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第二轮复习:专题四:立体几何(3)空间向量及应用


第11讲

空间向量及应用

1.考题展望 本节空间向量及应用是立体几何的重点考查内容,常 常以解答题中一问形式考查角或距离的计算,大多可 以用传统几何法和用空间向量求解,而且更侧重于后 者,并有拓展为存在性、探索性题型趋势,解答时大 多体现函数与方程思想.

2.高考真题 考题1(2012 湖南)如图,在四棱锥 P

-ABCD 中,PA⊥平面 ABCD,AB=4,BC=3,AD=5, ∠DAB=∠ABC=90°,E 是 CD 的中点.

(1)证明:CD⊥平面 PAE; (2)若直线 PB 与平面 PAE 所成的角和 PB 与平 面 ABCD 所成的角相等, 求四棱锥 P-ABCD 的体 积.

【解析】解法一:(1)如图(1),连接 AC,由 AB=4,BC=3,∠ABC=90°,得 AC=5. 又 AD=5,E 是 CD 的中点,所以 CD⊥AE. ∵PA⊥平面 ABCD,CD?平面 ABCD,所以 PA⊥CD. 而 PA,AE 是平面 PAE 内的两条相交直线, 所以 CD⊥平面 PAE.

(2)过点 B 作 BG∥CD,分别与 AE,AD 相交 于点 F,G,连接 PF. 由(1)CD⊥平面 PAE 知,BG⊥平面 PAE. 于是∠BPF 为直线 PB 与平面 PAE 所成的角, 且 BG⊥AE. 由 PA⊥平面 ABCD 知, ∠PBA 为直线 PB 与平面 ABCD 所成的角. 由题意,知∠PBA=∠BPF, PA BF 因为 sin∠PBA= PB,sin∠BPF= PB ,所以 PA=BF.

由∠DAB=∠ABC=90°知,AD∥BC,又 BG∥CD,所以四边形 BCDG 是平行四边形,故 GD=BC=3.于是 AG=2. 在 Rt△BAG 中,AB=4,AG=2,BG⊥AF, 所以 AB2 16 BG= AB2+AG2 =2 5,BF= BG = = 2 5 8 5 . 5 8 5 于是 PA=BF= . 5

1 又梯形 ABCD 的面积为 S= ×(5+3)×4=16, 2 所以四棱锥 P-ABCD 的体积为 1 1 8 5 128 5 V= ×S×PA= ×16× = . 3 3 5 15

解法二:如图(2),以 A 为坐标原点,AB,AD, AP 所在直线分别为 x 轴,y 轴,z 轴的正半轴建立 空间直角坐标系. PA=h, 设 则相关的各点坐标为: A(0,0,0),B(4,0,0),C(4,3,0),D(0,5, 0),E(2,4,0),P(0,0,h).

→ → → (1)易知CD=(-4,2,0),AE=(2,4,0),AP =(0,0,h). → → → → 因为CD·AE=-8+8+0=0,CD·AP=0, 所以 CD⊥AE,CD⊥AP. 而 AP,AE 是平面 PAE 内的两条相交直线, 所以 CD⊥平面 PAE.

→ → (2)由题设和(1)知,CD,PA分别是平面 PAE, 平面 ABCD 的法向量,而 PB 与平面 PAE 所成的 角和 PB 与平面 ABCD 所成的角相等,所以 → → → → |cos〈CD,PB〉|=|cos〈PA,PB〉|, → → → → CD·PB PA·PB 即| |=| |. → |·→ | |PA|·|PB| → → |CD |PB

→ → 由(1)知,CD=(-4,2,0),PA=(0,0,-h), → = (4 , 0 , - h) , 故 | -16+0+02 | = 又 PB 2 5· 16+h 0+0+h2 | 2|. h· 16+h 8 5 解得 h= . 5 1 又梯形 ABCD 的面积为 S= ×(5+3)×4=16, 2 所以四棱锥 P-ABCD 的体积为 1 1 8 5 128 5 V= ×S×PA= ×16× = . 3 3 5 15

【命题立意】本题考查空间线面位置关系的证明,空间 线面角、空间几何体的体积等基础知识,考查空间想象 能力、推理论证能力、运算求解能力等.

考题2(2012 江西)在三棱柱 ABC-A1B1C1 中, 已知 AB=AC =AA1= 5,BC=4,点 A1 在 底面 ABC 的投影是线段 BC 的 中点 O. (1)证明: 在侧棱 AA1 上存在一点 E, 使得 OE⊥ 平面 BB1C1C,并求出 AE 的长; (2)求平面 A1B1C 与平面 BB1C1C 夹角的余弦 值.

【 解 析 】 (1) 连 接 AO , 在 △AOA1 中 , 作 OE⊥AA1 于点 E, 因为 AA1∥BB1,得 OE⊥BB1, 因为 A1O⊥平面 ABC,所以 A1O⊥BC. 因为 AB=AC,OB=OC,得 AO⊥BC,所以 BC⊥平面 AA1O, 所以 BC⊥OE,又 BC∩BB1=B, 所以 OE⊥平面 BB1C1C.

又 AO= AB2-BO2=1, AA1= 5, AO2 5 得 AE= = . AA1 5

(2)如图,分别以 OA,OB, OA1 所在直线为 x,y,z 轴,建 立空间直角坐标系,则 A(1,0, 0),B(0,2,0),C(0,-2,0), A1(0,0,2),B1(-1,2,2), → =1AA1得点 E 的坐标 → 由AE 5 4 2 是( ,0, ), 5 5 → =(4,0, 由(1)得平面 BB1C1C 的法向量是OE 5 2 ), 5
设平面 A1B1C 的法向量 n=(x,y,z),

?n·→ 1=0. ?-x+2y=0, A1B ? 由? 得? ? A1C ?n·→ =0, ?y+z=0. 令 y=1,得 x=2,z=-1,即 n=(2,1,-1), → OE·n 30 → ,n〉= 所以 cos〈OE = , 10 → |· |OE |n|
即平面 BB1C1C 与平面 A1B1C 的夹角的余弦值是 30 . 10 【命题立意】本题主要考查:(1)空间垂直关系 的证明以及空间点线面的位置关系;(2)二面角的概 念以及计算;(3)考生的空间想象能力和推理论证能 力以及逻辑思维能力.

1.求空间角(包括线线角、线面角、二面角)与距离 (一般转化为点到面的距离 ),是高考的重点和热 点.常用求法是:几何法和向量法.

2.几何法求角,一般是把各种角转化为平面内线线 所成角后,解三角形求解.解题步骤是: “作”“证”“求”三步.解题时要做到层次书写 清晰,计算正确,提高解题效率.

注意:二面角是本节难点,几何法求二面角的方法比较 多,常见的有: (1)定义法,过棱上的点在二个面内分别作棱的垂线; (2)三垂线求解,过二面角一个面内的点分别作棱和另 一个面的垂线; (3)垂面法,过棱上的点作棱的垂面,也可找两个面的 某个面的垂面,再转化为三垂线法求解.

3.向量法求角,一般是把各种角转化为两向量的夹角 后,用公式计算出角.解题步骤主要是建系、设点、计 算有关向量的坐标、利用数量积的夹角公式计算.
4.关于距离的计算,一般转化为点到面的距离,除 几何法(能作出距离,“作”“证”“求”三步求解), 向量法(可建系,用向量法求解)外,要注意“等积求高” 法(变换顶点,可求有关几何体体积时用).

1.空间向量及其运算 例1(1)如图,在平行六面体 ABCD- A1B1C1D1 中, 为 AC 与 BD 的交点,→ 1 M A1B → → =a,A→ 1=b,A1A=c.若B1M=xa+yb 1D +c,则 x+y 的值分别是( A ) 1 1 A.x=- ,y= 2 2 1 1 B.x= ,y= 2 2 1 1 C.x= ,y=- 2 2 1 1 D.x=- ,y=- 2 2

→ → → 【解析】B1M=B1B+BM → +1BD → =A1A 2 → +1(AD-AB) → → =A1A 2 → +1(A1D1-A→ 1) =A1A 1B 2 1 =c+2(b-a) 1 1 =- a+2b+c. 2 故选 A.

(2)在平行四边形 ABCD 中,AB=AC=1, ∠ACD=90°,将它沿对角线 AC 折起,使 AB 与 CD 成 60°角,则 D、B 间的距离是 2 或 2 .

→ → 【解析】因为∠ACD=90°,所以AC·CD=0. → → 同理,BA·AC=0. 因为 AB 与 CD 成 60°角, → → 所以〈BA,CD〉=60°或 120°. → → → → 又因为BD=BA+AC+CD,

→ → → → → → 所 以 BD 2 = BA 2 + AC 2 + CD 2 + 2BA · AC + → CD → CD → → → → CD 2BA·→ +2AC·→ =BA2+AC2+CD2+2BA·→ → → =3+2×1×1×cos〈BA,CD〉 → → ?4,〈BA,CD〉=60° ? =? → → ?2,〈BA,CD〉=120° ? → 所以|BD|=2 或 2, B、 间的距离为 2 或 2. 即 D

【点评】用已知向量表示未知向量,一定要结合图形, 以图形为指导是解题的关键.要正确理解向量加法、 减法与数乘运算的几何意义.首尾相接的若干向量之 和,等于由起始向量的始点指向末尾向量的终点的向 量.我们可把这个法则称为向量加法的多边形法 则.在立体几何中要灵活运用三角形法则;向量加法 的平行四边形法则在空间仍然成立.

2.空间角的分析与计算 例2如右图,圆柱 OO1 内有一 个三棱柱 ABC-A1B1C1,三棱柱 的底面为圆柱底面的内接三角形, 且 AB 是圆 O 的直径. (1)证明:平面 A1ACC1⊥平面 B1BCC1; (2)设 AB=AA1.在圆柱 OO1 内随机选取一点, 记该点取自于三棱柱 ABC-A1B1C1 中的概率为 p. ①当点 C 在圆周上运动时,求 p 的最大值; ②记平面 A1ACC1 与平面 B1OC 所成的角为θ (0°<θ≤90°).当 p 取最大值时,求 cosθ 的值.

【解析】(1)∵A1A⊥平面 ABC,BC?平面 ABC, ∴A1A⊥BC. ∵AB 是圆 O 的直径,∴BC⊥AC. 又 AC∩A1A=A,∴BC⊥平面 A1ACC1. 而 BC?平面 B1BCC1, ∴平面 A1ACC1⊥平面 B1BCC1.

(2)①设圆柱的底面半径为 r,则 AB=AA1=2r, 1 故三棱柱 ABC-A1B1C1 的体积 V1= AC· 2r BC· 2 =AC· r. BC· ∵AC2+BC2=AB2=4r2, AC2+BC2 ∴AC·BC≤ =2r2, 2 当且仅当 AC=BC= 2r 时等号成立. 从而,V1≤2r3. 而圆柱的体积 V=πr2·2r=2πr3,

V1 2r3 1 故 p= V ≤ = , 2πr3 π 当且仅当 AC=BC= 2r, 即 OC⊥AB 时等号成立. 1 ∴p 的最大值为 . π

②由①可知,p 取最大值时, OC⊥AB. 于是,以 O 为坐标原点,建立空间直角坐标 系 O-xyz(如右图), 则 C(r,0,0),B(0,r,0),B1(0,r,2r). ∵BC⊥平面 A1ACC1, → ∴BC=(r,-r,0)是平面 A1ACC1 的一个法向 量. 设平面 B1OC 的法向量为 n=(x,y,z),

→ ?n⊥OC ?rx=0, ? 由? 得? → ? ?n⊥OB1, ?ry+2rz=0. ?x=0, ? 故? ?y=-2z. ? 取 z=1,得 n=(0,-2,1).∵0°<θ≤90°, → BC → 〉|=| n· |=| 2r | ∴cosθ=|cos〈n,BC 5· 2r |n|·→ | |BC 10 = . 5 【点评】要证面面垂直,一般先找线面垂直.

3.空间距离的分析与计算 例3如图,在四棱锥 S-ABCD 中, AD∥BC 且 AD⊥CD,平面 CSD⊥平面 ABC,CS⊥DS,CS=2AD=2,E 为 BS 的中点,CE= 2,AS= 3,求: (1)点 A 到平面 BCS 的距离; (2)二面角 E-CD-A 的大小.

【解析】 (1)如图, S(O)为坐标原点, 以 射线 OD,OC 分别为 x 轴,y 轴正方向, 建立空间直角坐标系, 设 A(xA,yA,zA),因平面 COD⊥平面 ABCD,AD⊥CD, 故 AD⊥平面 COD,即点 A 在 xOz 平 面内, → 因此 yA=0,zA=|AD|=1 → 又 xA2+12=|AS|2=3, 所以 xA= 2,从而 A( 2,0,1) 因为 AD∥BC,故 BC⊥平面 CSD,即平面 BCS 与平面 yOz 重合, 从而点 A 到平面 BCS 的距离为 xA= 2.

(2)易知 C(0,2,0),D( 2,0,0). → 因 E 为 BS 的中点.△BCS 为直角三角形,知|BS| → =2|CE|=2 2 设 B(0,2,zB),zB>0,则 zB=2,故 B(0,2,2), 所以 E(0,1,1) 在 CD 上取点 G,设 G(x1,y1,0),使 GE⊥CD → → 由CD=( 2,-2,0),GE=(-x1,-y1+1,1), → → CD·GE=0, 故 2x1=2(y1-1)① → → 又点 G 在直线 CD 上,即CG∥CD,

→ 由CG=(x1,y1-2,0), x1 y1-2 则有 = ② 2 -2 2 4 联立①、②,解得 G=( , ,0). 3 3 → =(- 2,-1,1). 故GE 3 3 又由 AD⊥CD,所以二面角 E-CD-A 的平 → → 面角为向量GE与向量DA所成的角,记此角为 θ.

→ |=2 3,DA=(0,0,1),|DA|=1, → → 因为|GE 3 → → GE·DA=1, → → GE·DA 3 所以 cosθ= = . → |·|DA| 2 → |GE π 故所求的二面角的大小为 . 6

〔备选题〕 例4 如图所示,在 正方体 ABCD-A1B1C1D1 中,E 是 棱 DD1 的中点. (1)求直线 BE 和平面 ABB1A1 所成的角的正弦值; (2)在棱 C1D1 上是否存在一点 F,使 B1F∥平面 A1BE,证明你的结论.

【解析】 设正方体的棱长为 1, 如图所 → → → 示,以AB,AD,AA1为单位正交基底建立 空间直角坐标系. (1)依题意,得 B(1,0,0), 1 E(0,1, ),A(0,0,0),D(0,1,0), 2 1 → 所以BE=(-1,1, ), 2 → AD=(0,1,0). 在正方体 ABCD-A1B1C1D1 中,因为 AD⊥平面 ABB1A1, → 所以AD是平面 ABB1A1 的一个法向量.

设直线 BE 和平面 ABB1A1 所成的角为 θ. → → |BE·AD| 1 2 则 sinθ= = = . 3 → |·|AD| 3 → |BE ×1 2 即直线 BE 和平面 ABB1A1 所成的角的正弦值 2 为 . 3

→ (2)依题意,得 A1(0,0,1),BA1=(-1,0,1), → =(-1,1,1). BE 2 设 n=(x,y,z)是平面 A1BE 的一个法向量, → → 则由 n·BA1=0,n· =0 BE

?-x+z=0 ?x=z ? ? 得? ,所以? 1 . 1 ?-x+y+2z=0 ?y=2z ? ? 取 z=2,得 n=(2,1,2),

设 F 是棱 C1D1 上的点, F(t, 1)(0≤t≤1). 则 1, → 又 B1(1,0,1),所以B1F=(t-1,1,0). 而 B1F?平面 A1BE,于是 B1F∥平面 A1BE? → B1F·n=0 ?(t-1,1,0)· (2,1,2)=0?2(t-1)+1=0 1 ?t= ?F 为 C1D1 的中点. 2 这说明在棱 C1D1 上存在点 F(C1D1 的中点), 使 B1F∥平面 A1BE.

1.常用空间关系与向量运算之间的关系: ①利用 a⊥b?a·b=0 来求证线线垂直; ②利用 a· b=|a||b|cos〈a,b〉 ,求 cos〈a,b〉 a·b = ,求两直线的夹角. |a|·|b| ③利用|a|2=a· a,求解有关线段的长度问题或 → → → 利用|A′B′|=|AB|·cos〈a,e〉 ,(其中,AB=a, e 是与直线 l 同方向的单位向量),求线段 AB 在 l 上的射影长 A′B′. 向量作为沟通“数”和“形”的桥梁, 是利用 数形结合解题的一种重要载体.

2.空间角的计算方法都是转化为平面角来计算.两条 异面直线所成的角,要以运动的观点运用“平移法”, 使之成为相交直线所成的角,要充分挖掘图形的性质, 寻求平行关系;斜线与平面所成的角,往往是在斜线上 取一点向平面引垂线,再解由斜线、垂线、射影所围成 的直角三角形.这里关键是引平面的垂线,明确垂足的 位置;求二面角的方法主要有定义法、线面垂直法、射 影面积法、向量法等.

3.空间距离:点与点之间的距离、点线之间的距离、 两平行线之间的距离利用平面几何知识可以解决;点面 距离、线面距离、面面距离都可转化为求点面距离.

4.在求空间角或空间距离时,经常会遇到过空间中一点 A作已知平面的垂线的问题.解决这类问题时,如果已 知图形中有平面的垂线,就只需过点A作已知垂线的平 行线即可;否则可以过点A作一个平面与平面α垂直,再 利用平面垂直的性质定理达到过点A作平面α的垂线的目 的. 5.空间角与空间距离的计算都分为三步:“一找、二证、 三计算”.立体几何中的计算题必须有推理过程,考生 往往只注意计算,不注意推理,造成不必要的丢分.

1.在棱长为 a 的正方体 ABCD- A1B1C1D1 中,M 为 AB 的中点,则点 C 到平面 A1DM 的距离为( A ) 的距离为(A) 6 6 A. a B. a 3 6 2 1 C. a D. a 2 2 【解析】用等积法可求得所求距离.

2.如图,四边形 ABCD 中, AB = AD = CD = 1 , BD = 2 , BD⊥CD.将四边形 ABCD 沿对角 线 BD 折成四面体 A′-BCD, 使平 面 A′BD⊥平面 BCD,则下列结论 正确的是( B ) 正确的是(B) A.A′C⊥BD B.∠BA′C=90° C.CA′与平面 A′BD 所成的角为 30° 1 D.四面体 A′-BCD 的体积为 3 【 解 析 】 ∵ 面 A′BD⊥ 面 BCD , CD⊥BD , ∴CD⊥BA′ , ∴BA′⊥A′D , ∴BA′⊥ 面 A′CD , ∴BA′⊥A′C.

3.二面角 α-l-β 为 60°,A,B 是棱 l 上的 两点,AC,BD 分别在半平面 α,β 内,AC⊥l, BD⊥l, AB=AC=a, 且 BD=2a, CD 的长为( A ) 则 A.2a B. 5a C.a D. 3a → → → → 【解析】依题意知|CD|2=(CA+AB+BD)2= → → → a2 +a2 +4a2 +2CA ·BD =6a2 -2a2 =4a2 ,则|CD | =2a,故选 A.

4.在正四棱锥 V-ABCD 中,底面正方形 ABCD 的边长为 1,侧棱长为 2,则异面直线 VA 与 BD 所成角的大小为( D ) π π π π A. B. C. D. 6 4 3 2 【解析】设 AC∩BD=O,连接 VO,因为四棱锥 V -ABCD 是正四棱锥,所以 VO⊥平面 ABCD,故 BD⊥VO. 又 四 边 形 ABCD 是 正 方 形 , 所 以 BD⊥AC,所以 BD⊥平面 VAC,所以 BD⊥VA, π 即异面直线 VA 与 BD 所成角的大小为 ,选 D. 2

5.在三棱柱ABC-A1B1C1中,各棱长相等,侧棱垂直 于 底 面 , 点 D 是 侧 面 BB1C1C 的 中 心 , 则 AD 与 平 面 BB1C1C所成角的大小是( C )

A.30°

B.45°

C.60°

D.90°

【解析】如图是三棱柱 ABC- A1B1C1,不妨设各棱长为 1. 取 BC 的中点 E,连接 AE,DE. ∵CC1⊥底面 ABC, ∴侧面 BB1C1C⊥底面 ABC, 又 E 为 BC 的中点,且△ABC 为 正三角形, ∴AE⊥BC,由两平面垂直的性质定理知, AE⊥平面 BB1C1C, ∴∠ADE 的大小就是 AD 与平面 BB1C1C 所成 角的大小. 容易计算得出∠ADE=60°,故选 C.

→ → → 6.在四面体 O-ABC 中,OA=a,OB=b,OC= → c,D 为 BC 的中点,E 为 AD 的中点,则OE= 1 1 1 a+ b+ c. (用 a,b,c 表示). 2 4 4
→ =1(OD+OA)=1[1(OC+OB)+OA] → → → → → 【解析】OE 2 22 1 1 1 = a+4b+4c. 2

7.线段 AB 的两端点分别在直二面角 α-CD -β 的两个半平面内,且与两个平面都成 30°角, 45° . 则异面直线 AB 与 CD 所成角的大小为

【解析】在平面 α 内作 AE⊥CD 于 E(如图).

因为 α-CD-β 是直二面角, 所以 AE⊥β,所以∠ABE 是 AB 与 β 所成的 角, 1 ∠ABE=30°,所以 AE= AB. 2

1 同理, β 内作 BF⊥CD 于 F, 在 所以 BF= AB. 2 在平面 β 内作 BG∥EF,且 BG=EF, 则四边形 BGEF 为矩形,所以 BG⊥GE. 又 AE⊥β,所以 AE⊥BG. 而 AE∩GE=E,所以 BG⊥平面 AEG, 所以 BG⊥AG.

2 在 Rt△AEG 中,AG= AE +EG = AB. 2 AG 2 在 Rt△ABG 中,sin∠ABG= = , AB 2 所以∠ABG=45°,因为 BG∥CD, 所以∠ABG 是异面直线 AB 与 CD 所成角, 则异面直线 AB 与 CD 所成角为 45°.
2 2

8. 如图, 在四棱锥 P-ABCD 中, PA⊥ 平面 ABCD, 底面 ABCD 是菱形, AB=2, ∠BAD=60°. (1)求证:BD⊥平面 PAC; (2)若 PA=AB,求 PB 与 AC 所成角 的余弦值; (3)当平面 PBC 与平面 PDC 垂直时,求 PA 的长.

【解析】(1)证明:因为四边形ABCD是菱形, 所以AC⊥BD. 又因为PA⊥平面ABCD, 所以PA⊥BD.所以BD⊥平面PAC.

(2)设 AC∩BD=O, 因为∠BAD=60°,PA=AB=2, 所以 BO=1,AO=CO= 3. 如图,以 O 为坐标原点, 建立空间直角坐标系 Oxyz, 则 P(0,- 3,2),A(0,- 3,0), B(1,0,0),C(0, 3,0).

→ → 所以PB=(1, 3,-2),AC=(0,2 3,0). 设 PB 与 AC 所成角为 θ, → → PB·AC 6 6 则 cosθ=| |= = . → ||AC| 2 2×2 3 4 → |PB

→ (3)由(2)知BC=(-1, 3,0). 设 P(0,- 3,t)(t>0), → 则BP=(-1,- 3,t). 设平面 PBC 的法向量 m=(x,y,z). → → 则BC·m=0,BP·m=0.
?-x+ ? 所以? ?-x- ?

3y=0, 3y+tz=0.

6 令 y= 3,则 x=3,z= . t 6 所以 m=(3, 3, t ).

6 同理,平面 PDC 的法向量 n=(-3, 3, t ). 因为平面 PBC⊥平面 PDC, 36 所以 m· n=0,即-6+ 2 =0, t 解得 t= 6, 所以 PA= 6.

9.如图,在三棱柱 ABC- A1B1C1 中,H 是正方形 AA1B1B 的中心, 1=2 2, 1H⊥平面 AA C AA1B1B,且 C1H= 5. (1)求异面直线 AC 与 A1B1 所成角的余弦值; (2)求二面角 A-A1C1-B1 的正弦值; (3)设 N 为棱 B1C1 的中点, M 在平面 AA1B1B 点 内,且 MN⊥平面 A1B1C1,求线段 BM 的长.

【解析】如图所示,建立 空间直角坐标系,点 B 为坐标 原点. 依题意得 A(2 2,0,0), B(0,0,0),C( 2,- 2, 5), A1(2 2,2 2,0),B1(0,2 2,0),C1( 2, 2, 5) → (1)易得AC=(- 2,- 2, 5),A→ 1=(-2 2, 1B 0,0), → AC·A→ 1 4 2 1B → ,→ 1〉 于是 cos AC A1B = 〈 = = , → 1B |AC||A→ 1| 3×2 2 3 2 所以异面直线 AC 与 A1B1 所成角的余弦值为 . 3

→ (2)易知AA1=(0,2 2,0),A→ 1=(- 2,- 2, 1C 5). 设平面 AA1C1 的法向量 m=(x,y,z), ?- 2x- 2y+ 5z=0, ?m·→ 1=0 A1C ? 则? ,即? ?2 2y=0. ? AA ?m·→1=0 不妨令 x= 5,可得 m=( 5,0, 2). 同样地,设平面 A1B1C1 的法向量 n=(x,y,z),

?n·→ 1=0, ? A1C 则? ?n·→ 1=0, ? A1B ?- 2x- 2y+ 5z=0 ? 即? ?-2 2x=0. ? 不妨令 y= 5,可得 n=(0, 5, 2),于是 2 cos〈m,n〉= . 7 3 5 所以二面角 A-A1C1-B1 的正弦值为 . 7

2 3 2 5 (3)由 N 为棱 B1C1 的中点, N( , , ). 得 2 2 2 3 → =( 2-a, 2-b, 5). 设 M(a, 0), b, 则MN 2 2 2 ?MN·→ 1=0, ? → A1B 由 MN⊥平面 A1B1C1,得? ?MN·→ 1=0, ? → A1C


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