高中数学人教A版选修2-1数学·选修2-1(人教A版).docx

(1)证明：AD⊥D1F； (2)求AE与D1F所成的角； (3)证明：面AED⊥面A1FD1.

方法一 以点D为原点，DA、DC、DD1所在的直线分别为x、y、

z轴，建立如下图的空间直角坐标系，设正方体的棱长为2，则D(0，

0,0)，A(2,0,0)，D1(0,0,2)，E(2,2,1)，F(0,1,0)．

→→∴→AD＝(－2,0,0)，D1F＝(0,1，－2)，AE＝(0,2,1). →(1)证明：∵→AD·D1F＝0， ∴ AD⊥D1F.

→(2)解析：∵→AE·D1F＝0， ∴AE与D1F所成的角为90°. (3)证明：由(1)知AD⊥D1F，

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由(2)知AE⊥D1F，

又AD∩AE＝A，所以D1F⊥面AED. 又因为D1F?面A1FD1， 所以面AED⊥面A1FD1.

方法二 (1)证明：∵ABCDA1B1C1D1是正方体， ∴AD⊥面CDD1C1， 又D1F ?面CDD1C1， ∴AD⊥D1F.

(2)解析：如下图，取AB中点G，连接A1G，FG.

因为F是CD的中点，所以GF与AD平行且相等．

又A1D1与AD平行且相等，所以GF与A1D1平行且相等，故GFD1A1

是平行四边形，

∴A1G∥D1F.

设A1G与AE相交于点H，则∠AHA1是AE与D1F所成的角或其补角．

因为E是BB1的中点， 所以Rt△A1AG≌Rt△ABE.

所以∠GA1A＝∠GAH，从而∠AHA1＝90°，即直线AE与D1F所成的角为直角．

(3)证明：由(1)知AD⊥D1F，

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由(2)知AE⊥D1F，

又AD∩AE＝A，所以D1F⊥面AED. 又因为D1F?面A1FD1， 所以面AED⊥面A1FD1.

18．(本小题满分14分)(2013·广东卷)如图1，在等腰直角三角形ABC中，∠A＝90°，BC＝6，D，E分别是AC，AB上的点，CD＝BE＝2，O为BC的中点．将△ADE沿DE折起，得到如图2所示的四棱锥A′BCDE，其中A′O＝3.

(1)证明：A′O⊥平面BCDE；

(2)求二面角A′CDB的平面角的余弦值．

答案：(1)证明：在图2中连接AO交DE于点G，在图2中连接A′G，

因为A′G⊥DE，OG⊥BC，BC∥DE，A′G∩OG＝G，

所以BC⊥平面A′OG，又A′O?平面A′OG，所以BC⊥A′O. 连接OD，在△OCD中，

由余弦定理得OD2＝OC2＋CD2－2OC·CDcos 45°＝32＋2－

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2

2×3×2×＝5，

2

所以OD＝5，因为AC＝AB＝32，所以A′O2＋OD2＝A′D2， 所以A′O⊥OD，OD∩OG＝O， 所以A′O⊥平面BCDE.

(2)解析：以O点为原点，建立空间直角坐标系，如图所示．

则A′(0,0，3)，C(0，－3,0)，D(1，－2,0)，

→→所以CA′＝(0,3，3)，DA′＝(－1,2，3)，设平面A′CD的法向量n＝(x，y，z)，

→?n·CA′＝0，则?

→?n·DA′＝0，

??3y＋3z＝0，

即???－x＋2y＋3z＝0，??y＝－x，解得?

?z＝3x，?

令x＝1，得n＝(1，－1，3)．

→由图2知，OA′＝(0,0，3)为平面CDB的一个法向量， →n·OA′315→所以cos〈n，OA′〉＝＝＝，

→53×5|n|·|OA′|15

所以二面角A′CDB的平面角的余弦值为.

5

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