2019年高考數(shù)學(xué)復(fù)習(xí)大二輪精準(zhǔn)提分練習(xí)第二篇 第15練
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1、 第15練 空間向量與立體幾何[中檔大題規(guī)范練] [明晰考情] 1.命題角度:空間線、面關(guān)系的證明,空間角的求解.2.題目難度:立體幾何大題一般位于解答題的第二題或第三題位置,中檔難度. 考點(diǎn)一 利用空間向量證明平行與垂直 要點(diǎn)重組 設(shè)直線l,m的方向向量分別為a,b,平面α,β的法向量分別為u,v,則 l∥m?a∥b?a=kb(k∈R); l⊥m?a⊥b?a·b=0; l∥α?a⊥u?a·u=0; l⊥α?a∥u?a=ku(k∈R); α∥β?u∥v?u=kv(k∈R); α⊥β?u⊥v?u·v=0. 方法技巧 利用空間向量證明平行、垂直的兩種方法 ①坐標(biāo)法:建立
2、空間直角坐標(biāo)系,用空間向量的坐標(biāo)系研究點(diǎn)、線、面的關(guān)系; ②基向量法:選三個(gè)不共面的向量(夾角最好為90°,45°或60°),模長(zhǎng)已知的向量作為基向量,將相關(guān)向量用基向量表示. 1.如圖所示,已知在直三棱柱ABC—A1B1C1中,△ABC為等腰直角三角形,∠BAC=90°,且AB=AA1,D,E,F(xiàn)分別為B1A,C1C,BC的中點(diǎn).求證: (1)DE∥平面ABC; (2)B1F⊥平面AEF. 證明 (1)由直三棱柱的性質(zhì),得A1A⊥AB,A1A⊥AC,又BA⊥AC,如圖,以點(diǎn)A為坐標(biāo)原點(diǎn),分別以AB,AC,AA1所在直線為x軸,y軸,z軸,建立空間直角坐標(biāo)系A(chǔ)-xyz,令A(yù)B=A
3、A1=4, 則A(0,0,0),E(0,4,2),F(xiàn)(2,2,0),B(4,0,0),B1(4,0,4). 取AB的中點(diǎn)N,連接CN, 則N(2,0,0),C(0,4,0),D(2,0,2), ∴=(-2,4,0),=(-2,4,0), ∴=,∴DE∥NC. 又∵NC?平面ABC,DE?平面ABC, ∴DE∥平面ABC. (2)∵=(-2,2,-4),=(2,-2,-2),=(2,2,0), ∴·=(-2)×2+2×(-2)+(-4)×(-2)=0, ·=(-2)×2+2×2+(-4)×0=0. ∴⊥,⊥,即B1F⊥EF,B1F⊥AF. 又∵AF∩EF=F,AF,E
4、F?平面AEF, ∴B1F⊥平面AEF. 2.如圖所示,在底面是矩形的四棱錐P-ABCD中,PA⊥底面ABCD,E,F(xiàn)分別是PC,PD的中點(diǎn),PA=AB=1,BC=2. (1)求證:EF∥平面PAB; (2)求證:平面PAD⊥平面PDC. 證明 由題意知,PA⊥AB,PA⊥AD,BA⊥AD,以點(diǎn)A為坐標(biāo)原點(diǎn),AB,AD,AP所在直線分別為x軸,y軸,z軸,建立空間直角坐標(biāo)系A(chǔ)-xyz如圖所示,則A(0,0,0),B(1,0,0),C(1,2,0),D(0,2,0),P(0,0,1), 因?yàn)镋,F(xiàn)分別是PC,PD的中點(diǎn), 所以E,F(xiàn), =,=(0,0,1),=(0,2,0
5、),=(1,0,0),=(1,0,0). (1)因?yàn)椋剑?,所以∥,即EF∥AB. 又AB?平面PAB,EF?平面PAB,所以EF∥平面PAB. (2)因?yàn)椤ぃ?0,0,1)·(1,0,0)=0, ·=(0,2,0)·(1,0,0)=0, 所以⊥,⊥,即AP⊥DC,AD⊥DC. 又因?yàn)锳P∩AD=A,AP?平面PAD,AD?平面PAD,所以DC⊥平面PAD. 因?yàn)镈C?平面PDC, 所以平面PAD⊥平面PDC. 3.如圖,已知點(diǎn)P在正方體ABCD-A′B′C′D′的對(duì)角線BD′上,∠PDA=60°. (1)求DP與CC′所成的角的大?。? (2)求DP與平面AA′D′D所
6、成的角的大小. 解 如圖,以點(diǎn)D為坐標(biāo)原點(diǎn),分別以DA,DC,DD′所在直線為x軸,y軸,z軸,建立空間直角坐標(biāo)系D-xyz. 設(shè)DA=1,則=(1,0,0),=(0,0,1).連接BD,B′D′. 在平面BB′D′D中,延長(zhǎng)DP交B′D′于點(diǎn)H. 設(shè)=(m,m,1)(m>0),由已知〈,〉=60°. 由·=||||cos〈,〉, 可得2m=,解得m=, 所以=. (1)因?yàn)閏os〈,〉==, 因?yàn)椤?,〉∈[0°,180°], 所以〈,〉=45°,因?yàn)楫惷嬷本€所成的角的范圍是(0°,90°],DP與CC′所成的角為45°. (2)平面AA′D′D的一個(gè)法向量是=(0,
7、1,0). 因?yàn)閏os〈,〉==, 且〈,〉∈[0°,180°], 所以〈,〉=60°. 可得DP與平面AA′D′D所成的角為30°. 考點(diǎn)二 空間角的求解 要點(diǎn)重組 設(shè)直線l,m的方向向量分別為a=(a1,b1,c1),b=(a2,b2,c2).平面α,β的法向量分別為u=(a3,b3,c3),v=(a4,b4,c4)(以下相同). (1)線線角 設(shè)l,m所成的角為θ,則 cos θ==. (2)線面角 設(shè)直線l與平面α所成的角為θ, 則sin θ==|cos〈a,u〉|. (3)二面角 設(shè)α-l-β的平面角為θ(0≤θ≤π), 則|cos θ|==|cos〈u
8、,v〉|. 4.(2018·江蘇)如圖,在正三棱柱ABC-A1B1C1中,AB=AA1=2,點(diǎn)P,Q分別為A1B1,BC的中點(diǎn). (1)求異面直線BP與AC1所成角的余弦值; (2)求直線CC1與平面AQC1所成角的正弦值. 解 如圖,在正三棱柱ABC-A1B1C1中,設(shè)AC,A1C1的中點(diǎn)分別為O,O1,則OB⊥OC,OO1⊥OC,OO1⊥OB,以{,,}為基底,建立空間直角坐標(biāo)系O-xyz. 因?yàn)锳B=AA1=2,所以A(0,-1,0),B(,0,0),C(0,1,0),A1(0,-1,2),B1(,0,2),C1(0,1,2). (1)因?yàn)镻為A1B1的中點(diǎn),所以P,
9、 從而=,=(0,2,2), 故|cos〈,〉|===. 因此,異面直線BP與AC1所成角的余弦值為. (2)因?yàn)镼為BC的中點(diǎn),所以Q, 因此=,=(0,2,2),=(0,0,2). 設(shè)n=(x,y,z)為平面AQC1的一個(gè)法向量, 則即 不妨取n=(,-1,1). 設(shè)直線CC1與平面AQC1所成的角為θ, 則sin θ=|cos〈,n〉|===. 所以直線CC1與平面AQC1所成角的正弦值為. 5.如圖,四邊形ABCD為正方形,PD⊥平面ABCD,PD∥QA,QA=AB=PD. (1)證明:平面PQC⊥平面DCQ; (2)求二面角Q-BP-C的正弦值. (
10、1)證明 由題意可得QA⊥平面ABCD,所以QA⊥CD. 由四邊形ABCD為正方形知DC⊥AD,又因?yàn)镼A∩AD=A,QA,AD?平面PDAQ,所以CD⊥平面PDAQ,所以CD⊥PQ. 在直角梯形PDAQ中,可得DQ=PQ=PD, 所以PQ2+DQ2=PD2. 由勾股定理的逆定理得PQ⊥QD. 又因?yàn)镃D∩DQ=D,CD,DQ?平面DCQ, 所以PQ⊥平面DCQ. 又PQ?平面PQC,所以平面PQC⊥平面DCQ. (2)解 由題意知,如圖,以點(diǎn)D為坐標(biāo)原點(diǎn),線段DA的長(zhǎng)為單位長(zhǎng)度,DA,DP,DC所在直線分別為x軸,y軸,z軸建立空間直角坐標(biāo)系D-xyz,依題意有Q(1,1,0
11、),C(0,0,1),P(0,2,0),B(1,0,1),=(1,0,0),=(-1,2,-1). 設(shè)n=(x,y,z)是平面PBC的-個(gè)法向量, 則即 可取n=(0,-1,-2). 同理,平面PBQ的一個(gè)法向量為m=(1,1,1), 所以cos〈m,n〉===-, 所以sin〈m,n〉=, 即二面角Q-BP-C的正弦值為. 6.如圖,在棱長(zhǎng)為2的正方體ABCD-A1B1C1D1中,P為棱C1D1的中點(diǎn),Q為棱BB1上的點(diǎn),且BQ=λBB1(λ≠0). (1)若λ=,求AP與AQ所成的角的余弦值; (2)若直線AA1與平面APQ所成的角為45°,求實(shí)數(shù)λ的值. 解
12、 以點(diǎn)A為坐標(biāo)原點(diǎn),分別以AB,AD,AA1所在直線為x軸,y軸,z軸,建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系A(chǔ)-xyz. (1)因?yàn)椋?1,2,2),=(2,0,1), 所以cos〈,〉===. 所以AP與AQ所成的角的余弦值為. (2)由題意可知,=(0,0,2),=(2,0,2λ),=(1,2,2). 設(shè)平面APQ的一個(gè)法向量為n=(x,y,z), 則由n⊥,n⊥,得 即 令z=-2,則x=2λ,y=2-λ. 所以n=(2λ,2-λ,-2). 又因?yàn)橹本€AA1與平面APQ所成的角為45°, 所以|cos〈n,〉|===, 可得5λ2-4λ=0.又因?yàn)棣恕?,所以λ=.
13、 考點(diǎn)三 立體幾何的綜合問(wèn)題 方法技巧 利用空間向量求解立體幾何中的綜合問(wèn)題,要根據(jù)幾何體的結(jié)構(gòu)特征建立空間直角坐標(biāo)系,將題中條件數(shù)量化,利用計(jì)算方法求解幾何問(wèn)題. 7.(2018·全國(guó)Ⅲ)如圖,邊長(zhǎng)為2的正方形ABCD所在的平面與半圓弧所在平面垂直,M是上異于C,D的點(diǎn). (1)證明:平面AMD⊥平面BMC; (2)當(dāng)三棱錐M-ABC體積最大時(shí),求平面MAB與平面MCD所成二面角的正弦值. (1)證明 由題設(shè)知,平面CMD⊥平面ABCD,交線為CD.因?yàn)锽C⊥CD,BC?平面ABCD,所以BC⊥平面CMD,又DM?平面CMD, 故BC⊥DM. 因?yàn)镸為上異于C,D的點(diǎn),且D
14、C為直徑, 所以DM⊥CM. 又BC∩CM=C,BC,CM?平面BMC, 所以DM⊥平面BMC. 又DM?平面AMD,故平面AMD⊥平面BMC. (2)解 以D為坐標(biāo)原點(diǎn),的方向?yàn)閤軸正方向,建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系D-xyz. 當(dāng)三棱錐M-ABC體積最大時(shí),M為的中點(diǎn).由題設(shè)得 D(0,0,0),A(2,0,0),B(2,2,0),C(0,2,0),M(0,1,1), =(-2,1,1),=(0,2,0),=(2,0,0), 設(shè)n=(x,y,z)是平面MAB的法向量,則 即 可取n=(1,0,2), 是平面MCD的法向量,因此 cos〈n,〉==, sin
15、〈n,〉=. 所以平面MAB與平面MCD所成二面角的正弦值是. 8.(2018·衡水模擬)在矩形ABCD中,AB=3,AD=2,點(diǎn)E是線段CD上靠近點(diǎn)D的一個(gè)三等分點(diǎn),點(diǎn)F是線段AD上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn),且=λ(0≤λ≤1).如圖,將△BCE沿BE折起至△BEG,使得平面BEG⊥平面ABED. (1)當(dāng)λ=時(shí),求證:EF⊥BG; (2)是否存在λ,使得FG與平面DEG所成的角的正弦值為?若存在,求出λ的值;若不存在,請(qǐng)說(shuō)明理由. (1)證明 當(dāng)λ=時(shí),點(diǎn)F是AD的中點(diǎn). ∴DF=AD=1,DE=CD=1. ∵∠ADC=90°, ∴∠DEF=45°. ∵CE=CD=2,BC=2,∠
16、BCD=90°, ∴∠BEC=45°. ∴BE⊥EF. 又平面GBE⊥平面ABED,平面GBE∩平面ABED=BE,EF?平面ABED, ∴EF⊥平面BEG. ∵BG?平面BEG,∴EF⊥BG. (2)解 以點(diǎn)C為坐標(biāo)原點(diǎn),分別以CD,CB所在直線為x軸,y軸建立如圖所示空間直角坐標(biāo)系C-xyz. 則E(2,0,0),D(3,0,0),F(xiàn)(3,2λ,0). 取BE的中點(diǎn)O, ∵GE=BG=2,∴GO⊥BE, 又∵平面BEG⊥平面ABED,平面BEG∩平面ABED=BE,OG?平面BEG, ∴OG⊥平面BCE, ∵BE=2,∴OG= ,∴G(1,1,). ∴=(-2
17、,1-2λ,),=(-1,1,),=(-2,1,). 設(shè)平面DEG的一個(gè)法向量為n=(x,y,z), 則 令z=,則n=(0,-2,). 設(shè)FG與平面DEG所成的角為θ, 則sin θ=|cos〈,n〉|===, 解得λ=或λ=-(舍), ∴存在實(shí)數(shù)λ,使得FG與平面DEG所成的角的正弦值為,此時(shí)λ=. 9.在四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,底面ABCD是邊長(zhǎng)為2的正方形,側(cè)棱DD1⊥平面ABCD,O是AC的中點(diǎn),點(diǎn)E在線段BD1上,且=3,連接OE,AE,EC. (1)求證:OE∥平面A1B1CD; (2)若平面AEC與平面A1B1CD所成的銳二面角的大小為30°,求
18、直線BD1與平面A1B1CD所成的角的正弦值. (1)證明 連接BD,B1D1,B1D,因?yàn)樗倪呅蜛BCD是正方形,O是AC的中點(diǎn),所以O(shè)是BD的中點(diǎn),設(shè)BD1與B1D交于點(diǎn)M,則點(diǎn)M是BD1的中點(diǎn),由=3,得E是BM的中點(diǎn), 所以O(shè)E∥B1D, 又B1D?平面A1B1CD,OE?平面A1B1CD, 所以O(shè)E∥平面A1B1CD. (2)解 如圖,以點(diǎn)D為坐標(biāo)原點(diǎn),以DA,DC,DD1所在直線分別為x軸,y軸,z軸建立空間直角坐標(biāo)系D-xyz,設(shè)DD1=h(h>0),則D(0,0,0),A(2,0,0),B(2,2,0),C(0,2,0),A1(2,0,h),D1(0,0,h)
19、,所以=(2,2,-h(huán)),=(0,2,0),=(2,0,h),=(-2,2,0),=(-2,0,h).=+=+=. 設(shè)平面A1B1CD的法向量為m=(x,y,z), 由得得y=0,令z=-2, 則m=(h,0,-2). 設(shè)平面AEC的法向量為n=(a,b,c),由得令c=-4,則n=(h,h,-4). 因?yàn)槠矫鍭EC與平面A1B1CD所成的銳二面角的大小為30°, 所以cos 30°===, 整理得h4+4h2-32=0,即(h2+8)(h2-4)=0, 所以h=2, 所以m=(2,0,-2),=(2,2,-2), 設(shè)直線BD1與平面A1B1CD所成的角為θ,則sin θ=
20、==. 所以直線BD1與平面A1B1CD所成的角的正弦值為. 典例 (12分)如圖1,在等腰直角三角形ABC中,∠BAC=90°,BC=6,D,E分別是AC,AB上的點(diǎn),CD=BE=,O為BC的中點(diǎn),將△ADE沿DE折起,得到如圖2所示的四棱錐A′-BCDE,其中A′O=. (1)求證:A′O⊥平面BCDE; (2)求二面角A′-CD-B的余弦值. 審題路線圖 (1)―→―→ (2)―→―→―→―→ 規(guī)范解答·評(píng)分標(biāo)準(zhǔn) (1)證明 如圖①,在折疊前的圖形中,連接AO交DE于點(diǎn)F,則F為DE的中點(diǎn),在等腰直角三角形ABC中,因?yàn)锽C=6,O為BC的中點(diǎn),所以A
21、C=AB=3,OA=3. 因?yàn)镃D=BE=,所以D和E分別是AC,AB的三等分點(diǎn),則AF=2,OF=1.……2分 如圖②,在折疊后的圖形中,連接OF和A′F,因?yàn)锳′O=,所以A′F2=OF2+A′O2, 所以A′O⊥OF.……………………………………………………………………………3分 在折疊前的圖形中,DE⊥OA, 所以在折疊后的圖形中,DE⊥A′F,DE⊥OF.………………………………………4分 又OF∩A′F=F,OF,A′F?平面OA′F, 所以DE⊥平面OA′F. 因?yàn)镺A′?平面OA′F,所以DE⊥OA′.……………………………………………5分 因?yàn)镺F
22、∩DE=F,OF,DE?平面BCDE, 所以A′O⊥平面BCDE.…………………………………………………………………6分 (2)解 以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn),分別以O(shè)F,OB,OA′所在直線為x軸,y軸,z軸,建立空間直角坐標(biāo)系O-xyz,如圖③所示(F為DE的中點(diǎn)), 則A′(0,0,),C(0,-3,0),D(1,-2,0), 所以=(0,0,),=(0,3,),=(-1,2,). ………………………………………………………………………………………………8分 設(shè)n=(x,y,z)為平面A′CD的一個(gè)法向量,則 令z=,得n=(1,-1,),|n|==. …………………………………
23、…………………………………………………………9分 由(1)知,=(0,0,)為平面CDB的一個(gè)法向量, 又||=,·n=0×1+0×(-1)+×=3,……………………………10分 所以cos〈n,〉===, 又由圖知,二面角為銳角,所以二面角A′-CD-B的余弦值為.…………12分 構(gòu)建答題模板 [第一步] 找垂直:找出(或作出)具有公共交點(diǎn)的三條兩兩垂直的直線. [第二步] 寫(xiě)坐標(biāo):建立空間直角坐標(biāo)系,寫(xiě)出特殊點(diǎn)坐標(biāo). [第三步] 求向量:求直線的方向向量或平面的法向量. [第四步] 求夾角:計(jì)算向量的夾角. [第五步] 得結(jié)論:得到所求兩個(gè)平面所成的角或直線與平面所成的
24、角. 1.如圖,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,∠ABC=90°,BC=2,CC1=4,點(diǎn)E在線段BB1上,且EB1=1,D,F(xiàn),G分別為CC1,C1B1,C1A1的中點(diǎn).求證: (1)B1D⊥平面ABD; (2)平面EGF∥平面ABD. 證明 (1)由直三棱柱的性質(zhì)知,BB1⊥AB,BB1⊥BC,又AB⊥BC,以B為坐標(biāo)原點(diǎn),BA,BC,BB1所在直線分別為x軸,y軸,z軸,建立空間直角坐標(biāo)系B-xyz,如圖所示, 則B(0,0,0),D(0,2,2),B1(0,0,4),C1(0,2,4), 設(shè)BA=a,則A(a,0,0), 所以=(a,0,0),=(0,2,2
25、),=(0,2,-2), 所以·=0,·=0+4-4=0, 即B1D⊥BA,B1D⊥BD. 又BA∩BD=B,BA,BD?平面ABD, 所以B1D⊥平面ABD. (2)由(1)知,E(0,0,3),G,F(xiàn)(0,1,4), 則=,=(0,1,1),·=0+2-2=0,·=0+2-2=0, 即B1D⊥EG,B1D⊥EF. 又EG∩EF=E,EG,EF?平面EGF, 所以B1D⊥平面EGF. 結(jié)合(1)可知平面EGF∥平面ABD. 2.(2018·永州模擬)如圖,在多面體ABCDEF中,四邊形ABCD是菱形,EF∥AC,EF=1,∠ABC=60°,CE⊥平面ABCD,CE=,C
26、D=2,G是DE的中點(diǎn). (1)求證:平面ACG∥平面BEF; (2)求直線AD與平面ABF所成的角的正弦值. (1)證明 連接BD交AC于O,則O是BD的中點(diǎn),故OG∥BE,又BE?平面BEF,OG?平面BEF,所以O(shè)G∥平面BEF. 又EF∥AC,AC?平面BEF,EF?平面BEF,所以AC∥平面BEF,又AC∩OG=O,AC,OG?平面ACG,所以平面ACG∥平面BEF. (2)解 連接OF,由題意可得OC=1,即OC=EF, 又EF∥AC,所以四邊形OCEF為平行四邊形, 所以O(shè)F∥EC,OF=EC=, 所以O(shè)F⊥平面ABCD,所以O(shè)F,OC,OD兩兩垂直.
27、 如圖,以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn),分別以O(shè)C,OD,OF所在直線為x,y,z軸建立空間直角坐標(biāo)系, 則A(-1,0,0),B(0,-,0),D(0,,0),F(xiàn)(0,0,),=(1,,0),=(1,-,0),=(1,0,), 設(shè)平面ABF的法向量為m=(a,b,c),依題意有 即 令a=,則b=1,c=-1,m=(,1,-1), |cos〈,m〉|===, 所以直線AD與平面ABF所成的角的正弦值是. 3.(2018·天津)如圖,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為CF的中點(diǎn),
28、N為EG的中點(diǎn),求證:MN∥平面CDE; (2)求二面角E-BC-F的正弦值; (3)若點(diǎn)P在線段DG上,且直線BP與平面ADGE所成的角為60°,求線段DP的長(zhǎng). (1)證明 依題意,可以建立以D為原點(diǎn),分別以,,的方向?yàn)閤軸,y軸,z軸的正方向的空間直角坐標(biāo)系(如圖),可得D(0,0,0),A(2,0,0),B(1,2,0),C(0,2,0),E(2,0,2),F(xiàn)(0,1,2),G(0,0,2),M?,N(1,0,2). 依題意得=(0,2,0),=(2,0,2). 設(shè)n0=(x0,y0,z0)為平面CDE的法向量,則 即不妨令z0=-1,可得n0=(1,0,-1). 又
29、=,可得·n0=0. 又因?yàn)橹本€MN?平面CDE,所以MN∥平面CDE. (2)解 依題意,可得=(-1,0,0),=(1,-2,2),=(0,-1,2). 設(shè)n=(x,y,z)為平面BCE的法向量,則 即不妨令z=1,可得n=(0,1,1). 設(shè)m=(x,y,z)為平面BCF的法向量,則 即不妨令z=1,可得m=(0,2,1). 因此有cos〈m,n〉==, 于是sin〈m,n〉=. 所以二面角E-BC-F的正弦值為. (3)解 設(shè)線段DP的長(zhǎng)為h(h∈[0,2]),則點(diǎn)P的坐標(biāo)為(0,0,h),可得=(-1,-2,h). =(0,2,0)為平面ADGE的一個(gè)法向量,
30、 故|cos〈,〉|==, 由題意,可得=sin 60°=, 解得h=(負(fù)值舍去). 所以線段DP的長(zhǎng)為. 4.如圖,同一平面上直角梯形ABCD和直角梯形ABEF全等,AD=2AB=2BC,將梯形ABEF沿AB折起,使二面角F-AB-D的大小為θ(0<θ<π). (1)求證:對(duì)任意θ∈(0,π),平面ABEF⊥平面ADF; (2)當(dāng)θ=時(shí),求二面角A-ED-B的余弦值. (1)證明 在折起過(guò)程中,AB⊥AF,AB⊥AD恒成立,且AF∩AD=A,AF?平面ADF,AD?平面ADF,所以AB⊥平面ADF. 因?yàn)锳B?平面ABEF,所以平面ABEF⊥平面ADF, 所以對(duì)任意θ∈
31、(0,π),平面ABEF⊥平面ADF. (2)解 因?yàn)锳F⊥AB,AD⊥AB,則二面角F-AB-D的平面角為∠FAD,即θ=∠FAD=90°,AB,AD,AF兩兩垂直.以A點(diǎn)為坐標(biāo)原點(diǎn),AB,AD,AF所在直線分別為x軸,y軸,z軸,建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系A(chǔ)-xyz,設(shè)AB=BC=1,則AD=2,BE=1. 所以A(0,0,0),B(1,0,0),D(0,2,0),E(1,0,1). =(0,0,1),=(-1,2,0),=(0,2,0),=(1,0,1). 設(shè)n1=(x1,y1,z1)為平面BED的法向量, 則即 令y1=1,則n1=(2,1,0). 設(shè)n2=(x2,y2,z2)為平面AED的法向量, 則即 令x2=1,則n2=(1,0,-1). 所以cos〈n1,n2〉===. 結(jié)合圖形可知,二面角A-ED-B的余弦值為.
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