB与平面QCD所成角的正弦值的最大值为 .
【探究延伸】本例条件不变,求NB1与平面MB1D所成的角的正弦值.【解析】由例题解析知M(1,0,2),B1(0, ,3),D(0,0,0),N(-1, ,2).所以 =(1,0,1), , ,设NB1与平面MB1D所成的角为α,平面MB1D的一个法向量m= ,则 所以 所以可取m= ,所以sin α=
【素养提升】向量法求异面直线所成的角的关注点(1)公式:设异面直线m,n所成的角为θ,a,b分别是异面直线m,n的方向向量,则cs θ= ;(2)关键:找出两异面直线的方向向量;(3)提醒:两条异面直线所成角的范围是 ,而两向量的夹角的范围是 ,应注意加以区分.
【变式训练】1.(2020·石家庄二模)已知三棱锥P-ABC中,△ABC为等腰直角三角形,AB=AC=1,PB=PC= ,设点E为PA中点,点D为AC中点,点F为PB上一点,且PF=2FB.(1)证明:BD∥平面CEF;(2)若PA⊥AC,求直线CE与平面PBC所成角的正弦值.
【解析】(1)如图.连接PD交CE于G点,连接FG,因为点E为PA的中点,点D为AC的中点,所以点G为△PAC的重心,则PG=2GD,因为PF=2FB,所以FG∥BD,又因为FG⊂平面CEF,BD⊄平面CEF,所以BD∥平面CEF;
(2)因为AB=AC,PB=PC,PA=PA,所以△PAB≌△PAC,因为PA⊥AC,所以PA⊥AB,可得PA=2,又因为AB⊥AC,则以AB,AC,AP所在直线分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系A-xyz,
则A(0,0,0),B(1,0,0),C(0,1,0),P(0,0,2),E(0,0,1), =(-1,1,0), =(-1,0,2), =(0,-1,1).设平面PBC的一个法向量为n=(x,y,z),由 取z=1,得n=(2,2,1).设直线CE与平面PBC所成角为θ,则sin θ=所以直线CE与平面PBC所成角的正弦值为 .
2.(2020·潍坊二模)如图(1)五边形ABCDE中,ED=EA,AB∥CD,CD=2AB,∠EDC=150°,将△EAD沿AD折到△PAD的位置,得到四棱锥P-ABCD,如图(2),点M为线段PC的中点,且BM⊥平面PCD.(1)求证:平面PAD⊥平面ABCD;(2)若直线PC与AB所成角的正切值为 ,求直线BM与平面PDB所成角的正弦值.
【解析】(1)取PD的中点N,连接AN,MN,则MN∥CD,MN= CD.又AB∥CD,AB= CD,所以MN∥AB,MN=AB,则四边形ABMN为平行四边形,所以AN∥BM,又BM⊥平面PCD,所以AN⊥平面PCD,所以AN⊥PD,AN⊥CD.由ED=EA,即PD=PA及N为PD的中点,可得△PAD为等边三角形,所以∠PDA=60°,又∠EDC=150°,所以∠CDA=90°,所以CD⊥AD,所以CD⊥平面PAD,CD⊂平面ABCD,所以平面PAD⊥平面ABCD.
(2)AB∥CD,所以∠PCD为直线PC与AB所成的角,由(1)可得∠PDC=90°,所以tan∠PCD= ,所以CD=2PD,设PD=1,则CD=2,PA=AD=AB=1,取AD的中点O,连接PO,过O作AB的平行线,可建立如图所示的空间直角坐标系O-xyz,则
所以所以 =(1,1,0), 设n=(x,y,z)为平面PBD的法向量,则 取x=3,则 为平面PBD的一个法向量,因为则直线BM与平面PDB所成角的正弦值为 .
【加练备选】(2020·日照一模)如图,已知四边形ABCD为等腰梯形,BDEF为正方形,平面BDEF⊥平面ABCD,AD∥BC,AD=AB=1,∠ABC=60°.(1)求证:平面CDE⊥平面BDEF;(2)点M为线段EF上一动点,求BD与平面BCM所成角正弦值的取值范围.
【解析】(1)在等腰梯形ABCD中,AD∥BC,AD=AB=1,∠ABC=60°,所以∠BAD=∠CDA=120°,∠ADB=30°,∠CDB=90°.即BD⊥CD.又因为平面BDEF⊥平面ABCD,平面BDEF∩平面ABCD=BD,CD⊂平面ABCD,所以CD⊥平面BDEF,因为CD⊂平面CDE,所以平面CDE⊥平面BDEF.
(2)由(1)知,分别以直线DB,DC,DE为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系,设EM=m(0≤m≤ ),则 设平面BMC的法向量为 所以
令x= ,则y=3,z= -m,所以平面BMC的一个法向量为n=( ,3, -m).设BD与平面BCM所成角为θ,所以所以当m=0时,取最小值 ,当m= 时,取最大值 ,故BD与平面BCM所成角正弦值的取值范围为 .
考向二 求二面角(规范解答)【典例】(2020·全国Ⅰ卷)如图,D为圆锥的顶点,O是圆锥底面的圆心,AE为底面直径,AE=AD.△ABC是底面的内接正三角形,P为DO上一点,PO= DO.(1)证明:PA⊥平面PBC;(2)求二面角B-PC-E的余弦值.
【思维流程图】(1)设出圆O的半径→各线段的长度→PA⊥PC,PA⊥PB→PA⊥平面PBC;(2)建系,写坐标→求出平面PBC及平面PCE的法向量→二面角B-PC-E的余弦值.
【规范解答】(1)不妨设圆O的半径为1,OA=OB=OC=1,AE=AD=2,AB=BC=AC= ,DO= ……………………………………………………………………3分在△PAC中,PA2+PC2=AC2,故PA⊥PC,同理可得PA⊥PB,又PB∩PC=P,故PA⊥平面PBC.………………………………………………6分
(2)建立如图所示的空间直角坐标系,则有故 …………………………8分
设平面PBC的法向量为m=(x,y,z),则 可取m=(0, ,1),同理可求得平面PCE的法向量为n=( ,- ,-2 ),………………10分故cs
【素养提升】求二面角的常用方法1.几何方法:一找二证三计算,即先找出二面角的平面角,再证明(一、二往往同时进行),最后在三角形内计算.2.空间向量法:求两个平面的法向量,利用两向量的夹角公式求解.
【变式训练】1.如图,在三棱锥P-ABC中,已知AC=2,AB=BC=PA= ,顶点P在平面ABC上的射影为△ABC的外接圆圆心.(1)证明:平面PAC⊥平面ABC;(2)若点M在棱PA上, =λ,且二面角P-BC-M的余弦值为 ,试求λ的值.
【解析】(1)如图,设AC的中点为O,连接PO, 由题意,得BC2+AB2=AC2,则△ABC为直角三角形,点O为△ABC的外接圆圆心. 又点P在平面ABC上的射影为△ABC的外接圆圆心,所以PO⊥平面ABC, 又PO⊂平面PAC,所以平面PAC⊥平面ABC.
(2)由(1)可知PO⊥平面ABC,所以PO⊥OB,PO⊥OC,OB⊥AC,于是以OC,OB,OP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,则O(0,0,0),C(1,0,0),B(0,1,0),A(-1,0,0),P(0,0,1),由题意知 =λ ,λ∈[0,1], =(1,0,1),M(λ-1,0,λ), =(1,-1,0), =(1,0,-1), =(2-λ,0,-λ).
设平面MBC的法向量为m=(x1,y1,z1),则 得 令x1=1,得y1=1,z1= ,即设平面PBC的法向量为n=(x2,y2,z2),由 得 令x2=1,得y2=1,z2=1,即n=(1,1,1),
cs
2.(2020·泰安一模)在四边形ABCP中,AB=BC= ,∠P= ,PA=PC=2;如图,将△PAC沿AC边折起,连接PB,使PB=PA.(1)求证:平面ABC⊥平面PAC;(2)若F为棱AB上一点,且AP与平面PCF所成角的正弦值为 ,求二面角F-PC-A的大小.
【解析】(1)在△PAC中,PA=PC=2,∠P= ,所以△PAC为正三角形,且AC=2,在△ABC中,AB=BC= ,所以△ABC为等腰直角三角形,且AB⊥BC,取AC的中点O,连接OB,OP,所以OB⊥AC,OP⊥AC,因为OB=1,OP= ,PB=PA=2,所以PB2=OB2+OP2,所以OP⊥OB,因为OP∩AC=O,AC,OP⊂平面PAC,所以OB⊥平面PAC.因为OB⊂平面ABC,所以平面ABC⊥平面PAC.
(2)以O为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系O-xyz,则A(0,-1,0),B(1,0,0),C(0,1,0),P(0,0, ), =(1,1,0), =(0,1, ), =(0,-1, ), =(0,-2,0),设 (0
所以 整理得3m2+4m-4=0解得m= 或m=-2(舍去),所以n=(2 , ,1),又 为平面PAC的一个法向量,所以cs
考向三 立体几何中的探索问题【典例】如图,在五面体ABCDEF中,AB∥CD∥EF,AD⊥CD,∠DCF=60°,CD=EF=CF=2AB=2AD=2,平面CDEF⊥平面ABCD. (1)求证:CE⊥平面ADF;(2)已知P为棱BC上的点,试确定点P的位置,使二面角P-DF-A的大小为60°.
【解析】(1)因为CD∥EF,CD=EF=CF,所以四边形CDEF是菱形,所以CE⊥DF.因为平面CDEF⊥平面ABCD,平面CDEF∩平面ABCD=CD,AD⊥CD,AD⊂平面ABCD,所以AD⊥平面CDEF,因为CE⊂平面CDEF,所以AD⊥CE.又因为AD⊂平面ADF,DF⊂平面ADF,AD∩DF=D,所以CE⊥平面ADF.
(2)由(1)知四边形CDEF为菱形,又因为∠DCF=60°,所以△DEF为正三角形.如图,取EF的中点G,连接GD,则GD⊥EF.因为EF∥CD,所以GD⊥CD.因为平面CDEF⊥平面ABCD,GD⊂平面CDEF,平面CDEF∩平面ABCD=CD,所以GD⊥平面ABCD.
又因为AD⊥CD,所以直线DA,DC,DG两两垂直.以D为原点,分别以DA,DC,DG所在的直线为x轴、y轴、z轴,建立如图的空间直角坐标系D-xyz.因为CD=EF=CF=2,AB=AD=1,所以D(0,0,0),B(1,1,0),C(0,2,0),E(0,-1, ),F(0,1, ),所以 =(0,-3, ), =(0,1, ), =(1,-1,0), =(0,2,0).由(1)知 是平面ADF的一个法向量.
设 =(a,-a,0)(0≤a≤1),则 =(a,2-a,0).设平面PDF的法向量为n=(x,y,z),则令y= a,则x= (a-2),z=-a,所以n=( (a-2), a,-a).
因为二面角P-DF-A的大小为60°,所以解得a= 或a=-2(不合题意,舍去).所以P在靠近点B的CB的三等分点处.
【素养提升】解决立体几何中探索性问题的基本方法1.通常假设问题中的数学对象存在或结论成立,再在这个前提下进行推理,如果能推出与条件吻合的数据或事实,说明假设成立,并可进一步证明;否则假设不成立.2.探索线段上是否存在满足条件的点时,一定注意三点共线的条件的应用.
【变式训练】1.(2020·南充一模) 如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是矩形,AB=2,BC=a,PA⊥底面ABCD. (1)当a为何值时,BD⊥平面PAC?证明你的结论;(2)当PA= a=2时,求面PDC与面PAB所成二面角的正弦值.
【解析】(1)当a=2时,四边形ABCD为正方形,则BD⊥AC.因为PA⊥平面ABCD,BD⊂平面ABCD,所以BD⊥PA,又AC∩PA=A.所以BD⊥平面PAC.故当a=2时,BD⊥平面PAC.(2)以A为坐标原点, 的方向为x轴的正方向, 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A-xyz,
则 设n= 是面PDC的法向量,则可取n= , 是平面PAB的法向量,所以cs
2.(2020·宜宾一诊)在斜三棱柱ABC-A1B1C1中,侧面ACC1A1⊥平面ABC,AA1= a,A1C=CA=AB=a,AB⊥AC,D是AA1的中点.(1)求证:CD⊥平面ABB1A1;(2)在侧棱BB1上确定一点E,使得二面角E-A1C1-A的大小为 .
【解析】(1)因为面ACC1A1⊥面ABC,AB⊥AC,所以AB⊥面ACC1A1,即有AB⊥CD;又AC=A1C,D为AA1的中点,则CD⊥AA1.因为AB∩AA1=A,所以CD⊥面ABB1A1.(2)如图所示.以点C为坐标系原点,CA为x轴,过C点平行于AB的直线为y轴,CA1为z轴,建立空间直角坐标系C-xyz,
则有设 即有 所以E点坐标为由条件易得面A1C1A的一个法向量为n1= 设平面EA1C1的一个法向量为n2= 由 可得
令y′=1,则有n2= 则得λ=1- .所以,当 =1- 时,二面角E-A1C1-A的大小为 .
3.已知△ABC的各边长为3,点D,E分别是AB,AC上的点,且满足 = ,D为AB的三等分点(靠近点A),(如图(1)),将△ADE沿DE折起到△A1DE的位置,使二面角A1-DE-B的平面角为90°,连接A1B,A1C(如图(2)).
(1)求证:A1D⊥平面BCED;(2)在线段BC上是否存在点P,使直线PA1与平面A1BD所成的角为60°?若存在,求出PB的长;若不存在,请说明理由.【解析】(1)由题图(1)可得:AE=2,AD=1,A=60°.从而 故得AD2+DE2=AE2,所以AD⊥DE,BD⊥DE.所以A1D⊥DE,BD⊥DE,
所以∠A1DB为二面角A1-DE-B的平面角,又二面角A1-DE-B为直二面角,所以∠A1DB=90°,即A1D⊥DB,因为DE∩DB=D且DE,DB⊂平面BCED,所以A1D⊥平面BCED;
(2)存在,由(1)知ED⊥DB,A1D⊥平面BCED.以D为坐标原点,以射线DB,DE,DA1分别为x轴、y轴、z轴的正半轴建立空间直角坐标系D-xyz,如图,过P作PH∥DE交BD于点H,设PB=2a(0≤2a≤3),则BH=a,PH= a,DH=2-a,易知A1(0,0,1),P(2-a, a,0),E(0, ,0),所以 =(a-2,- a,1).因为ED⊥平面A1BD,
所以平面A1BD的一个法向量为 =(0, ,0),因为直线PA1与平面A1BD所成的角为60°,所以sin 60°= 解得a= .所以PB=2a= ,满足0≤2a≤3,符合题意.所以在线段BC上存在点P,使直线PA1与平面A1BD所成的角为60°,此时PB= .
十一 空间角、空间距离的计算问题(40分钟 80分)1.(2020·北京高考)如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,E为BB1的中点.(1)求证:BC1∥平面AD1E;(2)求直线AA1与平面AD1E所成角的正弦值.
【解析】不妨设棱长AB=2,如图建系,则A(0,0,0),B(0,2,0),C(2,2,0),D(2,0,0),A1(0,0,2),B1(0,2,2),C1(2,2,2),D1(2,0,2),E(0,2,1),
(1) =(2,0,2), =(2,0,2), =(0,2,1),设平面AD1E的法向量m=(x,y,z),则 不妨取m=(-2,-1,2), ·m=0, ⊥m,又因为BC1⊄平面AD1E,所以BC1∥平面AD1E;
(2) =(0,0,2),所以cs< ,m>= 所以直线AA1与平面AD1E所成角的正弦值为 .
2.如图,已知四棱锥P-ABCD的底面是等腰梯形,AD∥BC,AD=2,BC=4,∠ABC=60°,△PAD为等边三角形,且点P在底面ABCD上的射影为AD的中点G,点E在线段BC上,且CE∶EB=1∶3.(1)求证:DE⊥平面PAD;(2)求二面角A-PC-D的余弦值.
【解题导引】(1)由等腰梯形的性质可证得DE⊥AD,由射影可得PG⊥平面ABCD,进而求证;(2)取BC的中点F,连接GF,以G为原点,GA所在直线为x轴,GF所在直线为y轴,GP所在直线为z轴,建立空间直角坐标系,分别求得平面APC与平面DPC的法向量,再利用数量积求解即可.
【解析】(1)在等腰梯形ABCD中,因为点E在线段BC上,且CE∶EB=1∶3,所以点E为BC上靠近C点的四等分点,因为AD=2,BC=4,CE=1,所以DE⊥AD,因为点P在底面ABCD上的射影为AD的中点G,连接PG,所以PG⊥平面ABCD,因为DE⊂平面ABCD,所以PG⊥DE.又AD∩PG=G,AD⊂平面PAD,PG⊂平面PAD,所以DE⊥平面PAD.
(2)取BC的中点F,连接GF,以G为原点,GA所在直线为x轴,GF所在直线为y轴,GP所在直线为z轴,建立空间直角坐标系,如图所示,由(1)易知,DE⊥CB,CE=1,又∠ABC=∠DCB=60°,所以DE=GF= ,因为AD=2,△PAD为等边三角形,所以PG= ,
则G(0,0,0),A(1,0,0),D(-1,0,0),P(0,0, ),C(-2, ,0),所以 =(-3, ,0), =(-1,0, ), =(-1, ,0), =(1,0, ),设平面APC的法向量为m=(x1,y1,z1), 令x1= ,则y1=3,z1=1,所以m=( ,3,1),
设平面DPC的法向量为n=(x2,y2,z2), 令x2= ,则y2=1,z2=-1,所以 设平面APC与平面DPC的夹角为θ,则 所以二面角A-PC-D的余弦值为
3.(2020·天津高考)如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,CC1⊥平面ABC,AC⊥BC,AC=BC=2,CC1=3,点D,E分别在棱AA1和棱CC1上,且AD=1,CE=2,M为棱A1B1的中点.(1)求证:C1M⊥B1D;(2)求二面角B-B1E-D的正弦值;(3)求直线AB与平面DB1E所成角的正弦值.
【命题意图】本题考查利用空间向量法证明线线垂直,求二面角和线面角的正弦值,考查推理能力与运算能力,属于中档题.
【解析】依题意,以C为原点,分别以 的方向为x轴、y轴、z轴的正方向建立空间直角坐标系, 可得C(0,0,0),A(2,0,0),B(0,2,0),C1(0,0,3),A1(2,0,3),B1(0,2,3),D(2,0,1),E(0,0,2),M(1,1,3).(1)依题意, =(1,1,0), =(2,-2,-2),从而 · =2-2+0=0,所以C1M⊥B1D.
(2)依题意, =(2,0,0)是平面BB1E的一个法向量, =(0,2,1), =(2,0,-1).设n=(x,y,z)为平面DB1E的一个法向量, 不妨设x=1,可得n=(1,-1,2).cs< ,n>= 所以sin< ,n>= 所以,二面角B-B1E-D的正弦值为 .
(3)依题意, =(-2,2,0).由(2)知n=(1,-1,2)为平面DB1E的一个法向量,于是cs< ,n>= 所以,直线AB与平面DB1E所成角的正弦值为 .
4.(2020·德州一模)如图,在四棱锥P-ABCD中,AD∥BC,∠ADC=∠PAB=90°,BC=CD= AD,E,M分别为棱AD,PD的中点,PA⊥CD.(1)证明:平面MCE∥平面PAB;(2)若二面角P-CD-A的大小为45°,求直线PA与平面PCE所成角的正弦值.
【解析】(1)因为点E为AD的中点,BC= AD,AD∥BC,所以四边形ABCE为平行四边形,即EC∥AB.因为E,M分别为棱AD,PD的中点,EM∥AP.EM∩EC=E,所以平面MCE∥平面PAB.
(2)如图所示. 因为PA⊥AB,PA⊥CD,AB与CD为相交直线,所以AP⊥平面ABCD,不妨设AD=2,则BC=CD= AD=1.
以与AD垂直的直线为x轴,AD所在直线为y轴,AP所在直线为z轴建立空间直角坐标系,设AP=h,A(0,0,0),D(0,2,0),C(-1,2,0),P(0,0,h),从而 面PCD的法向量记为m= 则 令y1=1,则z1= ,m=
又面ACD的法向量为 二面角P-CD-A的大小为45°. 解得h=2,所以 所以 设平面PCE的法向量为n=
令y2=2,则x2=2,z2=1.所以n= .设直线PA与平面PCE所成角为θ,则sin θ=
5.如图①:在平行四边形ABCD中,BD⊥CD,BE⊥AD,将△ABD沿对角线BD折起,使AB⊥BC,连接AC,EC,得到如图②所示三棱锥A-BCD.(1)证明:BE⊥平面ADC;(2)若ED=1,二面角C-BE-D的平面角的正切值为 ,求直线BD与平面ADC所成角的正弦值.
【解析】(1)在平行四边形ABCD中,BD⊥CD,则AB⊥BD.在三棱锥A-BCD中,因为AB⊥BC,BC∩BD=B.所以AB⊥平面BCD,所以AB⊥CD.又BD⊥CD,AB∩BD=B,所以CD⊥平面ABD.又BE⊂平面ABD,所以CD⊥BE.因为BE⊥AD,AD∩CD=D,所以BE⊥平面ADC.(2)由(1)知BE⊥平面ADC,因为EC⊂平面ADC,所以BE⊥EC,又BE⊥ED,所以∠DEC即为二面角C-BE-D的平面角,即tan∠DEC=
因为CD⊥平面ABD,AD⊂平面ABD.所以CD⊥AD,故tan∠DEC= 又ED=1.所以AB=CD= .在平行四边形ABCD,∠ADB=∠DBC,∠BED=∠BDC=90°,所以△DEB与△BDC为相似三角形,则 设BD=m(m>0),解得BC= 故 解得m= ,所以BD= ,BC=3.
过点D作DF∥AB,以D为坐标原点, 的方向为x轴、y轴、z轴的正方向,建立空间直角坐标系,如图所示.则D(0,0,0),A( ,0, ),C(0, ,0),B( ,0,0),所以 设平面ADC的法向量为n=(x,y,z),
得n=(2 ,0,- ).设直线BD与平面ADC所成角为θ,sin θ=|cs< ,n>|= 即直线BD与平面ADC所成角的正弦值为 .
6.如图,在四棱锥P-ABCD中,平面PAD⊥平面ABCD,AD∥BC,AB=BC=PA=1,AD=2,∠PAD=∠DAB=∠ABC=90°,点E在棱PC上,且CE=λCP.(1)求证:CD⊥AE;(2)是否存在实数λ,使得二面角C-AE-D的余弦值为 ?若存在,求出实数λ的值;若不存在,请说明理由.
【解析】(1)过点C作CF∥AB交AD于点F,因为AB=BC=1,AD=2,∠DAB=∠ABC=90°,AD∥BC,所以四边形ABCF为正方形,且AF=FD=1,AC= .在Rt△CFD中,CD= ,在△ACD中,因为CD2+AC2=4=AD2,所以CD⊥AC.因为∠PAD=90°,所以PA⊥AD.又平面PAD⊥平面ABCD,平面PAD∩平面ABCD=AD,所以PA⊥平面ABCD,所以PA⊥CD.因为PA,AC⊂平面PAC,且PA∩AC=A,所以CD⊥平面PAC,所以CD⊥AE.
(2)因为∠PAD=90°,所以PA⊥AD.又平面PAD⊥平面ABCD,平面PAD∩平面ABCD=AD,所以PA⊥平面ABCD.所以PA⊥CD,PA⊥AB,以点A为坐标原点,AB,AD,AP所在直线为坐标轴建立空间直角坐标系,A(0,0,0),P(0,0,1),C(1,1,0),D(0,2,0), =(-1,1,0), =(0,2,0), 假设存在实数λ使得二面角C-AE-D的余弦值为 ,
因为点E在棱PC上,所以λ∈[0,1].设E(x,y,z),因为 所以(x-1,y-1,z)=λ(-1,-1,1),所以E(1-λ,1-λ,λ),则 =(1-λ,1-λ,λ),因为CD⊥平面PAC,所以平面AEC的一个法向量为n= =(-1,1,0),设平面AED的一个法向量为m=(x1,y1,z1),
相关课件
新教材适用2024版高考数学二轮总复习第1篇核心专题提升多维突破专题4立体几何第3讲空间向量与空间角课件： 这是一份新教材适用2024版高考数学二轮总复习第1篇核心专题提升多维突破专题4立体几何第3讲空间向量与空间角课件，共60页。PPT课件主要包含了专题四立体几何，分析考情·明方向，真题研究·悟高考，考点突破·提能力等内容，欢迎下载使用。
新教材适用2024版高考数学二轮总复习第1篇核心专题提升多维突破专题4立体几何第4讲空间向量与距离探究性问题课件： 这是一份新教材适用2024版高考数学二轮总复习第1篇核心专题提升多维突破专题4立体几何第4讲空间向量与距离探究性问题课件，共60页。PPT课件主要包含了专题四立体几何，分析考情·明方向，真题研究·悟高考，考点突破·提能力等内容，欢迎下载使用。
新高考数学二轮复习课件专题八8.5 空间角与距离、空间向量及其应用（含解析）： 这是一份新高考数学二轮复习课件专题八8.5 空间角与距离、空间向量及其应用（含解析），共25页。
