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课时作业51



课时作业 51 空间角的求法

1.(2014· 福建卷)在平面四边形 ABCD 中,AB=BD=CD=1, AB⊥BD, CD⊥BD.将△ABD 沿 BD 折起, 使得平面 ABD⊥平面 BCD, 如图.

(1)求证:AB⊥CD; (2)若 M 为 AD 中点,求直线 AD 与平面 MBC 所成角的正弦值. 解:(1)∵平面 ABD⊥平

面 BCD,平面 ABD∩平面 BCD=BD, AB?平面 ABD,AB⊥BD,∴AB⊥平面 BCD. 又 CD?平面 BCD,∴AB⊥CD. (2)过点 B 在平面 BCD 内作 BE⊥BD,如图. 由(1)知 AB⊥平面 BCD,BE?平面 BCD,BD?平面 BCD,

∴AB⊥BE,AB⊥BD. 以 B 为坐标原点,分别以 BE―→,BD―→,BA―→的方向为 x 轴,y 轴,z 轴的正方向建立空间直角坐标系. 依题意,得 B(0,0,0),C(1,1,0),D(0,1,0), 1 1 A(0,0,1),M(0,2,2),

1 1 则 BC―→=(1,1,0),BM―→=(0,2,2),AD―→=(0,1, -1). 设平面 MBC 的法向量 n=(x0,y0,z0),
?n· BC―→=0, ? 0 0 ? 则? 即?1 1 ?n· BM―→=0, y0+ z0=0, ?

x +y =0, 2

?2

取 z0=1,得平面 MBC 的一个法向量 n=(1,-1,1). 设直线 AD 与平面 MBC 所成角为 θ, 则 sinθ =|cos ? n,AD―→?|=错误!=错误!, 6 即直线 AD 与平面 MBC 所成角的正弦值为 3 . 2.(2015· 广东卷)如图,三角形 PDC 所在的平面与长方形 ABCD 所在的平面垂直, PD=PC=4, AB=6, BC=3.点 E 是 CD 边的中点, 点 F,G 分别在线段 AB,BC 上,且 AF=2FB,CG=2GB.

(1)证明:PE⊥FG; (2)求二面角 P-AD-C 的正切值; (3)求直线 PA 与直线 FG 所成角的余弦值. 解:(1)证明:∵PD=PC,E 为 DC 的中点, ∴PE⊥DC.

又∵平面 PCD⊥平面 ABCD,且平面 PCD∩平面 ABCD=CD, ∴PE⊥平面 ABCD. 又∵FG?平面 ABCD,

∴PE⊥FG. (2)取 AB 中点 H,连接 EH,由(1)知 PE⊥DC,PE⊥EH,由于四 边形 ABCD 为矩形, 所以 HE⊥DC, 故以 EH、EC、EP 所在直线分别为 x 轴、y 轴、z 轴建立空间直 角坐标系. 故由 PD=4,AB=CD=6 得 EP= 7,即 P(0,0, 7),D(0, -3,0),A(3,-3,0),PD―→=(0,-3,- 7),PA―→=(3,- 3,- 7). 设平面 PAD 的一个法向量为 m=(x,y,z),
?m· PD―→=0, ? ?-3y- 7z=0, ? 则? 即? ? PA―→=0, ? ?m · ?3x-3y- 7z=0, ? ?x=0, 解得? ? ?3y=- 7z.

令 z=3,则 m=(0,- 7,3). 而平面 ABCD 的一个法向量 n=(0,0,1), 设二面角 P-AD-C 的平面角为 θ,由图知 θ 为锐角, |m· n| 3 7 所以 cosθ = =4,∴tanθ = 3 . |m|· |n| (3)由(2)知 PA―→=(3,-3,- 7),G(2,3,0),F(3,1,0), 所以 GF―→=(1,-2,0). 设异面直线 PA 与 FG 所成角为 α, 则 cosα =? =
? PA―→· GF―→ ? ? |GF―→|? ?|PA―→|·

3×1+(-3)×(-2) 9 5 = 25 . 5× 5

3. (2015· 浙江卷)如图, 在三棱柱 ABC-A1B1C1 中, ∠BAC=90°, AB=AC=2, A1A=4, A1 在底面 ABC 的射影为 BC 的中点, D 是 B1C1 的中点. (1)证明:A1D⊥平面 A1BC; (2)求二面角 A1-BD-B1 的平面角的余弦值. 解:

(1)证明:设 E 为 BC 的中点,连接 A1E,AE,DE,由题意得 A1E ⊥平面 ABC,所以 A1E⊥AE. 因为 AB=AC,所以 AE⊥BC. A1E∩BC=E 且 A1E,BC?平面 A1BC, 故 AE⊥平面 A1BC. 由 D,E 分别为 B1C1,BC 的中点,得 DE∥B1B 且 DE=B1B, 从而 DE∥A1A 且 DE=A1A, 所以 A1AED 为平行四边形. 故 A1D∥AE. 又因为 AE⊥平面 A1BC,所以 A1D⊥平面 A1BC.

(2)以 CB 的中点 E 为原点,分别以射线 EA,EB,EA1 为 x,y,z 轴的正半轴,建立空间直角坐标系 E-xyz,如图所示. 由题意知各点坐标如下:A1(0,0, 14),B(0, 2,0),D(- 2, 0, 14),B1(- 2, 2, 14). 因为 A1B―→=(0, 2,- 14),BD―→=(- 2,- 2, 14), DB1―→=(0, 2,0). 设平面 A1BD 的一个法向量为 m=(x1,y1,z1),平面 B1BD 的一 个法向量为 n=(x2,y2,z2).
? A1B―→=0, ? ? 2y1- 14z1=0, ?m· ? 由 即? ?m· BD―→=0, ? ? ?- 2x1- 2y1+ 14z1=0,

可取 m=(0, 7,1).
? DB1―→=0, ? ? 2y2=0, ?n· 由? 即? ?n· ?- 2x2- 2y2+ 14z2=0, BD―→=0, ? ?

可取 n=( 7,0,1). 于是|cos〈m,n〉|= |m· n| 1 = . |m|· |n| 8

由题意可知,所求二面角的平面角是钝角, 1 故二面角 A1-BD-B1 的平面角的余弦值为-8.

1.(2015· 天津卷)如图,在四棱柱 ABCD-A1B1C1D1 中,侧棱 A1A ⊥底面 ABCD,AB⊥AC,AB=1,AC=AA1=2,AD=CD= 5,且 点 M 和 N 分别为 B1C 和 D1D 的中点.

(1)求证:MN∥平面 ABCD; (2)求二面角 D1-AC-B1 的正弦值; (3)设 E 为棱 A1B1 上的点,若直线 NE 和平面 ABCD 所成的角的 1 正弦值为3,求线段 A1E 的长. 解:如图,以 A 为原点建立空间直角坐标系,依题意可得 A(0, 0,0),B(0,1,0),C(2,0,0),D(1,-2,0),A1(0,0,2),B1(0, 1,2),C1(2,0,2),D1(1,-2,2). 1 ? ? 又因为 M,N 分别为 B1C 和 D1D 的中点,得 M?1,2,1?,N(1,
? ?

-2,1).

(1)证明:依题意,可得 n=(0,0,1)为平面 ABCD 的一个法向 5 ? ? 量.MN―→=?0,-2,0?.
? ?

由此可得 MN―→· n=0, 又因为直线 MN?平面 ABCD,所以 MN∥平面 ABCD. (2)AD1―→=(1,-2,2),AC―→=(2,0,0). 设 n1=(x1,y1,z1)为平面 ACD1 的法向量,
?n1·AD1―→=0, ? ?x1-2y1+2z1=0, ? 则? 即? ? ? ?n1·AC―→=0, ?2x1=0.

不妨设 z1=1,可得 n1=(0,1,1). 设 n2=(x2,y2,z2)为平面 ACB1 的法向量,
?n2·AB1―→=0, ? 则? ? ?n2·AC―→=0,

?y2+2z2=0, ? 又 AB1―→=(0,1,2),得? ?2x2=0. ?

不妨设 z2=1,可得 n2=(0,-2,1). n1·n2 10 因此有 cos〈n1,n2〉= =- 10 , |n1|·|n2| 3 10 于是 sin〈n1,n2〉= 10 . 3 10 所以,二面角 D1-AC-B1 的正弦值为 10 . (3)依题意,可设 A1E―→=λA1B1―→,其中 λ∈[0,1], 则 E(0,λ ,2),从而 NE―→=(-1,λ +2,1). 又 n=(0,0,1)为平面 ABCD 的一个法向量,由已知, 得 cos〈NE―→· n〉= = NE―→· n |NE―→|· |n|

1 1 2 2=3, (-1) +(λ+2) +1
2

整理得 λ2+4λ-3=0, 又因为 λ∈[0,1],解得λ = 7-2. 所以,线段 A1E 的长为 7-2. 2.(2015· 江苏卷)如图,在四棱锥 P-ABCD 中,已知 PA⊥平面 π ABCD,且四边形 ABCD 为直角梯形,∠ABC=∠BAD= 2 ,PA=AD =2,AB=BC=1. (1)求平面 PAB 与平面 PCD 所成二面角的余弦值; (2)点 Q 是线段 BP 上的动点, 当直线 CQ 与 DP 所成的角最小时, 求线段 BQ 的长.

解:以{AB―→,AD―→,AP―→}为正交基底建立如图所示的 空间直角坐标系 A-xyz,

则各点的坐标为 B(1,0,0),C(1,1,0),D(0,2,0),P(0,0, 2). (1)因为 AD⊥平面 PAB, 所以 AD―→是平面 PAB 的一个法向量,AD―→=(0,2,0). 因为 PC―→=(1,1,-2),PD―→=(0,2,-2). 设平面 PCD 的法向量为 m=(x,y,z), 则 m· PC―→=0,m· PD―→=0.
? ?x+y-2z=0, 即? 令 y=1,解得 z=1,x=1. ? ?2y-2z=0.

所以 m=(1,1,1)是平面 PCD 的一个法向量. AD―→· m 3 从而 cos〈AD―→,m〉= =3, |AD―→||m| 3 所以平面 PAB 与平面 PCD 所成二面角的余弦值为 3 . (2)因为 BP―→=(-1,0,2), 设 BQ―→=λBP―→=(-λ,0,2λ )(0≤λ≤1), 又 CB―→=(0,-1,0), 则 CQ―→=CB―→+BQ―→=(-λ,-1,2λ ),

又 DP―→=(0,-2,2), CQ―→· DP―→ 1+2λ 从而 cos〈CQ―→,DP―→〉= = . |CQ―→||DP―→| 10λ2+2 设 1+2λ=t,t∈[1,3], 2t2 则 cos 〈CQ―→,DP―→〉= 2 5t -10t+9
2



2 9 ≤ . ?1 5?2 20 10 9? t -9? + 9 ? ?

9 2 当且仅当 t=5,即 λ=5时,|cos〈CQ―→,DP―→〉|的最大值 3 10 为 10 .
? π? 因为 y=cosx 在?0, ?上是减函数,此时直线 CQ 与 DP 所成角 2? ?

取得最小值. 2 2 5 又因为 BP= 12+22= 5,所以 BQ=5BP= 5 .



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