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【2016届走向高考】高三数学一轮(人教A版)基础巩固:第9章 第8节 用向量方法求角与距离(理)


第九章

第八节

一、选择题 1.(2014· 新课标全国Ⅱ理)直三棱柱 ABC-A1B1C1 中,∠BCA=90° ,M,N 分别是 A1B1, A1C1 的中点,BC=CA=CC1,则 BM 与 AN 所成的角的余弦值为( A. C. 1 10 30 10 2 B. 5 D. 2 2 )

[答案] C [解析]

解法 1: 补成正方体 ACBD-A1C1B1D1, 取 AD 的中点 E, 连 ME, 可知四边形 AEMN 为平行四边形,∴ME∥NA.

∴∠BME 为异面直线 BM 与 AN 所成的角. 设 BC=1,在△BME 中,ME=BE= 1 BM 2 30 ∴cos∠BME= = . ME 10 解法 2:由条件知,CA、CB、CC1 两两垂直,以 C 为原点,CA、CB、CC1 为 x 轴、y 轴、 z 轴建立空间直角坐标系,设 BC=1,则 A(1,0,0),B(0,1,0),A1(1,0,1),B1(0,1,1),C1(0,0,1), 5 6 ,BM= , 2 2

1 1 1 ∴M( , ,1),N( ,0,1), 2 2 2 1 1 1 → → ∴BM=( ,- ,1),AN=(- ,0,1), 2 2 2

-1-

3 → → 4 BM· AN 30 → → ∴cos〈BM,AN〉= = = ,故选 C. 10 → → 6 5 |BM|· |AN| × 2 2 [点评] 求异面直线所成角的关键是建立恰当的空间直角坐标系,请练习下题: (2014· 河北石家庄模拟)在正三棱柱 ABC-A1B1C1 中,已知 AB=2,CC1= 2,则异面直线 AB1 和 BC1 所成角的正弦值为( A.1 1 C. 2 [答案] A → → → [解析] 设线段 A1B1,AB 的中点分别为 O,D,则 OC1⊥平面 ABB1A1,以OB1,OC1,OD 的方向分别为 x 轴,y 轴,z 轴的正方向建立空间直角坐标系,如图, ) B. D. 7 7 3 2

则 A(-1,0, 2),B1(1,0,0),B(1,0, 2),C1(0, 3,0), → → → → ∴AB1=(2,0,- 2),BC1=(-1, 3,- 2),因为AB1· BC1=(2,0,- 2)· (-1, 3,- → → 2)=0,所以AB1⊥BC1,即异面直线 AB1 和 BC1 所成角为直角,则其正弦值为 1,故选 A. 2.(2014· 宁夏银川调研)已知正三棱柱 ABC-A1B1C1 的侧棱长与底面边长相等,则 AB1 与 侧面 ACC1A1 所成角的正弦值等于( A. C. 6 4 2 2 ) B. D. 10 4 3 2

[答案] A [解析] 方法一:取 A1C1 的中点 E,连接 AE,B1E,如图.

由题易知 B1E⊥平面 ACC1A1,

-2-

则∠B1AE 为 AB1 与侧面 ACC1A1 所成的角. 设正三棱柱侧棱与底面边长为 1, 3 B1E 2 6 则 sin∠B1AE= = = . AB1 2 4 方法二:如图,

以 A1C1 中点 E 为原点建立空间直角坐标系 E-xyz,设棱长为 1,则 1 3 A( ,0,1),B1(0, ,0), 2 2 1 3 → ∴AB1=(- , ,-1), 2 2 3 → EB1=(0, ,0). 2 设 AB1 与平面 ACC1A1 所成的角为 θ,EB1 为平面 ACC1A1 的法向量. → → 则 sinθ=|cos〈AB1,EB1〉| 3 4 3 2× 2 6 . 4

=|

|=

3.如图,平面 ABCD⊥平面 ABEF,四边 ABCD 是正方形,四边形 ABEF 是矩形,且 AF 1 = AD=a,G 是 EF 的中点,则 GB 与平面 AGC 所成角的正弦值为( 2 )

2 A. 3 C. 6 3

B.

3 3

1 D. 3

[答案] C [解析] 如图,以 A 为原点建立空间直角坐标系,

-3-

→ → → 则 A(0,0,0),B(0,2a,0),C(0,2a,2a),G(a,a,0),AG=(a,a,0),AC=(0,2a,2a),BG=(a, -a,0), 设平面 AGC 的法向量为 n1=(x1,y1,1), → ? ?ax1+ay1=0, ?x1=1, n1=0, ?AG· ? ? 由? ?? ?? ? ? → ?2ay1+2a=0 ?y1=-1 ? n1=0 ?AC· ?n1=(1,-1,1). sinθ= → BG· n1 2a 6 = = . 3 → 2a× 3 |BG||n1|

4.(2014· 福建泉州二模)设正方体 ABCD-A1B1C1D1 的棱长为 2,则点 D1 到平面 A1BD 的 距离是( A. C. 3 2 3 3 ) B. 2 2

2 3 D. 3

[答案] D [解析] 建立如图所示的空间直角坐标系,

→ → → 则 D1(0,0,2),A1(2,0,2),D(0,0,0),B(2,2,0),∴D1A1=(2,0,0),DA1=(2,0,2),DB=(2,2,0), 设平面 A1BD 的法向量为 n=(x,y,z), → ? DA1=2x+2z=0, ?n· 则? → ? DB=2x+2y=0. ?n· 令 x=1,则 n=(1,-1,-1), ∴点 D1 到平面 A1BD 的距离是 → |D1A1· n| 2 2 3 d= = = . |n| 3 3
-4-

[点评] 一、空间的距离 1.两点间的距离:连结两点的线段的长度. 2.点到直线的距离:从直线外一点向直线引垂直相交的直线,点到垂足之间线段的长度. 3.点到平面的距离:从平面外一点向平面引垂线,点到垂足间线段的长度. 连接平面 α 外一点与平面 α 内任一点的线段中,垂线段最短. 4.平行直线间的距离:从两条平行线中一条上任意取一点向另一条直线引垂线,这点到 垂足间线段的长度. 5.异面直线间的距离:两条异面直线的公垂线夹在这两条异面直线间的线段的长度. 6.直线与平面间的距离:如果一条直线和一个平面平行,从直线上任意一点向平面引垂 线,这点到垂足间线段的长度. 7.两平行平面间的距离:两个平面的公垂线段的长度. 二、求距离的方法 1.综合几何方法 ①找出或作出有关距离的图形; ②证明它符合定义; ③在平面图形内计算. 空间中各种距离的计算,最终都要转化为线段长度,特殊情况也可以利用等积法. 2.向量法

(1)求直线到平面的距离 → 设直线 a∥平面 α,A∈a,B∈α,n 是平面 α 的法向量,过 A 作 AC⊥α,垂足为 C,则AC ∥n, → → → → ∵AB· n=(AC+CB)· n=AC· n, → → ∴|AB· n|=|AC|· |n|. → n| → |AB· ∴直线 a 到平面 α 的距离 d=|AC|= . |n|

(2)求两平行平面间的距离

-5-

→ |AB· n| ①用公式 d= 求,n 为两平行平面的一个法向量,A、B 分别为两平面上的任意两点. |n| ②转化为点面距或线面距求解. (3)求点面距时,平面内的点可以任意选取,实际解题时选取已知点或易求的点,练习下 题: 在棱长为 2 的正方体 ABCD-A1B1C1D1 中,点 E、F 分别是棱 AB、BC 的中点,则点 C1 到平面 B1EF 的距离等于( )

2 A. 3 2 3 C. 3 [答案] D

2 2 B. 3 4 D. 3

[解析] 解法 1: 设点 C1 到平面 B1EF 的距离 h.如图, 连接 EC1, FC1, 由题意得|B1E|=|B1F| = |B1B|2+|EB|2= 5, |EF|= 2, 等腰△B1EF 底边 EF 上的高为: h1= 1 3 2 |B1E|2-? |EF|?2= , 2 2

1 3 1 1 1 则 S△B1EF= |EF|· h1= , 那么 VC1-B1EF= S△B1EF· h= h; 又 VE-B1C1F= S△B1C1F· |EB| 2 2 3 2 3 1 1 2 2 1 4 = ×( ×2×2)×1= ,且 VC1-B1EF=VE-B1C1F,即 = h,得 h= ,选 D. 3 2 3 3 2 3 → → → 解法 2:以 B1 为原点分别以B1C1、B1A1、B1B的方向为 x 轴、y 轴、z 轴的正方向建立空间 直角坐标系,则 B1(0,0,0),C1(2,0,0),E(0,1,2),F(1,0,2). 设平面 B1EF 的法向量为 n=(x,y,z),则 → ? ? B1F=0, ?n· ?y+2z=0, ? ∴? ∴x=y=-2z. ?x+2z=0. → ? ? n· B1E=0, ? 令 z=1 得 n=(-2,-2,1), → 又B1C1=(2,0,0), → |n· B1C1| 4 ∴C1 到平面 B1EF 的距离 h= = ,故选 D. |n| 3 5.如图,ABCD-A1B1C1D1 是棱长为 6 的正方体,E、F 分别是棱 AB、BC 上的动点,且 AE=BF.当 A1、E、F、C1 四点共面时,平面 A1DE 与平面 C1DF 所成二面角的余弦值为( )

-6-

A.

3 2

1 B. 2 2 6 D. 5

1 C. 5 [答案] B

[解析] 以 D 为原点,DA、DC、DD1 所在直线分别为 x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标 系,则 A1(6,0,6) 、E(6,3,0) 、 F(3,6,0) ,设平面 A1DE 的法向量为 n1 = (a , b, c) ,依题意得 → ? DE=6a+3b=0, ?n1· ? 令 a=-1,则 c=1,b=2,所以 n1=(-1,2,1),同理得平面 C1DF 的 → ? DA1=6a+6c=0, ?n1· |n1· n2 | 一个法向量为 n2=(2, -1, 1), 由题图知, 平面 A1DE 与平面 C1DF 所成二面角的余弦值为 |n1||n2| 1 = . 2 6.将正方形 ABCD 沿对角线 BD 折成一个 120° 的二面角,点 C 到达点 C1,这时异面直 线 AD 与 BC1 所成角的余弦值是( 3 A.- 4 C. 3 4 ) B.- 3 D. 4 3 4

[答案] D [解析] 设正方形的边长为 1,AC 与 BD 交于点 O,当折成 120° 的二面角时,

? AC2 1=

2 2 3 2?2 ? 2?2 + -2· · · cos120° = . 2 2 2 ?2? ?2?

→ → → → 又AC1=AD+DB+BC1, → → → → → → → → → → ∴ | AC1 |2 = | AD |2 + | DB |2 + | BC1 |2 + 2 AD · DB + 2 AD · BC1 + 2 DB · BC1 = 1 + 2 + 1 + 2×1× 2 → → → → cos135° +2× 2×1×cos135° +2AD· BC1=2AD· BC1 → → → → → → =2|AD|· |BC1|cos〈AD,BC1〉=2cos〈AD,BC1〉 . 3 → → ∴cos〈AD,BC1〉= . 4

-7-

二、填空题 7.(2014· 长春、广州模拟)在长方体 ABCD-A1B1C1D1 中,AB=2,BC=AA1=1,则 D1C1 与平面 A1BC1 所成角的正弦值为________.

[答案]

1 3

[解析] 如图,建立空间直角坐标系 D-xyz,则 D1(0,0,1), C1(0,2,1),A1(1,0,1),B(1,2,0), → ∴D1C1=(0,2,0), 设平面 A1BC1 的一个法向量为 n=(x,y,z),由 → ? A1C1=?x,y,z?· ?-1,2,0?=-x+2y=0 ?n· ? , → ? A1B=?x,y,z?· ?0,2,-1?=2y-z=0 ? n·
?x=2y ? 得? ,令 y=1,得 n=(2,1,2), ? ?z=2y

设 D1C1 与平面 A1BC1 所成角为 θ,则 → |D1C1· n| 2 1 → sinθ=|cos<D1C1,n>|= = = . → 2×3 3 |D1C1||n| 1 即直线 D1C1 与平面 A1BC1 所成角的正弦值为 . 3 8.(2014· 苏州二模)已知正方形 ABCD 的边长为 4,CG⊥平面 ABCD,CG=2,E,F 分别 是 AB,AD 的中点,则点 C 到平面 GEF 的距离为________. [答案] 6 11 11

[解析] 建立如图所示的空间直角坐标系 C-xyz,

→ → 相关各点的坐标为 G(0,0,2),F(4,2,0),E(2,4,0),C(0,0,0),则CG=(0,0,2),GF=(4,2,- → 2),GE=(2,4,-2), 设平面 GEF 的一个法向量为 n=(x,y,z),

-8-

→ ? → n=0, ?GF· |n· CG| 6 11 由? 得 n=(1,1,3),所以点 C 到平面 GEF 的距离 d= = . |n| 11 → ? n=0, ?GE· 9. (2013· 北京理,14)如图,在棱长为 2 的正方体 ABCD-A1B1C1D1 中,E 为 BC 的中点, 点 P 在线段 D1E 上,点 P 到直线 CC1 的距离的最小值为________.

[答案]

2 5 5

[解析] 过 E 点作 EE1 垂直底面 A1B1C1D1,交 B1C1 于点 E1, 连接 D1E1,过 P 点作 PH 垂直于底面 A1B1C1D1,交 D1E1 于点 H, P 点到直线 CC1 的距离就是 C1H,

故当 C1H 垂直于 D1E1 时,P 点到直线 CC1 距离最小, 此时,在 Rt△D1C1E1 中,C1H⊥D1E1,D1E1· C1H=C1D1· C1E1,∴C1H= 2 2 5 = . 5 5

[点评] 点 P 到直线 CC1 距离的最小值就是异面直线 D1E 与 CC1 的距离,以 D 为原点, DA、DC、DD1 分别为 x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系,则 D1(0,0,2),E(1,2,0),C(0,2,0), C1(0,2,2), → → → → ∴D1E=(1,2,-2),CC1=(0,0,2),设 n⊥D1E,n⊥CC1,n=(x,y,z), → → 则 n· D1E=x+2y-2z=0,n· CC1=2z=0,∴z=0,取 y=-1,则 x=2,∴n=(2,-1,0), → 又CE=(1,0,0), → |n· CE| 2 5 ∴异面直线距离 d= = . |n| 5 三、解答题 10.(2013· 新课标Ⅰ理,18)如图,三棱柱 ABC-A1B1C1 中,CA=CB,AB=AA1,∠BAA1 =60° .

-9-

(1)证明:AB⊥A1C; (2)若平面 ABC⊥平面 AA1B1B, AB=CB=2, 求直线 A1C 与平面 BB1C1C 所成角的正弦值. [解析] (1)取 AB 中点 O,连接 CO,A1B ,A1O, ∵AB=AA1,∠BAA1=60° ,∴△BAA1 是正三角形, ∴A1O⊥AB,∵CA=CB,∴CO⊥AB, ∵CO∩A1O=O,∴AB⊥平面 COA1,∴AB⊥A1C. (2)由(1)知 OC⊥AB,OA1⊥AB, 又∵平面 ABC⊥平面 ABB1A1,平面 ABC∩平面 ABB1A1=AB,∴OC⊥平面 ABB1A1,∴ OC⊥OA1, → → ∴OA,OC,OA1 两两相互垂直,以 O 为坐标原点,OA的方向为 x 轴正方向,|OA|为单位 长度,建立如图所示空间直角坐标系 O-xyz,

→ → → 由题设知 A(1,0,0),A1(0, 3,0),C(0,0, 3),B(-1,0,0),则BC=(1,0, 3),BB1=AA1 → =(-1, 3,0),A1C=(0,- 3, 3), 设 n=(x,y,z)是平面 CBB1C1 的法向量, → ? BC=0, ?n· 则? → ? BB1=0, ?n·

?x+ 3z=0, 即? ?-x+ 3y=0,

可取 n=( 3,1,-1), → |n· A 1C | 10 → ∴cos〈n,A1C〉= = , 5 → |n||A1C| ∴直线 A1C 与平面 BB1C1C 所成角的正弦值为 10 . 5

- 10 -

一、解答题 11.如图,在多面体 ABCDE 中,AE⊥平面 ABC,DB∥AE,且 AC=AB=BC=AE=1, BD=2,F 为 CD 中点.

(1)求证:EF⊥平面 BCD; (2)求多面体 ABCDE 的体积; (3)求平面 ECD 和平面 ACB 所成的锐二面角的余弦值. [解析] (1)证明:取 BC 中点 G,连接 AG、FG,

∵F、G 分别为 DC、BC 中点, 1 ∴FG 綊 DB 綊 EA. 2 ∴四边形 EFGA 为平行四边形. ∴EF∥AG. ∵AE⊥平面 ABC,BD∥AE, ∴DB⊥平面 ABC. 又∵DB?平面 BCD, ∴平面 ABC⊥平面 BCD. 又∵G 为 BC 中点且 AC=AB=BC, ∴AG⊥BC.∴AG⊥平面 BCD.∴EF⊥平面 BCD. (2)过 C 作 CH⊥AB,则 CH⊥平面 ABDE 且 CH= 3 , 2

1 1 ?1+2? 3 3 ∴VC-ABDE= ×S 四边形 ABDE×CH= × ×1× = . 3 3 2 2 4

- 11 -

(3)过 C 作 CH⊥AB 于 H,以 H 为原点建立如图所示的空间直角坐标系, 则 C( 3 1 3 1 3 1 3 1 → → ,0,0),E(0,- ,1),F( , ,1),CE=(- ,- ,1),CF=(- , ,1), 2 2 4 4 2 2 4 4

设平面 CEF 的法向量为 n=(x,y,z), 3 1 → · n=- x- y+z=0, ?CE 2 2 由? 3 1 → n=- x+ y+z=0, ?CF· 4 4 取 n=( 3,-1,1). 又平面 ABC 的法向量为 u=(0,0,1), n· u 1 5 则 cos〈n,u〉= = = . |n||u| 5 5 ∴平面 ECD 和平面 ACB 所成的锐二面角的余弦值为 5 . 5

12.如图,在斜三棱柱 ABC-A1B1C1 中,点 O、E 分别是 A1C1、AA1 的中点,AO⊥平面 A1B1C1.已知∠BCA=90° ,AA1=AC=BC=2.

(1)证明:OE∥平面 AB1C1; (2)求异面直线 AB1 与 A1C 所成的角; (3)求 A1C1 与平面 AA1B1 所成角的正弦值. [解析] 解法 1:(1)证明:∵点 O、E 分别是 A1C1、AA1 的中点,∴OE∥AC1, 又∵EO?平面 AB1C1,AC1?平面 AB1C1, ∴OE∥平面 AB1C1. (2)∵AO⊥平面 A1B1C1,∴AO⊥B1C1, 又∵A1C1⊥B1C1,且 A1C1∩AO=O, ∴B1C1⊥平面 A1C1CA,∴A1C⊥B1C1. 又∵AA1=AC,∴四边形 A1C1CA 为菱形, ∴A1C⊥AC1,且 B1C1∩AC1=C1, ∴A1C⊥平面 AB1C1,∴AB1⊥A1C, 即异面直线 AB1 与 A1C 所成的角为 90° . (3)∵O 是 A1C1 的中点,AO⊥A1C1,∴AC1=AA1=2,

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又 A1C1=AC=2,∴△AA1C1 为正三角形, ∴AO= 3,又∠BCA=90° ,∴A1B1=AB=2 2, 设点 C1 到平面 AA1B1 的距离为 d, ∵VA-A1B1C1=VC1-AA1B1, 1 1 1 即 · ( · A1C1· B1C1)· AO= · S△AA1B· d. 3 2 3 又∵在△AA1B1 中,A1B1=AB1=2 2, 2 21 ∴S△AA1B1= 7,∴d= , 7 ∴A1C1 与平面 AA1B1 所成角的正弦值为 21 . 7

解法 2:∵O 是 A1C1 的中点,AO⊥A1C1,∴AC=AA1=2,又 A1C1=AC=2,∴△AA1C1 为正三角形,∴AO= 3,又∠BCA=90° ,∴A1B1=AB=2 2, 1 3 如图建立空间直角坐标系 O-xyz, 则 A(0,0, 3), A1(0, -1, 0), E(0, - , ), C1(0,1,0), 2 2 B1(2,1,0),C(0,2, 3).

1 3 → → (1)∵OE=(0,- , ),AC1=(0,1,- 3), 2 2 1→ → ∴OE=- AC1,即 OE∥AC1, 2 又∵EO?平面 AB1C1,AC1?平面 AB1C1, ∴OE∥平面 AB1C1. → → (2)∵AB1=(2,1,- 3),A1C=(0,3, 3), → → ∴AB1· A1C=0,即∴AB1⊥A1C, ∴异面直线 AB1 与 A1C 所成的角为 90° . (3)设 A1C1 与平面 AA1B1 所成角为 θ, → → → ∵A1C1=(0,2,0),A1B1=(2,2,0),A1A=(0,1, 3), 设平面 AA1B1 的一个法向量是 n=(x,y,z),

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→ ? n=0, ?A1B1· ?2x+2y=0, 则? 即? → ?y+ 3z=0. ? n=0, ? A 1A · 不妨令 x=1,可得 n=(1,-1, → ∴sinθ=cos〈A1C1,n〉= 2 2· 7 3 3 ), 3 21 , 7 21 . 7



∴A1C1 与平面 AA1B1 所成角的正弦值为 [点评]

注意直线的方向向量和平面的法向量所成角的余弦值的绝对值是线面角的正弦

值,而不是余弦值. 13.(2014· 天津河北区一模)如图,在四棱锥 P-ABCD 中,侧面 PAD⊥底面 ABCD,侧棱 PA=PD= 2,底面 ABCD 为直角梯形,其中 BC∥AD,AB⊥AD,AD=2,AB=BC=1,E 为 AD 中点. (1)求证:PE⊥平面 ABCD; (2)求异面直线 PB 与 CD 所成角的余弦值; (3)求平面 PAB 与平面 PCD 所成的二面角. [解析] (1)证明:在△PAD 中,PA=PD,E 为 AD 中点, ∴PE⊥AD. 又侧面 PAD⊥底面 ABCD,平面 PAD∩平面 ABCD=AD,PE?平面 PAD, ∴PE⊥平面 ABCD. (2)如图, 以 E 为坐标原点建立空间直角坐标系 E-xyz, 则 A(0, -1,0), B(1, -1,0), C(1,0,0), D(0,1,0),P(0,0,1),

→ → ∴CD=(-1,1,0),PB=(1,-1,-1), → → PB· CD -1-1 6 → → ∴cos〈PB,CD〉= = =- , 3 → → 3× 2 |PB||CD| ∴异面直线 PB 与 CD 所成的角的余弦值为 6 . 3

(3)方法一:设平面 PAB 的法向量为 m=(x,y,z),

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→ → ∵PA=(0,-1,-1),PB=(1,-1,-1), → ? ?y=-z, PA=0, ?m· ? ∴? 即? ?x-y-z=0. → ? ? PB=0. ?m· 令 y=1,则 x=0,z=-1,∴m=(0,1,-1). 设平面 PCD 的法向量为 n, 同理可得 n=(1,1,1). m· n ∴cos〈m,n〉= =0.∴m⊥n. |m|· |n| π ∴平面 PAB 与平面 PCD 所成的二面角为 . 2 方法二:∵侧面 PAD⊥底面 ABCD,交线为 AD,AB⊥AD, ∴AB⊥平面 PAD,∴PD⊥AB. ∵PA=PD= 2,AD=2,∴PD⊥PA. 又 PA∩AB=A,∴PD⊥平面 PAB. 又 PD?平面 PCD,∴平面 PAB⊥平面 PCD. π ∴平面 PAB 与平面 PCD 所成的二面角为 . 2 14.(2014· 天津河西区二模)如图,在几何体 ABC-A1B1C1 中,点 A1、B1、C1 在平面 ABC 内的正投影分别为 A、B、C,且 AB⊥BC,AA1=BB1=4,AB=BC=CC1=2,E 为 AB1 的中 点.

(1)求证:CE∥平面 A1B1C1; (2)求二面角 B1-AC1-C 的大小; (3)设点 M 为△ABC 所在平面内的动点,EM⊥平面 AB1C1,求线段 BM 的长. [解析] 因为点 B1 在平面 ABC 内的正投影为 B,所以 B1B⊥BA,B1B⊥BC,

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又 AB⊥BC,如图建立空间直角坐标系 B-xyz, B(0,0,0),A(2,0,0),C(0,2,0),A1(2,0,4),B1(0,0,4),C1(0,2,2),E(1,0,2), → → (1)证明:设平面 A1B1C1 的法向量 n1=(x,y,z),A1B1=(-2,0,0),B1C1=(0,2,-2), → ? A1B1=0 ?n1· 由? , → ? B1C1=0 ?n1·
? ?-2x=0 即? , ? ?2y-2z=0

取 y=1,得 n1=(0,1,1), → 又CE=(1,-2,2), → 因为CE· n1=0×1+1×(-2)+2×1=0, → 所以CE⊥n1,所以 CE∥平面 A1B1C1. (2)设平面 AB1C1 的法向量 n2=(x,y,z), → → B1A=(2,0,-4),B1C1=(0,2,-2), → ? ?2x-4z=0 B1A=0 ?n2· ? 由? ,即? , ?2y-2z=0 → ? ? B1C1=0 ?n2· 取 y=1,得 n2=(2,1,1), 同理,平面 ACC1 的法向量 n3=(1,1,0), n2· n3 3 所以 cos〈n2,n3〉= = , |n2|· |n3| 2 由图知,二面角 B1-AC1-C 的平面角是钝角, 5 所以二面角 B1-AC1-C 的平面角是 π. 6

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→ → ? B1A=0 ?EM· → (3)设点 M 的坐标为(a, b,0), 则EM=(a-1, b, -2), 由 EM⊥平面 AB1C1, 得? → → ? B1C1=0 ?EM·
? ? ?2?a-1?+8=0 ?a=-3 → 即? 解得? ,所以 M(-3,-2,0),|BM|= 13. ? ? ?2b+4=0 ?b=-2



15.(2014· 天津河北区二模)如图,在棱长为 1 的正方体 ABCD-A1B1C1D1 中,点 E 是棱 AB 上的动点.

(1)求证:DA1⊥ED1; π AE (2)若直线 DA1 与平面 CED1 所成角为 ,求 的值; 4 AB (3)在(2)的条件下, 直接写出点 D 到平面 D1CE 距离的最小值及此时点 E 的位置(不要求证 明). [解析] (1)证明: 以 D 为坐标原点, 建立如图所示的坐标系, 则 D(0,0,0), A(1,0,0), B(1,1,0), C(0,1,0),D1(0,0,1),A1(1,0,1),设 E(1,m,0)(0≤m≤1),

→ → 则DA1=(1,0,1),ED1=(-1,-m,1), → → 所以DA1· ED1=1×(-1)+0×(-m)+1×1=0.所以 DA1⊥ED1. (2)设平面 CED1 的一个法向量为 v=(x,y,z),则 → ? CD1=0 ?v· ? , → ? CE=0 ?v· → → 而CD1=(0,-1,1),CE=(1,m-1,0),
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? ?-y+z=0, 所以? ?x+?m-1?y=0. ?

取 z=1,得 y=1,x=1-m, 所以 v=(1-m,1,1). π 因为直线 DA1 与平面 CED1 成角为 , 4 π → 所以 sin =|cos〈DA1,v〉|. 4 所以 → |DA1· v| 2 = , 2 → |DA1|· |v| |2-m|
2



2 = . 2 m -2m+3 2

1 AE 1 解得 m= ,所以 = . 2 AB 2 (3)点 D 到平面 D1CE 距离的最小值为 3 ,此时点 E 在 A 点处. 3

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