解析:取B1C1中点O,建立如图所示的空间直角坐标系.
uuuur设AB=BB1=2,则A1(-3,0,0),C1(0,1,0),A(-3,0,2),O(0,0,0),A1O=(3,uuuuruuuur0,0),A1O为面BB1C1C的法向量,AC1=(3,1,-2),
uuuuruuuur?A1O·AC1?uuuuruuuuruuuruuuur? ∴sin θ=|cos〈A1O,AC1〉|=?u?|AO||AC|?1??1=
6
=.
3·3+1+44
6 43
答案:
1
3.已知三棱锥P-ABC中,PA⊥平面ABC,AB⊥AC,PA=AC=AB,N为
2
AB上一点,AB=4AN,M,S分别为PB,BC的中点.
(1)证明:CM⊥SN;
(2)求SN与平面CMN的夹角.
解:设PA=1,以A为原点,射线AB,AC,AP分别为x轴、y轴、z轴的正半轴建立空间直角坐标系如图.
1???1?则P(0,0,1),C(0,1,0),B(2,0,0),M?1,0,?,N?,0,0?, 2???2?
??S?1,,0?. ?
?
uuur?r?11?uuu1?
(1)证明:CM=?1,-1,?,SN=?-,-,0?,
2?2???2
uuuruuur11
因为CM·SN=-++0=0,所以CM⊥SN.
22
12
uuur?1uuur?(2) NC=?-,1,0?,设a=(x,y,z)为平面CMN的一个法向量,则a·CM=0,
?2?
uuura·NC=0,
1
x-y+z=0,??2即?1
-??2x+y=0.
令x=2,得a=(2,1,-2).
1-1-??2uuur2??=,
因为|cos〈a,SN〉|=
?3×2?2?2?所以SN与平面CMN的夹角为45°.
存在性问题
[例2] 如图,在三棱锥A-BCD中,侧面ABD,ACD是全等的直角三角形,AD是公共的斜边,且AD=3,BD=CD=1.另一个侧面ABC是等边三角形.点A在底面BCD上的射影为H.
(1)以D点为原点建立空间直角坐标系,并求A,B,C的坐标; (2)求平面BAC与平面DAC的夹角的余弦值.
(3)在线段AC上是否存在一点E,使ED与面BCD的夹角为30°?若存在,确定点E的位置;若不存在,说明理由.
ruuuruuu[思路点拨] (1)建立坐标系,证明AD·BC=0.
(2)求两平面法向量的夹角.
(3)先假设存在点E满足条件,再建立关于点E的坐标的方程,判断方程是否有符合题意的解,即可得出结论.
[精解详析] (1)由题意AB=AC=2,∴BC=2. 则△BDC为等腰直角三角形. 连接BH,CH,∴DB⊥BH,CH⊥BH.
∴四边形BHCD为正方形,以DC为y轴,DB为x轴建立空间直角坐标系如图所示,
则A(1,1,1),B(1,0,0),C(0,1,0). (2)设平面ABC的法向量为n1=(x,y,z),
uuuruuur则由n1⊥BC知:n1·BC=-x+y=0.
uuuruuur同理,由n1⊥CA知:n1·CA=x+z=0.
可取n1=(1,1,-1).
同理,可求得平面ACD的一个法向量为n2=(1,0,-1). 则cos〈n1,n2〉=
n1·n21+0+16
==,
|n1|·|n2|3·23
即所求平面BAC与平面DAC的夹角的余弦值为
6. 3
uuuruuurruuuruuuruuu(3)假设存在E满足条件,设CE=xCA=(x,0,x)(0≤x≤1),则DE=DC+CE=(0,1,0)+(x,0,x)=(x,1,x),平面BCD的一个法向量为n=(0,0,1),
∵ED与平面BCD的夹角为30°,
uuur由图可知DE与n的夹角为60°,
uuuruuurDE·nx1
r所以cos〈DE,n〉=uuu==cos60°=. 2
21+2xDE| ||n|则2x=1+2x,解得x=
2
22??2
,即E?,1,?, 22??2
uuuruuur|AC|=2,|CE|=1.
故线段AC上存在点E(与C的距离为1),使ED与平面BCD的夹角为30°. [一点通]
解决存在性探究问题,一般先假设存在,然后进行推理计算,推出的结果若符合题意,则说明假设正确.若出现矛盾或得出相反的结论,则否定假设,说明不存在.
4.在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中,M为棱BB1的中点,在棱DD1
上是否存在点P,使MD与平面PAC的夹角为90°?若存在,确定P点位置;若不存在,说明理由.
解:如图,建立空间直角坐标系,则A(1,0,0),C(0,1,0),D(0,0,0),
M?1,1,?,
2
??
1?
?
假设存在P(0,0,x)(0≤x≤1)满足条件, 经检验,当x=0时不满足要求, 当0 uuuruuuruuur1 则PA=(1,0,-x),AC=(-1,1,0),MD=(-1,-1,-). 2 设平面PAC的法向量为n=(x1,y1,z1), uuur??PA·n=0,则由?uuur? AC·n=0,? ??x1-xz1=0, 得???-x1+y1=0. 1 令x1=1得y1=1,z1=, x1 即n=(1,1,). xuuur由题意MD∥n, uuur?1?1??由MD=?-1,-1,-?=-?1,1,?=-n, 2?2??? 得x=2. 又0 综上所述,棱DD1上不存在点P,使MD与平面PAC的夹角为90°. 5.(北京高考)如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,AA1C1C是边长为4的正方形.平面ABC⊥平面AA1C1C,AB=3,BC=5. (1)求证:AA1⊥平面ABC; (2)求平面A1BC1与平面B1BC1的夹角的余弦值; (3)证明:在线段BC1上存在点D,使得AD⊥A1B,并求解:(1)证明:因为AA1C1C为正方形,所以AA1⊥AC. 因为平面ABC⊥平面AA1C1C,且AA1垂直于这两个平面的交线AC,所以 BD的值. BC1 AA1⊥平面ABC. (2)由(1)知AA1⊥AC,AA1⊥AB. 由题知AB=3,BC=5,AC=4,所以AB⊥AC. 如图,以A为原点建立空间直角坐标系A-xyz,则B(0,3,0),A1(0,0,4), B1(0,3,4),C1(4,0,4). 设平面A1BC1的法向量为n=(x,y,z), uuuur??n·A1B=0,则?uuuur??n·A1C1=0, ??3y-4z=0, 即? ?4x=0.? 令z=3,则x=0,y=4,所以n=(0,4,3). 同理可得,平面B1BC1的法向量为m=(3,4,0). n·m16 所以cos〈 n,m〉==. |n||m|25 16 所以平面A1BC1与平面B1BC1的夹角的余弦值为. 25
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