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由图可得二面角B-CD-C1为钝角,∴二面角B-CD-C1的余弦值为-(3)证明平面BCD的法向量为n=(2,-1,-4), ∵G(0,2,1),F(0,0,2),
.
∴=(0,-2,1), =-2,∴n与
不垂直,
∴n·
∴FG与平面BCD不平行且不在平面BCD内, ∴FG与平面BCD相交.
13.(2018·天津·理T17)如图,AD∥BC且AD=2BC,AD⊥CD,EG∥AD且EG=AD,CD∥FG且CD=2FG,DG⊥平面ABCD,DA=DC=DG=2.
(1)若M为CF的中点,N为EG的中点,求证:MN∥平面CDE; (2)求二面角E-BC-F的正弦值;
(3)若点P在线段DG上,且直线BP与平面ADGE所成的角为60°,求线段DP的长.
【解析】依题意,可以建立以D为原点,分别以系
(
如
图
的方向为x轴、y轴、z轴的正方向的空间直角坐标
),
可
得
D(0,0,0),A(2,0,0),B(1,2,0),C(0,2,0),E(2,0,2),F(0,1,2),G(0,0,2),M0,,1,N(1,0,2).
(1)证明:依题意
=(0,2,0),=(2,0,2).
设n0=(x,y,z)为平面CDE的法向量,
则
不妨令z=-1,可得n0=(1,0,-1).又,可得·n0=0.
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(2)依题意,可得
=(-1,0,0),=(1,-2,2),=(0,-1,2).设n=(x,y,z)为平面BCE的法向量,则
不妨令z=1,可得n=(0,1,1).设m=(x,y,z)为平面BCF的法向量,
则
不妨令z=1,可得m=(0,2,1).
因此有cos
=(0,2,0)为平面
(3)设线段DP的长为h(h∈[0,2]),则点P的坐标为(0,0,h),可得=(-1,-2,h).易知,
ADGE的一个法向量,故|cos<>|=.由题意,可得=sin 60°=,解得h=∈[0,2].所以,线段DP的长为.
14.(2018·全国1·理T18)如图,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.
【解析】(1)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.
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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),P,D为平面ABFD的法向量.
设DP与平面ABFD所成角为θ,
则sin θ=.
所以DP与平面ABFD所成角的正弦值为.
15.(2018·全国2·理T20)如图,在三棱锥P-ABC中,AB=BC=2,PA=PB=PC=AC=4,O为AC的中点.
(1)证明:PO⊥平面ABC;
(2)若点M在棱BC上,且二面角M-PA-C为30°,求PC与平面PAM所成角的正弦值.
【解析】(1)因为AP=CP=AC=4,O为AC的中点, 所以OP⊥AC,且OP=2
.
连接OB,因为AB=BC=AC,所以△ABC为等腰直角三角形,且OB⊥AC,OB=AC=2. 由OP2+OB2=PB2知PO⊥OB.
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由OP⊥OB,OP⊥AC知PO⊥平面ABC. (2)如图,以O为坐标原点,
的方向为x轴正方向,建立空间直角坐标系O-xyz.
),
由已知得O(0,0,0),B(2,0,0),A(0,-2,0),C(0,2,0),P(0,0,2=(0,2,2). 取平面PAC的法向量
=(2,0,0),
由
·n=0,
·n=0得
可取n=((a-4),a,-a),
所以cos<,n>=.
由已知可得|cos<,n>|=.
所以,
解得a=-4(舍去),a=.
所以n=.
又=(0,2,-2),所以cos<,n>=.
所以PC与平面PAM所成角的正弦值为.
16.(2018·浙江·T9)如图,已知多面体ABC=120°,A1A=4,C1C=1,AB=BC=B1B=2.
(1)证明:AB1⊥平面A1B1C1;
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ABCA1B1C1,A1A,B1B,C1C均垂直于平面ABC,∠
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