資源簡介

第2課時　用向量方法研究立體幾何中的度量關系(二)
【學習目標】
　　1.能用向量方法解決簡單的二面角問題.
　　2.體會向量方法在研究幾何問題中的作用.
◆ 知識點　兩個平面的夾角
1.半平面:一個平面內的一條直線,把這個平面分成兩部分,其中的每一部分都稱為　　　　.
2.二面角:從一條直線出發(fā)的兩個半平面所組成的圖形稱為　　　　.這條直線稱為　　　　　,這兩個半平面稱為　　　　　　.
3.二面角的平面角:以二面角的棱上任一點為端點,在兩個半平面內分別作
　　　　　　的兩條射線,這兩條射線的夾角稱為　　　　　　　.二面角的平面角的取值范圍為　.
4.已知n1,n2分別為平面α,β的法向量,則二面角α-l-β的平面角與兩法向量夾角　　　　　　,如圖.
5.平面與平面的夾角的概念和范圍
平面α與平面β相交,形成四個二面角,我們把這四個二面角中平面角　　　　的二面角稱為平面α與平面β的夾角.
“向量法”求平面與平面的夾角的方法:設平面α與平面β的夾角為θ,
則cos θ=|cos|=.
【診斷分析】 闡述二面角的平面角分別為0,,π時的情況.
◆ 探究點一　平面與平面的夾角
例1 (1)如圖所示,在空間直角坐標系D-xyz中,四棱柱ABCD-A1B1C1D1為長方體, AA1=AB=2AD,點E為C1D1的中點,則二面角B1-A1B-E的平面角的余弦值為 (　 )　　　　　 　　　　　 　　　　　
A.- B.- C. D.
(2)如圖,在三棱柱ABC-A1B1C1中,AB=AB1=AA1=AC=2,∠BAC=120°,線段A1B1的中點為M,且BC⊥AM,點P在線段B1C1上,且B1P=B1C1,求二面角P-B1A-A1的平面角的余弦值.
變式 如圖,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,△ABC是邊長為2的正三角形,O為AB的中點.
(1)證明:CO⊥平面ABB1A1;
(2)若BB1=2,求平面A1BC1與平面ABC1夾角的余弦值.
[素養(yǎng)小結]
設n1,n2分別是平面α,β的法向量,則向量n1與n2的夾角(或其補角)就是二面角α-l-β的平面角為銳角時的值θ,用坐標法的解題步驟如下:
(1)建系:依據幾何條件建立適當的空間直角坐標系;
(2)求法向量:在建立的坐標系下求兩個平面的法向量n1,n2;
(3)計算:cos θ=.
(4)不大于90°的二面角稱為兩平面的夾角.
拓展 如圖所示,在梯形ABCD中,AB∥CD,∠BCD=120°,四邊形ACFE為矩形,且CF⊥平面ABCD,AD=CD=BC=CF.
(1)求證:EF⊥平面BCF.
(2)若點M在棱EF上運動,當點M在什么位置時,平面MAB與平面FCB的夾角最大 并求此時夾角的余弦值.
◆ 探究點二　已知二面角求長度
例2 如圖,在四棱錐P-ABCD中,底面ABCD是矩形,PD⊥平面ABCD,且PD=AD=1,AB=2,點E是棱AB上一點,當二面角P-EC-D的平面角為時,||等于 (　 )
A. 2- B.
C. 2- D. 1
變式 如圖,在正四棱錐P-ABCD中,PA=AB=,點M,N分別在PA和BD上,BN=BD.若二面角M-BD-A的平面角的大小為,求M,N兩點間的距離.
[素養(yǎng)小結]
若題干已知二面角的平面角的大小,則利用坐標法解題的步驟如下:
(設n1,n2分別是平面α,β的法向量,則向量n1與n2的夾角(或其補角)就是二面角α-l-β的平面角為銳角時的值θ)
(1)建系:依據幾何條件建立適當的空間直角坐標系;
(2)求法向量:在建立的坐標系下求兩個平面的法向量n1,n2;
(3)計算:cos θ=;
(4)列方程并求解:根據θ的大小,結合已知條件得到與所求量有關的方程,解方程得到答案.
拓展 如圖,在四棱錐P-ABCD中,PA⊥平面ABCD,
∠BAD=90°,PA=AB=BC=AD=2,BC∥AD,若Q是四邊形ABCD內部一點(包括邊界),且二面角Q-PD-A的平面角為,則△ADQ面積的取值范圍是 (　 )
A. B.
C. D.(0,4](共38張PPT)
§4 向量在立體幾何中的應用
4.3 用向量方法研究立體幾何中的度量關系
第2課時 用向量方法研究立體幾何中的度量關系（二）
◆ 課前預習
◆ 課中探究
◆ 備課素材
◆ 備用習題
【學習目標】
1.能用向量方法解決簡單的二面角問題.
2.體會向量方法在研究幾何問題中的作用.
知識點 兩個平面的夾角
1.半平面：一個平面內的一條直線，把這個平面分成兩部分，其中的每一部分
都稱為________.
2.二面角：從一條直線出發(fā)的兩個半平面所組成的圖形稱為________.這條直線
稱為____________，這兩個半平面稱為____________.
半平面
二面角
二面角的棱
二面角的面
3.二面角的平面角：以二面角的棱上任一點為端點，在兩個半平面內分別作
__________的兩條射線，這兩條射線的夾角稱為________________.二面角的平
面角的取值范圍為______.
垂直于棱
二面角的平面角
4.已知,分別為平面 , 的法向量，則二面角 的平面角與兩法向
量夾角 ____________，如圖.
相等或互補
5.平面與平面的夾角的概念和范圍
平面 與平面 相交，形成四個二面角，我們把這四個二面角中平面角
__________的二面角稱為平面 與平面 的夾角.
“向量法”求平面與平面的夾角的方法:設平面 與平面 的夾角為 ，則
.
不大于
【診斷分析】 闡述二面角的平面角分別為0,, 時的情況.
解：當二面角的平面角為0時，兩個半平面重合；
當二面角的平面角為 時，二面角為直二面角；
當二面角的平面角為 時，兩個半平面組成了一個平面.
探究點一 平面與平面的夾角
例1（1） 如圖所示，在空間直角坐標系
中，四棱柱 為長方體，
，點為 的中點，則二面角
的平面角的余弦值為( )
C
A. B. C. D.
[解析] 設，則,，因為為的中點，所以 ，
所以,.
設是平面 的法向量，則即
取，則，所以 .
因為 平面，所以是平面 的一個法向量，
所以，
又因為二面角 為銳二面角，
所以二面角的平面角的余弦值為 .
故選C.
（2）如圖，在三棱柱 中，
， ，線段
的中點為，且，點在線段 上，
且，求二面角 的平面角的
余弦值.
解：因為，所以為等邊三角形，
因為 為的中點，所以，所以，
又因為 ，， 平面， 平面 ，
所以 平面 .
如圖，以為原點，在平面上過且與垂直的直線為軸，
直線為軸，直線為 軸，建立空間直角坐標系，
所以，，，,, , .
因為,所以 ,
因為,所以 ，
所以， ， .
設平面的法向量為 ,
所以即
令，得,，所以 .
設平面的法向量為 ,
所以即
令,得，,所以.
設二面角 的平面角的大小為 ，
所以，
又由圖可知 為銳角，所以二面角的平面角的余弦值為 .
變式 如圖，在直三棱柱中， 是
邊長為2的正三角形，為 的中點.
（1）證明： 平面 ；
證明：是正三角形，為 的中點，，
在直三棱柱 中，可得 平面，
又 平面, .
又,, 平面,
平面 .
（2）若，求平面與平面 夾角的余弦值.
解：設的中點為，連接，易知,,兩兩垂直，
以 為坐標原點，,，所在直線分別為,,軸，
建立空間直角坐標系，如圖.
是邊長為2的正三角形，，
則,, , ，
,,,.
設平面 的法向量為,則即
取 ,則,,故,,.
設平面的法向量為 ,則即
取,則,,故 .
設平面與平面的夾角為 ,
則,
故平面與平面 夾角的余弦值為 .
［素養(yǎng)小結］
設,分別是平面 , 的法向量,則向量與 的夾角（或其補角）就是二面
角 的平面角為銳角時的值 ,用坐標法的解題步驟如下:
（1）建系:依據幾何條件建立適當的空間直角坐標系;
（2）求法向量:在建立的坐標系下求兩個平面的法向量, ;
（3）計算: .
（4）不大于 的二面角稱為兩平面的夾角.
拓展 如圖所示，在梯形中， ，
，四邊形為矩形，且 平面
， .
（1）求證： 平面 .
證明:設， ， ， ，
，
，則
平面 ， 平面，，
而， ， 平面， 平面
， 平面 .
（2）若點在棱上運動，當點在什么位置時，平面與平面 的夾角
最大？并求此時夾角的余弦值.
解：以為坐標原點，分別以，，所在直線為軸、軸、 軸建立如圖
所示的空間直角坐標系.
設，則，，， ，
， .
設為平面 的法向量，
由得取，則 .
易知是平面 的一個法向量，
.，
當 時，取得最小值，
當點與點重合時，平面與平面 的夾角最大，此時夾角的余弦值為 .
探究點二 已知二面角求長度
例2 如圖，在四棱錐中，底面是矩形， 平面 ，且
，，點是棱上一點，當二面角 的平面角為
時， 等于( )
A
A. B. C. D.1
[解析] 以D為坐標原點，分別以，，的方向為軸、軸、 軸的正方向
建立空間直角坐標系，則，，，.
設 ，，平面的法向量為，
因為 ，，所以
取，得 .
又平面的一個法向量是， ，
所以，
解得 （舍去）或，所以 .故選A.
變式 如圖，在正四棱錐中，，點，分別在 和
上，.若二面角的平面角的大小為，求， 兩點間
的距離.
解：連接，與交于點，連接，以 為坐標原點建立如
圖所示的空間直角坐標系.
， ，，，.
由，得 .
在上， 設，得， ，
，.
設平面 的法向量為，
由得 取 ，得
平面的一個法向量為 ，二面角的平面角的大小為，
，即 ，得，，
又 ， .
［素養(yǎng)小結］
若題干已知二面角的平面角的大小，則利用坐標法解題的步驟如下：
（設,分別是平面 , 的法向量,則向量與 的夾角（或其補角）就是二
面角 的平面角為銳角時的值
（1）建系:依據幾何條件建立適當的空間直角坐標系;
（2）求法向量:在建立的坐標系下求兩個平面的法向量, ;
（3）計算: ；
（4）列方程并求解：根據 的大小，結合已知條件得到與所求量有關的方程，
解方程得到答案.
拓展 如圖，在四棱錐中， 平面 ，
，， ，若
是四邊形 內部一點（包括邊界），且二面角
的平面角為，則 面積的取值范圍是
( )
D
A. B. C. D.
[解析] 以A為坐標原點，建立如圖所示的空間直角坐標系.
因為二面角的平面角為，
所以點 的軌跡是過點D的一條線段（不包括點D）.
設點的軌跡與 軸的交點為，
由題意可得,, ,
所以,,.
因為 平面 ，所以平面的一個法向量為 ,
設平面的法向量為，則
令,則,,所以 .
的平面角為 ，
所以，得 ，
所以當點在線段上時，的面積最大，最大值為，
所以 面積的取值范圍是 ，故選D.
1.平面 , 的法向量分別為,,若 與 所成二面角的平面角為 ,
則 .
注意:二面角的平面角的大小是指兩個半平面的張開程度,可以用其平面角 的大
小來度量,它的取值范圍為 .
2.掌握用向量法解題的三步曲:
用空間向量解決立體幾何問題的“三步曲”是本節(jié)的核心內容,可以概括為
“一化二算三譯”六字訣.“一化”就是把立體幾何問題轉化為向量問題;“二算”就是
通過向量運算,研究點、線、面之間的位置關系以及它們之間的夾角問題;“三譯”
就是把向量的運算結果翻譯成相應的幾何結論.
例1 如圖所示,在棱長為的正方體中,,分別是, 的
中點.
（1）求與 夾角的余弦值;
解： 如圖,以為原點,,, 所在直線
分別為軸，軸， 軸,建立空間直角坐標系，
則， ,,, .
易知, ,
, ,
故與夾角的余弦值為 .
（2）求與平面 夾角的余弦值;
解：易知,, .
設平面的法向量為,則即
令 ,則 .
, ,
故與平面夾角的余弦值為 .
（3）求平面與平面 所成二面角的平面角為銳角時的余弦值.
解：易知平面的一個法向量為 .
由（2）知平面的一個法向量為 ,
, ,
平面與平面所成二面角的平面角為銳角時的余弦值為 .
例2 如圖所示，正方形所在平面與梯形 所
在平面垂直，，， ，
．
（1）證明： 平面 .
證明： 四邊形為正方形， ，
又平面 平面，平面 平面， 平面 ，
平面，
又， 平面 ，，且
， ，，
又 ， ，，
又， ，
又，， 平面 ， 平面 .
（2）在線段（不含端點）上是否存在點，使得二面角 的平面
角的余弦值為？若存在，求出 的值；若不存在，請說明理由．
解：如圖，以為原點，，， 所在直線分
別為，， 軸，建立空間直角坐標系，
則，，， ，
.
假設在線段 （不含端點）上存在滿足題意的點 ，
且設點，， ，
，
.
設平面的法向量為 ，
取，則 .
又易知平面的一個法向量為 ，
,， ,
,
，解得或（舍），
在線段 （不含端點）上存在點滿足題意，且 .第2課時　用向量方法研究立體幾何中的度量關系(二)
【課前預習】
知識點
1.半平面　2.二面角　二面角的棱　二面角的面
3.垂直于棱　二面角的平面角　[0,π]　4.相等或互補
5.不大于90°
診斷分析
解:當二面角的平面角為0時,兩個半平面重合;
當二面角的平面角為時,二面角為直二面角;
當二面角的平面角為π時,兩個半平面組成了一個平面.
【課中探究】
例1　(1)C　[解析] 設AD=1,則A1(1,0,2),B(1,2,0),因為E為C1D1的中點,所以E(0,1,2),所以 =(-1,1,0),=(0,2,-2).設m=(x,y,z)是平面 A1BE的法向量,則即取x=1,則y=z=1,所以m=(1,1,1).因為DA⊥平面A1B1B,所以=(1,0,0)是平面 A1B1B的一個法向量,所以cos==,又因為二面角B1-A1B-E為銳二面角,所以二面角B1-A1B-E的平面角的余弦值為.故選C.
(2)解:因為AB1=AA1=AB=A1B1=2,所以△AB1A1為等邊三角形,因為M為A1B1的中點,所以AM⊥A1B1,所以AM⊥AB,又因為BC⊥AM,AB∩BC=B,AB 平面ABC,BC 平面ABC,
所以AM⊥平面ABC.
如圖,以A為原點,在平面ABC上過A且與AC垂直的直線為x軸,直線AC為y軸,直線AM為z軸,建立空間直角坐標系,所以A(0,0,0),B(,-1,0),M(0,0,),A1,C(0,2,0).
因為==,所以B1,因為===(-,3,0),所以P,所以=,=,=.
設平面AB1P的法向量為n=(x,y,z),
所以即
令x=3,得y=,z=-1,所以n=(3,,-1).
設平面B1AA1的法向量為m=(a,b,c),
所以即
令a=1,得c=0,b=,所以m=(1,,0).設二面角P-B1A-A1的平面角的大小為θ,所以|cos θ|=|cos|==,又由圖可知θ為銳角,所以二面角P-B1A-A1的平面角的余弦值為.
變式　解:(1)證明:∵△ABC是正三角形,O為AB的中點,∴CO⊥AB,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,可得AA1⊥平面ABC,又CO 平面ABC,∴AA1⊥CO.又AB∩AA1=A,AB,AA1 平面ABB1A1,∴CO⊥平面ABB1A1.
(2)設A1B1的中點為O1,連接OO1,易知OB,OO1,OC兩兩垂直,以O為坐標原點,OB,OO1,OC所在直線分別為x,y,z軸,建立空間直角坐標系,如圖.∵△ABC是邊長為2的正三角形,∴CO=,則B(1,0,0),A(-1,0,0),A1(-1,2,0),C1(0,2,),
∴=(-2,2,0),=(-1,2,),=(2,0,0),=(1,2,).設平面A1BC1的法向量為m=(x,y,z),則即取x=,則y=,z=-1,故m=(,,-1).設平面ABC1的法向量為n=(a,b,c),則即
取b=-,則a=0,c=2,故n=(0,-,2).
設平面A1BC1與平面ABC1的夾角為θ,則cos θ=|cos|===,故平面A1BC1與平面ABC1夾角的余弦值為.
拓展　解:(1)證明:設AD=CD=BC=1,∵AB∥CD,∠BCD=120°,∴AB=2,∴AC2=AB2+BC2-2AB·BC·cos 60°=3,∴AB2=AC2+BC2,則BC⊥AC.∵CF⊥平面ABCD,AC 平面ABCD,∴AC⊥CF,而CF∩BC=C,CF,BC 平面BCF,∴AC⊥平面BCF.∵EF∥AC,∴EF⊥平面BCF.
(2)以C為坐標原點,分別以CA,CB,CF所在直線為x軸、y軸、z軸建立如圖所示的空間直角坐標系.
設FM=λ(0≤λ≤),則C(0,0,0),A(,0,0),B(0,1,0),M(λ,0,1),
∴=(-,1,0),=(λ,-1,1).
設n=(x,y,z)為平面MAB的法向量,
由得取x=1,則n=(1,,-λ).易知m=(1,0,0)是平面FCB的一個法向量,
∴cos===.∵0≤λ≤,∴當λ=0時,cos取得最小值,∴當點M與點F重合時,平面MAB與平面FCB的夾角最大,此時夾角的余弦值為.
例2　A　[解析] 以D為坐標原點,分別以,,的方向為 x軸、y軸、z軸的正方向建立空間直角坐標系,則A(1,0,0),B(1,2,0),C(0,2,0),P(0,0,1).設E(1,t,0),0≤t≤2,平面 PEC的法向量為n=(x,y,z),因為=(1,t,-1),=(0,2,-1),所以取y=1,得n=(2-t,1,2).又平面 ABCD的一個法向量是n1=(0,0,1),n·n1=2,所以|n1|·|n|·cos=×1×=2,解得t=2+(舍去)或t=2-,所以||=2-.故選A.
變式　解:連接AC,與BD交于點O,連接OP,以O為坐標原點建立如圖所示的空間直角坐標系.∵PA=AB=,∴A(1,0,0),B(0,1,0),D(0,-1,0),P(0,0,1).由=,得N.∵M在PA上,∴設=λ,得M(λ,0,1-λ),0≤λ≤1,∴=(λ,-1,1-λ),=(0,-2,0).設平面MBD的法向量為n=(x,y,z),由得
取z=λ,得n=(λ-1,0,λ).∵平面ABD的一個法向量為=(0,0,1),二面角M-BD-A的平面角的大小為,∴cos=,即=,得λ=,∴M,又N,∴MN==.
拓展　D　[解析] 以A為坐標原點,建立如圖所示的空間直角坐標系.因為二面角Q-PD-A的平面角為,所以點Q的軌跡是過點D的一條線段(不包括點D).設點Q的軌跡與y軸的交點為G(0,b,0),由題意可得A(0,0,0),D(4,0,0),P(0,0,2),所以=(-4,0,2),=(-4,b,0),=(4,0,0).因為AB⊥平面PAD,所以平面PAD的一個法向量為m==(0,2,0),設平面PDG的法向量為n=(x,y,z),則令x=1,則y=,z=2,所以n=.因為二面角Q-PD-A的平面角為,所以|cos|===,得b=>2,所以當點Q在線段BC上時,△ADQ的面積最大,最大值為×4×2=4,所以△ADQ面積的取值范圍是(0,4],故選D.第2課時　用向量方法研究立體幾何中的度量關系(二)
1.C　[解析] cos===,即=45°,∴兩平面的夾角為45°.故選C.
2.B　[解析] 對于A,a,b分別是直線l1,l2的方向向量,且cos=-,設直線l1,l2的夾角為θ,則cos θ=|cos|=,A中說法正確;對于B,D,a,b分別是直線l的方向向量與平面α的法向量,且cos=-,設直線l與平面α的夾角為φ,則sin φ=|cos|=,B中說法錯誤,D中說法正確;對于C,a,b分別是平面α,β的法向量,且cos=-,設平面α與平面β的夾角為θ1,則cos θ1=|cos|=,C中說法正確.故選B.
3.A　[解析] 設平面ABC的法向量為n=(x,y,z),則令x=1,得n=(1,1,2).設平面α與平面ABC的夾角為θ,則cos θ=|cos|===,
所以sin θ==,所以平面α與平面ABC夾角的正弦值為.故選A.
4.D　[解析] 如圖所示,由題意知·=·=0,又二面角α-l-β的大小為120°,則<,>=60°,∴·=2×3×cos 60°=3,又=++,∴=(++)2=+++2(·+·+·)=22+12+32+2×(0+0+3)=20,∴||=2,即AD的長為2.故選D.
5.C　[解析] 如圖所示,作BD⊥AP于點D,作CE⊥AP于點E,設AB=1,則CE=,EP=,PA=PB=,BD=,ED=.因為=++,所以=+++2·+2·+2·,得·=-,所以cos<,>==-,因為二面角B-AP-C的平面角為銳角,所以二面角B-AP-C的平面角的余弦值為.
6.C　[解析] 設D1為B1C1的中點,連接DD1,如圖,以D為原點,以DA,DB,DD1所在直線分別為x,y,z軸建立空間直角坐標系,則D(0,0,0),A(,0,0),C(0,-1,0),A1(,0,3).設E(a,b,c),由=m,得(a-,b,c-3)=m(-a,-1-b,-c),即E,所以=(,0,0),=.設平面EAD的法向量為m=(x,y,z),則取m=,取平面ADC的一個法向量為n=(0,0,1).設二面角E-AD-C的大小為θ,由tan θ=,得cos θ=,則cos θ===,所以m=2.故選C.
7.BD　[解析] 設平面α與平面β的夾角為θ,則cos θ===,所以θ=30°,sin θ=.故選BD.
8.AD　[解析] 對于A,由∠DAB=,AB=2AD及余弦定理得BD=AD,所以BD2+AD2=AB2,故BD⊥AD.由PD⊥底面ABCD,可得BD⊥PD,又AD∩PD=D,所以BD⊥平面PAD,故PA⊥BD,故A正確.對于B,因為PD⊥底面ABCD,所以∠PBD就是PB與平面ABCD的夾角,因為tan∠PBD==,所以∠PBD=,故B錯誤.對于C,顯然∠PCD是異面直線PC與AB的夾角,易得cos∠PCD==,故C錯誤.對于D,以D為原點,DA,DB,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D-xyz.設AD=1,則A(1,0,0),B(0,,0),C(-1,,0),P(0,0,1),所以=(-1,,0),=(0,,-1),=(-1,0,0).設平面PAB的法向量為n=(x1,y1,z1),則即取y1=1,則x1=,z1=,則n=(,1,).設平面PBC的法向量為m=(x2,y2,z2),則即取y2=1,則x2=0,z2=,則m=(0,1,).所以cos==,所以平面PAB與平面PBC夾角的余弦值為,故D正確.故選AD.
9.　[解析] 如圖所示,由題得=(3,0,-1),=(0,2,-1).設m=(x,y,z)為平面ABC的一個法向量,則令y=1,則m=.易得平面AOC的一個法向量為n=(1,0,0),∴cos===,∴二面角O-AC-B的平面角的余弦值是.
10.60°　[解析] 設平面α與平面β的夾角為θ,則cos θ===,所以θ=60°.
11.　[解析] 如圖所示,設AC與BD交于點O,連接OF.因為底面ABCD是菱形,所以AC⊥BD,O為AC的中點,又點F為PC的中點,所以OF∥AP,因為PA⊥平面ABCD,所以OF⊥平面ABCD.以O為坐標原點,OB,OC,OF所在直線分別為x軸、y軸、z軸,建立空間直角坐標系O-xyz.設PA=AD=AC=1,則BD=,所以O(0,0,0),B,F,C,則=,=,=,易知為平面BDF的一個法向量.設平面BCF的法向量為n=(x,y,z),則令x=1,可得n=(1,,),所以cos=,sin=,所以tan=.由題意知二面角C-BF-D的平面角為銳角,故二面角C-BF-D的平面角的正切值為.
12.　[解析] 以點A為坐標原點,建立空間直角坐標系,如圖所示,設CN=b,BM=a,a,b∈[0,1],則N(0,1,b),M(1,0,a),A(0,0,0),所以=(1,0,a),=(0,1,b).設平面AMN的法向量為n=(x,y,z),則令z=1,則n=(-a,-b,1).又易知平面ABC的一個法向量為m=(0,0,1),且平面AMN與平面ABC的夾角為,所以|cos|===,化簡可得3a2+3b2=1,當B1M最小時,BM最大,此時b=0,則BM=a=,所以tan∠AMB===,則∠AMB=.
13.解:(1)證明:建立如圖所示的空間直角坐標系,由題意可得A(0,0,0),B(2,0,0),D(0,2,0),A1(0,0,2),C(2,2,0),D1(0,2,2),
因為A1C與BD1交于點N,在長方體中可得N為A1C的中點,所以N(,1,1),
因為M為CD的中點,所以M(,2,0),所以=(,1,1),=(-,2,0),=(0,-1,1).
由得⊥,⊥,即AN⊥BM,AN⊥MN,又BM∩MN=M,BM,MN 平面BMN,所以AN⊥平面BMN.
(2)由(1)可得=(-2,0,2),=(2,0,0),=(,1,1),設平面ABN的法向量為n1=(x1,y1,z1),則即令y1=1,則n1=(0,1,-1),所以cos<,n1>===-.設直線D1C與平面ABN的夾角為θ,則sin θ=|cos<,n1>|=,所以直線D1C與平面ABN夾角的正弦值為.
(3)設平面CBN的法向量為n2=(x2,y2,z2),由(1)可得=(0,2,0),=(-,1,1),則即令x2=,可得n2=(,0,2),所以cos===-.設平面CBN與平面ABN的夾角為α,則cos α=|cos|=,所以平面CBN與平面ABN夾角的余弦值為.
14.解:在三棱柱ABC-A1B1C1中,CC1⊥平面ABC,AC⊥BC,∴AC,BC,CC1兩兩垂直.
以C為原點,以CA,CB,CC1所在直線分別為x軸、y軸、z軸,建立空間直角坐標系C-xyz,如圖所示,∵AC=BC=2,CC1=3,AD=1,CE=2,∴C(0,0,0),A(2,0,0),C1(0,0,3),B1(0,2,3),D(2,0,1),E(0,0,2),M(1,1,3).
(1)證明:∵=(1,1,0),=(2,-2,-2),∴·=2-2+0=0,∴⊥,即C1M⊥B1D.
(2)∵CC1⊥平面ABC,AC 平面ABC,∴CC1⊥AC,
又AC⊥BC,CC1∩BC=C,CC1 平面CBB1C1,BC 平面CBB1C1,∴AC⊥平面CBB1C1,∴AC⊥平面BB1E,∴平面BB1E的一個法向量為=(2,0,0).設平面B1ED的法向量為n=(x,y,z),∵=(2,0,-1),=(0,2,1),∴取z=2,則x=1,y=-1,
∴平面B1ED的一個法向量為n=(1,-1,2),∴cos<,n>===,∴二面角B-B1E-D的平面角的正弦值為==.
15.　[解析] ∵底面ABCD和側面BCC1B1都是矩形,∴BC⊥CD,BC⊥CC1,又∵CD∩CC1=C,CD,CC1 平面DCC1D1,∴BC⊥平面DCC1D1,∵D1E 平面DCC1D1,∴BC⊥D1E.又∵D1E⊥CD,且BC∩CD=C,BC,CD 平面ABCD,∴D1E⊥平面ABCD.過E作EF∥CB,交AB于F,以E為坐標原點,以,,的方向分別為x,y,z軸的正方向,建立如圖所示的空間直角坐標系,則E(0,0,0),B(1,1,0),C(0,1,0),設D1E=a(a>0),則D1(0,0,a),C1(0,2,a).設平面BED1的法向量為n=(x,y,z),易知=(1,1,0),=(0,0,a),由令x=1,得n=(1,-1,0).設平面BCC1B1的法向量為m=(x1,y1,z1),易知=(1,0,0),=(0,1,a),由令z1=1,得m=(0,-a,1).由平面BCC1B1與平面BED1夾角的余弦值為,得|cos|==,可得a=,∴D1E=.
16.解:(1)證明:由題圖①易知題圖②中,有AD⊥DD1,AD⊥CD,
又因為平面A1ADD1⊥平面ABCD,
平面A1ADD1∩平面ABCD=AD,CD 平面ABCD,所以CD⊥平面A1ADD1,又DD1 平面A1ADD1,故CD⊥DD1.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,則D(0,0,0),D1(0,0,1),A1(1,0,1),不妨設AE=a,0≤a≤2,則E(1,a,0),故=(-1,0,-1),=(1,a,-1),
所以·=0,故D1E⊥A1D.
(2)假設在棱AB上存在E(1,y0,0),使二面角D1-EC-D的平面角為,其中0≤y0≤2,由(1)知DD1⊥平面DCE,所以=(0,0,1)為平面DCE的一個法向量.由(1)知C(0,2,0),則=(0,-2,1),=(1,y0,-1),設平面D1CE的法向量為r=(x,y,z),則即則可取r=(2-y0,1,2).因為二面角D1-EC-D的平面角為,所以|cos<,r>|=cos =,即=,解得y0=2-或y0=2+(舍去),所以AE=y0=2-,故在棱AB上存在點E,使二面角D1-EC-D的平面角為,且AE=2-.第2課時　用向量方法研究立體幾何中的度量關系(二)
一、選擇題
1.已知兩平面的法向量分別為m=(0,1,0),n=(0,1,1),則兩平面的夾角為 (　 )　　　　　 　　　　　 　　　　　
A.30° B.135°
C.45° D.90°
2.已知cos=-,則下列說法錯誤的是 (　 )
A.若a,b分別是直線l1,l2的方向向量,則直線l1,l2夾角的余弦值是
B.若a,b分別是直線l的方向向量與平面α的法向量,則直線l與平面α夾角的余弦值是
C.若a,b分別是平面α,β的法向量,則平面α與平面β夾角的余弦值是
D.若a,b分別是直線l的方向向量與平面α的法向量,則直線l與平面α夾角的正弦值是
3.在空間直角坐標系O-xyz中,=(1,-1,0),=(-2,0,1),平面α的一個法向量為m=(-1,0,1),則平面α與平面ABC夾角的正弦值為 (　 )
A. B.
C. D.
4.已知二面角α-l-β的大小為120°,點B,C在棱l上,A∈α,D∈β,AB⊥l,CD⊥l,AB=2,BC=1,CD=3,則AD的長為 (　 )
A. B.
C.2 D.2
5.如圖所示,在四面體P-ABC中,PC⊥平面ABC,AB=BC=CA=PC,則二面角B-AP-C的平面角的余弦值為 (　 )
A. B.
C. D.
6.在正三棱柱ABC-A1B1C1中,AB=2,AA1=3,點D為BC的中點,點E為A1C上的點,且滿足A1E=mEC(m∈R),當二面角E-AD-C的正切值為時,實數m的值為 (　 )
A. B.1
C.2 D.3
7.(多選題)已知平面α的一個法向量為n1=,平面β的一個法向量為n2=,則平面α與平面β的夾角滿足 (　 )
A.余弦值為
B.正弦值為
C.大小為60°
D.大小為30°
8.(多選題)如圖,在四棱錐P-ABCD中,底面ABCD為平行四邊形,∠DAB=,AB=2AD=2PD,PD⊥底面ABCD,則下列說法中正確的是 (　 )
A.PA⊥BD
B.PB與平面ABCD的夾角為
C.異面直線AB與PC夾角的余弦值為
D.平面PAB與平面PBC夾角的余弦值為
二、填空題
9.已知O(0,0,0),A(0,0,1),B(3,0,0),C(0,2,0),則二面角O-AC-B的平面角的余弦值是　　　　.
10.若兩個平面α,β的一個法向量分別是u=(1,0,1),v=(-1,1,0),則平面α與平面β夾角的大小是　　　　.
11.如圖所示,在四棱錐P-ABCD中,底面ABCD是菱形,且PA⊥平面ABCD,PA=AD=AC,點F為PC的中點,則二面角C-BF-D的平面角的正切值為　　　　.
第11題圖
12.如圖,在三棱柱ABC-A1B1C1中,AB,AC,AA1兩兩互相垂直,AB=AC=AA1=1,M,N分別是側棱BB1,CC1上的點,平面AMN與平面ABC夾角的大小為,則當B1M最小時,
∠AMB=　　　　.
第12題圖
三、解答題
13.如圖,在長方體ABCD-A1B1C1D1中,AA1=A1D1=2,AB=2,A1C與BD1交于點N,CD的中點為M.
(1)求證:AN⊥平面BMN;
(2)求直線D1C與平面ABN夾角的正弦值;
(3)求平面CBN與平面ABN夾角的余弦值.
14.如圖,在三棱柱ABC-A1B1C1中,CC1⊥平面ABC,AC⊥BC,AC=BC=2,CC1=3,點D,E分別在棱AA1,CC1上,且AD=1,CE=2,M為棱A1B1的中點.
(1)求證:C1M⊥B1D;
(2)求二面角B-B1E-D的平面角的正弦值.
15.如圖,在平行六面體ABCD-A1B1C1D1中,底面ABCD和側面BCC1B1都是矩形,E是CD的中點,D1E⊥CD,AB=2BC=2,且平面BCC1B1與平面BED1夾角的余弦值為,則線段D1E的長度為　　　　.
16.如圖①,A,D分別是矩形A1BCD1的邊A1B,CD1上的點,AB=2AA1=2AD=2,DC=2DD1,把四邊形A1ADD1沿AD折起,使其所在平面與平面ABCD垂直,如圖②所示,連接A1B,D1C,得到幾何體ABA1-DCD1.
(1)當點E在棱AB上移動時,證明:D1E⊥A1D.
(2)在棱AB上是否存在點E,使二面角D1-EC-D的平面角為 若存在,求出AE的長;若不存在,請說明理由.
① ②

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