(名師導(dǎo)學(xué))2020版高考數(shù)學(xué)總復(fù)習(xí) 第九章 直線、平面、簡(jiǎn)單幾何體和空間向量 第61講 立體幾何中的綜合問題(向量法、幾何法綜合)練習(xí) 理(含解析)新人教A版

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1、第61講 立體幾何中的綜合問題(向量法、幾何法綜合) 夯實(shí)基礎(chǔ) 【p139】 【學(xué)習(xí)目標(biāo)】 1.能根據(jù)題目條件靈活選擇用幾何法或向量法解決問題. 2.會(huì)分析探究立體幾何中位置關(guān)系問題和幾何量的取值問題,培養(yǎng)探究思維能力. 【基礎(chǔ)檢測(cè)】 1.已知矩形ABCD,AB=1,BC=.將△ABD沿矩形的對(duì)角線BD所在的直線進(jìn)行翻折,在翻折過程中,(  ) A.存在某個(gè)位置,使得直線AC與直線BD垂直 B.存在某個(gè)位置,使得直線AB與直線CD垂直 C.存在某個(gè)位置,使得直線AD與直線BC垂直 D.對(duì)任意位置,三對(duì)直線“AC與BD”“AB與CD”“AD與BC”均不垂直 【解析】對(duì)于AB

2、⊥CD,因?yàn)锽C⊥CD,由線面垂直的判定可得CD⊥平面ACB,則有CD⊥AC,而AB=CD=1,BC=AD=,可得AC=1,那么存在AC這樣的位置,使得AB⊥CD成立. 【答案】B 2.如圖,斜線段AB與平面α所成的角為60°,B為斜足,平面α上的動(dòng)點(diǎn)P滿足∠PAB=30°,則點(diǎn)P的軌跡是(  ) A.直線B.拋物線 C.橢圓D.雙曲線的一支 【解析】利用平面截圓錐面直接得軌跡. 因?yàn)椤螾AB=30°,所以點(diǎn)P的軌跡為以AB為軸線,PA為母線的圓錐面與平面α的交線,且平面α與圓錐的軸線斜交,故點(diǎn)P的軌跡為橢圓. 【答案】C 3.(1)三角形的一邊BC在平面α內(nèi),l⊥α,垂足

3、為A,A?BC,P在l上滑動(dòng),點(diǎn)P不同于A,若∠ABC是直角,則△PBC是________三角形; (2)直角三角形PBC的斜邊BC在平面α內(nèi),直角頂點(diǎn)P在平面α外,P在平面上的射影為A,則△ABC是________三角形.(填“銳角”“直角”或“鈍角”) 【解析】(1)如圖,∵PA⊥平面ABC, ∴PA⊥BC,又∵∠ABC=90°,∴BC⊥AB, ∴BC⊥平面PAB,∴∠PBC=90°. (2)如圖,PB2+PC2=BC2,AB<PB,AC<PC,所以AB2+AC2<BC2,故∠BAC為鈍角. 【答案】(1)直角;(2)鈍角 4.如圖,某人在垂直于水平地面ABC的墻面前的點(diǎn)

4、A處進(jìn)行射擊訓(xùn)練.已知點(diǎn)A到墻面的距離為AB,某目標(biāo)點(diǎn)P沿墻面上的射線CM移動(dòng),此人為了準(zhǔn)確瞄準(zhǔn)目標(biāo)點(diǎn)P,需計(jì)算由點(diǎn)A觀察點(diǎn)P的仰角θ的大小.若AB=15 m,AC=25 m,∠BCM=30°,則tanθ的最大值是________.(仰角θ為直線AP與平面ABC所成角) 【解析】先利用解三角形知識(shí)求解,再利用確定函數(shù)最值的方法確定最值. 如圖,過點(diǎn)P作PO⊥BC于點(diǎn)O,連接AO,則∠PAO=θ. 設(shè)CO=x m,則OP=x m. 在Rt△ABC中,AB=15 m,AC=25 m, 所以BC=20 m.所以cos∠BCA=. 所以AO==(m). 所以tanθ== =.

5、 當(dāng)=,即x=時(shí),tanθ取得最大值為=. 【答案】 【知識(shí)要點(diǎn)】 1.折疊問題 (1)將平面圖形按一定規(guī)則折疊成立體圖形,再對(duì)立體圖形的位置和數(shù)量關(guān)系進(jìn)行論證和計(jì)算,這就是折疊問題. (2)處理折疊問題,要先畫好平面圖形,并且注意平面圖形與立體圖形的對(duì)照使用,這樣有利于分析元素間的位置關(guān)系和數(shù)量關(guān)系. (3)要注意分析折疊前后位置關(guān)系及數(shù)量關(guān)系的變化.一般位于折線一邊的點(diǎn)、線間的位置關(guān)系和數(shù)量關(guān)系不變,位于折線兩邊的點(diǎn)、線間的位置關(guān)系,數(shù)量關(guān)系要發(fā)生變化.不變的關(guān)系,要注意在平面圖形中處理;變化的關(guān)系,一般在立體圖形中處理. 2.探究性問題 (1)若某幾何量或幾何元素的位置關(guān)

6、系存在時(shí),某點(diǎn)或線或面應(yīng)具備何種條件的問題,就是立體幾何中的探究性問題. (2)探究性問題的題設(shè)情境通常就是“是否存在”,其求解策略是:①觀察——猜想——證明;②賦值推斷;③類比聯(lián)想;④特殊——一般——特殊. 典例剖析 【p139】 考點(diǎn)1 線面位置關(guān)系的證明 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(diǎn). (1)求證:EF⊥CD; (2)在平面PAD內(nèi)求一點(diǎn)G,使GF⊥平面PCB,并證明你的結(jié)論. 【解析】(1)如圖,分別以DA、DC、DP所在直線為x軸、y軸、z軸建立空間直角坐標(biāo)系. 設(shè)AD=a,則D(0

7、,0,0),A(a,0,0),B(a,a,0),C(0,a,0),E,P(0,0,a),F(xiàn). =,=(0,a,0). ∵·=0,∴⊥,即EF⊥CD. (2)設(shè)G(x,0,z),則=, 若使GF⊥平面PCB,則 由·=·(a,0,0) =a=0,得x=; 由·=·(0,-a,a) =+a=0,得z=0. ∴G點(diǎn)坐標(biāo)為,即G點(diǎn)為AD的中點(diǎn). 考點(diǎn)2 空間角與距離的求法 如圖,△BCD與△MCD都是邊長(zhǎng)為2的正三角形,平面MCD⊥平面BCD,AB⊥平面BCD,AB=2,求點(diǎn)A到平面MBC的距離. 【解析】如圖,取CD的中點(diǎn)O,連接OB,OM. 因?yàn)椤鰾CD與△MCD

8、均為正三角形,所以O(shè)B⊥CD,OM⊥CD,又平面MCD⊥平面BCD,所以MO⊥平面BCD. 以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn),直線OC,BO,OM分別為x軸,y軸,z軸,建立空間直角坐標(biāo)系O-xyz. 因?yàn)椤鰾CD與△MCD都是邊長(zhǎng)為2的正三角形,所以O(shè)B=OM=,則O(0,0,0),C(1,0,0),M(0,0,),B(0,-,0),A(0,-,2), 所以=(1,,0),=(0,,). 設(shè)平面MBC的法向量為n=(x,y,z), 由 得即 取x=,可得平面MBC的一個(gè)法向量為n=(,-1,1). 又=(0,0,2), 所以所求距離為d==. 【點(diǎn)評(píng)】求點(diǎn)面距一般有以下三種方法:①作點(diǎn)到面

9、的垂線,點(diǎn)到垂足的距離即為點(diǎn)到平面的距離;②等體積法;③向量法.其中向量法在易建立空間直角坐標(biāo)系的規(guī)則圖形中較簡(jiǎn)便. 考點(diǎn)3 平面圖形的翻折問題 如圖1,∠ACB=45°,BC=3,過點(diǎn)A作AD⊥BC,垂足D在線段BC上且異于點(diǎn)B,連接AB,沿AD將△ABD折起,使∠BDC=90°(如圖2所示). (1)當(dāng)BD的長(zhǎng)為多少時(shí),三棱錐A-BCD的體積最大; (2)當(dāng)三棱錐A-BCD的體積最大時(shí),設(shè)點(diǎn)E,M分別為棱BC,AC的中點(diǎn),試在棱CD上確定一點(diǎn)N,使得EN⊥BM,并求EN與平面BMN所成角的大?。? 【解析】(1)在如圖1所示的△ABC中, 設(shè)BD=x(0

10、-x. 由AD⊥BC,∠ACB=45°知,△ADC為等腰直角三角形, 所以AD=CD=3-x. 由折起前AD⊥BC知,折起后(如圖2),AD⊥DC,AD⊥BD,且BD∩DC=D,所以AD⊥平面BCD.又∠BDC=90°, 所以S△BCD=BD·CD=x(3-x), 于是VA-BCD=AD·S△BCD=(3-x)·x(3-x) =·2x(3-x)(3-x) ≤=, 當(dāng)且僅當(dāng)2x=3-x,即x=1時(shí),等號(hào)成立, 故當(dāng)x=1,即BD=1時(shí),三棱錐A-BCD的體積最大. (另:VA-BCD=AD·S△BCD =(3-x)·x(3-x)=(x3-6x2+9x). 令f(x)=(x

11、3-6x2+9x), 由f′(x)=(x-1)(x-3)=0,且00;當(dāng)x∈(1,3)時(shí),f′(x)<0. 所以當(dāng)x=1時(shí),f(x)取得最大值. 故當(dāng)BD=1時(shí),三棱錐A-BCD的體積最大.) (2)法一:以D為原點(diǎn),建立如圖a所示的空間直角坐標(biāo)系D-xyz,由(1)知,當(dāng)三棱錐A-BCD的體積最大時(shí),BD=1,AD=CD=2. 于是可得D(0,0,0),B(1,0,0),C(0,2,0),A(0,0,2),M(0,1,1),E,且=(-1,1,1). 設(shè)N(0,λ,0),則=. 因?yàn)镋N⊥BM等價(jià)于·=0, 即·(-1

12、,1,1)=+λ-1=0, 故λ=,N. 所以當(dāng)DN=(即N是CD的靠近點(diǎn)D的一個(gè)四等分點(diǎn))時(shí),EN⊥BM. 設(shè)平面BMN的一個(gè)法向量為n=(x,y,z), 由及=,=(-1,1,1), 得可取n=(1,2,-1). 設(shè)EN與平面BMN所成角的大小為θ, 則由=,n=(1,2,-1), 可得sin θ=cos(90°-θ)===, 即θ=60°. 故直線EN與平面BMN所成角的大小為60°. 法二:由(1)知,當(dāng)三棱錐A-BCD的體積最大時(shí),BD=1,AD=CD=2,如圖b,取CD的中點(diǎn)F,連接MF,BF,EF,則MF∥AD,EF∥BD. 由(1)知AD⊥平面B

13、CD,所以MF⊥平面BCD. 如圖c,延長(zhǎng)FE至P點(diǎn),使得FP=DB,連接BP,DP,則四邊形DBPF為正方形, 所以DP⊥BF,取DF的中點(diǎn)N,連接EN, 又E為FP的中點(diǎn),則EN∥DP, 所以EN⊥BF.因?yàn)镸F⊥平面BCD, 又EN?平面BCD,所以MF⊥EN. 又MF∩BF=F,所以EN⊥平面BMF. 又BM?平面BMF,所以EN⊥BM. 因?yàn)镋N⊥BM當(dāng)且僅當(dāng)EN⊥BF,而點(diǎn)F是唯一的,所以點(diǎn)N是唯一的. 即當(dāng)DN=(即N是CD的靠近點(diǎn)D的一個(gè)四等分點(diǎn))時(shí),EN⊥BM. 連接MN,ME,由計(jì)算得NB=NM=EB=EM=, 所以△NMB與△EMB是兩個(gè)共底邊的全等

14、的等腰三角形, 如圖d所示,取BM的中點(diǎn)G,連接EG,NG, 則BM⊥平面EGN. 在平面EGN中,過點(diǎn)E作EH⊥GN于H, 則EH⊥平面BMN. 故∠ENH是EN與平面BMN所成的角. 在△EGN中,易得EG=GN=NE=, 所以△EGN是正三角形,故∠ENH=60°,即直線EN與平面BMN所成角的大小為60°. 考點(diǎn)4 立體幾何中的探索性問題 如圖,在四棱錐P-ABCD中,已知PA⊥平面ABCD,且四邊形ABCD為直角梯形,∠ABC=∠BAD=,PA=AD=2,AB=BC=1. (1)求平面PAB與平面PCD所成二面角的余弦值; (2)點(diǎn)Q是線段BP上的動(dòng)點(diǎn),當(dāng)直

15、線CQ與DP所成的角最小時(shí),求線段BQ的長(zhǎng). 【解析】分別以,,為x,y,z軸的正方向,建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系A(chǔ)-xyz,則各點(diǎn)的坐標(biāo)為 B(1,0,0),C(1,1,0),D(0,2,0),P(0,0,2). (1)因?yàn)锳D⊥平面PAB,所以是平面PAB的一個(gè)法向量,=(0,2,0). 因?yàn)椋?1,1,-2),=(0,2,-2). 設(shè)平面PCD的法向量為m=(x,y,z), 則m·=0,m·=0, 即令y=1,解得z=1,x=1. 所以m=(1,1,1)是平面PCD的一個(gè)法向量. 從而cos〈,m〉==, 所以平面PAB與平面PCD所成二面角的余弦值為. (2

16、)因?yàn)椋?-1,0,2), 設(shè)=λ=(-λ,0,2λ)(0≤λ≤1), 又=(0,-1,0),則=+=(-λ,-1,2λ), 又=(0,-2,2), 從而cos〈,〉==. 設(shè)1+2λ=t,t∈[1,3], 則cos2〈,〉==≤. 當(dāng)且僅當(dāng)t=,即λ=時(shí),|cos〈,〉|的最大值為. 因?yàn)閥=cos x在上是減函數(shù),所以此時(shí)直線CQ與DP所成角取得最小值. 又因?yàn)锽P==,所以BQ=BP=. 方法總結(jié)  【p140】 1.求異面直線所成角時(shí)易忽視角的范圍而導(dǎo)致結(jié)論錯(cuò)誤. 2.求直線與平面所成角時(shí),注意求出夾角的余弦值的絕對(duì)值應(yīng)為線面角的正弦值. 3.利用平面的法向量

17、求二面角的大小時(shí),當(dāng)求出兩半平面α,β的法向量n1,n2時(shí),要根據(jù)向量坐標(biāo)在圖形中觀察法向量的方向,從而確定二面角與向量n1,n2的夾角是相等(一個(gè)平面的法向量指向二面角的內(nèi)部,另一個(gè)平面的法向量指向二面角的外部),還是互補(bǔ)(兩個(gè)法向量同時(shí)指向二面角的內(nèi)部或外部),這是利用向量法求二面角的難點(diǎn)、易錯(cuò)點(diǎn). 4.翻折問題求解的關(guān)鍵是充分利用不變的量和不變關(guān)系. 5.探究性問題的分析求解要求具備較好的逆向思維能力,問題探究方法通常是分析法與綜合法的整合應(yīng)用. 走進(jìn)高考  【p140】 1.(2016·全國(guó)卷Ⅱ)如圖,菱形ABCD的對(duì)角線AC與BD交于點(diǎn)O,AB=5,AC=6,點(diǎn)E,F(xiàn)分別在A

18、D,CD上,AE=CF=,EF交BD于點(diǎn)H.將△DEF沿EF折到△D′EF的位置,OD′=. (1)證明:D′H⊥平面ABCD; (2)求二面角B-D′A-C的正弦值. 【解析】(1)∵AE=CF=, ∴=,∴EF∥AC. ∵四邊形ABCD為菱形, ∴AC⊥BD,∴EF⊥BD,∴EF⊥DH,∴EF⊥D′H. ∵AC=6,∴AO=3; 又AB=5,AO⊥OB,∴OB=4, ∴OH=·OD=1,∴DH=D′H=3, ∴|OD′|2=|OH|2+|D′H|2,∴D′H⊥OH. 又∵OH∩EF=H, ∴D′H⊥平面ABCD. (2)建立如圖坐標(biāo)系H-xyz. B(5

19、,0,0),C(1,3,0),D′(0,0,3),A(1,-3,0), =(4,3,0),=(-1,3,3),=(0,6,0), 設(shè)面ABD′的法向量n1=(x,y,z), 由得取 ∴n1=(3,-4,5). 同理可得面AD′C的法向量n2=(3,0,1), ∴|cos θ|===, ∴sin θ=. 考點(diǎn)集訓(xùn)  【p254】 A組題 1.如圖,長(zhǎng)方體ABCD-A1B1C1D1中,AA1=AB=2,AD=1,點(diǎn)E,F(xiàn),G分別是DD1,AB,CC1的中點(diǎn),則異面直線A1E與GF所成的角是(  ) A. B. C. D. 【解析】以D為原點(diǎn),,,的方向?yàn)閤,y,z

20、軸的正方向,建立空間直角坐標(biāo)系D-xyz,則A1(1,0,2),E(0,0,1),G(0,2,1),F(xiàn)(1,1,0), ∴=(-1,0,-1),=(1,-1,-1), ∴cos〈,〉===0, ∴異面直線A1E與GF所成角的大小為. 【答案】D 2.如圖,將正方形ABCD沿對(duì)角線BD折成一個(gè)120°的二面角,點(diǎn)C到達(dá)點(diǎn)C1,這時(shí)異面直線AD與BC1所成角的余弦值是(  ) A.B.-C.D.- 【解析】設(shè)正方形的邊長(zhǎng)為1,AC與BD交于點(diǎn)O. 當(dāng)折成120°的二面角時(shí), AC=+-2··cos 120°=. 又=++, ∴||2=||2+||2+||2+2·+2·+2

21、·=1+2+1+2×1×cos 135°+2××1×cos 135°+2·=2· =2||·||cos〈,〉=2cos〈,〉, ∴cos〈,〉=. 【答案】A 3.如圖,四棱錐S-ABCD的底面是正方形,SD⊥平面ABCD,SD=2,AD=,則二面角C-AS-D的余弦值為(  ) A.B. C.D. 【解析】如圖,以D為原點(diǎn)建立空間直角坐標(biāo)系D-xyz. 則D(0,0,0),A(,0,0),B(,,0),C(0,,0),S(0,0,2), 得=(,0,-2),=(0,,-2). 設(shè)平面ACS的一個(gè)法向量為n=(x,y,z), 則即 取z=,得n=(2,2,).

22、 易知平面ASD的一個(gè)法向量為=(0,,0). 設(shè)二面角C-AS-D的大小為θ, 則cos θ==. 即二面角C-AS-D的余弦值為. 【答案】D 4.已知棱長(zhǎng)為1的正方體ABCD-A1B1C1D1中,E、F分別是B1C1和C1D1的中點(diǎn),點(diǎn)A1到平面DBEF的距離為________________________________________________________________________. 【解析】建立空間直角坐標(biāo)系D-xyz,則B(1,1,0), E,F(xiàn), 設(shè)n=(x,y,z)是平面BDFE的法向量,由n⊥,n⊥,=(1,1,0),=得:n·=x+y=0

23、,n·=y(tǒng)+z=0, 所以x=-y,z=-.令y=1,得n=, 設(shè)點(diǎn)A1在平面BDFE上的射影為H, 連接A1D,A1D是平面BDFE的斜線段, 則:cos〈,〉=, 所以||=||·cos〈,〉=1,所以點(diǎn)A1到平面DBEF的距離為1. 【答案】1 5.已知正方體ABCD-A1B1C1D1的棱長(zhǎng)為1,點(diǎn)P在線段BD1上.當(dāng)∠APC最大時(shí),三棱錐P-ABC的體積為________. 【解析】以B為坐標(biāo)原點(diǎn),BA為x軸,BC為y軸,BB1為z軸建立空間直角坐標(biāo)系(如圖),設(shè)=λ,可得P(λ,λ,λ),再由cos∠APC=可求得當(dāng)λ=時(shí),∠APC最大,故VP-ABC=××1×1

24、×=. 【答案】 6.如圖,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,∠ACB=90°,2AC=AA1=BC=2.若二面角B1-DC-C1的大小為60°,則AD的長(zhǎng)為__________. 【解析】如圖,以C為坐標(biāo)原點(diǎn),CA,CB,CC1所在的直線分別為x軸,y軸,z軸建立空間直角坐標(biāo)系,則C(0,0,0),A(1,0,0),B1(0,2,2),C1(0,0,2), 設(shè)AD=a,則D點(diǎn)坐標(biāo)為(1,0,a),=(1,0,a),=(0,2,2), 設(shè)平面B1CD的一個(gè)法向量為m=(x,y,z). 則?令z=-1, 得m=(a,1,-1),又平面C1DC的一個(gè)法向量為n=(0,1,0)

25、, 則由cos 60°=,得=,即a=,故AD=. 【答案】 7.如圖,四棱錐P-ABCD中,底面ABCD為矩形,PA⊥平面ABCD,E為PD的中點(diǎn). (1)證明:PB∥平面AEC; (2)設(shè)二面角D-AE-C的大小為60°,AP=1,AD=,求三棱錐E-ACD的體積. 【解析】(1)連接BD交AC于點(diǎn)O,連接EO. 因?yàn)锳BCD為矩形, 所以O(shè)為BD的中點(diǎn). 又E為PD的中點(diǎn), 所以EO∥PB. 因?yàn)镋O?平面AEC, PB?平面AEC,所以PB∥平面AEC. (2)因?yàn)镻A⊥平面ABCD,ABCD為矩形, 所以AB,AD,AP兩兩垂直. 如圖,

26、以A為坐標(biāo)原點(diǎn),,,的方向?yàn)閤軸、y軸、z軸的正方向,||為單位長(zhǎng),建立空間直角坐標(biāo)系A(chǔ)-xyz, 則D,E,=. 設(shè)B(m,0,0)(m>0),則C(m,,0),=(m,,0). 設(shè)n1=(x,y,z)為平面ACE的法向量, 則即可取n1=. 又n2=(1,0,0)為平面DAE的法向量, 由題設(shè)易知|cos〈n1,n2〉|=, 即=,解得m=. 因?yàn)镋為PD的中點(diǎn),所以三棱錐E-ACD的高為. 三棱錐E-ACD的體積V=××××=. 8.如圖,在直三棱柱(側(cè)棱和底面垂直的棱柱)ABC-A1B1C1中,平面A1BC⊥側(cè)面A1ABB1,AB=BC=AA1=3,線段AC、A

27、1B上分別有一點(diǎn)E、F,且滿足2AE=EC,2BF=FA1. (1)求證:AB⊥BC; (2)求點(diǎn)E到直線A1B的距離; (3)求二面角F-BE-C的平面角的余弦值. 【解析】(1)如圖,過點(diǎn)A在平面A1ABB1內(nèi)作AD⊥A1B于D, 則由平面A1BC⊥側(cè)面A1ABB1,且平面A1BC∩側(cè)面A1ABB1=A1B, 得AD⊥平面A1BC, 又BC?平面A1BC, 所以AD⊥BC. 因?yàn)槿庵鵄BC-A1B1C1是直三棱柱,則AA1⊥底面ABC,所以AA1⊥BC. 又AA1∩AD=A, 從而BC⊥側(cè)面A1ABB1, 又AB?側(cè)面A1ABB1,故AB⊥BC. (2)由(

28、1)知,以點(diǎn)B為坐標(biāo)原點(diǎn),以BC、BA、BB1所在的直線分 別為x軸、y軸、z軸,可建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系,則 B(0,0,0),A(0,3,0),C(3,0,0),A1(0,3,3). 由線段AC、A1B上分別有一點(diǎn)E、F,滿足2AE=EC,2BF=FA1, 所以E(1,2,0),F(xiàn)(0,1,1). =(-1,-1,1),=(0,3,3).所以EF⊥BA1, 所以點(diǎn)E到直線A1B的距離d==. (3)=(1,2,0),=(0,1,1), 設(shè)平面BEF的法向量為n=(x,y,z), 則 取x=2,得n=(2,-1,1), 根據(jù)題意知平面BEC的法向量為m=(0,0,

29、1), 設(shè)二面角F-BE-C的平面角為θ, ∵θ是鈍角, ∴cos θ=-|cos〈m,n〉|=-=-. ∴二面角F-BE-C的平面角的余弦值為-. B組題 1.如圖,在正方形ABCD中,EF∥AB,若沿EF將正方形折成一個(gè)二面角后,AE∶ED∶AD=1∶1∶,則AF與CE所成角的余弦值為________. 【解析】如圖,建立空間直角坐標(biāo)系,設(shè)AB=EF=CD=2,∵AE∶DE∶AD=1∶1∶,則E(0,0,0),A(1,0,0),F(xiàn)(0,2,0),C(0,2,1),∴=(-1,2,0),=(0,2,1),∴cos〈,〉=, ∴AF與CE所成角的余弦值為. 【答案】

30、 2.如圖,在幾何體ABCDEF中,AB∥CD,AD=DC=CB=1,∠ABC=60°,四邊形ACFE為矩形,平面ACFE⊥平面ABCD,CF=1. (1)求證:平面FBC⊥平面ACFE; (2)點(diǎn)M在線段EF上運(yùn)動(dòng),設(shè)平面MAB與平面FCB所成二面角的平面角為θ(θ≤90°),試求cos θ的取值范圍. 【解析】(1)在四邊形ABCD中, ∵AB∥CD,AD=DC=CB=1,∠ABC=60°, ∴AB=2, ∴AC2=AB2+BC2-2AB·BC·cos 60°=3, ∴AB2=AC2+BC2,∴BC⊥AC. ∵平面ACFE⊥平面ABCD,平面ACFE∩平面ABCD=AC

31、,BC?平面ABCD,∴BC⊥平面ACFE. 又因?yàn)锽C?平面FBC,所以平面FBC⊥平面ACFE. (2)由(1)知可建立分別以直線CA,CB,CF為x軸,y軸,z軸的如圖所示的空間直角坐標(biāo)系C-xyz,令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(shè)n1=(x,y,z)為平面MAB的法向量, 由得 取x=1,則n1=(1,,-λ). ∵n2=(1,0,0)是平面FCB的一個(gè)法向量, ∴cos θ== =. ∵0≤λ≤,∴當(dāng)λ=0時(shí),cos θ有最小值, 當(dāng)λ=時(shí),

32、cos θ有最大值, ∴cos θ∈. 3.在三棱柱ABC-A1B1C1中,已知AB=AC=AA1=,BC=4,A1在底面ABC的射影是線段BC的中點(diǎn)O. (1)證明:在側(cè)棱AA1上存在一點(diǎn)E,使得OE⊥平面BB1C1C,并求出AE的長(zhǎng); (2)求二面角A1-B1C-C1的余弦值. 【解析】(1)連接AO,在△AOA1中,作OE⊥AA1于點(diǎn)E,因?yàn)锳A1∥BB1,所以O(shè)E⊥BB1, 因?yàn)锳1O⊥平面ABC,所以BC⊥平面AA1O,所以BC⊥OE,所以O(shè)E⊥平面BB1C1C,又AO==1,AA1=,得AE==. (2)如圖,分別以O(shè)A,OB,OA1所在直線為x,y,z軸

33、,建立空間直角坐標(biāo)系, 則A(1,0,0),B(0,2,0), C(0,-2,0),A1(0,0,2). 由=,得點(diǎn)E的坐標(biāo)是, 由(1)知平面B1CC1的一個(gè)法向量為=, 設(shè)平面A1B1C的法向量是n=(x,y,z), 由得可取n=(2,1,-1), 所以所求二面角的余弦值為cos〈,n〉==. 4.平面圖形ABB1A1C1C如圖①所示,其中BB1C1C是矩形,BC=2,BB1=4,AB=AC=,A1B1=A1C1=. 現(xiàn)將該平面圖形分別沿BC和B1C1折疊,使△ABC與△A1B1C1所在平面都與平面BB1C1C垂直,再分別連接A1A,A1B,A1C,得到如圖②所示的空

34、間圖形.對(duì)此空間圖形解答下列問題: (1)證明:AA1⊥BC; (2)求AA1的長(zhǎng); (3)求二面角A-BC-A1的余弦值. 【解析】法一:(1)取BC,B1C1的中點(diǎn)分別為D和D1,連接A1D1,DD1,AD. 由BB1C1C為矩形知,DD1⊥B1C1, 因?yàn)槠矫鍮B1C1C⊥平面A1B1C1,所以DD1⊥平面A1B1C1, 又由A1B1=A1C1知,A1D1⊥B1C1. 故以D1為坐標(biāo)原點(diǎn),可建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系D1-xyz. 由題設(shè),可得A1D1=2,AD=1. 由以上可知AD⊥平面BB1C1C,A1D1⊥平面BB1C1C,于是AD∥A1D1. 所以A(

35、0,-1,4),B(1,0,4), A1(0,2,0),C(-1,0,4),D(0,0,4). 故=(0,3,-4),=(-2,0,0),·=0, 因此⊥,即AA1⊥BC. (2)因?yàn)椋?0,3,-4),所以=5,即AA1=5. (3)連接A1D,由BC⊥AD,BC⊥AA1,可知BC⊥平面A1AD,BC⊥A1D, 所以∠ADA1為二面角A-BC-A1的平面角. 因?yàn)椋?0,-1,0),=(0,2,-4), 所以cos〈,〉=-=-. 即二面角A-BC-A1的余弦值為-. 法二:(1)取BC,B1C1的中點(diǎn)分別為D和D1,連接A1D1,DD1,AD,A1D. 由條件可知

36、,BC⊥AD,B1C1⊥A1D1, 由上可得AD⊥面BB1C1C,A1D1⊥面BB1C1C. 因此AD∥A1D1,即AD,A1D1確定平面AD1A1D. 又因?yàn)镈D1∥BB1,BB1⊥BC,所以DD1⊥BC. 又考慮到AD⊥BC,所以BC⊥平面AD1A1D, 故BC⊥AA1. (2)延長(zhǎng)A1D1到G點(diǎn),使GD1=AD,連接AG. 因?yàn)锳D∥GD1,且AD=GD1, 所以AG∥DD1∥BB1,且AG=DD1=BB1. 由于BB1⊥平面A1B1C1,所以AG⊥A1G. 由條件可知,A1G=A1D1+D1G=3,AG=4, 所以AA1=5. (3)因?yàn)锽C⊥平面AD1A1D,所以∠ADA1為二面角A-BC-A1的平面角. 在Rt△A1DD1中,DD1=4,A1D1=2,解得sin∠D1DA1=, 則cos∠ADA1=cos=-. 即二面角A-BC-A1的余弦值為-. 23

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