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(2)解法一:取的中点H,连接EH,GH,CH.
因为∠EBC=120°,所以四边形BEHC为菱形,所以
AE=GE=AC=GC=.
取AG中点M,连接EM,CM,EC,则EM⊥AG,CM⊥AG,所以∠EMC为所求二面角的平面角. 又AM=1,所以EM=CM==2.
在△BEC中,由于∠EBC=120°,
由余弦定理得EC2=22+22-2×2×2×cos 120°=12, 所以EC=2
,
因此△EMC为等边三角形,故所求的角为60°.
解法二:以B为坐标原点,分别以BE,BP,BA所在的直线为x,y,z轴,建立如图所示的空间直角坐标系. 由题意得A(0,0,3),E(2,0,0),G(1,
,3),C(-1,
,0),故
=(2,0,-3),=(1,,0),=(2,0,3),设
m=(x1,y1,z1)是平面AEG的一个法向量.
由可得取z1=2,可得平面AEG的一个法向量m=(3,-,2).
设n=(x2,y2,z2)是平面ACG的一个法向量.
由可得
,-2). 取z2=-2,可得平面ACG的一个法向量n=(3,-所以cos
.
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23.(2017·天津·理T17)如图,在三棱锥P-ABC中,PA⊥底面ABC,∠BAC=90°,点D,E,N分别为棱PA,PC,BC的中点,M是线段AD的中点,PA=AC=4,AB=2. (1)求证:MN∥平面BDE; (2)求二面角C-EM-N的正弦值;
(3)已知点H在棱PA上,且直线NH与直线BE所成角的余弦值为 求线段AH的长.
【解析】如图,以A为原点,分别以
方向为x轴、y轴、z轴正方向建立空间直角坐标系.
依题意可得A(0,0,0),B(2,0,0),C(0,4,0),P(0,0,4), D(0,0,2),E(0,2,2),M(0,0,1),N(1,2,0). (1)证明:
=(0,2,0),=(2,0,-2),设n=(x,y,z)为平面BDE的法向量,
则
不妨设z=1,可得n=(1,0,1). 又
=(1,2,-1),可得·n=0. 因为MN?平面BDE,所以MN∥平面BDE. (2)易知n1=(1,0,0)为平面CEM的一个法向量. 设n2=(x,y,z)为平面EMN的法向量,
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则
因为
=(0,-2,-1),=(1,2,-1),
所以
不妨设y=1,可得n2=(-4,1,-2).
因此有cos
于是sin
所以,二面角C-EM-N的正弦值为.
=(-1,-2,h),
=(-2,2,2).
(3)依题意,设AH=h(0≤h≤4),则H(0,0,h),进而可得
由已知,得|cos<>|=,
整理得10h-21h+8=0,解得h=或h=.
2
所以,线段AH的长为.
24.(2016·全国1·理T18)如图,在以A,B,C,D,E,F为顶点的五面体中,面ABEF为正方形,AF=2FD,∠AFD=90°,且二面角D-AF-E与二面角C-BE-F都是60°. (1)证明:平面ABEF⊥平面EFDC; (2)求二面角E-BC-A的余弦值.
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【解析】(1)证明由已知可得AF⊥DF,AF⊥FE, 所以AF⊥平面EFDC.
又AF?平面ABEF,故平面ABEF⊥平面EFDC.
(2)解过D作DG⊥EF,垂足为G,由(1)知DG⊥平面ABEF.以G为坐 标原点,
的方向为x轴正方向,||为单位长,建立如图所示的空间
直角坐标系G-xyz.
由(1)知∠DFE为二面角D-AF-E的平面角, 故∠DFE=60°,则|DF|=2,|DG|=
,
可得A(1,4,0),B(-3,4,0),E(-3,0,0),D(0,0, ).
由已知,AB∥EF,所以AB∥平面EFDC. 又平面ABCD∩平面EFDC=CD, 故AB∥CD,CD∥EF.
由BE∥AF,可得BE⊥平面EFDC,
所以∠CEF为二面角C-BE-F的平面角,∠CEF=60°.从而可得C(-2,0,).
所以
=(1,0,),=(0,4,0),=(-3,-4,),=(-4,0,0),
设n=(x,y,z)是平面BCE的法向量,
则
所以可取n=(3,0,-).设m是平面ABCD的法向量,则同理可取m=(0,
,4),
则cos
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