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2014届高三数学辅导精讲精练56



2014 届高三数学辅导精讲精练 56
1. 如右图所示, 在棱长为 2 的正方体 ABCD-A1B1C1D1 中, 是底面 ABCD O 的中心,E、F 分别是 CC1、AD 的中点,那么异面直线 OE 和 FD1 所成的角的余 弦值等于 ( )

10 A. 5 4 C.5 答案 B

15 B. 5 2 D.3

解析

本题考查空间向量的运算.设正方体的边长为 2,建立如右图所示的

→ 坐标系,O(1,1,0),E(0,2,1),F(1,0,0),D1(0,0,2),∴FD1=(-1,0,2), → OE=(-1,1,1). → → → → FD1· OE 1+0+2 15 ∴cos?FD1,OE?= = = 5 . → → 5· 3 |FD1|· | |OE 2.

以等腰 Rt△ABC 的斜边 BC 上的高 AD 为折痕,将△ABC 折起(如图),使折 起后的△ABC 恰好为等边三角形.M 为高 AD 的中点,则直线 AB 与 CM 所成角 的余弦值为 ( )

2 A. 2 10 C. 10 答案 解析 C

6 B. 6 10 D.- 10

设直角边 AB=AC=2,则 BC=2 2. 取 BD 中点 N,连接 MN, 则 MN∥AB,所以∠NMC 即为所求. 1 10 ∵MN=2AB=1,MC= 2 =NC, 10 在△NCM 中,由余弦定理可得 cos∠NMC= 10 . 3.正方体 ABCD-A1B1C1D1 中,E、F 分别是正方形 ADD1A1 和 ABCD 的中 心, 是 CC1 的中点, GF、 1E 与 AB 所成的角分别为 α、 则 α+β 等于( G 设 C β, A.120° B.60° C.75° D.90° 答案 解析 D 建立如图坐标系,设正方体棱长为 2. )

B(2,0,0),A(2,2,0),G(0,0,1),F(1,1,0),C1(0,0,2),E(1,2,1). → → → 则BA=(0,2,0),GF=(1,1,-1),C1E=(1,2,-1).

→ → → → 1 2 ∴cos〈BA,GF〉= ,cos〈BA,C1E〉= . 3 3 ∴cosα= 1 2 1 ,cosβ= ,sinβ= ,∴α+β=90° ,故选 D. 3 3 3

4. 如图所示, 已知点 P 在正方体 ABCD-A′B′C′D′的对角线 BD′上, ∠PDA=60° .

(1)求 DP 与 CC′所成角的大小; (2)求 DP 与平面 AA′D′D 所成角的大小. 解析 如图所示, D 为原点, 为单位长度建立空间直角坐标系 D-xyz. 以 DA

→ → 则DA=(1,0,0),CC′=(0,0,1). 连接 BD,B′D′. 在平面 BB′D′D 中,延长 DP 交 B′D′于 H.

→ → → 设DH=(m,m,1)(m>0),由已知〈DH,DA〉=60° ,由 → → → → → → DA· =|DA||DH|cos〈DH,DA〉 DH , 可得 2m= 2m2+1. → 2 2 2 解得 m= 2 ,所以DH=( 2 , 2 ,1). 2 2 → → 2 ×0+ 2 ×0+1×1 2 (1)因为 cos〈DH,CC′〉= =2, 1× 2 → → 所以〈DH,CC′〉=45° ,即 DP 与 CC′所成的角为 45° .

(2)∵ABCD-A′B′C′D′为正方体, ∴CD⊥平面 AD′. → → ∴CD为平面 AD′的一个法向量,CD=(0,-1,0). → 2 2 又∵DH=( 2 , 2 ,1), 2 -2 → → 1 ∴cos〈DH,CD〉= =-2. 1· 2 ∴DP 与平面 AA′D′D 所成角为 30° . 5.

已知长方体 ABCD-A1B1C1D1,AB=2,AA1=1,直线 BD 与平面 AA1B1B 所 成的角为 30° ,AE 垂直 BD 于点 E,F 为 A1B1 的中点. (1)求异面直线 AE 与 BF 所成角的余弦值; (2)求平面 BDF 与平面 AA1B 所成二面角(锐角)的余弦值. 解析 (1)分别以 AB,AD,AA1 为 x,y,z 轴建系.

∵AD⊥平面 ABB1A1,BD 与平面 AA1B1B 夹角为 30° , ∴∠DBA=30° .∵AE⊥BD, 1 3 ∴E(2, 2 ,0),B(2,0,0),F(1,0,1). → 1 → → → 3 2 ∴AE=(2, 2 ,0),BF=(-1,0,1),cos〈AE· 〉=- 4 . BF 2 ∴AE 与 BF 所成角的余弦值为 4 . → → 2 3 (2)BF=(-1,0,1),BD=(-2, 3 ,0), 平面 BDF 法向量 a=(1, 3,1), 平面 AA1B 法向量 b=(0,1,0),

15 ∴cos〈a,b〉= 5 . 15 ∴平面 BDF 与平面 AA1B 所成二面角的余弦值为 5 . 6.(2013· 石家庄质检)四棱锥 A—BCDE 的正视图和俯视图如下,其中俯视 图是直角梯形.

(1)若正视图是等边三角形,F 为 AC 的中点,当点 M 在棱 AD 上移动时,是 否总有 BF⊥CM,请说明理由; (2)若平面 ABC 与平面 ADE 所成的锐二面角为 45° .求直线 AD 与平面 ABE 所成角的正弦值. 解析 (1)由俯视图可知平面 ABC⊥平面 EBCD.

又 BC=2,O 为 BC 中点,BE=1,CD=2. ∵△ABC 为等边三角形,F 为 AC 中点, ∴BF⊥AC. 又平面 ABC⊥平面 EBCD,且 DC⊥BC, ∴DC⊥平面 ABC,∴DC⊥BF. 又 AC∩CD=C,∴BF⊥平面 ACD. ∴BF⊥CM. → → (2)以 O 为原点,OC为 x 轴,OA为 z 轴建系. B(-1,0,0),C(1,0,0),E(-1,1,0),D(1,2,0). 设 A(0,0,a), 由题意可知平面 ABC 的法向量为(0,1,0). 设平面 ADE 法向量 n=(x,y,z). → → ED=(2,1,0),EA=(1,-1,a),

?2x+y=0, -3 ∴? 令 x=1,y=-2,z= a . ?x-y+az=0, 3 ∴n=(1,-2,-a). ? 2 ∴ 2 =|cosθ|=? ? ? ? 9 ?,解得 a= 3. 1+4+a2? ? 2

6 由线面角向量知识,可得 sinθ= 4 . 7.(2011· 全国新课标理)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. 解析 (1)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)

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). 设平面 PAB 的法向量 n=(x,y,z),

→ ?n· =0, AB 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),则 cos〈m,n〉= =- 7 . 2 7 2 7 故二面角 A-PB-C 的余弦值为- 7 .

8.(2012· 浙江)如图,在侧棱垂直底面的四棱柱 ABCD—A1B1C1D1 中,AD∥ BC,AD⊥AB,AB= 2,AD=2,BC=4,AA1=2,E 是 DD1 的中点,F 是平面 B1C1E 与直线 AA1 的交点.

(1)证明:①EF∥A1D1; ②BA1⊥平面 B1C1EF; (2)求 BC1 与平面 B1C1EF 所成的角的正弦值. 解析 (1)证明:①因为 C1B1∥A1D1,C1B1?平面 ADD1A1,

所以 C1B1∥平面 A1D1DA. 又因为平面 B1C1EF∩平面 A1D1DA=EF, 所以 C1B1∥EF,所以 A1D1∥EF. ②因为 BB1⊥平面 A1B1C1D1,所以 BB1⊥B1C1. 又因为 B1C1⊥B1A1, 所以 B1C1⊥平面 ABB1A1. 所以 B1C1⊥BA1.

2 在矩形 ABB1A1 中, 是 AA1 的中点, F tan∠A1B1F=tan∠AA1B= 2 , 即∠A1B1F =∠AA1B,故 BA1⊥B1F. 所以 BA1⊥平面 B1C1EF. (2)设 BA1 与 B1F 交点为 H,连接 C1H. 由(1)知 BA1⊥平面 B1C1EF, 所以∠BC1H 是 BC1 与面 B1C1EF 所成的角.

在矩形 AA1B1B 中,AB= 2,AA1=2,得 BH= 在直角△BHC1 中,BC1=2 5,BH= BH 30 得 sin∠BC1H=BC = 15 . 1 所以 BC1 与平面 B1C1EF 所成角的正弦值是 30 . 15 4 , 6

4 . 6

9. (2012· 江西)在三棱柱 ABC—A1B1C1 中, 已知 AB=AC=AA1= 5, BC=4, 点 A1 在底面 ABC 的投影是线段 BC 的中点 O.

(1)证明在侧棱 AA1 上存在一点 E, 使得 OE⊥平面 BB1C1C, 并求出 AE 的长; (2)求平面 A1B1C 与平面 BB1C1C 夹角的余弦值. 解析 (1)证明:连接 AO,在△AOA1 中,作 OE⊥AA1 于点 E.

因为 AA1∥BB1,得 OE⊥BB1. 因为 A1O⊥平面 ABC,所以 A1O⊥BC. 因为 AB=AC,OB=OC,得 AO⊥BC. 所以 BC⊥平面 AA1O,所以 BC⊥OE.

所以 OE⊥平面 BB1C1C. AO2 5 又 AO= AB -BO =1,AA1= 5,得 AE= AA = 5 . 1
2 2

(2)如图,分别以 OA,OB,OA1 所在直线为 x,y,z 轴,建立空间直角坐标 系,

则 A(1,0,0),B(0,2,0),C(0,-2,0),A1(0,0,2). → 1→ 4 2 由AE=5AA1,得点 E 的坐标是(5,0,5). → 4 2 由(1)得平面 BB1C1C 的法向量OE=(5,0,5). 设平面 A1B1C 的法向量 n=(x,y,z), → ?n· =0, AB 由? → ?n· 1C=0, A ?-x+2y=0, 得? ?y+z=0.

令 y=1,得 x=2,z=-1,即 n=(2,1,-1). → → OE· n 30 所以 cos〈OE,n〉= = 10 . → |OE|· |n| 30 即平面 BB1C1C 与平面 A1B1C 的夹角的余弦值是 10 .

1.(2013· 石家庄质检)如图,在多面体 ABCDEF 中,ABCD 为菱形,∠ABC =60° EC⊥平面 ABCD, , FA⊥平面 ABCD, 为 BF 的中点, EG∥平面 ABCD. G 若

(1)求证:EG⊥平面 ABF; (2)若 AF=AB,求二面角 B—EF—D 的余弦值. 解析 (1)取 AB 的中点 M,连接 GM,MC,G 为 BF 的中点,∴GM∥FA.

又 EC⊥平面 ABCD,FA⊥平面 ABCD, ∴CE∥AF,∴CE∥GM. ∵平面 CEGM∩平面 ABCD=CM,EG∥平面 ABCD, ∴EG∥CM. ∵在正三角形 ABC 中,CM⊥AB,又 AF⊥CM, ∴EG⊥AB,EG⊥AF. ∴EG⊥平面 ABF. → → (2)连接 AC,BD,且交点为 O.以 O 为原点,OB为 x 轴,AC为 y 轴建系. B( 3,0,0),E(0,1,1),F(0,-1,2),D(- 3,0,0). → → → EF=(0,-2,1),EB=( 3,-1,-1),DE=( 3,1,1). 设平面 BEF 法向量 n1=(x,y,z), ?-2y+z=0, 则? 令 y=1,则 z=2,x= 3. ? 3x-y-z=0, ∴n1=( 3,1,2). 同理可求平面 DEF 法向量 n2=(- 3,1,2). 1 设所求二面角平面角为 θ,则 cosθ=-4. 2.(2012· 福建)如图,在长方体 ABCD—A1B1C1D1 中,AA1=AD=1,E 为 CD 中点.

(1)求证:B1E⊥AD1; (2)在棱 AA1 上是否存在一点 P, 使得 DP∥平面 B1AE?若存在, AP 的长; 求 若不存在,说明理由.

解析

→ → → (1)以 A 为原点,AB,AD,AA1的方向分别为 x 轴,y 轴,z 轴的正方

向建立空间直角坐标系(如图).

a 设 AB=a,则 A(0,0,0),D(0,1,0),D1(0,1,1),E(2,1,0),B1(a,0,1). → → → → a a 故AD1=(0,1,1),B1E=(-2,1,-1),AB1=(a,0,1),AE=(2,1,0). → → a ∵AD1· 1E=-2×0+1×1+(-1)×1=0, B ∴B1E⊥AD1. (2)假设在棱 AA1 上存在一点 P(0,0,z0), 使得 DP∥平面 B1AE. → 此时DP=(0,-1,z0). 又设平面 B1AE 的法向量 n=(x,y,z). ∵n⊥平面 B1AE, ?ax+z=0, ? → → ∴n⊥AB1,n⊥AE,得?ax ? 2 +y=0. ? a 取 x=1,得平面 B1AE 的一个法向量 n=(1,-2,-a). → a 1 要使 DP∥平面 B1AE,只要 n⊥DP,有2-az0=0,解得 z0=2. 1 又 DP?平面 B1AE,∴存在点 P,满足 DP∥平面 B1AE,此时 AP=2. (3)连接 A1D,B1C,由长方体 ABCD—A1B1C1D1 及 AA1=AD=1,得 AD1⊥ A1D. ∵B1C∥A1D,∴AD1⊥B1C. 又由(1)知 B1E⊥AD1,且 B1C∩B1E=B1, ∴AD1⊥平面 DCB1A1.

→ → ∴AD1是平面 A1B1E 的一个法向量,此时AD1=(0,1,1). → 设AD1与 n 所成的角为 θ,则 a → -2-a n· 1 AD cosθ= = . → a2 2 2 1+ 4 +a |n||AD1| ∵二面角 A-B1E-A1 的大小为 30° , 3a 2 2 解得 a=2,即 AB 的长为 2. 5a 1+ 4 3 , 2

∴|cosθ|=cos30° ,即

2=

3.(2012· 浙江)如图,在四棱锥 P—ABCD 中,底面是边长为 2 3的菱形, ∠BAD=120° ,且 PA⊥平面 ABCD,PA=2 6,M,N 分别为 PB,PD 的中点.

(1)证明:MN∥平面 ABCD; (2)过点 A 作 AQ⊥PC,垂足为点 Q,求二面角 A-MN-Q 的平面角的余弦 值. 解析 (1)证明:因为 M,N 分别是 PB,PD 的中点,

所以 MN 是△PBD 的中位线. 所以 MN∥BD. 又因为 MN?平面 ABCD, 所以 MN∥平面 ABCD. (2)方法一 连接 AC 交 BD 于 O,以 O 为原点,OC,OD 所在直线为 x,y

轴,建立空间直角坐标系 O-xyz,如图所示.

在菱形 ABCD 中,∠BAD=120° ,得 AC=AB=2 3,BD= 3AB=6. 又因为 PA⊥平面 ABCD, 所以 PA⊥AC. 在直角△PAC 中,AC=2 3, PA=2 6,AQ⊥PC,得 QC=2, PQ=4. 由此知各点坐标如下, A(- 3,0,0),B(0,-3,0),C( 3,0,0),D(0,3,0),P(- 3,0,2 6),M(- 3 3 3 3 3 2 6 2 ,-2, 6),N(- 2 ,2, 6),Q( 3 ,0, 3 ). 设 m=(x,y,z)为平面 AMN 的法向量. → → 3 3 3 3 由AM=( 2 ,-2, 6),AN=( 2 ,2, 6),

? 23x-3y+ ? 2 知? ? 23x+3y+ ? 2

6z=0, 6z=0.

取 z=-1,得 m=(2 2,0,-1). 设 n=(x,y,z)为平面 QMN 的法向量. → → 5 3 3 6 5 3 3 6 由QM=(- 6 ,-2, 3 ),QN=(- 6 ,2, 3 ),

?-5 6 3x-3y+ 36z=0, ? 2 知? ?-5 6 3x+3y+ 36z=0. ? 2
取 z=5,得 n=(2 2,0,5).

m· n 33 于是 cos〈m,n〉=|m|· = 33 . |n| 33 所以二面角 A-MN-Q 的平面角的余弦值为 33 . 方法二 在菱形 ABCD 中,∠BAD=120° ,

得 AC=AB=BC=CD=DA,BD= 3AB.

又因为 PA⊥平面 ABCD, 所以 PA⊥AB,PA⊥AC,PA⊥AD. 所以 PB=PC=PD. 所以△PBC≌△PDC. 而 M,N 分别是 PB,PD 的中点, 所以 MQ=NQ,且 1 1 AM=2 PB=2PD=AN. 取线段 MN 的中点 E,连接 AE,EQ, 则 AE⊥MN,QE⊥MN. 所以∠AEQ 为二面角 A-MN-Q 的平面角. 由 AB=2 3,PA=2 6, 1 故在△AMN 中,AM=AN=3,MN=2BD=3,得 3 3 AE= 2 . 在直角△PAC 中,AQ⊥PC,得 AQ=2 2,QC=2,PQ=4. PB2+PC2-BC2 5 在△PBC 中,cos∠BPC= =6,得 2PB· PC MQ= PM2+PQ2-2PM· PQcos∠BPC= 5. 在等腰△MQN 中,MQ=NQ= 5,MN=3,得

11 QE= MQ2-ME2= 2 . 3 3 11 在△AEQ 中,AE= 2 ,QE= 2 ,AQ=2 2,得 AE2+QE2-AQ2 33 cos∠AEQ= = 33 . 2AE· QE 33 所以二面角 A-MN-Q 的平面角的余弦值为 33 . 4.

如图, 在三棱锥 P-ABC 中, PA⊥底面 ABC, PA=AB, ∠ABC=60° ∠BCA , =90° ,点 D,E 分别在棱 PB,PC 上,且 DE∥BC. (1)求证:BC⊥平面 PAC; (2)当 D 为 PB 的中点时,求 AD 与平面 PAC 所成的角的余弦值; (3)是否存在点 E 使得二面角 A-DE-P 为直二面角?并说明理由. 解析

方法一

(1)∵PA⊥底面 ABC,

∴PA⊥BC.又∠BCA=90° , ∴AC⊥BC,∴BC⊥平面 PAC. (2)∵D 为 PB 的中点,DE∥BC, 1 ∴DE=2BC. 又由(1)知,BC⊥平面 PAC, ∴DE⊥平面 PAC,垂足为点 E.

∴∠DAE 是 AD 与平面 PAC 所成的角. ∵PA⊥底面 ABC,∴PA⊥AB. 又 PA=AB,∴△ABP 为等腰直角三角形. ∴AD= 1 AB. 2

在 Rt△ABC 中,∠ABC=60° . 1 ∴BC=2AB. ∴Rt△ADE 中,sin∠DAE= 14 ∴cos∠DAE= 4 . (3)∵DE∥BC, 又由(1)知,BC⊥平面 PAC, ∴DE⊥平面 PAC. 又∵AE?平面 PAC,PE?平面 PAC, ∴DE⊥AE,DE⊥PE. ∴∠AEP 为二面角 A-DE-P 的平面角. ∵PA⊥底面 ABC, ∴PA⊥AC,∴∠PAC=90° . ∴在棱 PC 上存在一点 E,使得 AE⊥PC. 这时,∠AEP=90° . 故存在点 E 使得二面角 A-DE-P 是直二面角. DE BC 2 = = . AD 2AD 4

方法二

如图,以 A 为原点建立空间直角坐标系 A-xyz.

1 3 3 设 PA=a,由已知可得 A(0,0,0),B(-2a, 2 a,0),C(0, 2 a,0),P(0,0,a). → → 1 (1)∵AP=(0,0,a),BC=(2a,0,0),

→ → ∴BC· =0,∴BC⊥AP. AP 又∵∠BCA=90° ,∴BC⊥AC. ∴BC⊥平面 PAC. (2)∵D 为 PB 的中点,DE∥BC, ∴E 为 PC 的中点. 1 3 1 3 1 ∴D(-4a, 4 a,2a),E(0, 4 a,2a). 又由(1)知,BC⊥平面 PAC, ∴DE⊥平面 PAC,垂足为点 E. ∴∠DAE 是 AD 与平面 PAC 所成的角. → → 1 3 1 3 1 ∵AD=(-4a, 4 a,2a),AE=(0, 4 a,2a), → → AD· AE 14 ∴cos∠DAE= = 4 . → → |AD|· | |AE (3)同方法一. 5.已知等腰直角三角形 RBC,其中∠RBC=90° ,RB=BC=2.点 A、D 分别 是 RB、RC 的中点,现将△RAD 沿着边 AD 折起到△PAD 位置,使 PA⊥AB. (1)求证:BC⊥PB; (2)求二面角 A-CD-P 的余弦值. 解析 (1)∵点 A、D 分别是 RB、RC 的中点,

1 ∴AD∥BC 且 AD=2BC. ∴∠PAD=∠RAD=∠RBC=90° . ∴PA⊥AD.又 PA⊥AB,DA∩AB=A, ∴PA⊥面 ABCD,∴PA⊥BC. ∵BC⊥AB,PA∩AB=A,∴BC⊥平面 PAB.

∵PB?平面 PAB,∴BC⊥PB. (2)方法一 取 RD 的中点 F,连接 AF、PF.

∵RA=AD=1,∴AF⊥RC. 又由(1)知 PA⊥面 ABCD,而 RC?平面 ABCD, ∴PA⊥RC.∵AF∩PA=A, ∴RC⊥平面 PAF. ∴∠AFP 是二面角 A-CD-P 的平面角. 1 1 2 在 Rt△RAD 中,AF=2RD=2 RA2+AD2= 2 . 6 在 Rt△PAF 中,PF= PA2+AF2= 2 . 2 2 AF 3 ∴cos∠AFP=PF= = 3 . 6 2 3 ∴二面角 A-CD-P 的余弦值是 3 . 方法二 建立如图所示的空间直角坐标系 A-xyz,则

D(-1,0,0),C(-2,1,0),P(0,0,1).

→ → ∴DC=(-1,1,0),DP=(1,0,1),设平面 PCD 的法向量为 n=(x,y,z),则 → ?n· =-x+y=0, DC ? → ?n· =x+z=0, DP

令 x=1,得 y=1,z=-1,∴n=(1,1,-1).

→ → 显然,PA是平面 ACD 的一个法向量PA=(0,0,-1). → → |n· | PA 1 3 ∴cos〈n,PA〉= = =3. → 3×1 |n|· | |PA

3 ∴二面角 A-CD-P 的余弦值是 3 . 6.

如图所示, 已知三棱柱 ABC-A1B1C1 的侧棱与底面垂直, 1=AB=AC=1, AA → → AB⊥AC, 是 CC1 的中点, 是 BC 的中点, P 在 A1B1 上, M N 点 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?并求该角取最大 值时的正切值; (3)若平面 PMN 与平面 ABC 所成的二面角为 45° ,试确定点 P 的位置. 解析 (1)以 A 为原点.AB、AC、AA1 为 x,y,z 轴,建立空间直角坐标系.

1 1 1 P(λ,0,1),N(2,2,0),M(0,1,2). → 1 → 1 1 从而PN=(2-λ,2,-1),AM=(0,1,2). → → 1 1 1 ∴PN· =(2-λ)×0+2×1-1×2=0. AM ∴PN⊥AM.

(2)平面 ABC 的一个法向量为 n=(0,0,1), → → π 则 sinθ=|sin(2-〈PN,n〉|=|cos〈PN,n〉| → PN· n =| |= → |PN|· |n| 1 1 5 ?λ-2?2+4 ,(※)

π π 而 θ∈[0,2],sinθ 最大时,tanθ 最大(θ=2除外).

1 2 5 由(※)式,当 λ=2时,(sinθ)max= 5 ,(tanθ)max=2. → (3)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),由(1),得 → 1 MP=(λ,-1,2). → ?m· =0, NP 由? → ?m· =0, MP

??λ-1?x-1y+z=0, ? 2 2 得? 1 ?λx-y+2z=0, ?

?y=2λ+1x, ? 3 解得? 2?1-λ? ?z= 3 x. ?
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° , m· n ∴|cos〈m,n〉|=||m|· | |n| = |2?1-λ?| 2 2 2= 2 , 9+?2λ+1? +4?1-λ?

1 解得 λ=-2. 1 故点 P 在 B1A1 的延长线上,且|A1P|=2.



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