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2012版步步高高考数学考前三个月专题复习课件5(3):空间向量与立体几何


§3

空间向量与立体几何 真题热身

(2011· 湖北)如图,已知正三棱柱 ABC-A1B1C1 的 底面边长为 2,侧棱长为 3 2,点 E 在侧棱 AA1 上,点 F 在侧棱 BB1 上,且 AE=2 2,BF= 2. (1)求证:CF⊥C1E; (2)求二面角 E-CF-C1 的大小.

方法一 (1)证明 由已知可得 CC1=3 2,CE=C1F= 22+(2 2)2=2 3, EF2=AB2+(AE-BF)2,EF=C1E= 22+( 2)2= 6, 于是有 EF2+C1E2=C1F2,CE2+C1E2=CC2, 1 所以 C1E⊥EF,C1E⊥CE. 又 EF∩CE=E,所以 C1E⊥平面 CEF. 又 CF?平面 CEF,故 CF⊥C1E.

(2)解

在△CEF 中,由(1)可得 EF=CF= 6,

CE=2 3, 于是有 EF2+CF2=CE2,所以 CF⊥EF. 又由(1)知 CF⊥C1E,且 EF∩C1E=E, 所以 CF⊥平面 C1EF. 又 C1F?平面 C1EF,故 CF⊥C1F. 于是∠EFC1 即为二面角 E-CF-C1 的平面角. 由(1)知△C1EF 是等腰直角三角形,所以∠EFC1=45° ,即所求 二面角 E-CF-C1 的大小为 45° .

方法二

建立如图所示的空间直角坐标系,

则由已知可得,A(0,0,0),B( 3,1,0), C(0,2,0),C1(0,2,3 2),E(0,0,2 2),F( 3, 2). 1,

→ (1)证明 C1E=(0,-2,- 2), → → CF → CF=( 3,-1, 2),C1E· =0+2-2=0.
所以 CF⊥C1E. (2)解 CE=(0, -2,2 2), 设平面 CEF 的一个法向量为 m=(x,



y,z), ? → CE → ,m⊥CF,得?m· =0, → 由 m⊥CE ? → ?m· =0, CF ?
?-2y+2 2z=0, ? 即? ? 3x-y+ 2z=0, ? ?y= 2z, ? 解得? ?x=0. ?

可取 m=(0, 2,1).

→ → 设侧面 BC1 的一个法向量为 n,由 n⊥CB,n⊥CC1, → → 及CB=( 3,-1,0),CC1=(0,0,3 2),
可取 n=(1, 3,0). 设二面角 E-CF-C1 的大小为 θ,于是由 θ 为锐角可得 |m· n| 6 2 cos θ= = = ,所以 θ=45° . |m||n| 2 3×2 即所求二面角 E-CF-C1 的大小为 45° .

考点整合
1.直线与平面、平面与平面的平行与垂直的向量方法 设直线 l,m 的方向向量分别为 a=(a1,b1,c1),b=(a2,b2, c2).平面 α、β 的法向量分别为 μ=(a3,b3,c3),v=(a4,b4, c4)(以下相同). (1)线面平行 l∥α?a⊥μ?a· μ=0?a1a3+b1b3+c1c3=0. (2)线面垂直 l⊥α?a∥μ?a=kμ?a1=ka3,b1=kb3,c1=kc3. (3)面面平行 α∥β?μ∥v?μ=kv?a3=λa4,b3=λb4,c3=λc4. (4)面面垂直 α⊥β?μ⊥v?μ· v=0?a3a4+b3b4+c3c4=0.

2.空间角的计算 (1)两条异面直线所成角的求法 设直线 a,b 的方向向量为 a,b,其夹角为 θ,则 |a· b| cos φ=|cos θ|= (其中 φ 为异面直线 a,b 所成的角). |a||b| (2)直线和平面所成角的求法 如图所示,设直线 l 的方向向量为 e,平面 α 的法向量为 n, 直线 l 与平面 α 所成的角为 φ, 两向量 e 与 n 的夹角为 θ, 则 |e· n| 有 sin φ=|cos θ|= . |e||n|

(3)二面角的求法 ①利用向量求二面角的大小,可以不作 出平面角,如图所示, 〈m,n〉即为所 求二面角的平面角. ②对于易于建立空间直角坐标系的几何体, 求二面角的大小时, 可 以利用这两个平面的法向量的夹角来求. 如图所示,二面角 α-l-β,平面 α 的法向量为 n1,平面 β 的法向 量为 n2, 1,n2〉=θ,则二面角 α-l-β 的大小为 θ 或 π-θ. 〈n

分类突破
一、利用向量证明平行与垂直 例 1 如图所示,已知直三棱柱 ABC—A1B1C1 中,△ABC 为等腰直角三角形,∠BAC= 90° ,且 AB=AA1,D、E、F 分别为 B1A、 C1C、BC 的中点. 求证:(1)DE∥平面 ABC; (2)B1F⊥平面 AEF.

证明

如图建立空间直角坐标系 A—xyz,

令 AB=AA1=4, 则 A(0,0,0),E(0,4,2),F(2,2,0), B(4,0,0),B1(4,0,4). (1)取 AB 中点为 N,连结 CN, 则 N(2,0,0), C(0,4,0),D(2,0,2),

→ → ∴DE=(-2,4,0),NC=(-2,4,0), → → ∴DE=NC,
∴DE∥NC,又∵NC?平面 ABC, DE?平面 ABC.故 DE∥平面 ABC.

→ (2)B1F=(-2,2,-4), → → EF=(2,-2,-2),AF=(2,2,0). → EF → B1F· =(-2)×2+2×(-2)+(-4)×(-2)=0, → AF → B1F· =(-2)×2+2×2+(-4)×0=0. → → → → ∴B1F⊥EF,B1F⊥AF,即 B1F⊥EF,B1F⊥AF,
又∵AF∩FE=F,∴B1F⊥平面 AEF.

归纳拓展

(1)证明线面平行须证明线线平行,只需证明这条直

线与平面内的直线的方向向量平行.可用传统法也可用向量法, 用向量法更为普遍. (2)证明线面垂直的方法:可用直线的方向向量与平面的法向量 共线证明;也可用直线的方向向量与平面内两条相交直线的方 向向量垂直证明. (3)证明面面垂直通常转化为证线面垂直,也可用两平面的法向 量垂直来证明.

变式训练 1 如图,在多面体 ABCDEF 中,四边形 ABCD 是正方形,EF∥ AB,EF⊥FB,AB=2EF,∠BFC =90° ,BF=FC,H 为 BC 的中点. (1)求证:FH∥平面 EDB; (2)求证:AC⊥平面 EDB.

证明 ∵四边形 ABCD 为正方形, ∴AB⊥BC.又 EF∥AB, ∴EF⊥BC.又 EF⊥FB, FB∩BC=B, ∴EF⊥平面 BFC. ∴EF⊥FH,∴AB⊥FH. 又 BF=FC, 为 BC 的中点, H ∴FH⊥BC.∴FH⊥平面 ABC.

以 H 为坐标原点,HB为 x 轴正方向,HF为 z 轴正方向,建立 如图所示的坐标系. 设 BH=1,则 A(1,-2,0),B(1,0,0),C(-1,0,0), D(-1,-2,0),E(0,-1,1),F(0,0,1). (1)设 AC 与 BD 的交点为 G,连结 GE,GH,





→ 则 G(0,-1,0),∴GE=(0,0,1). → → → 又HF=(0,0,1),∴HF∥GE,即 HF∥GE.
又∵GE?平面 EDB,HF?平面 EDB,∴FH∥平面 EBD.

→ → → GE → (2)AC=(-2,2,0),GE=(0,0,1),AC· =0,
∴AC⊥GE.又 AC⊥BD,EG∩BD=G,∴AC⊥平面 EDB.

二、利用向量求空间角 例 2 (2010 · 天津)如图,在长方体 ABCD- A1B1C1D1 中,E,F 分别是棱 BC,CC1 上的点,CF=AB=2CE,AB∶AD∶AA1 =1∶2∶4. (1)求异面直线 EF 与 A1D 所成角的余弦值; (2)证明 AF⊥平面 A1ED; (3)求二面角 A1-ED-F 的正弦值.

方法一

如图所示,建立空间直角坐标系,

点 A 为坐标原点.设 AB=1,依题意得 3 D(0,2,0),F(1,2,1),A1(0,0,4),E(1, ,0). 2 → =(0,1,1), (1)解 易得EF 2

→ A1D=(0,2,-4), →A → → ,A D〉= EF· 1D =-3. → 于是 cos〈EF 1 5 → ||A D| → |EF
1

3 所以异面直线 EF 与 A1D 所成角的余弦值为 . 5 3 1 → → → (2)证明 易知AF=(1,2,1),EA1=(-1,- ,4),ED=(-1, , 2 2 0),于是AF· 1=0,AF· =0.因此,AF⊥EA1,AF⊥ED. EA ED 又 EA1∩ED=E,所以 AF⊥平面 A1ED.

→ →

→→

设平面 EFD 的法向量 u=(x,y,z), ?1 ? → ?2y+z=0, ?u· =0, EF 则? 即? → ?u· =0, ?-x+1y=0. ? ED 2 ? (3)解

→ 不妨令 x=1,可得 u=(1,2,-1),由(2)可知,AF为平面 A1ED 为 → 一个法向量,于是 cos〈u,AF〉= → 〉= 5. 从而 sin〈u,AF
3 5 所以二面角 A1-ED-F 的正弦值为 . 3 2 = , →| 3 |u||AF u· AF



方法二

设AB=1,可得AD=2, 1 AA1=4,CF=1,CE= . 2 (1)解 连结B1C,BC1,设B1C与BC1交于点M, 易知A1D∥B1C. CE CF 1 由 = = ,可知EF∥BC1, CB CC1 4 故异面直线EF与A1D所成的角即为 1 BC1与B1C所成的角,即为∠BMC.易知BM=CM= B1C= 5, 2 BM2+CM2-BC2 3 所以cos ∠BMC= = . 2· CM BM· 5 3 所以异面直线EF与A1D所成角的余弦值为 . 5

(2)证明 连结AC,设AC与DE交于点N. BA EC 1 因为 = = , BC CD 2 所以Rt△DCE∽Rt△CBA,从而∠CDE=∠BCA. 又因为∠CDE+∠CED=90° ,所以∠BCA+∠CED=90° , 故AC⊥DE. 又因为CC1⊥DE且CC1∩AC=C, 所以DE⊥平面ACF.从而AF⊥DE. 连结BF,同理可证B1C⊥平面ABF,从而AF⊥B1C, 所以AF⊥A1D. 因为DE∩A1D=D,所以AF⊥平面A1ED.

(3)解

连结A1N,FN.由(2)可知DE⊥平面ACF.

又NF?平面ACF,A1N?平面ACF,所以DE⊥NF,DE⊥A1N. 故∠A1NF为二面角A1-ED-F的平面角. CN EC 易知Rt△CNE∽Rt△CBA,所以 = . BC AC 5 又AC= 5,所以CN= . 5 30 2 2 在Rt△CNF中,NF= CF +CN = . 5 4 30 2 2 在Rt△A1AN中,A1N= AN +A1A = . 5 连结A1C1,A1F.在Rt△A1C1F中,A1F= A1C2+C1F2= 14. 1 A1N2+FN2-A1F2 2 在△A1NF中,cos ∠A1NF= = , 2· 1N· A FN 3 5 所以sin ∠A1NF= . 3 5 所以二面角A1-ED-F的正弦值为 . 3

归纳拓展

1.若几何体中含有两两垂直的三条直线,一般要考

虑建立空间直角坐标系,借用空间向量求空间角.恰当建系, 准确写出相关点或向量的坐标是解题的关键. 2.求二面角最常用的办法就是分别求出二面角的两个面所在 平面的法向量,然后通过两个平面的法向量的夹角得到二面角 的大小,但要注意结合实际图形判断所求角是锐角还是钝角.

变式训练2 (2011· 山东)在如图所示的 几何体中,四边形ABCD为平行四边 形,∠ACB=90° ,EA⊥平面ABCD, EF∥AB,FG∥BC,EG∥AC,AB =2EF. (1)若M是线段AD的中点,求证:GM∥平面ABFE; (2)若AC=BC=2AE,求二面角A-BF-C的大小.

(1)证明 方法一 因为EF∥AB,FG∥BC,EG∥AC,∠ACB =90° , 所以∠EGF=90° , △ABC∽△EFG. 由于AB=2EF,因此BC=2FG. 连结AF, 1 由于FG∥BC,FG= BC,在?ABCD中,M是线段AD的中点, 2 1 则AM∥BC,且AM= BC,因此FG∥AM且FG=AM, 2 所以四边形AFGM为平行四边形,因此GM∥FA. 又FA?平面ABFE,GM?平面ABFE, 所以GM∥平面ABFE.

方法二

因为EF∥AB,FG∥BC,EG∥AC,∠ACB=90° ,

所以∠EGF=90° , △ABC∽△EFG. 由于AB=2EF, 所以BC=2FG. 取BC的中点N,连结GN, 因此四边形BNGF为平行四边形, 所以GN∥FB. 在?ABCD中,M是线段AD的中点,连结MN, 则MN∥AB.因为MN∩GN=N, 所以平面GMN∥平面ABFE. 又GM?平面GMN,所以GM∥平面ABFE.

(2)解

方法一 因为∠ACB=90° ,所以∠CAD=90° .

又EA⊥平面ABCD, 所以AC,AD,AE两两垂直. 分别以AC,AD,AE所在直线为x轴, y轴和z轴,建立如图所示的空间直角 坐标系, 不妨设AC=BC=2AE=2, 则由题意得A(0,0,0),B(2,-2,0),C(2,0,0),E(0,0,1),

→ → 所以AB=(2,-2,0),BC=(0,2,0). 1 又EF= AB, 2
所以F(1,-1,1),BF=(-1,1,1).



设平面BFC的法向量为m=(x1,y1,z1), 则m· =0,m· =0, BC BF
?y =0, ? 1 所以? ?x1=z1, ?





取z1=1,得x1=1,所以m=(1,0,1).

设平面向量ABF的法向量为n=(x2,y2,z2),

→ =0,n· =0,所以?x2=y2, → ? 则n· AB BF
?z2=0, ?

?

取y2=1,得x2=1.则n=(1,1,0). m· n 1 所以cos〈m,n〉= = . |m|· |n| 2 因此二面角A-BF-C的大小为60° .

方法二

由题意知,平面ABFE⊥平面ABCD.

取AB的中点H,连结CH. 因为AC=BC,所以CH⊥AB, 则CH⊥平面ABFE. 过H向BF引垂线交BF于R,连结CR, 则CR⊥BF,所以∠HRC为二面角A-BF-C的平面角. 由题意,不妨设AC=BC=2AE=2, 在直角梯形ABFE中,连结FH,则FH⊥AB. 又AB=2 2,所以HF=AE=1,BH= 2, 6 因此在Rt△BHF中,HR= . 3 1 2 由于CH= AB= 2,所以在Rt△CHR中,tan∠HRC= = 3. 2 6 3 因此二面角A-BF-C的大小为60° .

三、利用向量解决探索性问题 例3 如图,已知三棱柱ABC—A1B1C1的侧 棱与底面垂直,AA1=AB=AC=1,AB ⊥AC,M是CC1的中点,N是BC的中点, 点P在A1B1上,且满足A1P=λA1B1. (1)证明:PN⊥AM; (2)当λ取何值时,直线PN与平面ABC所成的角θ最大?并求 该角最大值时的正切值; (3)是否存在点P使平面PMN与平面ABC所成的二面角为 45° ?





(1)证明

如图,以AB,AC,AA1分别为x,y,

z轴,建立空间直角坐标系A—xyz. 1 1 1 则P(λ,0,1),N( , ,0),M(0,1, ). 2 2 2 → =(1-λ,1,-1),AM=(0,1,1). → 从而PN 2 2 2 1 1 → AM 1 → PN· =( -λ)×0+ ×1-1× =0,所以PN⊥AM. 2 2 2 平面ABC的一个法向量为n=(0,0,1). π → → 则sin θ=|sin( -〈PN,n〉)|=|cos〈PN,n〉| 2 (2)解 =| |= → |n| |P N |·

→n PN·

1 12 5 (λ- ) + 2 4



π 而θ∈[0, ],当sin θ最大时,θ最大, 2 1 2 5 由①式,当λ= 时,(sin θ)max= ,此时tan θ=2. 2 5

(3)解

假设存在点P满足条件.

∵平面ABC的一个法向量为n=AA1=(0,0,1). 设平面PMN的一个法向量为m=(x,y,z). ? → NP → =(λ,-1,1),由?m· =0, 由(1)得MP ? 2 → ?m· =0 MP ? ? 2λ+1 ?y= x. ? 3 解得? ? 2(1-λ) ?z= 3 x. ? 1 1 ? ?(λ-2)x-2y+z=0, 得? ?λx-y+1z=0. 2 ?



令x=3,得m=(3,2λ+1,2(1-λ)).

∵平面PMN与平面ABC所成的二面角为45° , |2(1-λ)| m· n 2 ∴|cos 〈m,n〉|=| |= 2 2= 2 , |m|· |n| 9+(2λ+1) +4(1-λ) 1 1 解得λ=- .故存在点P在B1A1的延长线上,且A1P= . 2 2

归纳拓展 对于“是否存在”型问题的探索方式有两种: 一种是根据条件作出判断,再进一步论证.另一种是利用空间 向量,先设出假设存在点的坐标,再根据条件求该点坐标,即 找到“存在点”,若该点坐标不能求出,或有矛盾,则判定 “不存在”.

变式训练3 如图所示,四棱锥S—ABCD的底面 是正方形,每条侧棱的长都是底面边长的 2 倍,P为侧棱SD上的点. (1)求证:AC⊥SD. (2)若SD⊥平面PAC,则侧棱SC上是否存在一点E,使得 BE∥平面PAC.若存在,求SE∶EC的值;若不存在,试说 明理由. (1)证明 连结BD,设AC交BD于O,则

AC⊥BD. 由题意知SO⊥平面ABCD. 以O为坐标原点,OB ,OC ,OS 分别为x 轴、y轴、z轴正方向,建立空间直角坐 标系如图.

→ → →

6 设底面边长为a,则高SO= a, 2 6 2 2 2 于是S(0,0, a),D(- a,0,0),B( a,0,0),C(0, a,0), 2 2 2 2 → =(0, 2a,0),SD=(- 2a,0,- 6a), → OC 2 2 2

→ SD → 则OC· =0.
故OC⊥SD.从而AC⊥SD.

(2)解

棱SC上存在一点E使BE∥平面PAC.

理由如下:

→ 由已知条件知DS是平面PAC的一个法向量, →=( 2a,0, 6a),CS =(0,- 2a, 6a), → 且DS 2 2 2 2 2 2 → BC=(- a, a,0). 2 2
设CE=tCS ,则B E =BC+CE=BC+tCS 2 2 6 =(- a, a(1-t), at), 2 2 2 1 →→ 而BE· =0?t= . DS 3 即当SE∶EC=2∶1时,BE⊥DS. 而BE不在平面PAC内,故BE∥平面PAC.





→ → → →



→ →

规范演练
一、填空题 1.如图所示,正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为a,M、N分 2a 别为A1B和AC上的点,A1M=AN= ,则MN与平面 3 BB1C1C的位置关系是________.

→ =MB+BC+CN=2A B+BC+2CA → → → → → → 解析 MN 3 1 3
2 → → )+BC+2(CD+DA) → → → = (A1B1+B1B 3 3 2 → → 2→ = B1B+BC+ DA, 3 3 又CD是平面BB1C1C的一个法向量, → · =(2B B+BC+2DA)· =0, → → → → CD → 且MN CD 3 1 3 ∴MN⊥CD, 又MN?面BB1C1C,∴MN∥平面BB1C1C.







答案

平行

→ → 2.在空间中,已知AB=(2,4,0),DC=(-1,3,0),则异面直线
45° AB与DC所成角θ的大小为_______.

→ → 解析 ∵AB=(2,4,0),DC=(-1,3,0), → → cos〈AB,DC〉= → → →· → AB DC →→ |AB||DC|
12-2 2 = = . 2 5· 10 2

∴〈AB,DC〉=45° .

3.已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1,点P在线段BD1

1 18 上,当∠APC最大时,三棱锥P-ABC的体积为______.
解析 以B为坐标原点,BA所在直 线为x轴,BC所在直线为y轴,BB1所 在直线为z轴建立空间直角坐标系, 设BP=λBD1,可得P(λ,λ,λ), 再由cos∠APC=





→· → AP CP
|AP||CP|

→→

可求得当λ

1 1 1 1 1 = 时,∠APC最大,故VP-ABC= × ×1×1× = . 3 3 2 3 18

4.在一直角坐标系中已知A(-1,6),B(3,-8),现沿x轴将坐 标平面折成60° 的二面角,则折叠后A、B两点间的距离为

2 17 ________.
解析 如图为折叠后的图形,其中作 AC⊥CD,BD⊥CD, 则AC=6,BD=8,CD=4, 两异面直线AC、BD所成的角为60° , 故由AB=AC+CD+DB,

→ → → →

→ → → → 得|AB|2=|AC+CD+DB|2=68,
∴|AB|=2 17.



5. 如图,在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AB =BC=2,AA1=1,则BC1与平面BB1D1D

10 5 所成角的正弦值为______.
解析 过C1在面A1C1内作C1E⊥B1D1, 由长方体性质得C1E⊥平面BD1,连结EB, 则∠C1BF为所求角. C1D1· 1B1 2×2 C C1E= = = 2,BC1= 5, D1B1 2 2 C1E 2 10 ∴sin∠C1BE= = = . 5 BC1 5

6.如图所示,在空间直角坐标系中,有一棱 长为a的正方体ABCO—A′B′C′D′,

2 a A′C的中点E与AB的中点F的距离为_____. 2

解析 由图易知 A(a,0,0),B(a,a,0),C(0,a,0),A′(a,0,a). ? ? ?a a a? a ∴F?a, ,0?,E? , , ?. 2 ? ? ?2 2 2? ? a?2 ?a a?2 ? a?2 ∴EF= ?a- ? +? - ? +?0- ? 2? ?2 2? ? 2? ? a2 a2 2 = 4 + 4 = 2 a.

7.如图所示,在三棱柱ABC—A1B1C1中,AA1 ⊥底面ABC,AB=BC=AA1,∠ABC=90° , 点E、F分别是棱AB、BB1的中点,则直线

60° EF和BC1所成的角是________.
解析 以BC为x轴,BA为y轴,BB1为z轴, 建立空间直角坐标系. 设AB=BC=AA1=2, 则C1(2,0,2),E(0,1,0),F(0,0,1), 则EF=(0,-1,1),BC1=(2,0,2), ∴EF· 1=2, BC





→→

→ → ∴cos〈EF,BC 〉=
1

2 1 =2, 2×2 2

∴EF和BC1所成角为60° .

8.已知ABCD—A1B1C1D1为正方体,①(A1A+A1D1+A1B1)2= 3A1B12;②A1C · 1B1 -A1A)=0;③向量AD1 与向量A1B 的夹 (A









→ →







→ AA AD → 角是60° ;④正方体ABCD—A1B1C1D1的体积为|AB ·→1 · |.
①② 其中正确命题的序号是________.

解析 设正方体的棱长为1,①中(A1A +A1D1 +A1B1 )2= 3( A1B1 )2=3,故①正确;②中 A1B1 - A1A = AB1 ,由于 AB1⊥A1C,故②正确;③中A1B与AD1两异面直线所成















→ → 角为60° ,但AD1与A1B的夹角为120° ,故③不正确;
④中|AB· 1· |=0.故④也不正确. AA AD

→→→

二、解答题 9.(2011· 课标全国)如图,四棱锥P- ABCD中,底面ABCD为平行四边 形,∠DAB=60° ,AB=2AD,PD ⊥底面ABCD. (1)证明:PA⊥BD; (2)若PD=AD,求二面角A-PB-C的余弦值.

(1)证明

因为∠DAB=60° ,AB=2AD,

由余弦定理得BD= 3AD. 从而BD2+AD2=AB2,故BD⊥AD. 又PD⊥底面ABCD,可得BD⊥PD. 所以BD⊥平面PAD,故PA⊥BD.

(2)解 如图,以D为坐标原点,AD的长为 单位长,射线DA为x轴的正半轴,建立空 间直角坐标系D-xyz, 则A(1,0,0),B(0, 3,0),C(-1, 3,0),

→ → → P(0,0,1).AB=(-1, 3,0),PB=(0, 3,-1),BC=(-1,0,0).
? → ?n· =0, AB 设平面PAB的法向量为n=(x,y,z),则? → ?n· =0. ? PB
?-x+ 3y=0, ? 即? ? 3y-z=0. ?

因此可取n=( 3,1, 3).

? → ?m· =0. PB 设平面PBC的法向量为m,则? → ?m· =0. BC ? -4 2 7 可取m=(0,-1,- 3).cos〈m,n〉= =- . 7 2 7 2 7 故二面角A-PB-C的余弦值为- . 7

10.如图,平面ABDE⊥平面ABC,△ABC是等腰直角三角形, AC=BC=4,四边形ABDE是直角梯形,BD∥AE, 1 BD⊥BA,BD= AE=2,O、M分别为CE、AB的中点. 2

(1)求证:OD∥平面ABC; (2)求直线CD和平面ODM所成角的正弦值; (3)能否在EM上找一点N,使得ON⊥平面ABDE?若能,请 指出点N的位置,并加以证明;若不能,请说明理由.

(1)证明

取AC中点F,连结OF、FB.

∵F是AC中点,O为CE中点, 1 ∴OF∥EA且OF= EA. 2 1 又BD∥AE且BD= EA. 2 ∴OF∥DB,OF=DB. ∴四边形BDOF是平行四边形. ∴OD∥FB. 又∵FB?平面ABC,OD?平面ABC,∴OD∥平面ABC. (2)解 ∵DB⊥AB, 平面ABDE⊥平面ABC,平面ABDE∩平面ABC=AB,DB?平 面ABDE, ∴DB⊥平面ABC. ∵BD∥AE,∴EA⊥平面ABC.

如图,以C为原点,分别为CA、CB为x、y轴,以过点C且与平 面ABC垂直的直线为z轴,建立空间直角坐标系. ∵AC=BC=4, ∴各点坐标为C(0,0,0),A(4,0,0), B(0,4,0),D(0,4,2),E(4,0,4). ∴O(2,0,2),M(2,2,0), CD=(0,4,2),OD=(-2,4,0),MD=(-2,2,2). 设平面ODM的法向量n=(x,y,z),则由n⊥OD,n⊥MD,
?-2x+4y=0, ? 可得? ?-2x+2y+2z=0, ?











令x=2,得y=1,z=1,∴n=(2,1,1). 设直线CD和平面ODM所成角为θ.

(2,1,1)· (0,4,2) 6 30 则sin θ=| |=| |= = . |(2,1,1)|· |(0,4,2)| 6×2 5 10 → |n||CD| 30 ∴直线CD和平面ODM所成角的正弦值为 . 10 (3)解 当N是EM中点时,ON⊥平面ABDE. 证明:取EM中点N,连结ON、CM, ∵AC=BC,M为AB中点,∴CM⊥AB. 又∵平面ABDE⊥平面ABC,平面ABDE∩平面ABC=AB,CM ?平面ABC,∴CM⊥平面ABDE. ∵N是EM中点,O为CE中点,∴ON∥CM. ∴ON⊥平面ABDE. (注:(3)也可用向量法.)
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