巩固双基,提升能力
一、选择题
1．长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝AA1＝2，AD＝1，E为CC1的中点，则异面直线BC1与AE所成角的余弦值为( )
A. B. C. D.
解析：建立空间直角坐标系如图．
则A(1,0,0)，E(0,2,1)，B(1,2,0)，C1(0,2,2)．
＝(－1,0,2)，＝(－1,2,1)，
cos〈，〉＝＝.
所以异面直线BC1与AE所成角的余弦值为.
答案：B
2．在正方体ABCD－A1B1C1D1中，若E为A1C1中点，则直线CE垂直于( )
A．AC B．BD
C．A1D D．A1A
解析：以A为原点，AB、AD、AA1所在直线分别为x、y、z轴建立空间直角坐标系，设正方体棱长为1，则A(0,0,0)，C(1,1,0)，B(1,0,0)，D(0,1,0)，A1(0,0,1)，E，
∴＝，＝(1,1,0)，＝(－1,1,0)，
＝(0,1，－1)，＝(0,0，－1)．
显然·＝－＋0＝0，
∴⊥，即CE⊥BD.
答案：B
3．在90°的二面角的棱上有A、B两点，AC、BD分别在这个二面角的两个面内，且都垂直于棱AB，已知AB＝5，AC＝3，CD＝5，则BD＝( )
A．4 B．5
C．6 D．7
解析：由条件知AC⊥AB，BD⊥AB，AC⊥BD，
又＝＋＋，
∴2＝(＋＋)2
＝||2＋||2＋||2
＝32＋52＋||2＝(5)2，
∴||2＝16，∴BD＝4.
答案：A
4．若直线l的方向向量与平面α的法向量的夹角等于120°，则直线l与平面α所成的角等于( )
A．120° B．60°
C．30° D．以上均错
解析：设l与α所成角为θ，则sinθ＝|cos120°|＝.
又0°≤θ≤90°，∴θ＝30°.
答案：C
5．已知长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝BC＝4，CC1＝2，则直线BC1和平面DBB1D1所成角的正弦值为( )
A. B.
C. D.
解析：如图建立空间直角坐标系，
则B(4,0,0)，C(4,4,0)，C1(4,4,2)，
显然AC⊥平面BB1D1D，
∴＝(4,4,0)为平面BB1D1D的一个法向量．
又＝(0,4,2)，
∴cos〈，〉＝
＝
＝.
即BC1与平面BB1D1D所成角的正弦值为.
答案：C
6．(2013·德州调研)二面角的棱上有A、B两点，直线AC、BD分别在这个二面角的两个平面内，且都垂直于AB.已知AB＝4，AC＝6，BD＝8，CD＝2，则该二面角的大小为( )
A．150° B．45°
C．60° D．120°
解析：由题意知与所成角即为该二面角的平面角．
∵＝＋＋，
∴2＝2＋2＋2＋2·＋2·＋2·.
∴(2)2＝62＋42＋82＋2||||cos〈，〉
＝116＋2×6×8cos〈，〉，
∴cos〈，〉＝－，∴〈，〉＝120°，
∴〈，〉＝60°，∴该二面角的大小为60°.
答案：C
二、填空题
7．(2013·潍坊考试)如图，平行六面体ABCD－A1B1C1D1，若ABCD是边长为2的正方形，AA1＝1，∠A1AD＝∠A1AB＝60°，则BD1的长为__________．
解析：∵＝＋＋，
∴〈〉2＝(＋＋)2＝9，故BD1＝3.
答案：3
8．(2013·怀化模拟)如图，在直三棱柱中，∠ACB＝90°，AC＝BC＝1，侧棱AA1＝，M为A1B1的中点，则AM与平面AA1C1C所成角的正切值为________．
解析：以C1为原点，C1A1，C1B1，C1C所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，则平面AA1C1C的法向量为n＝(0,1,0)，＝－(1,0，)＝，则直线AM与平面AA1C1C所成角θ的正弦值为sinθ＝|cos〈，n〉|＝＝，∴tanθ＝.
答案：
9．(2013·东城练习)如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F，G，H，M分别是棱AD，DD1，D1A1，A1A，AB的中点，点N在四边形EFGH的四边及其内部运动，则当N只需满足条件__________时，就有MN⊥A1C1；当N只需满足条件__________时，就有MN∥平面B1D1C.
解析：以D为坐标原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，设正方体的棱长为1，则M，N(x,0，z)，＝(－1,1,0)，因此·＝·(－1,1,0)＝1－x－＝0，即x＝，故点N在EG上，就有MN⊥A1C1.设平面B1D1C的一个法向量为n＝(－1,1,1)，若MN∥平面B1D1C，则·n＝·(－1,1,1)＝1－x－＋z＝0即x－z－＝0，故点N在EH上，就有MN∥平面B1D1C.
答案：点N在EG上 点N在EH上
三、解答题
10．(2012·天津)如图，在四棱锥P－ABCD中，AP⊥平面ABCD，AC⊥AD，AB⊥BC，∠BAC＝45°，PA＝AD＝2，AC＝1.
(1)证明PC⊥AD；
(2)求二面角A－PC－D的正弦值；
(3)设E为棱PA上的点，满足异面直线BE与CD所成的角为30°，求AE的长．
解析：方法一：如图，以点A为原点建立空间直角坐标系，依题意得A(0,0,0)，D(2,0,0)，C(0,1,0)，B，P(0,0,2)．
(1)易得＝(0,1，－2)，＝(2,0,0)，
于是·＝0，所以PC⊥AD.
(2)＝(0,1，－2)，＝(2，－1,0)．
设平面PCD的法向量n＝(x，y，z)，
则即
不妨令z＝1，可得n＝(1,2,1)．
可取平面PAC的法向量m＝(1,0,0)．
于是cos〈m，n〉＝＝＝，
从而sin〈m，n〉＝.
所以二面角A－PC－D的正弦值为.
(3)设点E的坐标为(0,0，h)，其中h∈[0,2]．
由此得＝.
由＝(2，－1,0)，故
cos〈，〉＝＝
＝，
所以，＝cos30°＝，
解得h＝，即AE＝.
方法二：
(1)由PA⊥平面ABCD，可得PA⊥AD，
又由AD⊥AC，PA∩AC＝A，故AD⊥平面PAC，
又PC?平面PAC，所以PC⊥AD.
(2)如图，作AH⊥PC于点H，连接DH.
由PC⊥AD，PC⊥AH，可得PC⊥平面ADH.
因此DH⊥PC，从而∠AHD为二面角A－PC－D的平面角．
在Rt△PAC中，PA＝2，AC＝1，由此得AH＝.
由(1)知AD⊥AH.故在Rt△DAH中，
DH＝＝.
因此sin∠AHD＝＝.
所以二面角A－PC－D的正弦值为.
(3)如图，因为∠ADC＜45°，故过点B作CD的平行线必与线段AD相交，设交点为F，连接BE，EF.故∠EBF或其补角为异面直线BE与CD所成的角．
由于BF∥CD，故∠AFB＝∠ADC，在Rt△DAC中，CD＝，sin∠ADC＝，
故sin∠AFB＝.
在△AFB中，由＝，AB＝，
sin∠FAB＝sin135°＝，可得BF＝.
由余弦定理，BF2＝AB2＋AF2－2AB·AF·cos∠FAB，可得AF＝.
设AE＝h.
在Rt△EAF中，EF＝＝ .
在Rt△BAE中，BE＝＝ .
在△EBF中，因为EF＜BE，从而∠EBF＝30°，由余弦定理得cos30°＝.可解得h＝.
所以AE＝.
11．(2012·湖北)如图1，∠ACB＝45°，BC＝3，过动点A作AD⊥BC，垂足D在线段BC上且异于点B，连接AB，沿AD将△ABD折起，使∠BDC＝90°(如图2所示)．
(1)当BD的长为多少时，三棱锥A－BCD的体积最大；
(2)当三棱锥A－BCD的体积最大时，设点E，M分别为棱BC，AC的中点，试在棱CD上确定一点N，使得EN⊥BM，并求EN与平面BMN所成角的大小．
图1
图2
解析：(1)方法一：在如图1所示△ABC中，设BD＝x(0＜x＜3)，则CD＝3－x.
由AD⊥BC，∠ACB＝45°知，△ADC为等腰直角三角形，所以AD＝CD＝3－x.
由折起前AD⊥BC知，折起后(如图2)，AD⊥DC，AD⊥BD，且BD∩DC＝D，
所以AD⊥平面BCD.
又∠BDC＝90°，
所以S△BCD＝BD·CD＝x·(3－x)．
于是VA－BCD＝AD·S△BCD＝(3－x)·x(3－x)＝·2x(3－x)(3－x)≤3＝，当且仅当2x＝3－x，即x＝1时，等号成立，故当x＝1，即BD＝1时，三棱锥A－BCD的体积最大．
方法二：同解法1，得
VA－BCD＝AD·S△BCD
＝(3－x)·x(3－x)
＝(x3－6x2＋9x)．
令f(x)＝(x3－6x2＋9x)，
由f′(x)＝(x－1)(x－3)＝0，且0＜x＜3，解得x＝1.
当x∈(0,1)时，f′(x)＞0；当x∈(1,3)时，f′(x)＜0.
所以当x＝1时，f(x)取得最大值．
故当BD＝1时，三棱锥A－BCD的体积最大．
(2)方法一：以D为原点，建立如图a所示的空间直角坐标系D－xyz.
由(1)知，当三棱锥A－BCD的体积最大时，BD＝1，AD＝CD＝2.
于是可得D(0,0,0)，B(1,0,0)，C(0,2,0)，A(0,0,2)，M(0,1,1)，E，且＝(－1,1,1)．
设N(0，λ，0)，则＝.
因为EN⊥BN等价于·＝0，即
·(－1,1,1)＝＋λ－1＝0，
故λ＝，N.
所以当DN＝(即N是CD的靠近点D的一个四等分点)时，EN⊥BM.
设平面BMN的一个法向量为n＝(x，y，z)，由及＝，得可取n＝(1,2，－1)．
设EN与平面BMN所成角的大小为θ，则由＝，n＝(1,2，－1)，可得sinθ＝cos(90°－θ)＝＝＝，即θ＝60°.
故EN与平面BMN所成角的大小为60°.
图a
图b
图c
图d
方法二：由(1)知，当三棱锥A－BCD的体积最大时，BD＝1，AD＝CD＝2.
如图b，取CD的中点F，连结MF，BF，EF，则MF∥AD.
由(1)知AD⊥平面BCD，所以MF⊥平面BCD.
如图c，延长FE至P点使得FP＝DB，连BP，DP，则四边形DBPF为正方形，所以DP⊥BF.取DF的中点N，连结EN，又E为FP的中点，则EN∥DP，所以EN⊥BF.
因为MF⊥平面BCD，又EN?面BCD，所以MF⊥EN.
又MF∩BF＝F，所以EN⊥面BMF.
又BM?面BMF，所以EN⊥BM.
因为EN⊥BM当且仅当EN⊥BF，而点F是唯一的，所以点N是唯一的．
即当DN＝(即N是CD的靠近点D的一个四等分点)，EN⊥BM.
连接MN，ME，由计算得NB＝NM＝EB＝EM＝，所以△NMB与△EMB是两个共底边的全等的等腰三角形，如图d所示，取BM的中点G，连接EG，NG，则BM⊥平面EGN.
在平面ENG中，过点E作EH⊥GN于H，则EH⊥平面BMN，故∠ENH是EN与平面BMN所成的角．
在△EGN中，易得EG＝GN＝NE＝，所以△EGN是正三角形，故∠ENH＝60°，即EN与平面BMN所成的角的大小为60°.
12．(2012·福建)如图，在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AA1＝AD＝1，E为CD中点．
(1)求证：B1E⊥AD1；
(2)在棱AA1上是否存在一点P，使得DP∥平面B1AE？若存在，求AP的长；若不存在，说明理由；
(3)若二面角A－B1E－A1的大小为30°，求AB的长．
解析：(1)以A为原点，，，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)．
设AB＝a，则A(0,0,0)，D(0,1,0)，D1(0,1,1)，E，B1(a,0,1)，故＝(0,1,1)，＝，＝(a,0,1)，＝.
∵·＝－×0＋1×1＋(－1)×1＝0，
∴B1E⊥AD1.
(2)假设在棱AA1上存在一点P(0,0，z0)，使得DP∥平面B1AE，此时＝(0，－1，z0)．
又设平面B1AE的法向量n＝(x，y，z)，
∵n⊥平面B1AE，
∴n⊥，n⊥，得
取x＝1，得平面B1AE的一个法向量n＝.
要使DP∥平面B1AE，只要n⊥，有－az0＝0，解得z0＝.
又DP?平面B1AE，
∴存在点P，满足DP∥平面B1AE，此时AP＝.
(3)连接A1D，B1C，由长方体ABCD－A1B1C1D1及AA1＝AD＝1，得AD1⊥A1D.
∵B1C∥A1D，∴AD1⊥B1C.
又由(1)知B1E⊥AD1，且B1C∩B1E＝B1，
∴AD1⊥平面DCB1A1，
∴是平面A1B1E的一个法向量，此时＝(0,1,1)．
设与n所成的角为θ，则
cosθ＝＝.
∵二面角A－B1E－A1的大小为30°，
∴|cosθ|＝cos30°，即＝，
解得a＝2，即AB的长为2.
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