高考數(shù)學復習 17-18版 附加題部分 第2章 第64課 立體幾何中的向量方法
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1、 第64課 立體幾何中的向量方法 [最新考綱] 內容 要求 A B C 直線的方向向量與平面的法向量 √ 空間向量的應用 √ 1.直線的方向向量與平面的法向量 (1)直線的方向向量:如果表示非零向量a的有向線段所在直線與直線l平行或重合,則稱此向量a為直線l的方向向量. (2)平面的法向量:直線l⊥α,取直線l的方向向量a,則向量a叫作平面α的法向量. 2.空間位置關系的向量表示 直線l1,l2的方向向量分別為n1,n2 l1∥l2 n1∥n2?n1=λn2 l1⊥l2 n1⊥n2?n1·n2=0 直線l的方向向量為n,平面α
2、的法向量為m l∥α n⊥m?n·m=0 l⊥α n∥m?n=λm 平面α,β的法向量分別為n,m α∥β n∥m?n=λm α⊥β n⊥m?n·m=0 3.求兩條異面直線所成的角 設a,b分別是兩異面直線l1,l2的方向向量,則 l1與l2所成的角θ a與b的夾角〈a,b〉 范圍 0≤θ≤ 0≤〈a,b〉≤π 關系 cos θ=|cos〈a,b〉=| cos〈a,b〉= 4.求直線與平面所成的角 設直線l的方向向量為a,平面α的法向量為n,直線l與平面α所成的角為θ,則sin θ=|cos〈a,n〉|=. 5.求二面角的大小 (1)若AB,C
3、D分別是二面角α-l-β的兩個面內與棱l垂直的異面直線,則二面角的大小就是向量與的夾角(如圖①). 圖64-1 (2)設n1,n2分別是二面角α-l-β的兩個面α,β的法向量,則向量n1與n2的夾角(或其補角)的大小就是二面角的平面角的大小(如圖②③). 1.(思考辨析)判斷下列結論的正誤.(正確的打“√”,錯誤的打“×”) (1)兩直線的方向向量所成的角就是兩條直線所成的角.( ) (2)直線的方向向量和平面的法向量所成的角就是直線與平面所成的角.( ) (3)兩個平面的法向量所成的角是這兩個平面所成的角.( ) (4)兩異面直線夾角的范圍是,直線與平面所成角的范
4、圍是,二面角的范圍是[0,π]. [答案] (1)× (2)× (3)× (4)√ 2.(教材改編)設u=(-2,2,t),v=(6,-4,4)分別是平面α,β的法向量.若α⊥β,則t=________. 5 [∵α⊥β,則u·v=-2×6+2×(-4)+4t=0, ∴t=5.] 3.已知向量m,n分別是直線l和平面α的方向向量和法向量,若cos〈m,n〉=-,則l與α所成的角為________. [設l與α所成的角為θ,則 sin θ=|cos〈m,n〉|=, 又θ∈[0,π], ∴θ=.] 4.如圖64-2所示,在正方體ABCD-A1B1C1D1中,O是底面正方形
5、ABCD的中心,M是D1D的中點,N是A1B1的中點,則直線ON,AM所成的角為________. 圖64-2 90° [以A為原點,分別以,,所在直線為x,y,z軸,建立空間直角坐標系(圖略),設正方體的棱長為1,則A(0,0,0),M,O,N,·=·=0,∴ON與AM垂直.即直線ON,AM所成的角為90°.] 5.過正方形ABCD的頂點A作線段PA⊥平面ABCD,若AB=PA,則平面ABP與平面CDP所成的二面角為________. 45° [如圖,建立空間直角坐標系,設AB=PA=1,則A(0,0,0),D(0,1,0),P(0,0,1),由題意,AD⊥平面PAB,設E為PD
6、的中點,連結AE,則AE⊥PD,又CD⊥平面PAD, ∴CD⊥AE,從而AE⊥平面PCD. ∴=(0,1,0),=分別是平面PAB,平面PCD的法向量,且〈,〉=45°. 故平面PAB與平面PCD所成的二面角為45°.] 利用向量證明平行與垂直問題 如圖64-3所示,在底面是矩形的四棱錐P-ABCD中,PA⊥底面ABCD,E,F(xiàn)分別是PC,PD的中點,PA=AB=1,BC=2. (1)求證:EF∥平面PAB; (2)求證:平面PAD⊥平面PDC. 圖64-3 [證明] 以A為原點,AB,AD,AP所在直線分別為x軸,y軸,z軸,建立空間直角坐標系如圖所示,則
7、A(0,0,0),B(1,0,0),C(1,2,0),D(0,2,0),P(0,0,1),所以E,F(xiàn),=,=(0,0,1),=(0,2,0),=(1,0,0),=(1,0,0). (1)因為=-,所以∥,即EF∥AB. 又AB?平面PAB,EF?平面PAB, 所以EF∥平面PAB. (2)因為·=(0,0,1)·(1,0,0)=0, ·=(0,2,0)·(1,0,0)=0, 所以⊥,⊥,即AP⊥DC,AD⊥DC. 又因為AP∩AD=A,AP?平面PAD,AD?平面PAD, 所以DC⊥平面PAD. 因為DC?平面PDC, 所以平面PAD⊥平面PDC. [規(guī)律方法] 1.
8、利用向量證明平行與垂直,充分利用已知的線面垂直關系構建空間直角坐標系,準確寫出相關點的坐標,從而將幾何證明轉化為向量運算.其中靈活建系是解題的關鍵. 2.運用向量知識判定空間位置關系,不可忽視幾何定理滿足的條件,如用直線的方向向量與平面的法向量垂直來證明線面平行,必需強調直線在平面外. [變式訓練1] 如圖64-4,四棱錐P-ABCD的底面為正方形,側棱PA⊥底面ABCD,且PA=AD=2,E,F(xiàn),H分別是線段PA,PD,AB的中點. 求證:(1)PB∥平面EFH; (2)PD⊥平面AHF. 圖64-4 [證明] 建立如圖所示的空間直角坐標系A-xyz. ∴A(0,0,0
9、),B(2,0,0),C(2,2,0),D(0,2,0),P(0,0,2),E(0,0,1),F(xiàn)(0,1,1),H(1,0,0). (1)∵=(2,0,-2),=(1,0,-1), ∴=2,∴PB∥EH. ∵PB?平面EFH,且EH?平面EFH, ∴PB∥平面EFH. (2)=(0,2,-2),=(1,0,0),=(0,1,1), ∴·=0×0+2×1+(-2)×1=0, ·=0×1+2×0+(-2)×0=0, ∴PD⊥AF,PD⊥AH. 又∵AF∩AH=A,∴PD⊥平面AHF. 線面角與異面直線所求的角 角度1 求異面直線所成的角 將正方形ABCD沿對角線AC折
10、起,當以A,B,C,D四點為頂點的三棱錐體積最大時,異面直線AD與BC所成的角為________. 【導學號:62172342】 [不妨以△ABC為底面,則由題意當以A,B,C,D為頂點的三棱錐體積最大,即點D到底面△ABC的距離最大時,平面ADC⊥平面ABC. 設點O是AC的中點,連結BO,DO. 則易知BO,CO,DO兩兩互相垂直. 以O為坐標原點,建立如圖所示的空間直角坐標系,令BO=CO=DO=1. 則O(0,0,0),A(0,-1,0),D(0,0,1),B(1,0,0),C(0,1,0), 于是=(0,1,1),=(-1,1,0), 因此cos〈,〉===.
11、 所以異面直線AD與BC所成的角為.] [規(guī)律方法] 1.利用向量法求異面直線所成的角. (1)選好基底或建立空間直角坐標系; (2)求出兩直線的方向向量ν1,ν2; (3)代入公式|cos〈ν1,ν2〉|=求解. 2.兩異面直線所成角的范圍是θ∈,兩向量的夾角α的范圍是[0,π],當異面直線的方向向量的夾角為銳角或直角時,就是該異面直線的夾角;當異面直線的方向向量的夾角為鈍角時,其補角才是異面直線的夾角. 角度2 求直線與平面所成的角 如圖64-5所示,長方體ABCD-A1B1C1D1中,AB=16,BC=10,AA1=8,點E,F(xiàn)分別在A1B1,D1C1上,A1E=D1F
12、=4.過點E,F(xiàn)的平面α與此長方體的面相交,交線圍成一個正方形. (1)在圖中畫出這個正方形(不必說明畫法和理由); (2)求直線AF與平面α所成角的正弦值. 圖64-5 [解] (1)交線圍成的正方形EHGF如圖所示. (2)作EM⊥AB,垂足為M,則AM=A1E=4,EM=AA1=8, 因為四邊形EHGF為正方形,所以EH=EF=BC=10. 于是MH==6,所以AH=10. 以D為坐標原點,的方向為x軸正方向,建立如圖所示的空間直角坐標系D-xyz,則A(10,0,0),H(10,10,0),E(10,4,8),F(xiàn)(0,4,8),=(10,0,0),=(0,-6,
13、8). 設n=(x,y,z)是平面EHGF的法向量,則即 所以可取n=(0,4,3). 又=(-10,4,8),故|cos〈n,〉|==. 所以AF與平面EHGF所成角的正弦值為. [規(guī)律方法] 1.利用向量法求線面角的方法 (1)分別求出斜線和它在平面內的射影,直線的方向向量,轉化為求兩個方向向量的夾角(或其補角). (2)通過平面的法向量來求,即求出斜線的方向向量與平面的法向量所夾的銳角或鈍角的補角,取其余角就是斜線和平面所成的角. 2.(1)求直線與平面所成的角,不要誤認為是直線的方向向量與平面法向量的夾角. (2)若求線面角的余弦值,要利用平方關系sin2θ+cos2
14、θ=1求值. 利用空間向量求二面角 (2016·全國卷Ⅰ)如圖64-6,在以A,B,C,D,E,F(xiàn)為頂點的五面體中,面ABEF為正方形,AF=2FD,∠AFD=90°,且二面角D-AF-E與二面角C-BE-F都是60°. (1)證明:平面ABEF⊥平面EFDC; (2)求二面角E-BC-A的余弦值. 圖64-6 [解] (1)證明:由已知可得AF⊥DF,AF⊥FE, 所以AF⊥平面EFDC. 又AF?平面ABEF,故平面ABEF⊥平面EFDC. (2)過D作DG⊥EF,垂足為G. 由(1)知DG⊥平面ABEF. 以G為坐標原點,的方向為x軸正方向,||為單位
15、長,建立如圖所示的空間直角坐標系G-xyz. 由(1)知∠DFE為二面角D-AF-E的平面角,故∠DFE=60°,則|DF|=2,|DG|=,可得A(1,4,0),B(-3,4,0),E(-3,0,0),D(0,0,). 由已知得AB∥EF,所以AB∥平面EFDC. 又平面ABCD∩平面EFDC=CD,故AB∥CD,CD∥EF. 由BE∥AF,可得BE⊥平面EFDC, 所以∠CEF為二面角C-BE-F的平面角,∠CEF=60°. 從而可得C(-2,0,). 所以=(1,0,),=(0,4,0),=(-3,-4,),=(-4,0,0). 設n=(x,y,z)是平面BCE的法向量,
16、 則即 所以可取n=(3,0,-). 設m是平面ABCD的法向量,則 同理可取m=(0,,4). 則cos〈n,m〉==-. 故二面角E-BC-A的余弦值為-. [規(guī)律方法] 1.求解本題要抓住幾點:(1)充分利用垂線,建立恰當?shù)闹苯亲鴺讼担? (2)確定二面角D-AF-E與二面角C-BE-F的平面角;(3)從空間圖形能判定二面角E-BC-A為鈍角. 2.利用向量計算二面角大小的常用方法: (1)找法向量法:分別求出二面角的兩個半平面所在平面的法向量,然后通過兩個平面的法向量的夾角得到二面角的大小,但要注意結合實際圖形判斷所求角的大?。? (2)找與棱垂直的方向向量法:分別在
17、二面角的兩個半平面內找到與棱垂直且以垂足為起點的兩個向量,則這兩個向量的夾角的大小就是二面角的大小. [變式訓練2] 如圖64-7,在梯形ABCD中,AB∥CD,AD=DC=CB=1,∠BCD=120°,四邊形BFED為矩形,平面BFED⊥平面ABCD,BF=1. (1)求證:AD⊥平面BFED; (2)點P在線段EF上運動,設平面PAB與平面ADE所成銳二面角為θ,試求θ的最小值. 【導學號:62172343】 圖64-7 [解] (1)證明:在梯形ABCD中, ∵AB∥CD,AD=DC=CB=1,∠BCD=120°,∴AB=2. ∴BD2=AB2+AD2-2AB·AD·c
18、os 60°=3. ∴AB2=AD2+BD2,∴AD⊥BD. ∵平面BFED⊥平面ABCD, 平面BFED∩平面ABCD=BD, ∴AD⊥平面BFED. (2)由(1)知可建立以直線DA,DB,DE為x軸,y軸,z軸的如圖所示的空間直角坐標系,令EP=λ(0≤λ≤), 則D(0,0,0),A(1,0,0),B(0,,0),P(0,λ,1), ∴=(-1,,0),=(0,λ-,1). 設n1=(x,y,z)為平面PAB的法向量, 由得 取y=1,則n1=(,1,-λ). ∵n2=(0,1,0)是平面ADE的一個法向量, ∴cos θ===. ∵0≤λ≤,∴當λ=時,
19、cos θ有最大值. ∴θ的最小值為. 利用空間向量解決探索性問題 如圖①所示,正△ABC的邊長為4,CD是AB邊上的高,E,F(xiàn)分別是AC和BC邊的中點,現(xiàn)將△ABC沿CD翻折成直二面角A-DC-B,如圖②所示. (1)試判斷直線AB與平面DEF的位置關系,并說明理由; (2)求二面角E-DF-C的余弦值; (3)在線段BC上是否存在一點P,使AP⊥DE?證明你的結論. ① ?、? 圖64-8 [解] (1)如圖,在△ABC中,由E,F(xiàn)分別是AC,BC中點,得EF∥AB. 又AB?平面DEF,EF?平面DEF, ∴AB∥平面DEF. (2)
20、以D為原點,建立如圖所示的空間直角坐標系, 則A(0,0,2),B(2,0,0),C(0,2,0),E(0,,1),F(xiàn)(1,,0),易知平面CDF的法向量為=(0,0,2). 設平面EDF的法向量為n=(x,y,z), 則 即 取n=(3,-,3), cos〈,n〉==, ∴二面角E-DF-C的余弦值為. (3)設P(x,y,0),則·=y(tǒng)-2=0, ∴y=. 又=(x-2,y,0),=(-x,2-y,0). ∵∥, ∴(x-2)(2-y)=-xy, ∴x+y=2. 把y=代入上式得x=, ∴=, ∴在線段BC上存在點P,使AP⊥DE. [規(guī)律方法] 1.根據(jù)
21、題目的條件進行綜合分析和觀察猜想,找出點或線的位置,并用向量表示出來,然后再加以證明,得出結論. 2.假設所求的點或參數(shù)存在,并用相關參數(shù)表示相關點,根據(jù)線、面滿足的垂直、平行關系,構建方程(組)求解,若能求出參數(shù)的值且符合該限定的范圍,則存在,否則不存在. [變式訓練3] (2017·常州模擬)如圖64-9,在長方體ABCD -A1B1C1D1中,AA1=AD=1,E為CD中點. (1)求證:B1E⊥AD1; (2)在棱AA1上是否存在一點P,使得DP∥平面B1AE?若存在,求AP的長;若不存在,說明理由. 圖64-9 [解] 以A為原點,,,的方向分別為x軸,y軸,z軸的正
22、方向建立如圖所示的空間直角坐標系.設AB=a. (1)證明:A(0,0,0),D(0,1,0),D1(0,1,1),E,B1(a,0,1),故=(0,1,1),=. 因為·=-×0+1×1+(-1)×1=0, 因此⊥, 所以B1E⊥AD1. (2)存在滿足要求的點P, 假設在棱AA1上存在一點P(0,0,z0), 使得DP∥平面B1AE,此時=(0,-1,z0), 再設平面B1AE的一個法向量為n=(x,y,z). =(a,0,1),=. 因為n⊥平面B1AE,所以n⊥,n⊥,得 取x=1,則y=-,z=-a, 則平面B1AE的一個法向量n=. 要使DP∥平面B1
23、AE,只要n⊥,有-az0=0,解得z0=. 所以存在點P,滿足DP∥平面B1AE,此時AP=. [思想與方法] 1.用向量法解決立體幾何問題,是空間向量的一個具體應用,體現(xiàn)了向量的工具性,這種方法可把復雜的推理證明、輔助線的作法轉化為空間向量的運算,降低了空間想象演繹推理的難度,體現(xiàn)了由“形”轉“數(shù)”的轉化思想. 2.用向量來求空間角,都需將各類角轉化成對應向量的夾角來計算,問題的關鍵在于確定對應線段的向量. [易錯與防范] 1.用向量知識證明立體幾何問題,仍然離不開立體幾何中的定理.若用直線的方向向量與平面的法向量垂直來證明線面平行,必需強調直線在平面外. 2.利用向量求
24、角,一定要注意將向量夾角轉化為各空間角.因為向量夾角與各空間角的定義、范圍不同. 3.求二面角要根據(jù)圖形確定所求角是銳角還是鈍角. 課時分層訓練(八) A組 基礎達標 (建議用時:30分鐘) 1.(2017·蘇州模擬)如圖64-10,在棱長為3的正方體ABCD-A1B1C1D1中,A1E=CF=1. 圖64-10 (1)求兩條異面直線AC1與D1E所成角的余弦值; (2)求直線AC1與平面BED1F所成角的正弦值. [解] ∵DA,DC,DD1兩兩垂直, ∴以DA,DC,DD1所在直線為x,y,z軸, 建立空間直角坐標系,如圖所示, ∵棱長為3,A1E=CF=1,
25、 則D(0,0,0),A(3,0,0),B(3,3,0),C(0,3,0),D1(0,0,3),A1(3,0,3),B1(3,3,3),C1(0,3,3),E(3,0,2),F(xiàn)(0,3,1), ∴=(-3,3,3),=(3,0,-1) ∴cos〈,〉==-.所以兩條異面直線AG與D1E所成的余弦值為-. (2)設平面BED1F的法向量是n=(x,y,z),又∵=(0,-3,2),=(-3,0,1), n⊥,n⊥,∴n·=n·=0, 即,令z=3,則x=1,y=2,所以n=(1,2,3),又=(-3,3,3), ∴cos〈,n〉==, ∴直線AC1與平面BED1F所成角是-〈,n〉
26、, 它的正弦值是sin=cos〈,n〉=. 2.(2017·南京模擬)如圖64-11,已知正方形ABCD和矩形ACEF所在的平面互相垂直,AB=,AF=1,M是線段EF的中點. 圖64-11 (1)求二面角A-DF-B的大小; (2)試在線段AC上確定一點P,使PF與BC所成的角是60°. 【導學號:62172344】 [解] (1)以,,為正交基底,建立空間直角坐標系, 則E(0,0,1),D(,0,0),F(xiàn)(,,1),B(0,,0),A(,,0),=(,-,0),=(,0,1).平面ADF的法向量t=(1,0,0), 設平面DFB法向量n=(a,b,c),則n·=0
27、,n·=0, 所以令a=1,得b=1,c=-,所以n=(1,1,-). 設二面角A-DF-B的大小為θ, 從而cos θ=|cos 〈n,t〉|=,∴θ=60°, 故二面角A-DF-B的大小為60°. (2)依題意,設P(a,a,0)(0≤a≤),則=(-a,-a,1),=(0,,0). 因為〈,〉=60°,所以cos 60°==,解得a=, 所以點P應在線段AC的中點處. 3.(2017·泰州期末)如圖64-12,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,AC=3,BC=4,AB=5,AA1=4. (1)設=λ,異面直線AC1與CD所成角的余弦值為,求λ的值; 圖64-12
28、 (2)若點D是AB的中點,求二面角D-CB1-B的余弦值. [解] (1)由AC=3,BC=4,AB=5得∠ACB=90°, 以CA,CB,CC1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系.則A(3,0,0),C1(0,0,4),B(0,4,0),設D(x,y,z),則由=λ得=(3-3λ,4λ,0), 而=(-3,0,4), 根據(jù)=, 解得λ=或λ=-. (2)=,=(0,4,4),可取平面CDB1的一個法向量為n1=(4,-3,3). 而平面CBB1的一個法向量為n2=(1,0,0),并且〈n1n2〉與二面角D-CB1-B相等, 所以二面角D-CB1-
29、B的余弦值為cos θ=cos〈n1,n2〉=. 4.(2017·揚州期中)如圖64-13,已知直三棱柱ABC-A1B1C1中,AB⊥AC,AB=3,AC=4,B1C⊥AC1. 圖64-13 (1)求AA1的長. (2)在線段BB1存在點P,使得二面角P-A1C-A大小的余弦值為,求的值. 【導學號:62172345】 [解] (1)以AB,AC,AA1所在直線分別為x,y,z軸,建立如圖所示的空間直角坐標, 設BB1=t, 則A(0,0,0),C1(0,4,t),B1(3,0,t),C(0,4,0) ∴=(0,4,t), =(-3,4,-t) ∵B1C⊥AC1, ∴
30、·=0, 即16-t2=0,由t>0,解得t=4,即AA1的長為4. (2)設P(3,0,m),又A(0,0,0),C(0,4,0),A1(0,0,4) ∴=(0,4,-4),=(3,0,m-4),且0≤m≤4 設n=(x,y,z)為平面PA1C的法向量, ∴n⊥,n⊥, ∴取z=1,解得y=1,x=, ∴n=為平面PA1C的一個法向量. 又知=(3,0,0)為平面A1CA的一個法向量,則cos〈n,〉=. ∵二面角P-A1C1-A大小的余弦值為, ∴=, 解得m=1,∴=. B組 能力提升 (建議用時:15分鐘) 1.(2017·蘇州市期中)在如圖64-14所示的
31、四棱錐S-ABCD中,SA⊥底面ABCD,∠DAB=∠ABC=90°,SA=AB=BC=a,AD=3a(a>0),E為線段BS上的一個動點. 圖64-14 (1)證明DE和SC不可能垂直; (2)當點E為線段BS的三等分點(靠近B)時,求二面角S-CD-E的余弦值. [解] (1)證明:∵SA⊥底面ABCD,∠DAB=90°, ∴AB,AD,AS兩兩垂直. 以A為原點,AB,AD,AS所在的直線分別為x軸、y軸、z軸建立空間直角坐標系(如圖). 則S(0,0,a),C(a,a,0),D(0,3a,0)(a>0), ∵SA=AB=a且SA⊥AB, ∴設E(x,0,a-x
32、)其中0≤x≤a, ∴=(x,-3a,a-x),=(a,a,-a), 假設DE和SC垂直,則·=0, 即ax-3a2-a2+ax=2ax-4a2=0,解得x=2a, 這與0≤x≤a矛盾,假設不成立,所以DE和SC不可能垂直. (2)∵E為線段BS的三等分點(靠近B), ∴E. 設平面SCD的一個法向量是n1=(x1,y1,z1),平面CDE的一個法向量是n2=(x2,y2,z2), ∵=(-a,2a,0),=(0,3a,-a), ∴, 即,即,取n1=(2,1,3), ∵=(-a,2a,0), =, ∴,即, 即, 取n2=(2,1,5), 設二面角S-CD-E
33、的平面角大小為θ,由圖可知θ為銳角, ∴cos θ=|cos〈n1,n2〉|===, 即二面角S-CD-E的余弦值為. 2.(2017·南通模擬)如圖64-15,在四棱錐P-ABCD中,底面ABCD為直角梯形,∠ABC=∠BAD=90°,且PA=AB=BC=AD=1,PA⊥平面ABCD. 圖64-15 (1)求PB與平面PCD所成角的正弦值; (2)棱PD上是否存在一點E滿足∠AEC=90°?若存在 ,求AE的長;若不存在,說明理由. [解] (1)依題意,以A為坐標原點,分別以AB,AD,AP為x,y,z軸建立空間直角坐標系A-xyz, 則P(0,0,1),B(1,0,0
34、),C(1,1,0),D(0,2,0), 從而=(1,0,-1),=(1,1,-1),=(0,2,-1), 設平面PCD的法向量為n=(a,b,c),則n·=0,且n·=0,即a+b-c=0,且2b-c=0,不妨取c=2,則b=1,a=1,所以平面PCD的一個法向量為n=(1,1,2),此時cos〈,n〉==-, 所以PB與平面PCD所成角的正弦值為. (2)設=λ(0≤λ≤1),則E(0,2λ,1-λ), 則=(-1,2λ-1,1-λ),=(0,2λ,1-λ), 由∠AEC=90°得, ·=2λ(2λ-1)+(1-λ)2=0, 化簡得,5λ2-4λ+1=0,該方程無解, 所
35、以,棱PD上不存在一點E滿足∠AEC=90°. 3.(2017·南京鹽城一模)直三棱柱ABC-A1B1C1中,AB⊥AC,AB=2,AC=4,AA1=2,=λ. 圖64-16 (1)若λ=1,求直線DB1與平面A1C1D所成角的正弦值; (2)若二面角B1-A1C1-D的大小為60°,求實數(shù)λ的值. [解] 分別以AB,AC,AA1所在直線為x,y,z軸建立空間直角坐標系(圖略). 則A(0,0,0,)B(2,0,0),C(0,4,0),A1(0,0,2),B1(2,0,2),C1(0,4,2) (1)當λ=1時,D為BC的中點,所以D(1,2,0),=(1,-2,2),=(
36、0,4,0),=(1,2,-2), 設平面A1C1D的法向量為n1=(x,y,z) 則所以取n1=(2,0,1),又cos〈,n1〉=== , 所以直線DB1與平面A1C1D所成角的正弦值為. (2)∵=λ,∴D, ∴=(0,4,0),=, 設平面A1C1D的法向量為n1=(x,y,z), 則 所以取n1=(λ+1,0,1). 又平面A1B1C1的一個法向量為n2=(0,0,1), 由題意得|cos〈n1,n2〉|=, 所以=,解得λ=-1或λ=--1(不合題意,舍去). 所以實數(shù)λ的值為-1. 4.(2017·無錫模擬) 如圖64-17,在四棱柱ABCD-A1B1C
37、1D1中,側面ADD1A1⊥底面ABCD,D1A=D1D=,底面ABCD為直角梯形,其中BC∥AD,AB⊥AD,AD=2AB=2BC=2. 圖64-17 (1)在平面ABCD內找一點F,使得D1F⊥平面AB1C; (2)求二面角C-B1A-B的平面角的余弦值. [解] (1)以A為坐標原點,建立如圖所示的空間直角坐標系A-xyz, 則A(0,0,0),B(1,0,0),C(1,1,0),D1(0,1,1),B1(1,-1,1),設F(a,b,0),則=(a,b-1,-1), 由 得a=b=, 所以F, 即F為AC的中點. (2)由(1)可取平面B1AC的一個法向量n1==. 設平面B1AB的法向量n2=(x,y,z), 由得 取n2=(0,1,1). 則cos〈n1,n2〉==-, 所以二面角C-B1A-B的平面角的余弦值為.
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