32第4課時-資料下載頁
2024-12-08 10:28本頁面
【導讀】1．在一個二面角的兩個面內(nèi)都和二面角的棱垂直的兩個向量分別為、，1＋94＋4＋16＝156，∴這個二面角的余弦值為156或－156.∵n⊥BD→，n⊥BB1→，＝105，設直線BE與平面B1BD所成角為θ，則sinθ＝|cos〈n，3．如圖，在棱長為1的正方體ABCD－A1B1C1D1中，M、N分別為A1B1和BB1的中點，[解析]解法一：∵AM→＝AA1→＋A1M→，CN→＝CB→＋BN→，＝|AA1→|2＋|A1M→|2＝1＋14＝52.故AM→·CN→＝0×1＋12×0＋1×12＝12，|CN→|＝12＋02＋????4．正四棱錐S－ABCD中，SA＝AB＝2，則直線AC與。[解析]建立如圖所示的空間直角坐標系O－xyz.令z＝2，得x＝0，y＝2，∴AC→·AB→＝BD→·AB→＝0，〈CA→，BD→〉＝180°－θ，因此，所求二面角的度數(shù)為60°.OE為x軸、y軸、z軸建立空間直角坐標系，在正三角形ABC中，BM＝32AB＝32，由條件知a·b＝12，a·c＝0，b·c＝0，又AD→＝BD→－BA→＝c－b，＝12a·c－12a·b＋12b·c－12|b|2＝－34.|AD→|2＝(c－b)2＝|c|2＋|b|2－2b·c＝2，在棱AA1上是否存在一點P，使得DP∥平面B1AE？
【正文】 AP， BD⊥ AC，又 AP∩ AC＝ A， ∴ BD⊥ 平面 PAC. (2)CQ→ ＝ (0，－ 2 2， 2)． 設平面 PAC的一個法向量為 n＝ (x， y， z)，則 ????? nAP→ ＝ 0nAC→ ＝ 0， ∴ ??? 4z＝ 02x＋ 2 2y＝ 0 ， ∴ ????? x＝ 1y＝－ 22z＝ 0. ∴ n＝ (1，－ 22 ， 0)． 設直線 QC與平面 PAC所成的角為 θ，則 sinθ＝ |cos〈 CQ→ ， n〉 |＝ |CQ→ n||CQ→ ||n|＝ 22 3 62＝ 23 . 故直線 QC與平面 PAC所成角的正弦值為 23 . 8． 如圖 ， 在四棱錐 P－ ABCD中 ， PD⊥ 底 面 ABCD， 底面 ABCD 為正方形 ， PD＝ DC，E、 F 分別是 AB、 PB 的中點 ． (1)求證 ： EF⊥ CD； (2)在平面 PAD 內(nèi)求一點 G， 使 GF⊥ 平面 PCB， 并證明你的結(jié)論 ； (3)求 DB 與平面 DEF 所成角的正弦值 ． [解析 ] 以 DA、 DC、 DP 所在直線為 x 軸、 y 軸、 z 軸建立空間直角坐標系 (如圖 )，設AD＝ a，則 D(0,0,0)、 A(a,0,0)、 B(a， a,0)、 C(0， a,0)、 E(a， a2， 0)、 F(a2， a2， a2)、 P(0,0， a)． (1)EF→ DC→ ＝ (－ a2， 0， a2)(0， a,0)＝ 0， ∴ EF⊥ DC. (2)設 G(x,0， z)，則 FG→ ＝ (x－ a2，－ a2， z－ a2)， FG→ CB→ ＝ (x－ a2，－ a2， z－ a2)(a,0,0) ＝ a(x－ a2)＝ 0， ∴ x＝ a2； FG→ CP→ ＝ (x－ a2，－ a2， z－ a2)(0，－ a， a) ＝ a22＋ a(z－a2)＝ 0， ∴ z＝ 0. ∴ G點坐標為 (a2， 0,0)，即 G點為 AD的中點 ． (3)設平面 DEF的法向量為 n＝ (x， y， z)． 則????? nDF→ ＝ 0nDE→ ＝ 0， ∴??? ?x， y， z??a2， a2， a2?＝ 0?x， y， z??a， a2， 0?＝ 0， 即??? a2?x＋ y＋ z?＝ 0ax＋ a2y＝ 0， 取 x＝ 1，則 y＝－ 2， z＝ 1， ∴ n＝ (1，－ 2,1)． cosBD→ ， n＝ BD→ n|BD→ ||n|＝ a2a 6＝ 36 ， ∴ DB與平面 DEF所成角的正弦值為 36 . 9． (2021陜西理 ， 18)如圖 1， 在 直角梯形 ABCD 中 ， AD∥ BC， ∠ BAD＝ π2， AB＝ BC＝ 1， AD＝ 2， E 是 AD的中點 ， O 是 AC 與 BE 的交點 ． 將 △ ABE 沿 BE折起到 △ A1BE的位置 ， 如圖 2. 圖 1 圖 2 (1)證明 ： CD⊥ 平面 A1OC； (2)若平面 A1BE⊥ 平面 BCDE， 求平面 A1BC 與平面 A1CD 夾角的余弦值 ． [解析 ] (1)在題圖 1 中，因為 AB＝ BC＝ 1， AD＝ 2， E 是 AD 的中點， ∠ BAD＝ π2，所以 BE⊥ AC，即在題圖 2 中， BE⊥ OA1， BE⊥ OC，從而 BE⊥ 平面 A1OC，又 CD∥ BE，所以 CD⊥ 平面 A1OC. (2)由已知，平面 A1BE⊥ 平面 BCDE，又由 (1)知， BE⊥ OA1， BE⊥ OC，所以 ∠ A1OC為二面角 A1－ BE－ C的平面角，所以 ∠ A1OC＝ π2. 如圖，以 O 為原點，建立空間直角坐標系，因為 A1B＝ A1E＝ BC＝ ED＝ 1， BC∥ ED，所以 B( 22 ， 0,0)、 E(－ 22 ， 0,0)、 A(0,0， 22 )、 C(0， 22 ， 0)，得 BC― → ＝ (－ 22 ， 22 ， 0)、A1C― → ＝ (0， 22 ，－ 22 )， CD― → ＝ BE― → ＝ (－ 2， 0,0)． 設平面 A1BC的法向量 n1＝ (x1，y1， z1)，平面 A1CD的法向量 n2＝ (x2， y2， z2)，平面 A1BC與平面 A1CD夾角為 θ，則 ????? n1BC― → ＝ 0n1A1C― → ＝ 0 ，得 ????? － x1＋ y1＝ 0y1－ z1＝ 0 ，取 n1＝ (1,1,1)； 又????? n2CD― → ＝ 0n2A1C― → ＝ 0 ，得 ????? x2＝ 0y2－ z2＝ 0 ，取 n2＝ (0,1,1)， 從而 cos θ＝ |cos〈 n1， n2〉 |＝ 23 2＝ 63 ，即平面 A1BC與平面 A1CD 夾角的余弦值為 63 .
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