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

已知直角梯形ABCD中，AD⊥DC，AD⊥AB，△CDE是边长为2的等边三角形，AB=5．沿CE将△BCE折起，使B至B′处，且B′C⊥DE；然后再将△ADE沿DE折起，使A至A′处，且面A′DE⊥面CDE，△B′CE和△A′DE在面CDE的同侧．

（Ⅰ）求证：B′C⊥平面CDE；

（Ⅱ）求平面B′A′D与平面CDE所构成的锐二面角的余弦值．

正确答案

（Ⅰ）证明：如图，在直角梯形ABCD中，由，△CDE是边长为2的等边三角形，AB=5，

得：AD=，，CE=2，BE=4，

所以．

即B′C⊥CE，又B′C⊥DE，DE∩CE=E，所以B′C⊥平面CDE．

（Ⅱ）解：以C为原点，CE为y轴，CB为z轴建立空间直角坐标系，

则C（0，0，0），，D（），E（0，2，0）

作A′H⊥DE，因为面A′DE⊥面CDE，所以A′H⊥面CDE，且．

在平面图形中可求解得：，所以．

易知面CDE的法向量，

设面PAD的法向量为，且，．

由，则，取y=2，得，

所以．

所以平面B′A′D与平面CDE所构成的锐二面角的余弦值为．

解析

（Ⅰ）证明：如图，在直角梯形ABCD中，由，△CDE是边长为2的等边三角形，AB=5，

得：AD=，，CE=2，BE=4，

所以．

即B′C⊥CE，又B′C⊥DE，DE∩CE=E，所以B′C⊥平面CDE．

（Ⅱ）解：以C为原点，CE为y轴，CB为z轴建立空间直角坐标系，

则C（0，0，0），，D（），E（0，2，0）

作A′H⊥DE，因为面A′DE⊥面CDE，所以A′H⊥面CDE，且．

在平面图形中可求解得：，所以．

易知面CDE的法向量，

设面PAD的法向量为，且，．

由，则，取y=2，得，

所以．

所以平面B′A′D与平面CDE所构成的锐二面角的余弦值为．

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题型：简答题

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简答题

如图所示，已知△ABC内接于圆O，AB是圆O的直径，四边形DCBE为平行四边形，DC⊥平面ABC，AB=2，tan∠EAB=．

（1）证明：平面ACD⊥平面ADE，

（2）令AC=x，V（x）表示三棱锥A-CBE的体积，当V（x）取得最大值时，求直线AD与平面ACE所成角的正弦值．

正确答案

（1）证明：∵四边形DCBE为平行四边形，∴CD∥BE，BC∥DE

∵DC⊥平面ABC，BC⊂平面ABC，∴DC⊥BC

∵AB是圆O的直径，∴BC⊥AC

∵DC∩AC=C，∴BC⊥平面ADC．

∵DE∥BC，

∴DE⊥平面ADC

又∵DE⊂平面ADE，∴平面ACD⊥平面ADE；

（2）∵DC⊥平面ABC，CD∥BE，∴BE⊥平面ABC

∵AB⊂平面ABC，∴BE⊥AB，

在Rt△ABE中，由tan∠EAB==，AB=2得BE=

在Rt△ABC中，∵BC==（0＜x＜2）

∴S△ABC=AC•BC=

∴V（x）=VC-ABE=VE-ABC=S△ABC•BE==（0＜x＜2）

∵0＜x＜2，∴≤=2

∴V（x）≤，当且仅当x2=4-x2，即x=时，V（x）取得最大值，AC=

这时△ABC为等腰直角三角形

建立如图所示的坐标系，

C（0，0，0），A（，0，0），E（0，，），D（0，0，），=（-，0，）

设平面AEC的法向量，则，∴，∴可取=（0，-，）

设直线AD与平面ACE所成角为θ，则sinθ=cos＜＞===

故直线AD与平面ACE所成角的正弦值为

解析

（1）证明：∵四边形DCBE为平行四边形，∴CD∥BE，BC∥DE

∵DC⊥平面ABC，BC⊂平面ABC，∴DC⊥BC

∵AB是圆O的直径，∴BC⊥AC

∵DC∩AC=C，∴BC⊥平面ADC．

∵DE∥BC，

∴DE⊥平面ADC

又∵DE⊂平面ADE，∴平面ACD⊥平面ADE；

（2）∵DC⊥平面ABC，CD∥BE，∴BE⊥平面ABC

∵AB⊂平面ABC，∴BE⊥AB，

在Rt△ABE中，由tan∠EAB==，AB=2得BE=

在Rt△ABC中，∵BC==（0＜x＜2）

∴S△ABC=AC•BC=

∴V（x）=VC-ABE=VE-ABC=S△ABC•BE==（0＜x＜2）

∵0＜x＜2，∴≤=2

∴V（x）≤，当且仅当x2=4-x2，即x=时，V（x）取得最大值，AC=

这时△ABC为等腰直角三角形

建立如图所示的坐标系，

C（0，0，0），A（，0，0），E（0，，），D（0，0，），=（-，0，）

设平面AEC的法向量，则，∴，∴可取=（0，-，）

设直线AD与平面ACE所成角为θ，则sinθ=cos＜＞===

故直线AD与平面ACE所成角的正弦值为

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题型：简答题

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简答题

如图，在四棱锥P-ABCD中，△PCD为等边三角形，四边形ABCD为矩形，平面PDC丄平面ABCD，M、N、E分别是AB、PD、PC的中点，AB=2AD．

（Ⅰ）求证DE丄MN；

（Ⅱ）求二面角B-PA-D的余弦值．

正确答案

解：（Ⅰ）过P作PO⊥CD于O，则O为CD的中点

∵平面PDC丄平面ABCD，∴PO⊥平面ABCD

建立如图所示的直角坐标系，设AD=2，则AB=4

∴

∴，∴

∴DE丄MN；

（Ⅱ）设为平面PAB的一个法向量，而

由得

∴

又设为平面PAD的一个法向量，而

由得

∴

从而可知，二面角B-PA-D的余弦值为

解析

解：（Ⅰ）过P作PO⊥CD于O，则O为CD的中点

∵平面PDC丄平面ABCD，∴PO⊥平面ABCD

建立如图所示的直角坐标系，设AD=2，则AB=4

∴

∴，∴

∴DE丄MN；

（Ⅱ）设为平面PAB的一个法向量，而

由得

∴

又设为平面PAD的一个法向量，而

由得

∴

从而可知，二面角B-PA-D的余弦值为

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题型：简答题

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简答题

如图，在正三棱柱ABC-A1B1C1中，D、E、G分别是AB、BB1、AC1的中点，AB=BB1=2．

（Ⅰ）在棱B1C1上是否存在点F使GF∥DE？如果存在，试确定它的位置；如果不存在，请说明理由；

（Ⅱ）求截面DEG与底面ABC所成锐二面角的正切值．

正确答案

解：（Ⅰ）存在且为B1C1的中点，连接AB1，

∵D、E、G分别是AB1、BB1、AC1的中点，∴DE∥AB1∥GF；

（Ⅱ）延长FE与CB的延长线交于M，连接DM，则DM为截面与底面所成二面角的棱，取BC的中点N，连FN，则FN∥BB1．

∵EB∥FN，EB=FN，∴B为MN的中点．

由题设得BM=BN=BE=BD=1，且∠DEM=120°，

作EH⊥DM于H，则∠BDM=∠BMD=30°，连BH，

又BE⊥底面ABC，

由三垂线定理可知DM⊥EH，

∴∠EHB为截面与底面所成的锐二面角．

在Rt△EHB中，BE=1，EH=BD=，

∴tan∠EHB=．

解析

解：（Ⅰ）存在且为B1C1的中点，连接AB1，

∵D、E、G分别是AB1、BB1、AC1的中点，∴DE∥AB1∥GF；

（Ⅱ）延长FE与CB的延长线交于M，连接DM，则DM为截面与底面所成二面角的棱，取BC的中点N，连FN，则FN∥BB1．

∵EB∥FN，EB=FN，∴B为MN的中点．

由题设得BM=BN=BE=BD=1，且∠DEM=120°，

作EH⊥DM于H，则∠BDM=∠BMD=30°，连BH，

又BE⊥底面ABC，

由三垂线定理可知DM⊥EH，

∴∠EHB为截面与底面所成的锐二面角．

在Rt△EHB中，BE=1，EH=BD=，

∴tan∠EHB=．

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简答题

如图，三棱锥P-ABC的顶点P在圆柱曲线O1O上，底面△ABC内接于⊙O的直径，且∠ABC=60°，O1O=AB=4，⊙O1上一点D在平面ABC上的射影E恰为劣弧AC的中点．

（1）设三棱锥P-ABC的体积为，求证：DO⊥平面PAC；

（2）若⊙O上恰有一点F满足DF⊥平面PAC，求二面角D-AC-P的余弦值．

正确答案

解：法一：（1）连接DE，OE，，设OE与AC的交点为G，连接PG，因为三角形ABC内接于圆O，AB为圆O的直径，所以三角形ABC为直角三角形，

又∠ABC=60°，AB=4，又，所以，故，

因为E是劣弧AC的中点，所以，

又因为DE⊥平面ABC，故DE⊥AC，所以AC⊥平面DEOO1，故DO⊥AC．

在矩形DEOO1中，，，

故∠PGO=∠DOO1，

又，故∠PGO+∠DOG=90°，

所以DO⊥PG，

所以DO⊥平面PAC．

（2）由（1）知，AC⊥平面DEOO1，

所以平面DEOO1⊥平面PAC，

因为DF⊥平面PAC，

所以DF⊂平面DEOO1，且DF⊥PG，

又F在圆O上，故点F即为点E关于点O的对称点，在轴截面内可求得PO=OG=1，

所以．

由AC⊥平面DEOO1，得∠DGP即为二面角D-AC-P的平面角，

在△DGP中，由余弦定理可求得

法二：（1）在平面ABC中，过点O作AB的垂线，交弧EC于H，

如图建立空间直角坐标系，因为△ABC内接于圆O，AB为圆O的直径，所以△ABC为直角三角形，又∠ABC=60°，AB=4，

故，

所以，

故，

故

所以

故AC⊥OD，AP⊥OD，

又AC∩AP=A，

所以DO⊥平面PAC．

（2）设点F的坐标为（x，y，0），

故．

因为DF⊥平面PAC，故DF⊥AC，

所以，

又因为F点在圆O上，所以x2+y2=4解得或（即为点E，舍去），所以，

设平面DAC的法向量，

则有，，即，

取，则．

则，

由图知D-AC-P的二面角为锐角，所以二面角D-AC-P的余弦值为．

解析

解：法一：（1）连接DE，OE，，设OE与AC的交点为G，连接PG，因为三角形ABC内接于圆O，AB为圆O的直径，所以三角形ABC为直角三角形，

又∠ABC=60°，AB=4，又，所以，故，

因为E是劣弧AC的中点，所以，

又因为DE⊥平面ABC，故DE⊥AC，所以AC⊥平面DEOO1，故DO⊥AC．

在矩形DEOO1中，，，

故∠PGO=∠DOO1，

又，故∠PGO+∠DOG=90°，

所以DO⊥PG，

所以DO⊥平面PAC．

（2）由（1）知，AC⊥平面DEOO1，

所以平面DEOO1⊥平面PAC，

因为DF⊥平面PAC，

所以DF⊂平面DEOO1，且DF⊥PG，

又F在圆O上，故点F即为点E关于点O的对称点，在轴截面内可求得PO=OG=1，

所以．

由AC⊥平面DEOO1，得∠DGP即为二面角D-AC-P的平面角，

在△DGP中，由余弦定理可求得

法二：（1）在平面ABC中，过点O作AB的垂线，交弧EC于H，

如图建立空间直角坐标系，因为△ABC内接于圆O，AB为圆O的直径，所以△ABC为直角三角形，又∠ABC=60°，AB=4，

故，

所以，

故，

故

所以

故AC⊥OD，AP⊥OD，

又AC∩AP=A，

所以DO⊥平面PAC．

（2）设点F的坐标为（x，y，0），

故．

因为DF⊥平面PAC，故DF⊥AC，

所以，

又因为F点在圆O上，所以x2+y2=4解得或（即为点E，舍去），所以，

设平面DAC的法向量，

则有，，即，

取，则．

则，

由图知D-AC-P的二面角为锐角，所以二面角D-AC-P的余弦值为．

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