第13讲 立体几何
1.[2018·全国卷Ⅰ]如图M4-13-1所示,四边形ABCD为正方形,E,F分别为AD,BC的中点,以DF为折痕把△DFC折起,使点C到达点P的位置,且PF⊥BF.
(1)证明:平面PEF⊥平面ABFD;
(2)求DP与平面ABFD所成角的正弦值.
图M4-13-1
[试做]
2.[2018·全国卷Ⅲ]如图M4-13-2所示,边长为2的正方形ABCD所在的平面与半圆弧所在平面垂直,M是上异于C,D的点.
(1)证明:平面AMD⊥平面BMC;
(2)当三棱锥M-ABC体积最大时,求面MAB与面MCD所成二面角的正弦值.
图M4-13-2
[试做]
3.[2016·北京卷]如图M4-13-3所示,在四棱锥P-ABCD中,平面PAD⊥平面ABCD,PA⊥PD,PA=PD,AB⊥AD,
AB=1,AD=2,AC=CD=.
(1)求证:PD⊥平面PAB.
(2)求直线PB与平面PCD所成角的正弦值.
(3)在棱PA上是否存在点M,使得BM∥平面PCD?若存在,求的值;若不存在,说明理由.
图M4-13-3
[试做]
命题角度 立体几何大题求解策略
①利用法向量求解空间角的关键在于“四破”:
(a)破“建系关”:建立恰当的空间直角坐标系.
(b)破“求坐标关”:准确求解相关点的坐标.
(c)破“求法向量关”:求出平面的法向量.
(d)破“应用公式关”:熟记求角公式即可求出角.
②求空间角应注意的3个问题:
(a)两条异面直线所成的角α不一定是两直线的方向向量的夹角β,应该是cos α=|cos β|;
(b)直线与平面所成的角α的正弦值等于平面的法向量与直线方向向量夹角β的余弦值的绝对值,即sin α=|cos β|;
(c)两平面的法向量的夹角不一定是所求的二面角,有可能为两法向量夹角的补角.
③平行与垂直问题的求证策略:
(a)证明平行问题除结合平行关系的判定与性质定理之外,还需充分利用三角形的中位线、平行四边形等;
(b)证明垂直问题,注意利用等腰三角形底边的中线与底边垂直、菱形的对角线互相垂直、勾股定理证明垂直等.
解答1平行、垂直关系的证明
1 如图M4-13-4所示,在四棱锥P-ABCD中,PA⊥底面ABCD,AD∥BC,AD⊥CD,BC=2,AD=CD=1,M是PB的中点.
图M4-13-4
(1)求证:AM∥平面PCD;
(2)求证:平面ACM⊥平面PAB.
[听课笔记]
【考场点拨】
(1)利用几何法证明平行与垂直,关键是根据平行与垂直的判定定理及性质定理来确定有关的线与面,如果所给图形中不存在这样的线与面,可以连接或添加有关的线与面;(2)利用向量法证明平行与垂直,首先要合理建立空间直角坐标系,其次写出有关线的方向向量及求出有关平面的法向量,最后根据向量的性质进行论证.
【自我检测】
如图M4-13-5①所示,在矩形ABCD中,AB=2,BC=4,E为AD的中点,O为BE的中点.将△ABE沿BE折起到△A'BE的位置,使得平面A'BE⊥平面BCDE(如图M4-13-5②).
(1)求证:A'O⊥CD.
(2)在线段A'C上(包括端点)是否存在点P,使得OP∥平面A'DE?若存在,求出的值;若不存在,请说明理由.
①
②
图M4-13-5
解答2利用空间向量求角的问题
2 如图M4-13-6①所示,在△PBE中,AB⊥PE,D是AE的中点,C是线段BE上的一点,且AC=,AB=AP=AE=2,现将△PBA沿AB折起,使得二面角P-AB-E是直二面角(如图M4-13-6②).
(1)求证:CD∥平面PAB;
(2)求直线PE与平面PCD所成角的正弦值.
①
②
图M4-13-6
[听课笔记]
3 如图M4-13-7所示,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为平行四边形,已知PA=AC=2,∠PAD=∠DAC=60°,CE⊥AD于点E.
图M4-13-7
(1)求证:AD⊥PC;
(2)若平面PAD⊥平面ABCD,且AD=3,求二面角C-PD-A的余弦值.
[听课笔记]
【考场点拨】
空间角求解常见失分点:(1)用向量法求出的异面直线所成角的余弦值必须为正;(2)若直线的方向向量l与平面的法向量n的夹角为θ,则直线与平面的夹角α=-θ或θ-,故有sin α=|cos θ|=;(3)判断所求的二面角到底是锐角还是钝角时,要结合图形分析,以防结论错误.
【自我检测】
1.如图M4-13-8所示,在四棱锥P-ABCD中,PA⊥平面ABCD,△DAB≌△DCB,E为线段BD上的一点,且EB=ED=EC=BC,连接CE并延长,交AD于点F.
(1)若G为PD的中点,求证:平面PAD⊥平面CGF;
(2)若BC=2,PA=3,求平面BCP与平面DCP所成锐二面角的余弦值.
图M4-13-8
2.如图M4-13-9①所示,在五边形ABCDE中,ED=EA,AB∥CD,CD=2AB,∠EDC=150°,现将△EAD沿AD翻折到△PAD的位置,得到四棱锥P-ABCD,如图M4-13-9②所示,点M为线段PC的中点,且BM⊥平面PCD.
(1)求证:平面PAD⊥平面ABCD;
(2)若直线PC与直线AB所成角的正切值为,求直线BM与平面PDB所成角的正弦值.
①
②
图M4-13-9
3.如图M4-13-10所示,在四棱锥P-ABCD中,PA=PD=AD=2CD=2BC=2,且∠ADC=∠BCD=90°.
(1)当PB=2时,证明:平面PAD⊥平面ABCD;
(2)当四棱锥P-ABCD的体积为,且二面角P-AD-B为钝角时,求直线PA与平面PCD所成角的正弦值.
图M4-13-10
解答3利用空间向量解决探索性问题
4 如图M4-13-11①,等边三角形ABC的边长为3,点D,E分别为AB,AC上的点,且满足==,将△ADE沿DE折起到△A1DE的位置,使二面角A1-DE-B为直二面角(如图M4-13-11②).
(1)求证:A1D⊥平面BCED.
(2)在线段BC上(包括端点)是否存在点P,使直线PA1与平面A1BD所成的角为60°?若存在,求出PB的长;若不存在,请说明理由.
①②
图M4-13-11
[听课笔记]
【考场点拨】
与空间向量有关的探究性问题主要有两类:一类是探究线面的位置关系;另一类是探究线面角或二面角满足特定要求时的存在性问题.处理原则是:先建立空间直角坐标系,引入参数(有些是题中已给出),设出关键点的坐标,然后探究这样的点是否存在,或参数是否满足要求,从而作出判断.
【自我检测】
如图M4-13-12所示,在四棱锥P-ABCD中,PA⊥平面ABCD,BC∥AD,AB⊥AD,且PA=AD=AB=2BC=2,M为AD的中点.
(1)求证:平面PCM⊥平面PAD.
(2)在棱PD上是否存在点Q,使PD⊥平面CMQ?若存在,求出二面角P-CM-Q的余弦值;若不存在,请说明理由.
图M4-13-12
第13讲 立体几何
典型真题研析
1.解:(1)证明:由已知可得,BF⊥PF,BF⊥EF,所以BF⊥平面PEF.
又BF⊂平面ABFD,所以平面PEF⊥平面ABFD.
(2)作PH⊥EF,垂足为H.
由(1)得,PH⊥平面ABFD.
以H为坐标原点,的方向为y轴正方向,||为单位长,建立如图所示的空间直角坐标系H-xyz.
由(1)可得,DE⊥PE.
又DP=2,DE=1,所以PE=.
又PF=1,EF=2,故PE⊥PF,
可得PH=,EH=,
则H(0,0,0),P0,0,,D-1,-,0,=1,,,=0,0,为平面ABFD的法向量.
设DP与平面ABFD所成的角为θ,则sin θ===,
所以DP与平面ABFD所成角的正弦值为.
2.解:(1)证明:由题设知,平面CMD⊥平面ABCD,交线为CD.因为BC⊥CD,BC⊂平面ABCD,所以BC⊥平面CMD,故BC⊥DM.
因为M为上异于C,D的点,且DC为直径,所以DM⊥CM.
又BC∩CM=C,所以DM⊥平面BMC.
而DM⊂平面AMD,故平面AMD⊥平面BMC.
(2)以D为坐标原点,的方向为x轴正方向,建立如图所示的空间直角坐标系D-xyz.
当三棱锥M-ABC体积最大时,M为的中点.由题设得D(0,0,0),A(2,0,0),B(2,2,0),C(0,2,0),M(0,1,1),=(-2,1,1),=(0,2,0),=(2,0,0).
设n=(x,y,z)是平面MAB的法向量,则
即
可取n=(1,0,2).
是平面MCD的法向量,因此cos==,sin=.
所以面MAB与面MCD所成二面角的正弦值是.
3.解:(1)证明:因为平面PAD⊥平面ABCD,AB⊥AD,
所以AB⊥平面PAD,所以AB⊥PD.
又因为PA⊥PD,所以PD⊥平面PAB.
(2)取AD的中点O,连接PO,CO.
因为PA=PD,所以PO⊥AD.
又因为PO平面PAD,平面PAD⊥平面ABCD,
所以PO⊥平面ABCD.
因为CO平面ABCD,所以PO⊥CO.
因为AC=CD,所以CO⊥AD.
如图建立空间直角坐标系O-xyz.
由题意得,A(0,1,0),B(1,1,0),C(2,0,0),D(0,-1,0),P(0,0,1).
设平面PCD的法向量为n=(x,y,z),则
即
令z=2,则x=1,y=-2,
所以n=(1,-2,2).
又=(1,1,-1),所以
cos==-,
所以直线PB与平面PCD所成角的正弦值为.
(3)设M是棱PA上一点,则存在λ∈[0,1]使得=λ.
因此点M(0,1-λ,λ),=(-1,-λ,λ).
因为BM平面PCD,所以BM∥平面PCD,当且仅当·n=0,
即(-1,-λ,λ)·(1,-2,2)=0,
解得λ=.
所以在棱PA上存在点M使得BM∥平面PCD,此时=.
考点考法探究
解答1
例1 证明:方法一(几何法):(1)取CP的中点N,连接MN,DN,因为M为PB的中点,所以MN∥BC,且MN=BC,又AD∥BC,且AD=BC,所以MN=AD,且MN∥AD,所以四边形AMND为平行四边形,所以AM∥DN,又DN⊂平面PCD,所以AM∥平面PCD.
(2)因为AD=CD=1,BC=2,AD∥BC,AD⊥CD,所以AC=AB=,又BC=2,所以CA⊥AB.因为PA⊥底面ABCD,所以PA⊥AC,又PA∩AB=A,所以AC⊥平面PAB,因为AC平面ACM,所以平面ACM⊥平面PAB.
方法二(向量法):(1)以C为原点,CD,CB所在直线分别为x,y轴,建立空间直角坐标系C-xyz,如图所示.
设PA=a(a>0),则A(1,1,0),B(0,2,0),C(0,0,0),D(1,0,0),P(1,1,a),M,所以=(1,1,a),=(1,0,0).
设平面PCD的法向量为n1=(x0,y0,z0),则即
令y0=a,则x0=0,z0=-1,所以n1=(0,a,-1),
又=,所以·n1=-=0,
所以AM∥平面PCD.
(2)由(1)知=(1,1,0),=,设平面ACM的法向量为n2=(x1,y1,z1),则即
令x1=1,则y1=-1,z1=,所以n2=.
=(0,0,a),=(-1,1,0),设平面PAB的法向量为n3=(x2,y2,z2),则即
令x2=1,则y2=1,z2=0,所以n3=(1,1,0).
因为n2·n3=0,所以平面ACM⊥平面PAB.
【自我检测】
解:(1)证明:∵AB=2,BC=4,E为AD的中点,∴AB=AE=2,
又∵O为BE的中点,∴AO⊥BE.
由题意可知,A'O⊥BE,
∵平面A'BE⊥平面BCDE,
平面A'BE∩平面BCDE=BE,A'O平面A'BE,
∴A'O⊥平面BCDE,
又CD平面BCDE,
∴A'O⊥CD.
(2)方法一:取BC的中点为F,连接OF,易知OF⊥BE.
由(1)可知,A'O⊥BE,A'O⊥OF,
以O为原点,OA'所在直线为z轴,OF所在直线为x轴,OE所在直线为y轴,建立如图所示的空间直角坐标系,
则A'(0,0,),E(0,,0),D(,2,0),C(2,,0).
假设在线段A'C上存在点P,使得OP∥平面A'DE,
设=λ(0≤λ≤1),
则由=(2,,-),得=(2λ,λ,-λ),
∴P(2λ,λ,-λ),∴=(2λ,λ,-λ).
=(0,,-),=(,,0),设平面A'DE的法向量为m=(x,y,z),则即令y=1,则x=-1,z=1,∴m=(-1,1,1).
若OP∥平面A'DE,则m·=0,
∴-2λ+λ+-λ=0,解得λ=,
∴=.
方法二:取CD的中点M,A'C的中点N,连接OM,ON,MN,易证OM∥DE,MN∥A'D,又OM∩MN=M,DE∩A'D=D,∴平面OMN∥平面A'DE.∵ON⊂平面OMN,∴ON∥平面A'DE,即P与N重合时,满足题意,∴=.
解答2
例2 解:(1)证明:因为AE=2,所以AE=4,
又AB=2,AB⊥AE,
所以BE===2.
因为AC==BE,所以AC是Rt△ABE的斜边BE上的中线,所以C是BE的中点,又CD是△ABE的中位线,所以CD∥AB.
因为CD平面PAB,AB平面PAB,所以CD∥平面PAB.
(2)由题意可知AB,AE,AP两两垂直,以A为原点,AB,AE,AP所在直线分别为x,y,z轴,建立如图所示的空间直角坐标系.
因为AB=AP=AE=2,且C,D分别是BE,AE的中点,
所以AE=4,AD=2,
则E(0,4,0),C(1,2,0),P(0,0,2),D(0,2,0),
所以=(0,4,-2),=(1,2,-2),=(-1,0,0).
设平面PCD的法向量为n=(x',y',z'),则
即
令y'=1,则x'=0,z'=1,所以n=(0,1,1).
设直线PE与平面PCD所成角的大小为θ,则sin θ==.
例3 解:(1)证明:连接PE.
∵PA=AC,∠PAD=∠CAD,AE是公共边,
∴△PAE≌△CAE,
∴∠PEA=∠CEA.
∵CE⊥AD,∴PE⊥AD,
又PE∩CE=E,
∴AD⊥平面PCE,
∵PC平面PCE,
∴AD⊥PC.
(2)∵AD⊥平面PEC,平面PAD⊥平面ABCD,
∴EP,EA,EC两两垂直,以E为原点,EA,EC,EP所在直线分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系,如图所示.
∵PA=AC=2,∠PAD=∠CAD=60°,AD=3,
∴AE=1,PE=CE=,DE=2,
则E(0,0,0),D(-2,0,0),C(0,,0),P(0,0,),=(2,0,),=(2,,0).
设平面PCD的法向量为n=(x,y,z),
则即令x=-,则y=2,z=2,∴n=(-,2,2).
易知平面PAD的一个法向量为=(0,,0).
设二面角C-PD-A的平面角为θ,
则|cos θ|===,
显然二面角C-PD-A的平面角是锐角,故二面角C-PD-A的余弦值为.
【自我检测】
1.解:(1)证明:在△BCD中,EB=ED=EC=BC,故∠BCD=,∠CBE=∠CEB=,
∵△DAB≌△DCB,∴△EAB≌△ECB,从而有∠FED=∠BEC=∠AEB=,EC=EA,
∴∠FED=∠FEA,ED=EA,故EF⊥AD,AF=FD.又PG=GD,∴FG∥PA.∵PA⊥平面ABCD,
∴GF⊥平面ABCD,∴GF⊥AD,又GF∩EF=F,故AD⊥平面CFG.
∵AD平面PAD,∴平面PAD⊥平面CGF.
(2)由(1)知∠EAB=∠ECB=,∠DEF=∠FEA=,AE=ED,∴∠EAF=,∴BAF=,即BA⊥AF.
以点A为坐标原点,AB,AD,AP所在直线分别为x,y,z轴建立如图所示的空间直角坐标系,则A(0,0,0),B(2,0,0),C(3,,0),D(0,2,0),P(0,0,3),
故=(1,,0),=(-3,-,3),=(-3,,0).
设平面BCP的法向量为n1=(x1,y1,z1),
则即
令x1=1,则y1=-,z1=,∴n1=.
设平面DCP的法向量为n2=(x2,y2,z2),则即令x2=1,则y2=,z2=2,∴n2=(1,,2).
设平面BCP与平面DCP所成的锐二面角为θ,则cos θ===.
2.解:(1)证明:取PD的中点N,连接AN,MN,则MN∥CD,且MN=CD.
∵AB∥CD,且AB=CD,∴MN∥AB,且MN=AB,则四边形ABMN为平行四边形,∴AN∥BM,
又BM⊥平面PCD,
∴AN⊥平面PCD,∴AN⊥PD,AN⊥CD.
由ED=EA,即PD=PA,且N为PD的中点,AN⊥PD,可得△PAD为等边三角形,
∴∠PDA=60°,
又∠EDC=150°,∴∠CDA=90°,即CD⊥AD.
∵AD∩AN=A,
∴CD⊥平面PAD,又CD平面ABCD,
∴平面PAD⊥平面ABCD.
(2)∵AB∥CD,∴∠PCD为直线PC与AB所成的角,
由(1)可得∠PDC=90°,∴tan∠PCD==,∴CD=2PD.
设PD=1,则CD=2,PA=AD=AB=1,
取AD的中点O,连接PO,过O作AB的平行线,
建立如图所示的空间直角坐标系O-xyz,
则D,B,P,M,
则=(1,1,0),=,=.
设n=(x,y,z)为平面PBD的法向量,则即
令x=3,则y=-3,z=-,∴n=(3,-3,-),
则cos===-,
故直线BM与平面PDB所成角的正弦值为.
3.解:(1)证明:如图所示,取AD的中点O,连接PO,OB.∵PA=PD,∴PO⊥AD.∵∠ADC=∠BCD=90°,∴BC∥AD,又BC=AD=1,∴BC=OD,∴四边形BCDO为矩形,∴OB=CD=1.在△POB中,PO=,OB=1,PB=2,∴∠POB=90°,则PO⊥OB.∵AD∩OB=O,∴PO⊥平面ABCD,又PO平面PAD,∴平面PAD⊥平面ABCD.
(2)由(1)知AD⊥PO,AD⊥BO,∵PO∩OB=O,∴AD⊥平面POB,又AD平面ABCD,∴平面POB⊥平面ABCD.过点P作PE⊥平面ABCD,则垂足E一定落在平面POB与平面ABCD的交线OB上.∵四棱锥P-ABCD的体积为,∴×PE××(AD+BC)×CD=×PE××(2+1)×1=PE=,∴PE=.
∵PO=,∴OE==.以O为坐标原点,OA,OB所在直线分别为x,y轴,在平面POB内过点O作垂直于平面AOB的直线为z轴,建立如图所示的空间直角坐标系O-xyz.由题意可知A(1,0,0),P,D(-1,0,0),C(-1,1,0),则=,=(0,1,0),=.设平面PCD的法向量为n=(x,y,z),则即令x=1,则y=0,z=-,∴n=.设直线PA与平面PCD所成的角为θ,则sin θ===,故直线PA与平面PCD所成角的正弦值为.
解答3
例4 解:(1)证明:因为等边三角形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,
故折叠后有A1D⊥DE.
因为二面角A1-DE-B是直二面角,所以平面A1DE⊥平面BCED,
又平面A1DE∩平面BCED=DE,A1D平面A1DE,A1D⊥DE,
所以A1D⊥平面BCED.
(2)由(1)知ED⊥DB,A1D⊥平面BCED.
以D为坐标原点,DB,DE,DA1所在直线分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系D-xyz,如图所示,
设PB=2a(0≤2a≤3),
过点P作PH⊥BD于H,则PH=a,DH=2-a,
所以A1(0,0,1),P(2-a,a,0),E(0,,0),
所以=(a-2,-a,1),
易知平面A1BD的一个法向量为=(0,,0).
若直线PA1与平面A1BD所成的角为60°,
则sin 60°===,
解得a=,
则PB=2a=,满足0≤2a≤3,符合题意.
故在线段BC上存在点P,使直线PA1与平面A1BD所成的角为60°,此时PB=.
【自我检测】
解:(1)证明:以A为原点,AB,AD,AP所在直线分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系,如图所示,
则A(0,0,0),B(2,0,0),C(2,1,0),D(0,2,0),P(0,0,2),故=(0,2,0),=(0,0,2),
∵M为AD的中点,∴M(0,1,0),=(2,0,0).
∵·=0,·=0,
∴CM⊥PA,CM⊥AD,
又PA平面PAD,AD⊂平面PAD,且PA∩AD=A,
∴CM⊥平面PAD.
∵CM平面PCM,∴平面PCM⊥平面PAD.
(2)过点M作MQ⊥PD于点Q,
由(1)知CM⊥平面PAD,PD平面PAD,∴CM⊥PD,
又MQ∩CM=M,∴PD⊥平面CMQ.
设平面PCM的法向量为n=(x,y,z),
则即
令y=2,则x=0,z=1,∴n=(0,2,1).
∵PD⊥平面CMQ,
∴=(0,2,-2)是平面CMQ的一个法向量.
设二面角P-CM-Q的平面角为θ,易知其为锐角,
∴cos θ===,
故二面角P-CM-Q的余弦值为.
[备选理由] 例1是以四棱柱为载体来考查线面垂直的证明与求二面角的问题,本题的关键是完成第(1)问的证明,需要充分利用平面几何的性质;例2的关键是第(2)问依据线面角求棱的长度;例3为不规则几何体,是涉及平行、二面角、线线垂直的探究性命题,需要合理建立空间直角坐标系,利用空间向量求解.
例1 [配例3使用] 如图,四棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面ABCD是正方形,O为AC和BD的交点,且AB=AA1=2,∠A1AB=∠A1AD=60°.
(1)求证:A1O⊥平面ABCD;
(2)求二面角C1-BD-C的余弦值.
解:(1)证明:连接A1B,A1D,
由题意知△ABA1,△ADA1均是边长为2的等边三角形,
所以A1B=A1D=2,所以△ABD≌△A1BD.
因为底面ABCD是正方形,所以AC与BD相互垂直且平分,
所以A1O⊥BD,且A1O=AO=,
因为A1O2+AO2=4=A1A2,所以A1O⊥AO,
又AO∩BD=O,AO,BD平面ABCD,所以A1O⊥平面ABCD.
(2)连接A1C1,OC1,由(1)可知BD⊥平面ACC1A1,所以BD⊥OC,BD⊥OC1,
所以∠C1OC为二面角C1-BD-C的平面角,易知∠C1OC为锐角.
以O为原点,OA,OB,OA1所在直线分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系,如图所示,则O(0,0,0),C(-,0,0),A1(0,0,),A(,0,0),
所以=(-,0,0),=+=+=(-2,0,),
所以cos∠C1OC=cos===.
故二面角C1-BD-C的余弦值为.
例2 [配例3使用] 如图所示,四棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面为菱形,∠BAD=120°,AB=2,E,F分别为CD,AA1的中点.
(1)求证:DF∥平面B1AE;
(2)若AA1⊥底面ABCD,且直线AD1与平面B1AE所成角的正弦值为,求AA1的长.
解:(1)证明:设G为AB1的中点,连接EG,GF,
因为FGA1B1,DEA1B1,所以FGDE,
所以四边形DEGF是平行四边形,
所以DF∥EG,
又DF⊄平面B1AE,EG平面B1AE,
所以DF∥平面B1AE.
(2)连接AC,因为四边形ABCD是菱形,且∠ABC=60°,
所以△ABC是等边三角形,
取BC的中点Q,则AQ⊥AD,
因为AA1⊥平面ABCD,
所以AA1⊥AQ,AA1⊥AD.
以A为原点,AQ,AD,AA1所在直线分别为x,y,z轴建立如图所示的空间直角坐标系,设AA1=t(t>0),
则A(0,0,0),E,B1(,-1,t),D1(0,2,t),
=,=(,-1,t),=(0,2,t).
设平面B1AE的法向量为n=(x,y,z),
则即
令y=t,则x=-t,z=4,所以n=(-t,t,4).
设直线AD1与平面B1AE所成的角为θ,
则sin θ===,
解得t=2,故线段AA1的长为2.
例3 [配例4使用] 如图所示,四边形ABCD是梯形,AD∥BC,∠BAD=90°,四边形CC1D1D为矩形,已知AB⊥BC1,AD=4,AB=2,BC=1.
(1)求证:BC1∥平面ADD1.
(2)若DD1=2,求平面AC1D1与平面ADD1所成的锐二面角的余弦值.
(3)设P为线段C1D上的一个动点(端点除外),判断直线BC1与直线CP能否垂直?并说明理由.
解:(1)证明:由四边形CC1D1D为矩形,得CC1∥DD1,又因为DD1平面ADD1,CC1平面ADD1,所以CC1∥平面ADD1.
同理,BC∥平面ADD1,因为BC∩CC1=C,所以平面BCC1∥平面ADD1,
又因为BC1平面BCC1,所以BC1∥平面ADD1.
(2)由AD∥BC,∠BAD=90°,得AB⊥BC,又因为AB⊥BC1,BC∩BC1=B,所以AB⊥平面BCC1,所以AB⊥CC1.因为四边形CC1D1D为矩形,且底面ABCD中AB与CD相交于一点,所以CC1⊥平面ABCD,又因为CC1∥DD1,所以DD1⊥平面ABCD.
过点D在底面ABCD中作DM⊥AD,则DA,DM,DD1两两垂直,以DA,DM,DD1所在直线分别为x,y,z轴,建立空间直角坐标系,如图,
则D(0,0,0),A(4,0,0),B(4,2,0),C(3,2,0),C1(3,2,2),D1(0,0,2),
所以=(-1,2,2),=(-4,0,2).
设平面AC1D1的法向量为m=(x,y,z),
则即
令x=2,则y=-3,z=4,所以m=(2,-3,4),
易得平面ADD1的一个法向量为n=(0,1,0),
所以cos==-,
故平面AC1D1与平面ADD1所成的锐二面角的余弦值为.
(3)直线BC1与直线CP不可能垂直.
设DD1=m(m>0),=λ(λ∈(0,1)),
由B(4,2,0),C(3,2,0),C1(3,2,m),D(0,0,0),
得=(-1,0,m),=(3,2,m),=λ=(3λ,2λ,λm),
=(-3,-2,0),=+=(3λ-3,2λ-2,λm).
若BC1⊥CP,则·=-(3λ-3)+λm2=0,即(m2-3)λ=-3,因为λ≠0,
所以m2=-+3>0,解得λ>1,这与0
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