用向量方法解决线线、线面、面面的夹角问题
共2973题

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题型：简答题

简答题

如图所示的几何体是由以等边三角形ABC为底面的棱柱被平面DEF所截而得，AB=2，BD=1，AF=a．

（Ⅰ）当a=4时，求平面DEF与平面ABC的夹角的余弦值；

（Ⅱ）当a为何值时在DE上存在一点P，使CP⊥平面DEF？如果存在，求出DP的长；若不存在，问题补充．

正确答案

解：（1）分别取AB、DF的中点O、G，连接OC、OG．

以直线OB、OC、OG分别为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系，

∵AF=a=4，则D、E、F的坐标分别为D（1，0，1）、E（0，，3）、F（-1，0，4），

∴=（-1，，2），=（-2，0，3）

设平面DEF的法向量=（x，y，z），则，

令z=6，则．

平面ABC的法向量可以取=（0，0，1）．

∴cos＜，＞==．

∴平面DEF与平面ABC的夹角的余弦值为．

（2）在（1）的坐标系中，AF=a，=（-1，，2），=（-2，0，a-1），C（0，，0）．

因P在DE上，设=λ，

则=+=（1-λ，λ，2λ+1）．

∴═（1-λ，（λ-1），2λ+1）．

于是CP⊥平面DEF的充要条件为，得到

由此解得，λ=，a=2．

即当a=2时，在DE上存在靠近D的第一个四等分点P，使CP⊥平面DEF．此时，|DP|==．

解析

解：（1）分别取AB、DF的中点O、G，连接OC、OG．

以直线OB、OC、OG分别为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系，

∵AF=a=4，则D、E、F的坐标分别为D（1，0，1）、E（0，，3）、F（-1，0，4），

∴=（-1，，2），=（-2，0，3）

设平面DEF的法向量=（x，y，z），则，

令z=6，则．

平面ABC的法向量可以取=（0，0，1）．

∴cos＜，＞==．

∴平面DEF与平面ABC的夹角的余弦值为．

（2）在（1）的坐标系中，AF=a，=（-1，，2），=（-2，0，a-1），C（0，，0）．

因P在DE上，设=λ，

则=+=（1-λ，λ，2λ+1）．

∴═（1-λ，（λ-1），2λ+1）．

于是CP⊥平面DEF的充要条件为，得到

由此解得，λ=，a=2．

即当a=2时，在DE上存在靠近D的第一个四等分点P，使CP⊥平面DEF．此时，|DP|==．

题型：填空题

填空题

如图，正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2，E，F分别为棱BC，DD1上的点，给出下列命题：

①在平面ABF内总存在与直线B1E平行的直线；

②若B1E⊥平面ABF，则CE与DF的长度之和为2；

③存在点F使二面角B1-AC-F的大小为45°；

④记A1A与平面ABF所成的角为α，BC与平面ABF所成的角为β，则α+β的大小与点F的位置无关．

其中真命题的序号是______．（写出所有真命题的序号）

正确答案

②④

解析

解：①在平面CD1内，过点F作FG∥CD，则ABCF四点共面，连接BG，则BG与B1E一定相交，即直线B1E与平面ABF总相交，故①为假命题；

②B1E⊥平面ABF，则B1E⊥BG，△B1EB≌△BGC，∴CG=BE，∵CG=DF，BE+CE=2，∴CE与DF的长度之和为2，故②为真命题；

③连接AC，CF，BD，B1A，B1C，AC∩BD=0，则FO⊥AC，B1O⊥AC，∴∠B1OF为二面角B1-AC-F的平面角

当点F在点D1处时，D1O=B1O=，B1D1=2，∴，∴∠B1OD1＞45°

∴不存在点F使二面角B1-AC-F的大小为45°，故③为假命题；

④∵BC∥AD，BC与平面ABF所成的角为β，∴AD与平面ABF所成的角为β

∵平面ABF⊥平面D1A，∴∠A1AF=α，∠DAF=β，∴α+β=90°，∴α+β的大小与点F的位置无关，故④为真命题

综上知，真命题的序号是②④

故答案为：②④

题型：填空题

填空题

直角三角形ABC的斜边AB在平面α内，两直角边分别与平面α成30°和45°角，则这个直角三角形所在平面与平面α所成锐二面角的大小是______．

正确答案

600

解析

解：过点C作CD⊥平面α，设CD=h，

∵AC，BC与平面α分别成30°，45°的角，

∴BC=，AC=2h，AB=h，

∵直角三角形ABC的斜边AB在平面α内，

设直角三角形ABC的斜边AB上的高为x，

S△=BC•AC=10=AB•x，解可得x=h，

设直角三角形ABC与平面α成的角为β，

sinβ==，∴β=600，

故答案为600．

题型：简答题

简答题

如图，在四棱锥P-ABCD中，AB∥CD，AB⊥AD，AB=4，AD=2，CD=2，PA⊥平面ABCD，PA=4．

（Ⅰ）求证：BD⊥平面PAC；

（Ⅱ）点Q为线段PB的中点，求直线QC与平面PAC所成角的正弦值．

正确答案

（法一）（Ⅰ）证明：以A为原点，建立空间直角坐标系，如图，

B（4，0，0），D（0，2，0），P（0，0，4），A（0，0，0），

C（2，2，0），Q（2，0，2），

则=（-4，2，0），=（0，0，4），=（2，2，0），

=（0，2，-2），

∴=0，=0，

∴BD⊥AP，BD⊥AC，又AP∩AC=A，

∴BD⊥平面PAC；

（Ⅱ）解：由（Ⅰ）知，平面PAC的一个法向量为=（-4，2，0），

设直线QC与平面PAC所成的角为θ，

则sin==，

所以直线QC与平面PAC所成的角的正弦值为．

（法二）（Ⅰ）证明：设AC∩BD=O，

∵CD∥AB，∴OB：OD=OA：OC=AB：CD=2，

Rt△DAB中，DA=2，AB=4，∴DB=2，∴DO=DB=，

同理，OA=CA=，∴DO2+OA2=AD2，即∠AOD=90°，∴BD⊥AC，

又PA⊥平面ABCD，∴PA⊥BD，

由AC∩PA=A，∴BD⊥平面PAC；

（Ⅱ）解：连PO，取PO中点H，连QH，则QH∥BO，

由（Ⅰ）知，QH⊥平面PAC

∴∠QCH是直线QC与平面PAC所成的角．

由（Ⅰ）知，QH=BO=，

取OA中点E，则HE=PA=2，又EC=OA+OC=

Rt△HEC中，HC2=HE2+EC2=

∴Rt△QHC中，QC=2，∴sin∠QCH=，

∴直线QC与平面PAC所成的角的正弦值为．

解析

（法一）（Ⅰ）证明：以A为原点，建立空间直角坐标系，如图，

B（4，0，0），D（0，2，0），P（0，0，4），A（0，0，0），

C（2，2，0），Q（2，0，2），

则=（-4，2，0），=（0，0，4），=（2，2，0），

=（0，2，-2），

∴=0，=0，

∴BD⊥AP，BD⊥AC，又AP∩AC=A，

∴BD⊥平面PAC；

（Ⅱ）解：由（Ⅰ）知，平面PAC的一个法向量为=（-4，2，0），

设直线QC与平面PAC所成的角为θ，

则sin==，

所以直线QC与平面PAC所成的角的正弦值为．

（法二）（Ⅰ）证明：设AC∩BD=O，

∵CD∥AB，∴OB：OD=OA：OC=AB：CD=2，

Rt△DAB中，DA=2，AB=4，∴DB=2，∴DO=DB=，

同理，OA=CA=，∴DO2+OA2=AD2，即∠AOD=90°，∴BD⊥AC，

又PA⊥平面ABCD，∴PA⊥BD，

由AC∩PA=A，∴BD⊥平面PAC；

（Ⅱ）解：连PO，取PO中点H，连QH，则QH∥BO，

由（Ⅰ）知，QH⊥平面PAC

∴∠QCH是直线QC与平面PAC所成的角．

由（Ⅰ）知，QH=BO=，

取OA中点E，则HE=PA=2，又EC=OA+OC=

Rt△HEC中，HC2=HE2+EC2=

∴Rt△QHC中，QC=2，∴sin∠QCH=，

∴直线QC与平面PAC所成的角的正弦值为．

题型：简答题

简答题

已知△ABC是边长为3的等边三角形，点D、E分别是边AB，AC上的点，且满足==．将△ADE沿DE折起到△A1DE的位置，并使得平面A1DE⊥平面BCED．

（1）求证：A1D⊥EC；

（2）设P为线段BC上的一点，试求直线PA1与平面A1BD所成角的正切的最大值．

正确答案

证明：（1）因为等边△ABC的边长为3，且==，

所以AD=1，AE=2．在△ADE中，∠DAE=60°，

由余弦定理得DE==．

因为AD2+DE2=AE2，

所以AD⊥DE．

折叠后有A1D⊥DE，

因为平面A1DE⊥平面BCED，又平面A1DE∩平面BCED=DE，

A1D⊂平面A1DE，A1D⊥DE，所以A1D⊥平面BCED

故A1D⊥EC．

（2）如图，作PH⊥BD于点H，连结A1H、A1P，

由（1）有A1D⊥平面BCED，而PH⊂平面BCED，

所以A1D⊥PH，又A1D∩BD=D，所以PH⊥平面A1BD，

所以∠PA1H是直线PA1与平面A1BD所成的角，

设PB=x（0≤x≤3），则BH=，PH=，DH=BD-BH=2-

所以A1H==

所以在Rt△PA1H中，tan∠PA1H==

①若x=0，则tan∠PA1H===0，

②若x≠0则tan∠PA1H===

令=t（t≥），y=20t2-8t+1

因为函数y=20t2-8t+1在t≥上单调递增，所以ymin=20×-+1=

所以tan∠PA1H的最大值为=（此时点P与C重合）

解析

证明：（1）因为等边△ABC的边长为3，且==，

所以AD=1，AE=2．在△ADE中，∠DAE=60°，

由余弦定理得DE==．

因为AD2+DE2=AE2，

所以AD⊥DE．

折叠后有A1D⊥DE，

因为平面A1DE⊥平面BCED，又平面A1DE∩平面BCED=DE，

A1D⊂平面A1DE，A1D⊥DE，所以A1D⊥平面BCED

故A1D⊥EC．

（2）如图，作PH⊥BD于点H，连结A1H、A1P，

由（1）有A1D⊥平面BCED，而PH⊂平面BCED，

所以A1D⊥PH，又A1D∩BD=D，所以PH⊥平面A1BD，

所以∠PA1H是直线PA1与平面A1BD所成的角，

设PB=x（0≤x≤3），则BH=，PH=，DH=BD-BH=2-

所以A1H==

所以在Rt△PA1H中，tan∠PA1H==

①若x=0，则tan∠PA1H===0，

②若x≠0则tan∠PA1H===

令=t（t≥），y=20t2-8t+1

因为函数y=20t2-8t+1在t≥上单调递增，所以ymin=20×-+1=

所以tan∠PA1H的最大值为=（此时点P与C重合）

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