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走向高考·一轮总复习人教A版数学 文科9-8


基础巩固强化 1.(2012· 云南省统考)在棱长为 2 的正方体 ABCD-A1B1C1D1 中, 点 E、F 分别是棱 AB、BC 的中点,则点 C1 到平面 B1EF 的距离等于 ( )

2 A.3 2 3 C. 3 [答案] D

2 2 B. 3 4 D.3

[解析] 解法 1:设点 C1 到平面 B1EF 的距离 h.如图,连结 EC1, FC1,由题意得|B1E|=|B1F|= |B1B|2+|EB|2= 5,|EF|= 2,等腰△ B1EF 底边 EF 上的高为:h1= 1 3 2 |B1E|2-?2|EF|?2= 2 ,则 S△B1EF

1 3 1 1 1 =2|EF|·1=2,那么 VC1-B1EF=3S△B1EF· 2h;又 VE-B1C1F=3S h h=
△B1C1F· |EB|=

1 1 2 2 1 ×(2×2×2)×1=3,且 VC1-B1EF=VE-B1C1F,即3=2h, 3

4 得 h=3,选 D.

→ → → 解法 2:以 B1 为原点分别以B1C1、B1A1、B1B的方向为 x 轴、y 轴、z 轴的正方向建立空间直角坐标系,则 B1(0,0,0),C1(2,0,0), E(0,1,2),F(1,0,2). 设平面 B1EF 的法向量为 n=(x,y,z),则

? → ?n· 1F=0, B ? → ?n· E=0, ? B1

?y+2z=0, ? ∴? ∴x=y=-2z. ?x+2z=0. ?

令 z=1 得 n=(-2,-2,1), → 又B1C1=(2,0,0), → |n· 1C1| 4 B ∴C1 到平面 B1EF 的距离 h= =3,故选 D. |n| 2.在直三棱柱 A1B1C1-ABC 中,∠BCA=90° ,点 D1、F1 分别 是 A1B1、A1C1 的中点,BC=CA=CC1,则 BD1 与 AF1 所成的角的余 弦值是( 30 A. 10 30 C. 15 [答案] A [解析]
?

) 1 B.2 15 D. 10

建立如图所示的坐标系,设 BC=1,则 A(-1,0,0),
?

? 1 ? 1 1 F1?-2,0,1?,B(0,-1,0),D1-2,-2,1,

→ ?1 → ? 1 1 ? ? ? ,0,1?,BD1=?- , ,1?. 即AF1= 2 2 2
? ? ? ?

→ → → → AF1· 1 BD 30 ∴cos〈AF1,BD1〉= = 10 . → → |AF1|· 1| |BD 3.已知正方体 ABCD-A1B1C1D1,则直线 BC1 与平面 A1BD 所成 的角的余弦值是( 2 A. 4 3 C. 3 [答案] C [解析] 如图,以 D 为坐标原点,直线 DA、DC、DD1 分别为 x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系,设正方体棱长为 1,则 D(0,0,0), A1(1,0,1),B(1,1,0),C1(0,1,1), ) 2 B. 3 3 D. 2

→ → → ∴DA1=(1,0,1),DB=(1,1,0),BC1=(-1,0,1), 设平面 A1BD 的一个法向量为 n=(x,y,z),

? → ?n· 1=0, DA 则? → ?n· =0. ? DB

?x+z=0, ?z=-x, ? ? ? ∴ ∴? ? ? ?x+y=0. ?y=-x.

令 x=1 得,n=(1,-1,-1), 设直线 BC1 与平面 A1BD 所成角为 θ,则 → → |BC1· n| 2 6 sinθ=|cos〈BC1,n〉|= = =3, → 2· 3 |BC1|· |n| 3 ∴cosθ= 1-sin2θ= 3 . 4.如图,在正方体 ABCD-A1B1C1D1 中,M、N 分别是棱 CD、 CC1 的中点,则异面直线 A1M 与 DN 所成的角的大小是( )

A.30° C.60° [答案] D

B.45° D.90°

1 [解析] 解法 1: CN 的中点 H, 取 连接 MH、 1H, MH=2DN. A 则

5 设正方体的棱长为 2,则 DN= 5,MH= 2 , A1M2=22+22+12=9. 1 41 从而 A1H2=(2-2)2+22+22= 4

∵A1H2=MH2+A1M2,∴∠A1MH=90° 解法 2:以 D 为原点,DA、DC、DD1 所在直线分别为 x 轴、y 1 轴、z 轴建立空间直角坐标系,设 AB=1,则 D(0,0,0),N(0,1,2), → → → 1 1 → 1 M(0, , A1(1,0,1), ∴DN=(0,1, ), 1=(1, 2, ∴DN· 1 - 1), MA 2 0), 2 MA → → =0,∴DN⊥MA1, ∴A1M 与 DN 所成角的大小为 90° . 5.(2013· 江西吉安一中上学期期中考试 )在长方体 ABCD- A1B1C1D1 中, 1C 和 C1D 与底面 A1B1C1D1 所成的角分别为 60° 45° B 和 , 则异面直线 B1C 和 C1D 所成角的余弦值为( 1 A.2 3 C. 4 [答案] D [解析] 设 A1B1=a,B1C1=b,C1C=c, 由条件知∠CB1C1=60° ,∠DC1D1=45° , c c ∴b= 3,a=1,∴c=a= 3b, 设 b= 3,则 a=c=3, 2 B. 4 6 D. 4 )

2 ∴A1D2=12,A1C1=12,C1D2=18,

∵B1C1∥A1D, ∴∠A1DC1 为异面直线 B1C 与 C1D 所成的角,
2 A1D2+C1D2-A1C1 12+18-12 6 cos∠A1DC1= = = 4 ,故选 D. 2A1D· 1D C 2×2 3×3 2

6.(2011· 广东省江门模拟)如图,ABCD-A1B1C1D1 是棱长为 6 的正方体,E、F 分别是棱 AB、BC 上的动点,且 AE=BF.当 A1、E、 F、C1 四点共面时,平面 A1DE 与平面 C1DF 所成二面角的余弦值为 ( )

3 A. 2

1 B.2

1 C.5 [答案] B

2 6 D. 5

[解析] 以 D 为原点,DA、DC、DD1 所在直线分别为 x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系,则 A1(6,0,6)、E(6,3,0)、F(3,6,0),设平

? → ?n1· =6a+3b=0, DE 面 A1DE 的法向量为 n1=(a, c), b, 依题意得? ?n ·→ =6a+6c=0, ? 1 DA1
令 a=-1,则 c=1,b=2,所以 n1=(-1,2,1),同理得平面 C1DF 的 一个法向量为 n2=(2,-1,1),由题图知,平面 A1DE 与平面 C1DF 所成二面角的余弦值为 |n1·2| 1 n = . |n1||n2| 2

7.(2012· 河南郑州质检)将斜边长为 2 2的等腰直角△ABC 沿斜 边 BC 上的高 AD 折成二面角 B-AD-C,则三棱锥 B-ACD 的体积 的最大值为________. [答案] 2 3

[解析] 欲使三棱锥 B-ACD 的体积最大,因为底面 ACD 面积 一定,故当点 B 到平面 ACD 的距离最大时,体积最大,因此当折成 1 1 直二面角时,所得的三棱锥的体积最大,其最大值 Vmax=3×2× 2 2 × 2× 2= 3 . 8.(2011· 海淀检测)若正四棱柱 ABCD-A1B1C1D1 的底面边长为 1,AB1 与底面 ABCD 成 60° 角,则 A1C1 到底面 ABCD 的距离为 ________. [答案] 3

[解析]

→ → → 设 A1C1 到底面的距离为 a(a>0),以 D 为原点,DA,DC,DD1的 方向分别为 x 轴、y 轴、z 轴的正方向建立如图空间直角坐标系,则 A(1,0,0),B1(1,1,a), → ∴AB1=(0,1,a), 又平面 ABCD 的一个法向量 n=(0,0,1), → → |AB1· n| 由条件知 sin60° =|cos〈AB1,n〉|= → |AB1|· |n| = |a| ,∴a= 3. a +1· 1
2

9.已知三棱锥底面是边长为 1 的等边三角形,侧棱长均为 2, 则侧棱与底面所成角的正弦值为________. [答案] [解析] 33 6

设正三角形 ABC 的中心为 O, O 作直线 l∥BC, 过 分别以直线 l、 AO、PO 为 x 轴、y 轴、z 轴建立如图空间直角坐标系,则底面 ABC 的一个法向量 n=(0,0,1), 3 由条件知 A(0,- 3 ,0),设 P(0,0,a)(a>0), → 33 由|PA|=2 得,a= 3 , 设侧棱与底面所成角为 θ,则 33 → → 3 n· AP 33 sinθ=|cos〈n,AP〉|= = = 6 . → 1×2 |n|· | |AP [点评] 由上述解答过程可见,本题不如用综合几何方法简便, AO 事实上图中∠PAO 为直线 PA 与底面 ABC 所成的角, cos∠PAO= PA = 3 33 ,∴sin∠PAO= 6 ,故在解题中,要注意依据所给条件灵活选取 6 解法. 10.如图所示,在正三棱柱 ABC-A1B1C1 中,底面边长为 a,侧 2 棱长为 2 a,D 是棱 A1C1 的中点.

(1)求证:BC1∥平面 AB1D; (2)求二面角 A1-AB1-D 的大小; (3)求点 C1 到平面 AB1D 的距离. [解析] (1)连结 A1B 与 AB1 交于 E,则 E 为 A1B 的中点,∵D 为 A1C1 的中点,∴DE 为△A1BC1 的中位线, ∴BC1∥DE. 又 DE?平面 AB1D,BC1?平面 AB1D, ∴BC1∥平面 AB1D.

(2)解法 1:过 D 作 DF⊥A1B1 于 F,由正三棱柱的性质可知,DF

⊥平面 ABB1A1,连结 EF,DE,在正△A1B1C1 中, 3 3 ∴B1D= 2 A1B1= 2 a, 3 由直角三角形 AA1D 中,AD= AA2+A1D2= 2 a, 1 ∴AD=B1D,∴DE⊥AB1, 由三垂线定理的逆定理可得 EF⊥AB1. 则∠DEF 为二面角 A1-AB1-D 的平面角, 3 又 DF= 4 a,∵△B1FE △B1AA1, EF B1E 3 π ∴AA =A B ?EF= 4 a,∴∠DEF=4. 1 1 1 π 故所求二面角 A1-AB1-D 的大小为4. 解法 2:(向量法) 1 1 2 建立如图所示空间直角坐标系,则 A(0,-2a,0),B1(0,2a, 2 3 2 1 2 3 1 2 a),C1(- 2 a,0, 2 a),A1(0,-2a, 2 a),D(- 4 a,-4a, 2 a).

→ → 2 3 3 ∴AB1=(0,a, 2 a),B1D=(- 4 a,-4a,0). 设 n=(x,y,z)是平面 AB1D 的一个法向量,则可得

? → ?n· 1=0, AB ? ?n·→ =0, ? B1D

?ay+ 22az=0, 所以? 3 3 ?- 4 ax-4ay=0,
取 y=1 可得 n=(- 3,1,- 2).

?y+ 2z=0, 2 即? ?x+ 3y=0.

→ 3 又平面 ABB1A1 的一个法向量 n1=OC=(- 2 a,0,0),设 n 与 n1 n·1 n 2 的夹角是 θ,则 cosθ= =2. |n|· 1| |n 又知二面角 A1-AB1-D 是锐角, π 所以二面角 A1-AB1-D 的大小是4. (3)解法 1: 设点 C1 到平面 AB1D 的距离为 h, AD2+DB2=AB2, 因 1 1

1? 3 ? 3 1 所以 AD⊥DB1,故 S△ADB1=2? a?2=8a2,而 S△C1B1D=2S△A1B1C1 ?2 ? 3 = 8 a2, 1 由 VC1-AB1D=VA-C1B1D?3S△AB1D· h 1 6 =3S△C1B1D· 1?h= 6 a. AA 解法 2:由(2)知平面 AB1D 的一个法向量 n=(- 3,1,- 2), → 3 1 2 AC1=(- 2 a,2a, 2 a), → |n· 1| a AC 6 ∴d= = = 6 a. |n| 6 6 即 C1 到平面 AB1D 的距离为 6 a. 能力拓展提升 11.如图, 正方体 ABCD-A1B1C1D1 的棱长为 1, 是底面 A1B1C1D1 O 的中心,则点 O 到平面 ABC1D1 的距离为( )

1 A.2

2 B. 4

2 C. 2 [答案] B

3 D. 2

[解析] 以 D 为原点,DA、DC、DD1 为 x 轴、y 轴、z 轴建立空
?1 1 ? 间直角坐标系, A(1,0,0), 则 B(1,1,0), 1(0,0,1), 1(0,1,1), ?2,2,1?, D C O ? ?

设平面 ABC1D1 的法向量 n=(x,y,1),则

? → ?n· =0, AB ? ?n·→ =0, ? AD1
?

?y=0, ?x=1, ? ? ? ∴ ∴? ∴n=(1,0,1), ? ? ?-x+1=0, ?y=0.

→ ? 1 1 ? 又OD1=?-2,-2,0?,
?

1 → |n· 1| 2 OD 2 ∴O 到平面 ABC1D1 的距离 d= = =4. |n| 2 [点评] 1.建立坐标系可以有不同的方案,如 以 A 为原点,直线 AB、AD、AA1 分别为 x 轴、y 轴、z 建立空间
?1 1 ? 直角坐标系,则 O?2,2,1?,A(0,0,0),B(1,0,0),D1(0,1,1), ? ?

设平面 ABC1D1 的法向量 n=(x,y,1),则

? → ?n· =0, AB ? ?n·→ =0, ? AD1

?x=0, ? ∴? ∴n=(0,-1,1), ?y=-1. ?

→ |AO· n| 2 ∴O 到平面 ABC1D1 的距离 h= =4. |n| 2.也可以不用空间向量求解. 取 B1C1 的中点 M,连结 B1C 交 BC1 于 O′,取 O′C1 的中点 N,

连结 MN,则 MN⊥BC1,又在正方体 ABCD-A1B1C1D1 中,OM 平行 于平面 ABC1D1, O 到平面 ABC1D1 的距离转化为 M 到平面 ABC1D1 则 2 的距离,即 MN= 4 ,故选 B. 12.在正三棱柱 ABC-A1B1C1 中,已知 AB=1,D 在棱 BB1 上, 且 BD=1,则 AD 与平面 AA1C1C 所成的角的正弦值为________. [答案] [解析] 6 4

取 AC 中点 E,连接 BE,则 BE⊥AC,如图,建立空间直角坐标 系 B-xyz, 3 1 则 A( 2 ,2,0),D(0,0,1), → 3 1 ∴AD=(- 2 ,-2,1). ∵平面 ABC⊥平面 AA1C1C,BE⊥AC, ∴BE⊥平面 AA1C1C. → 3 ∴BE=( 2 ,0,0)为平面 AA1C1C 的一个法向量, → → 6 ∴cos〈AD,BE〉=- 4 ,

设 AD 与平面 AA1C1C 所成的角为 α, → → 6 ∴sinα=|cos〈AD,BE〉|= 4 ,故选 A. 13.(2011· 洛阳联考)如图所示,在四棱锥 P-ABCD 中,PA⊥平 面 ABCD,四边形 ABCD 是矩形,E、F 分别是 AB、PD 的中点.若 PA=AD=3,CD= 6.

(1)求证:AF∥平面 PCE; (2)求点 F 到平面 PCE 的距离; (3)求直线 FC 与平面 PCE 所成角的正弦值. [解析]

如图所示建立空间直角坐标系 A-xyz,A(0,0,0),P(0,0,3), 6 3 3 D(0,3,0),E( 2 ,0,0),F(0,2,2),C( 6,3,0). 6 3 3 (1)取 PC 的中点 G,连接 EG,则 G( 2 ,2,2).

→ → → 3 3 → 3 3 ∵AF=(0,2,2),EG=(0,2,2),∴AF∥EG, 即 AF∥EG. 又 AF?平面 PCE,EG?平面 PCE,∴AF∥平面 PCE. → → 6 (2)设平面 PCE 的法向量为 n=(x,y,z),EP=(- 2 ,0,3),EC 6 =( 2 ,3,0).

? → ?n· =0, EP ? → ?n· =0, ? EC

?- 26x+3z=0, 即? 6 ? 2 x+3y=0.

取 y=-1,得 n=( 6,-1,1). → 3 3 又PF=(0,2,-2), 故点 F 到平面 PCE 的距离为 3 3 → |-2-2| |PF· n| 3 2 d= = = 4 . |n| 2 2 → 3 3 (3)FC=( 6,2,-2), 设 FC 与平面 PCE 所成角为 θ, → → |FC· n| 3 21 sinθ=|cos〈FC,n〉|= = = 14 . → 21 ×2 2 |FC|· |n| 2 21 ∴直线 FC 与平面 PCE 所成角的正弦值为 14 . 14.(2011· 北京西城二模)如图,已知菱形 ABCD 的边长为 6,∠

BAD=60° ,AC∩BD=O.将菱形 ABCD 沿对角线 AC 折起,使 BD= 3 2,得到三棱锥 B-ACD.

(1)若点 M 是棱 BC 的中点,求证:OM∥平面 ABD; (2)求二面角 A-BD-O 的余弦值; (3)设点 N 是线段 BD 上一个动点,试确定点 N 的位置,使得 CN =4 2,并证明你的结论. [解析] (1)证明:因为点 O 是菱形 ABCD 的对角线的交点,所 以 O 是 AC 的中点.又点 M 是棱 BC 的中点,所以 OM 是△ABC 的 中位线,OM∥AB. 因为 OM?平面 ABD,AB?平面 ABD, 所以 OM∥平面 ABD. (2)由题意知,OB=OD=3, 因为 BD=3 2, 所以∠BOD=90° ,OB⊥OD. 又因为四边形 ABCD 是菱形,所以 OB⊥AC,OD⊥AC. 建立空间直角坐标系 O-xyz,如图所示.

则 A(3 3,0,0),D(0,3,0),B(0,0,3). → → 所以AB=(-3 3,0,3),AD=(-3 3,3,0), 设平面 ABD 的法向量为 n=(x,y,z),

?→ ?AB· n=0, 则有? → ?AD· ? n=0,

?-3 3x+3z=0, ? 即? ? ?-3 3x+3y=0.

令 x=1,则 y= 3,z= 3,所以 n=(1, 3, 3). 因为 AC⊥OB,AC⊥OD,所以 AC⊥平面 BOD. 平面 BOD 的法向量与 AC 平行, 所以可得平面 BOD 的一个法向量为 n0=(1,0,0). cos〈n0,n〉= n0· n 1 7 = =7. |n0||n| 1× 7

因为二面角 A-BD-O 是锐角, 7 所以二面角 A-BD-O 的余弦值为 7 . (3)因为 N 是线段 BD 上一个动点,设 N(x1,y1,z1), → → BN=λBD,则(x1,y1,z1-3)=λ(0,3,-3), 所以 x1=0,y1=3λ,z1=3-3λ, → 则 N(0,3λ,3-3λ),CN=(3 3,3λ,3-3λ), 由 CN=4 2得 27+9λ2+?3-3λ?2=4 2, 1 2 即 9λ2-9λ+2=0,解得 λ=3或 λ=3, 所以 N 点的坐标为(0,2,1)或(0,1,2). → → → → (也可以答 N 是线段 BD 的三等分点,BN=2ND或 2BN=ND)

15.(2012· 内蒙包头一模)如图,四边形 DCBE 为直角梯形,∠ DCB=90° ,DE∥CB,DE=1,BC=2,又 AC=1,∠ACB=120° , CD⊥AB,直线 AE 与直线 CD 所成角为 60° .

(1)求证:平面 ACD⊥平面 ABC; (2)求 BE 与平面 ACE 所成角的正弦值. [解析] (1)∵CD⊥AB,CD⊥BC,AB∩BC=B, ∴CD⊥平面 ABC, 又∵CD?平面 ACD, ∴平面 ACD⊥平面 ABC. (2)在平面 ACB 内,过 C 作 CF⊥CB,以 C 为原点,以 CF,CB, CD 所在直线为 x 轴、 轴、 轴建立如图所示空间直角坐标系 C-xyz y z

设 CD=a(a>0), 3 1 则 D(0,0,a),E(0,1,a),B(0,2,0),A( 2 ,-2,0),

→ → 3 3 AE=(- 2 ,2,a),CD=(0,0,a), 由直线 AE 与直线 CD 所成角为 60° ,得 → → → → AE· =|AE||CD|cos60° CD , a ∴a2=2 a2+3,解得 a=1. → → → 3 1 ∴CE=(0,1,1),CA=( 2 ,-2,0),BE=(0,-1,1), 设平面 ACE 的一个法向量为 n=(x,y,z),

? → ?n· =0, CA 则? → ?n· =0, ? CE

? 3x-1y=0, 2 即? 2 ?y+z=0.

取 x= 3,则 y=3,z=-3,得 n=( 3,3,-3), → |BE· n| 42 设 BE 与平面 ACE 所成角为 θ,则 sinθ= = 7 ,于是 BE → |BE||n| 42 与平面 ACE 所成角的正弦值为 7 .

1.(2011· 北京理,16)如图,在四棱锥 P-ABCD 中,PA⊥平面 ABCD,底面 ABCD 是菱形,AB=2,∠BAD=60° .

(1)求证:BD⊥平面 PAC; (2)若 PA=AB,求 PB 与 AC 所成角的余弦值; (3)当平面 PBC 与平面 PDC 垂直时,求 PA 的长. [解析] (1)因为四边形 ABCD 是菱形,所以 AC⊥BD. 又因为 PA⊥平面 ABCD.所以 PA⊥BD. 因为 PA∩AC=A,所以 BD⊥平面 PAC. (2)设 AC∩BD=O.因为∠BAD=60° ,PA=AB=2, 所以 BO=1,AO=CO= 3. 如图,以 O 为坐标原点,建立空间直角坐标系 O-xyz,则 P(0, - 3,2),A(0,- 3,0),B(1,0,0),C(0, 3,0).

→ → 所以PB=(1, 3,-2),AC=(0,2 3,0),

?→→ ? AC ? PB· ?= 设 PB 与 AC 所成角为 θ, cosθ= 则 ?→ →? 2 ?|PB|· |? |AC
→ (3)由(2)知BC=(-1, 3,0).

6 6 =4. 2×2 3

→ 设 P(0,- 3,t),(t>0),则BP=(-1,- 3,t). 设平面 PBC 的法向量 m=(x,y,z),则 → → BC· m=0,BP· m=0,
?-x+ 3y=0, ? 所以? ?-x- 3y+tz=0. ?

6 6 令 y= 3,则 x=3,z= t .所以 m=(3, 3, t ). 6 同理,平面 PDC 的法向量 n=(-3, 3, t ). 因为平面 PBC⊥平面 PDC. 36 所以 m· n=0,即-6+ t2 =0.解得 t= 6. 所以 PA= 6. 2.(2012· 东北三校二模)如图,四棱锥 P-ABCD 中,PD⊥底面 ABCD,PD=DC=2AD,AD⊥DC,∠BCD=45° .

(1)设 PD 的中点为 M,求证:AM∥平面 PBC; (2)求 PA 与平面 PBC 所成角的正弦值. [解析] 如图建立空间直角坐标系.

(1)设 PD=CD=2AD=2,BC= 2a,则 A(1,0,0),B(a,2-a,0), C(0,2,0),P(0,0,2),M(0,0,1). → 设平面 PBC 的一个法向量为 n=(x, z), n· =(x, z)· y, 则 PB y, (a,2 -a,-2)=ax+y(2-a)-2z=0, → n· =(x,y,z)· PC (0,2,-2)=2y-2z=0, 令 z=1,得 n=(1,1,1).

→ → → 而AM=(-1,0,1),所以AM· n=0,即AM⊥n, 又 AM?平面 PBC,故 AM∥平面 PBC. → (2)PA=(1,0,-2),设 PA 与平面 PBC 所成角为 α, → |PA· n| 1 15 则 sinα= = = 15 . → 5· 3 |PA|· |n| 3.(2012· 昆明一中检测)如图,已知四棱锥 P-ABCD 的底面是菱 形,AC 交 BD 于点 O,PO⊥平面 ABC,E 为 AD 的中点, 在 PA 上, F AP=λAF,PC∥平面 BEF.

(1)求 λ 的值; (2)若 AB=2,∠ADB=∠BPC=60° ,求二面角 B-AF-E 的余 弦值. [解析] (1)设 AO 交 BE 于点 G,连结 FG. AG 2 AG 1 因为 O、E 分别是 BD、AD 的中点,所以AO=3,AC =3, 因为 PC∥平面 BEF,所以 GF∥PC.

AF AG 1 所以AP= AC=3,即 λ=3. (2)如图,以 O 为原点,OA、OB、OP 分别为 x、y、z 轴建立空 间直角坐标系 O-xyz,

设 OB=1, 在菱形 ABCD 中, 因为∠ADB=60° 所以△ABD 是等边三角形, , 故 OA= 3, 又因为∠BPD=60° ,PO⊥平面 ABC,所以 PO= 3, 所以 A( 3,0,0),B(0,1,0),P(0,0, 3),D(0,-1,0), → → → 所以AD=(- 3, -1,0), =(- 3, AP 0, 3), =(- 3, AB 1,0). 设平面 BAP 的一个法向量为 n=(x1,y1,z1),平面 APD 的一个

法向量为 m=(x2,y2,z2),则由

? → ?n· =0, BA ? → ?n· =0, ? BP

? → ?m· =0, AP 和? → ?m· =0, ? AD

知,

可取 m=(- 3,3,- 3),n=( 3,3, 3), ∴cos〈m,n〉= m· n 3 1 = =5, |m|· |n| 15× 15

1 故二面角 B-AF-E 的余弦值为5. 4.(2012· 新疆维吾尔自治区检测)如图(一),在直角梯形 ABCD 中,AD∥BC,AB⊥AD,AD=2AB=2BC,E 为 AD 中点,沿 CE 折 叠,使平面 DEC⊥平面 ABCE,在图(二)中.

(1)证明:AC⊥BD; (2)求 DE 与平面 ACD 所成角的余弦值. [解析] 方法 1: 解:(1)由题意知 DE⊥平面 ABCE, DE⊥AC, 则 连接 BE,由四边形 ABCE 是正方形可知 AC⊥BE. 又 DE∩BE=E,DE,BE?平面 DEB, ∴AC⊥平面 DEB. 又 DB?平面 DEB.∴AC⊥BD. (2)连结 BE 交 AC 于 O,连结 DO, 由(1)知 AC⊥平面 DEB,AC?平面 ADC,

∴平面 EDO⊥平面 ADC,且交线为 DO. ∴DE 在平面 ADC 内的射影为 DO. ∴∠EDO 就是 DE 与平面 ACD 所成的角. 在△DEO 中,∠DEO=90° , 2 6 设 BC=a,则 EO= 2 a,DE=a,DO= 2 a, DE 6 ∴cos∠EDO=DO= 3 , 6 即 DE 与平面 ACD 所成角的余弦值为 3 . 方法 2:如图所示,以 E 为原点,EC、EA、ED 所在直线分别为 x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系 E-xyz, 令 AB=a,则 E(0,0,0),C(a,0,0),A(0,a,0), → → → D(0,0,a),B(a,a,0),AC=(a,-a,0),AD=(0,-a,a),ED → =(0,0,a),DB=(a,a,-a).

→ → (1)∵AC· =(a,-a,0)· DB (a,a,-a)=0, → → ∴AC⊥DB,即 AC⊥DB. (2)设平面 ACD 的法向量 n=(x,y,1),

? → ?n· =0, AC 则? → ?n· =0, ? AD
∴n=(1,1,1),

?ax-ay=0, ?x=1, ? ? ? 得 解之得? ?-ay+a=0. ?y=1. ? ?

→ → n· ED a 3 ∴cos〈n,ED〉= = =3. → 3· a |n|· | |ED 设 DE 与平面 ACD 所成的角为 θ, 3 6 则 sinθ= 3 ,∴cosθ= 1-sin2θ= 3 , 6 ∴DE 与平面 ACD 所成角的余弦值为 3 .


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