用向量方法解决线线、线面、面面的夹角问题_章节学习

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题型：简答题

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简答题

如图，在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中，E，F，M，N分别是棱AB，AD，A1B1，A1D1的中点，点P，Q分别在棱DD1，BB1上移动，且DP=BQ=λ（0＜λ＜2）

（Ⅰ）当λ=1时，证明：直线BC1∥平面EFPQ；

（Ⅱ）是否存在λ，使面EFPQ与面PQMN所成的二面角为直二面角？若存在，求出λ的值；若不存在，说明理由．

正确答案

（Ⅰ）证明：以D为原点，射线DA，DC，DD1分别为x，y，z轴的正半轴，建立坐标系，则B（2，2，0），C1（0，2，2），E（2，1，0），F（1，0，0），P（0，0，λ），

∴=（-2，0，2），=（-1，0，λ），=（1，1，0）

λ=1时，=（-2，0，2），=（-1，0，1），

∴=2，

∴BC1∥FP，

∵FP⊂平面EFPQ，BC1⊄平面EFPQ，

∴直线BC1∥平面EFPQ；

（Ⅱ）设平面EFPQ的一个法向量为=（x，y，z），则，

∴取=（λ，-λ，1）．

同理可得平面MNPQ的一个法向量为=（λ-2，2-λ，1），

若存在λ，使面EFPQ与面PQMN所成的二面角为直二面角，则

•=λ（λ-2）-λ（2-λ）+1=0，∴λ=1±．

∴存在λ=1±，使面EFPQ与面PQMN所成的二面角为直二面角．

解析

（Ⅰ）证明：以D为原点，射线DA，DC，DD1分别为x，y，z轴的正半轴，建立坐标系，则B（2，2，0），C1（0，2，2），E（2，1，0），F（1，0，0），P（0，0，λ），

∴=（-2，0，2），=（-1，0，λ），=（1，1，0）

λ=1时，=（-2，0，2），=（-1，0，1），

∴=2，

∴BC1∥FP，

∵FP⊂平面EFPQ，BC1⊄平面EFPQ，

∴直线BC1∥平面EFPQ；

（Ⅱ）设平面EFPQ的一个法向量为=（x，y，z），则，

∴取=（λ，-λ，1）．

同理可得平面MNPQ的一个法向量为=（λ-2，2-λ，1），

若存在λ，使面EFPQ与面PQMN所成的二面角为直二面角，则

•=λ（λ-2）-λ（2-λ）+1=0，∴λ=1±．

∴存在λ=1±，使面EFPQ与面PQMN所成的二面角为直二面角．

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题型：单选题

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单选题

二面角α-l-β等于120°，A、B是棱l上两点，AC、BD分别在半平面α、β内，AC⊥l，BD⊥l，且AB=AC=BD=1，则CD的长等于（　　）

A

B

C2

D

正确答案

C

解析

解：∵A、B是棱l上两点，AC、BD分别在半平面α、β内，AC⊥l，BD⊥l，

又∵二面角α-l-β的平面角θ等于120°，且AB=AC=BD=1，

∴CD===2

故选C

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题型：简答题

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简答题

如图，已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2，点P，Q，R分别是棱AB，CC1，D1A1的中点．

（1）求证：B1D⊥平面PQR；

（2）设二面角B1-PR-Q的大小为θ，求|cosθ|．

正确答案

解：（1）建立如图所示的空间直角坐标系，则P（1，0，0），

Q（2，2，1），R（0，1，2），D（0，2，0），B1（2，0，2）

∴

∴，

∵PR∩PQ=P，PR，PQ⊆平面PQR；

∴B1D⊥平面PQR；

（2）由（1）知，是平面PQR的一个法向量

设是平面B1PR的一个法向量

∵

∴，∴

取z=1，则x=-2，y=-4

∴平面B1PR的一个法向量为

∴=

∴

解析

解：（1）建立如图所示的空间直角坐标系，则P（1，0，0），

Q（2，2，1），R（0，1，2），D（0，2，0），B1（2，0，2）

∴

∴，

∵PR∩PQ=P，PR，PQ⊆平面PQR；

∴B1D⊥平面PQR；

（2）由（1）知，是平面PQR的一个法向量

设是平面B1PR的一个法向量

∵

∴，∴

取z=1，则x=-2，y=-4

∴平面B1PR的一个法向量为

∴=

∴

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题型：简答题

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简答题

如图，直角梯形ABCD中，AB∥CD，∠BCD=90°，BC=CD=，AD=BD，EC丄底面ABCD，FD丄底面ABCD 且有EC=FD=2．

（Ⅰ）求证：AD丄BF；

（Ⅱ）若线段EC的中点为M，求直线AM与平面ABEF所成角的正弦值．

正确答案

解：（I）∵BC⊥DC，BC=CD=，

∴BD==2，且△BCD是等腰直角三角形，∠CDB=∠CBD=45°

∵平面ABCD中，AB∥DC，∴∠DBA=∠CBD=45°

∵AD=BD，可得∠DBA=∠BAD=45°

∴∠ADB=90°，即AD⊥BD

∵FD丄底面ABCD，AD⊂底面ABCD，∴AD⊥DF

∵BD、DF是平面BDF内的相交直线，∴AD⊥平面BDF

∵BF⊂平面BDF，∴AD丄BF

（II）如图，过点M作MN⊥BE，垂足为N，连接NA，AC

∵AB⊥BC，AB⊥EC，BC∩EC=E，∴AB⊥平面BEC

∵MN⊂平面BEC，∴AB⊥MN，

结合MN⊥BE且BE∩AB=B，可得MN⊥平面ABEF

∴AN是AM在平面ABEF内的射影，可得∠MAN就是直线AM与平面ABEF所成角

∵Rt△ABC中，AC==，∴Rt△ACM中，AM==．

∵△EMN∽△EBC，∴，可得MN=

因此，在Rt△MAN中，sin∠MAN==

即直线AM与平面ABEF所成角的正弦值是．

解析

解：（I）∵BC⊥DC，BC=CD=，

∴BD==2，且△BCD是等腰直角三角形，∠CDB=∠CBD=45°

∵平面ABCD中，AB∥DC，∴∠DBA=∠CBD=45°

∵AD=BD，可得∠DBA=∠BAD=45°

∴∠ADB=90°，即AD⊥BD

∵FD丄底面ABCD，AD⊂底面ABCD，∴AD⊥DF

∵BD、DF是平面BDF内的相交直线，∴AD⊥平面BDF

∵BF⊂平面BDF，∴AD丄BF

（II）如图，过点M作MN⊥BE，垂足为N，连接NA，AC

∵AB⊥BC，AB⊥EC，BC∩EC=E，∴AB⊥平面BEC

∵MN⊂平面BEC，∴AB⊥MN，

结合MN⊥BE且BE∩AB=B，可得MN⊥平面ABEF

∴AN是AM在平面ABEF内的射影，可得∠MAN就是直线AM与平面ABEF所成角

∵Rt△ABC中，AC==，∴Rt△ACM中，AM==．

∵△EMN∽△EBC，∴，可得MN=

因此，在Rt△MAN中，sin∠MAN==

即直线AM与平面ABEF所成角的正弦值是．

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题型：简答题

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简答题

如图，四棱柱ABCD-A′B′C′D′中，侧棱与底面垂直，AB∥CD，AD⊥DC，且AB=AD=1，，．

（I）求证：DB⊥BC′；

（II）求二面角A′-BD-C的大小．

正确答案

证明：（I）作BM⊥CD，垂足为M，连接AM．

因为AB∥CD，AD⊥DC，BM⊥CD，且AB=AD=1，

∴四边形ABMD是正方形

∴BM=DM=1，BD=

又∵，

∴CM==1

∴CD=2，即CD2=BD2+BC2

∴DB⊥BC，

又∵DB⊥B′B，B′B∩BC=B

∴DB⊥平面BC′

而BC′⊂平面BC′

∴DB⊥BC′

解：（II）设AM与BD交于点E，连接A′E

由（I）知，ME⊥BD，且DE=BE

∵A′A⊥平面ABCD，

∴A′A⊥AD，A′A⊥AB

又∵AB=AD=1，∴A′D=A′B

又∵DE=BE，

∴A′E⊥BD

综上可知∠A′EM即为二面角A′-BD-C的平面角，

在△A′AE中，∵A′A=，AE=BD=

∴tan∠A′EA==

即∠A′EA=60°

∴∠A′EM=120°

∴二面角A′-BD-C的大小为120°

解析

证明：（I）作BM⊥CD，垂足为M，连接AM．

因为AB∥CD，AD⊥DC，BM⊥CD，且AB=AD=1，

∴四边形ABMD是正方形

∴BM=DM=1，BD=

又∵，

∴CM==1

∴CD=2，即CD2=BD2+BC2

∴DB⊥BC，

又∵DB⊥B′B，B′B∩BC=B

∴DB⊥平面BC′

而BC′⊂平面BC′

∴DB⊥BC′

解：（II）设AM与BD交于点E，连接A′E

由（I）知，ME⊥BD，且DE=BE

∵A′A⊥平面ABCD，

∴A′A⊥AD，A′A⊥AB

又∵AB=AD=1，∴A′D=A′B

又∵DE=BE，

∴A′E⊥BD

综上可知∠A′EM即为二面角A′-BD-C的平面角，

在△A′AE中，∵A′A=，AE=BD=

∴tan∠A′EA==

即∠A′EA=60°

∴∠A′EM=120°

∴二面角A′-BD-C的大小为120°

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