資源簡介

(共26張PPT)
知識點 用空間向量研究空間角
6.3.3 空間角的計算
必備知識 清單破
空間角 向量求法
異面直
線所成
的角 若異面直線l1,l2所成的角為θ,其方向向量分 別是u,v,則cos θ=|cos|= ,θ∈
直線與
平面所
成的角 設直線AB與平面α所成的角為θ,直線AB的方 向向量為u,平面α的法向量為n,則sin θ=|cos< u,n>|= ,θ∈
兩個平面
所成的角 若平面α,β的法向量分別是n1,n2,則平面
α與平面β所成的二面角的平面角與向量
n1,n2的夾角相等或互補.設平面α與平面
β所成的角為θ,則|cos θ|=|cos|
= ,θ∈[0,π]　　　　　　　
知識辨析
1.若直線l與平面α的夾角為0°,則直線l一定在平面α內嗎
2.若直線l的方向向量與平面α的法向量的夾角等于150°,則直線l與平面α所成的角是多少度
3.已知向量m是直線l的一個方向向量,n是平面α的一個法向量,若cos=- ,則直線l與平
面α所成的角是120°嗎
4.在三棱錐A-BCD中,平面ABD與平面BCD的法向量分別為n1,n2,若= ,則二面角A-BD-
C的大小一定為 嗎
一語破的
1.不一定.直線l在平面α內或直線l∥平面α.
2.60°.設直線l與平面α所成的角為θ,θ∈ ,直線l的方向向量為u,平面α的法向量為n,則sin
θ=|cos|= ,則θ=60°.
3.不是.直線l與平面α所成的角為銳角或直角,并且直線l與平面α所成的角,就是直線l與平面α 的垂線所成角的余角.因此直線l與平面α所成的角應為30°.
4.不一定.當二面角A-BD-C為銳角時,它就等于= ;當二面角A-BD-C為鈍角時,它應等
于π-=π- = .
1.用向量求異面直線所成的角的兩種方法
(1)基向量法
基向量法的一般步驟:
①確定空間的一個基底,進而確定空間兩直線的方向向量.
②求出兩個方向向量夾角的余弦值.
③根據直線夾角與其方向向量夾角的關系,得到兩異面直線所成的角.
關鍵能力 定點破
定點 1 用向量法求異面直線所成的角
(2)坐標法
利用坐標法求異面直線所成的角的一般步驟:
①建立適當的空間直角坐標系并寫出相應點的坐標.
②求出兩條異面直線的方向向量.
③利用向量夾角的余弦公式得出結論.
2.注意向量的夾角與異面直線所成角的區別
當異面直線的方向向量的夾角為銳角或直角時,此角就是異面直線所成的角;當異面直線的 方向向量的夾角為鈍角時,其補角才是異面直線所成的角.
典例 如圖所示,在三棱錐O-ABC中,OA,OB,OC兩兩互相垂直,E為OC的中點,且OB=OC=2OA= 2,求直線AE與BC所成角的大小.

解析 解法一(基向量法):根據已知可得 , , 不共面,且| |=1,| |=| |=2, · =
· = · =0.
又因為 = - = - , = - ,
所以 · = ·( - )= - · - · + · =2,
| |2= · = - · + =2,
| |2=( - )·( - )= -2 · + =8,
所以cos< , >= = = ,
因此< , >= ,
故直線AE與BC所成角的大小為 .
解法二(坐標法):因為OA,OB,OC兩兩互相垂直,
所以以O為坐標原點, , , 的方向分別為x軸,y軸,z軸的正方向,建立如圖所示的空間直
角坐標系,

則由OB=OC=2OA=2可知A(1,0,0),E(0,0,1),B(0,2,0),C(0,0,2),
所以 =(-1,0,1), =(0,-2,2),
因此cos< , >= = = ,
所以< , >= ,
故直線AE與BC所成角的大小為 .
　
利用向量法求空間中線面角的一般步驟
(1)建立適當的空間直角坐標系,寫出相應點的坐標;
(2)求出直線的方向向量a的坐標以及平面的法向量b的坐標;
(3)設線面角為θ,利用sin θ= ,結合θ∈ 得出結論.
定點 2 用向量法求線面角
典例 如圖,在四棱錐P-ABCD中,PA⊥底面ABCD,AD∥BC,AB=AD=AC=3,PA=BC=4,M為線段 AD上一點,AM=2MD,N為PC的中點.
(1)證明:MN∥平面PAB;
(2)求直線AN與平面PMN所成角的正弦值.

解析 (1)證明:由已知得AM= AD=2.如圖,取BP的中點T,連接AT,TN,

由N為PC的中點,得TN∥BC,TN= BC=2,
又AD∥BC,所以TN AM,
所以四邊形AMNT為平行四邊形,
所以MN∥AT.
因為AT 平面PAB,MN 平面PAB,
所以MN∥平面PAB.
(2)取BC的中點E,連接AE.
由AB=AC得AE⊥BC,從而AE⊥AD,
且AE= = = .
以A為坐標原點, , , 的方向分別為x軸,y軸,z軸的正方向,建立如圖所示的空間直角坐
標系A-xyz.

則A(0,0,0),P(0,0,4),M(0,2,0),N ,所以 =(0,2,-4), = , = .
設n=(x,y,z)為平面PMN的一個法向量,
則 即
令y=2,則z=1,x=0,
所以n=(0,2,1),
所以|cos|= = ,
故直線AN與平面PMN所成角的正弦值為 .
1.利用向量法求二面角的平面角
(1)如圖1, , 是二面角α-l-β的兩個半平面內分別與l垂直的向量,則二面角α-l-β的大小θ=<
, >.

圖1 圖2 圖3
定點 3 用向量法求二面角
(2)如圖2,3,n1,n2分別是二面角α-l-β的兩個半平面α,β的法向量,則二面角α-l-β的大小θ= 或θ=π-.
2.利用法向量求二面角的大小(或其某個三角函數值)的步驟
(1)建立適當的空間直角坐標系,寫出相應點的坐標.
(2)求出兩個半平面的法向量n1,n2.
(3)設二面角的平面角為θ,則|cos θ|=|cos|.
(4)根據圖形判斷θ為鈍角還是銳角,從而求出θ(或其某個三角函數值).
　　注:判斷二面角的平面角是銳角還是鈍角,可以看法向量的方向,使法向量的起點落在各
自的平面內,若兩個法向量都指向二面角的外部或內部,則二面角等于法向量夾角的補角;若 兩個法向量一個指向二面角的外部,另一個指向二面角的內部,則二面角等于法向量的夾角.
典例1 如圖,在四棱錐P-ABCD中,AD∥BC,AB⊥AD,AB⊥PA,BC=2AB=2AD=4BE,平面PAB⊥ 平面ABCD,直線PE與平面PAC所成角的正弦值為 .
(1)求異面直線PB與CD所成角的大小;
(2)求二面角A-PC-D的余弦值.

思路點撥 建系 寫出相應點的坐標 由線面角的正弦值確定點P的坐標.
(1)求 , 求兩向量夾角的余弦值 求角;
(2)分別求兩個平面的法向量 求法向量夾角的余弦值 得結論.
解析 ∵平面PAB⊥平面ABCD,平面PAB∩平面ABCD=AB,AB⊥PA,
∴PA⊥平面ABCD,
又∵AB⊥AD,∴可建立如圖所示的空間直角坐標系A-xyz.

不妨設BC=4,AP=λ(λ>0),則A(0,0,0),D(0,2,0),E(2,1,0),C(2,4,0),P(0,0,λ),B(2,0,0),
∴ =(2,4,0), =(0,0,λ), =(2,-1,0), =(2,1,-λ).
∵ · =4-4+0=0, · =0,
∴DE⊥AC,DE⊥AP,
又AC∩AP=A,AC,AP 平面PAC,
∴DE⊥平面PAC,
∴平面PAC的一個法向量是 =(2,-1,0).
設直線PE與平面PAC所成的角為θ,
則sin θ=|cos< , >|= = ,
解得λ=±2.
∵λ>0,
∴λ=2,
∴P(0,0,2).
(1)∵B(2,0,0),
∴ =(2,0,-2),
又 =(2,2,0),
∴cos< , >= = ,
∴< , >= ,
故異面直線PB與CD所成角的大小為 .
(2)設平面PCD的一個法向量為n=(x,y,z).
易知 =(2,2,0), =(0,-2,2),
則 即
令x=1,則y=-1,z=-1,∴n=(1,-1,-1),
∴cos= = .
顯然二面角A-PC-D的平面角是銳角,
∴二面角A-PC-D的余弦值為 .
典例2 如圖,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,AC=BC= AA1,D是棱AA1的中點,BD⊥DC1.
(1)證明:DC1⊥BC;
(2)求二面角A1-BD-C1的大小.

解析 設AC=BC= AA1=a.
(1)證明:連接DC,則DC1=DC= a,CC1=2a,
∵D +DC2=C ,∴DC1⊥DC.
又∵DC1⊥BD,DB∩DC=D,DB,DC 平面BDC,
∴DC1⊥平面BDC.
∵BC 平面BDC,∴DC1⊥BC.
(2)易知DC1= a,BC1= a,
∵BD⊥DC1,∴BD= a.
在Rt△ABD中,BD= a,AD=a,∠DAB=90°,∴AB= a,∴AC2+BC2=AB2,∴AC⊥BC.
故AC,BC,CC1兩兩互相垂直,
以C為坐標原點,CA,CB,CC1所在的直線分別為x軸,y軸,z軸,建立如圖所示的空間直角坐標系,

則B(0,a,0),D(a,0,a),C1(0,0,2a),
∴ =(-a,a,-a), =(-a,0,a),
設平面DBC1的一個法向量為n1=(x1,y1,z1),
則
令x1=1,則y1=2,z1=1,∴n1=(1,2,1).
同理,可求得平面BDA1的一個法向量為n2=(1,1,0).
設n1與n2的夾角為θ,
則cos θ= = = ,
∵0°<θ<180°,∴θ=30°.
由圖可知,二面角A1-BD-C1的平面角為銳角,
故二面角A1-BD-C1的大小為30°.6.3.3　空間角的計算
基礎過關練　　　　　 　　　　 　　　　
題組一　異面直線所成的角
1.已知在長方體ABCD-A1B1C1D1中,若AB=2AA1=2BC=2,E是CD的中點,則異面直線EB1與D1C所成角的余弦值為(　　)
A.
2.如圖,在四棱錐P-ABCD中,PD⊥底面ABCD,底面ABCD為正方形,PD=DC=2,Q為PC上一點,且PQ=3QC,則異面直線AC與BQ所成的角為(　　)
A.
3.在直三棱柱ABC-A1B1C1中,∠BCA=90°,AC=CC1=4,M是A1B1的中點,以C為坐標原點,建立如圖所示的空間直角坐標系.若,則異面直線CM與A1B所成角的余弦值為(　　)
A.
題組二　直線與平面所成的角
4.《九章算術》是我國古代的一部數學經典著作,其在卷第五《商功》中描述的幾何體“陽馬”實為“底面為矩形,一側棱垂直于底面的四棱錐”.如圖,在“陽馬”P-ABCD中,PA⊥平面ABCD,AD=2AB=PA,則直線PC與平面PBD所成角的正弦值為(　　)
A.
5.如圖,在多面體A1B1C1D1ABC中,四邊形A1B1C1D1,AA1B1B,BB1C1C是三個全等且兩兩垂直的正方形,平面A1B1C1D1∥平面ABC,E是棱AA1的中點,則直線EC1與平面ACD1所成角的余弦值為(　　)
A.
題組三　二面角
6.在菱形ABCD中,∠ABC=60°,將菱形ABCD沿對角線AC折疊之后,使得平面BAC⊥平面ACD(如圖),則平面BCD與平面ACD所成的銳二面角的正弦值為　　　　.
7.如圖1,在△ABC中,AC=2,∠ACB=90°,∠ABC=30°,P是AB的中點,現把△ACP沿CP折成如圖2所示的三棱錐A-BCP,使得AB=.
(1)求證:平面ACP⊥平面BCP;
(2)求二面角B-AC-P的余弦值.
　
能力提升練　　　　　 　　　　 　　　　
題組一　兩條直線所成的角
1.在三棱錐P-ABC中,PA⊥平面ABC,AB⊥BC,AB=BC=2,PA=2,D是△PAB內(不含邊界)的動點,AD⊥CD,則異面直線CD與AB所成角的余弦值的取值范圍為(　　)
A. B.
C. D.
2.已知一圓臺的高為2,上底面圓O1的半徑為2,下底面圓O2的半徑為4,A,B兩點分別在圓O1、圓O2上,若向量的夾角為60°,則直線AB與直線O1O2所成角的大小為　　　　.
3.如圖1,在△ABC中,D,E分別為AB,AC的中點,O為DE的中點,連接AO,AB=AC=2,BC=4.將△ADE沿DE折起到△A1DE的位置,使得平面A1DE⊥平面BCED,如圖2.
(1)求證:A1O⊥BD;
(2)在線段A1C上是否存在點F,使得直線DF和BC所成角的余弦值為 若存在,求出的值;若不存在,請說明理由.
　
題組二　空間直線與平面所成的角
4.在長方體ABCD-A1B1C1D1中,AB=AD=2,AA1=3,O是AC的中點,點P在線段A1C1(包含端點)上運動,若直線OP與平面AB1C所成的角為θ,則sin θ的取值范圍是　　　　.
5.如圖,在圓柱中有一內接正六棱柱ABCDEF-A1B1C1D1E1F1,圓柱的高為2,底面半徑為1,上、下底面的中心分別為O1,O,點K在上底面的圓周上運動,若直線AC與平面KAF所成角的正弦值最小為m,則=　　　　.
6.如圖所示,三棱臺ABC-A1B1C1的底面ABC為正三角形,AA1⊥平面ABC,AA1=A1B1=AB=1,D,E分別為AC,AB的中點,M是線段BC(包含端點)上一動點.
(1)求證:BC1∥平面A1DE;
(2)是否存在點M,使得A1M與平面B1BCC1所成的角為30° 若存在,求出線段BM的長度;若不存在,請說明理由.
題組三　二面角
7.我們稱:兩個相交平面構成四個二面角,其中較小的二面角稱為這兩個相交平面的夾角;由正方體的四個頂點所確定的平面統稱為該正方體的“表截面”,則在正方體中,兩個不重合的“表截面”的夾角不可能為(　　)
A.30°　　　　B.45°　　　　C.60°　　　　D.90°
8.已知在四棱錐C-ABED中,DE∥平面ABC,AC⊥BC,BC=2AC=4,AB=2DE,DA=DC,F為線段BC的中點,平面DAC⊥平面ABC.
(1)證明:EF⊥平面ABC;
(2)若直線BE與平面ABC所成的角為60°,求二面角B-AD-C的余弦值.
9.如圖所示,四邊形ABCD為圓柱ST的軸截面,P為圓弧上一點(點P異于點B,C).
(1)證明:平面PAB⊥平面PAC;
(2)若AB=BP=2PC=6,(0<λ<1),且二面角P-BM-C的余弦值為,求λ的值.
答案與分層梯度式解析
6.3.3　空間角的計算
基礎過關練
1.B 2.A 3.C 4.A 5.B
1.B　以D為原點,建立如圖所示的空間直角坐標系,
則E(0,1,0),C(0,2,0),B1(1,2,1),D1(0,0,1),
∴=(0,2,-1),
設異面直線EB1與D1C所成的角為θ,θ∈,
則cos θ=.故選B.
2.A　因為PD⊥底面ABCD,底面ABCD為正方形,所以DP,DC,DA互相垂直,
以D為原點,DA,DC,DP所在直線分別為x軸,y軸,z軸,建立如圖所示的空間直角坐標系,
則P(0,0,2),A(2,0,0),B(2,2,0),C(0,2,0),Q,
所以,
設異面直線AC與BQ所成的角為θ,θ∈,
則cos θ=,
所以θ=,故異面直線AC與BQ所成的角為.
故選A.
3.C　設CB=t,t>0,則C(0,0,0),A1(4,0,4),B(0,t,0),M,C1(0,0,4),
∴=2,,4,
由,得=0,解得t=4(負值舍去),
∴=(-4,4,-4),
∴cos<,
故異面直線CM與A1B所成角的余弦值為.
故選C.
4.A　因為PA⊥平面ABCD,AB,AD 平面ABCD,底面ABCD為矩形,所以PA⊥AB,PA⊥AD,AB⊥AD,
設AB=1,則AD=AP=2,
以A為坐標原點,AB,AD,AP所在直線分別為x軸,y軸,z軸建立空間直角坐標系,如圖所示,
則B(1,0,0),C(1,2,0),D(0,2,0),P(0,0,2),
所以=(1,2,-2),
設平面PBD的一個法向量為n=(x,y,z),
則
令x=2,則y=1,z=1,所以n=(2,1,1),
設直線PC與平面PBD所成的角為θ,
所以sin θ=|cos<,n>|=,
所以直線PC與平面PBD所成角的正弦值為.
故選A.
解題模板　求線面角θ的步驟:
5.B　由題意可將該幾何體補形成一個正方體ABCD-A1B1C1D1,以D為原點,DA,DC,DD1所在直線分別為x軸,y軸,z軸,建立如圖所示的空間直角坐標系,
設該正方體的棱長為2,則A(2,0,0),C(0,2,0),D1(0,0,2),E(2,0,1),C1(0,2,2),
所以=(2,-2,-1),
設平面ACD1的一個法向量為n=(x,y,z),
則
取x=1,得y=1,z=1,所以n=(1,1,1).
設直線EC1與平面ACD1所成的角為θ,θ∈,則sin θ=|cos則cos θ=,即直線EC1與平面ACD1所成角的余弦值為.故選B.
6.答案　
解析　取AC的中點E,連接BE,DE,由題意可得△BAC和△ACD都是等邊三角形,
所以BE⊥AC,DE⊥AC,
因為平面BAC⊥平面ACD,平面BAC∩平面ACD=AC,BE 平面BAC,
所以BE⊥平面ACD,
又DE 平面ACD,所以BE⊥DE,
以E為坐標原點,建立如圖所示的空間直角坐標系,
設菱形ABCD的邊長為2,則A(1,0,0),C(-1,0,0),D(0,),
所以),
設平面BCD的一個法向量為m=(x,y,z),
則
取z=1,得x=-,y=1,則m=(-,1,1),
易知平面ACD的一個法向量n=),
設平面BCD與平面ACD所成的銳二面角的平面角為θ,
則cos θ=|cos|=,
則sin θ=,即平面BCD與平面ACD所成的銳二面角的正弦值為.
7.解析　(1)證明:在題圖1中作AO⊥CP,交CP于O,連接OB,
∵AC=2,∠ACB=90°,∠ABC=30°,P是AB的中點,
∴BC=2AB=2,
∴△ACP是等邊三角形,
∴AO=CP=1,AO⊥CP,
在△OBC中,由余弦定理得OB2=1+12-2×1×2=7,
∵AB=,
∴AO2+OB2=AB2,
∴AO⊥OB.
又CP 平面BCP,OB 平面BCP,CP∩OB=O,
∴AO⊥平面BCP,又AO 平面ACP,
∴平面ACP⊥平面BCP.
(2)如圖,過點O作OE⊥CP,交BC于E,則AO,OC,OE互相垂直.以O為原點,OC,OE,OA所在直線分別為x軸,y軸,z軸,建立空間直角坐標系,
則A(0,0,,
∴,
設平面ABC的一個法向量為m=(x,y,z),
則
令z=1,得x=,y=3,則m=(,3,1),
易知OE⊥平面ACP,
∴平面ACP的一個法向量n=(0,1,0),
∴|cos|=,
由圖可知,二面角B-AC-P為銳角,
∴二面角B-AC-P的余弦值為.
能力提升練
1.A　連接BD,∵PA⊥平面ABC,BC 平面ABC,
∴PA⊥BC,
∵AB⊥BC,PA∩AB=A,PA,AB 平面PAB,
∴BC⊥平面PAB,
又AD 平面PAB,
∴AD⊥BC,
又AD⊥CD,BC∩CD=C,BC,CD 平面BCD,
∴AD⊥平面BCD,又BD 平面BCD,∴AD⊥BD,
如圖,以A為坐標原點,AB所在直線為x軸,過點A與BC平行的直線為y軸,AP所在直線為z軸建立空間直角坐標系,
則A(0,0,0),B(2,0,0),C(2,2,0),P(0,0,2),
所以=(2,0,0),
設D(x,0,z)(0所以=(x-2,-2,z),
由AD⊥BD,得x2-2x+z2=0,(點撥:利用AD⊥BD,D是△PAB內(不含邊界)的動點得出x的范圍)
設異面直線CD與AB所成的角為θ,θ∈,
則cos θ=|cos<,
令=t,則t∈,cos θ=,
易知函數y=t-上單調遞增,則t-,故cos θ∈,
所以異面直線CD與AB所成角的余弦值的取值范圍為.
故選A.
2.答案　
解析　解法一:,故=4,
易得=16,
設直線AB與直線O1O2所成的角為θ,
則cos θ=,所以θ=,
即直線AB與直線O1O2所成角的大小為.
解法二:如圖1,
設點A在圓O2上的射影為D,連接O2D并延長,交圓O2于點C,連接AD,BD,BC,則D為O2C的中點,且AD∥O1O2,O1A∥O2C,所以∠BAD即為直線AB與直線O1O2所成的角,∠BO2C即為向量的夾角,所以∠BO2C=60°,所以△BO2C為等邊三角形,
易得BD=,AD=2,
則在Rt△ADB中,tan∠BAD=,故∠BAD=,即直線AB與直線O1O2所成角的大小為.
解法三:如圖2,O1A∥O2C,則∠BO2C即為向量的夾角,所以∠BO2C=60°,連接BC,所以△BO2C為等邊三角形,
以O2為原點建立空間直角坐標系,
則O2(0,0,0),O1(0,0,2),A(0,2,2),B(2,2,0),
所以=(0,0,-2),
故cos<,
所以直線AB與直線O1O2所成角的大小為.
3.解析　(1)證明:由題意得E,因為O為DE的中點,所以A1O⊥DE,
又平面A1DE⊥平面BCED,平面A1DE∩平面BCED=DE,A1O 平面A1DE,
所以A1O⊥平面BCED,
又BD 平面BCED,所以A1O⊥BD.
(2)存在.
取BC的中點M,連接OM,則OM⊥BC,
又A1O⊥平面BCED,所以A1O,OM,OE互相垂直,
以O為坐標原點,的方向分別為x軸,y軸,z軸的正方向建立如圖所示的空間直角坐標系,
則B(2,-2,0),C(2,2,0),A1(0,0,2),D(0,-1,0),
所以=(0,4,0),
設(0≤λ≤1),即=(2λ,2λ,-2λ),
則=(0,1,2)+(2λ,2λ,-2λ)=(2λ,2λ+1,2-2λ),
故|cos<,
整理,得3λ2-7λ+2=0,解得λ=或λ=2(舍去),
故在線段A1C上存在點F,使得直線DF和BC所成角的余弦值為,此時.
4.答案　
解析　以D為原點,DA,DC,DD1所在直線分別為x軸,y軸,z軸,建立空間直角坐標系,如圖所示,
則A(2,0,0),C(0,2,0),O(1,1,0),B1(2,2,3),A1(2,0,3),C1(0,2,3),所以=(-2,2,0),
由題可設=a(-2,2,0)=(-2a,2a,0)(0≤a≤1),則P(2-2a,2a,3),則=(1-2a,2a-1,3),
設平面AB1C的一個法向量為n=(x,y,z),
則
令y=3,得x=3,z=-2,所以n=(3,3,-2),
所以sin θ=|cos由于0≤a≤1,所以∈[3,],
所以sin θ∈.
5.答案　
解析　取AB的中點M,連接OM,OC,OO1.以O為坐標原點,的方向分別為x軸,y軸,z軸的正方向建立空間直角坐標系,如圖所示,
則F(0,-1,0),A,C(0,1,0),
所以.
設K(cos θ,sin θ,2),θ∈[0,2π),
則=(cos θ,sin θ+1,2).
設平面KAF的一個法向量為n=(x,y,z),
則
令x=2,得n=(2,-2sin θ-cos θ+).
所以直線AC與平面KAF所成角的正弦值為,所以當sin=1時,直線AC與平面KAF所成角的正弦值最小,為m=,所以.
6.解析　(1)證明:如圖1,連接C1D,AC1,設A1D與AC1交于F,連接EF,
因為AA1⊥平面ABC,AD 平面ABC,所以AA1⊥AD,
因為D是AC的中點,所以AD=AC,又△ABC為正三角形,所以AC=AB,所以AA1=AB=AD,
所以四邊形ADC1A1為正方形,所以F是AC1的中點,
又E為AB的中點,所以EF∥BC1,又EF 平面A1DE,BC1 平面A1DE,所以BC1∥平面A1DE.
(2)不存在滿足題意的點M,理由如下:
如圖2,連接BD,DC1,則BD⊥AC,以{}為正交基底建立空間直角坐標系D-xyz,
則D(0,0,0),B(,0,0),C(0,1,0),C1(0,0,1),A1(0,-1,1),
所以,1,-1),
設λ,λ,0)(0≤λ≤1),則λ,1+λ,-1),
設平面B1BCC1的一個法向量為n=(x,y,z),
則
令x=1,則y=z=,所以n=(1,),
若A1M與平面B1BCC1所成的角為30°,
則sin 30°=,n>|=
=,
整理,得(2λ-1)2+4=,此方程無解,故不存在點M,使得A1M與平面B1BCC1所成的角為30°.
7.A　以正方體ABCD-A1B1C1D1為例,平面ABC1D1與平面ABCD的夾角為45°;
以D為坐標原點,建立如圖所示的空間直角坐標系,
設正方體的棱長為1,則D(0,0,0),A1(1,0,1),A(1,0,0),C(0,1,0),
在正方形ADD1A1中,A1D⊥AD1,
因為AB⊥平面ADD1A1,且A1D 平面ADD1A1,
所以AB⊥A1D,
又AD1∩AB=A,AD1,AB 平面ABC1D1,所以A1D⊥平面ABC1D1,即平面ABC1D1的一個法向量為=(1,0,1),
同理可證,AC⊥平面BDD1B1,
所以平面BDD1B1的一個法向量為=(-1,1,0),
設平面ABC1D1與平面BDD1B1的夾角為θ,0°≤θ≤90°,
則cos θ=|cos<,
所以θ=60°;
平面ABB1A1與平面ABCD的夾角為90°.
故選A.
8.解析　(1)證明:取AC的中點O,連接OF,OD,
∵DE∥平面ABC,DE 平面ABED,平面ABED∩平面ABC=AB,∴DE∥AB,∵O,F分別為AC,BC的中點,∴OF是△ABC的中位線,∴OF∥AB,OF=AB,
又AB=2DE,∴OF∥DE,OF=DE,∴四邊形DEFO為平行四邊形,∴EF∥DO,
∵在△DAC中,DA=DC,O為AC的中點,∴DO⊥AC.
又平面DAC⊥平面ABC,平面DAC∩平面ABC=AC,DO 平面DAC,∴DO⊥平面ABC,
∴EF⊥平面ABC.
(2)∵DO⊥平面ABC,AC,BC 平面ABC,∴DO⊥AC,DO⊥BC,
又AC⊥BC,∴DO,AC,BC互相垂直,
∴以O為原點,OA所在直線為x軸,過點O與BC平行的直線為y軸,OD所在直線為z軸,建立如圖所示的空間直角坐標系,
則A(1,0,0),B(-1,4,0),∴(-2,4,0).
∵EF⊥平面ABC,直線BE與平面ABC所成的角為60°,
∴∠EBF=60°,
∴DO=EF=BFtan 60°=2),
∴).
易得平面ADC的一個法向量m=(0,1,0),
設平面ADB的一個法向量為n=(x,y,z),
則
取z=1,則x=2,∴n=(2,1),
∴cos=,由圖可知二面角B-AD-C為銳二面角,∴二面角B-AD-C的余弦值為.
9.解析　(1)證明:∵P為圓弧上一點,BC為圓S的直徑,∴PC⊥PB,
∵在圓柱ST中,AB⊥平面BCP,PC 平面BCP,
∴AB⊥PC,
又PB∩AB=B,PB,AB 平面PAB,∴PC⊥平面PAB,
又PC 平面PAC,∴平面PAB⊥平面PAC.
(2)以B為坐標原點,BC,AB所在直線分別為y軸,z軸,建立空間直角坐標系,如圖所示,
∵AB=BP=2PC=6,∴PC=3,
∴BC=,∴sin∠PBC=,故cos∠PBC=,
則B(0,0,0),A(0,0,6),C(0,3,0),
P(6sin∠PBC,6cos∠PBC,0),即P,
∴,-6),設M(x0,y0,z0),由(0<λ<1),得(x0,y0,z0-6)=λ(0,3,-6),
即即M(0,3λ,6-6λ),
∴λ,6-6λ),
設平面PBM的一個法向量為n1=(x1,y1,z1),
則
令y1=-1,得x=2,z=,
∴n1=.
易知平面BMC的一個法向量為n2=(1,0,0),
∴|cos|=,整理,得3λ2-8λ+4=0,解得λ=或λ=2,又0<λ<1,故λ的值為.
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