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知识点 用空间向量研究空间角
6.3.3 空间角的计算
必备知识 清单破
空间角 向量求法
异面直
线所成
的角 若异面直线l1,l2所成的角为θ,其方向向量分 别是u,v,则cos θ=|cos|= ,θ∈
直线与
平面所
成的角 设直线AB与平面α所成的角为θ,直线AB的方 向向量为u,平面α的法向量为n,则sin θ=|cos< u,n>|= ,θ∈
两个平面
所成的角 若平面α,β的法向量分别是n1,n2,则平面
α与平面β所成的二面角的平面角与向量
n1,n2的夹角相等或互补.设平面α与平面
β所成的角为θ,则|cos θ|=|cos|
= ,θ∈[0,π]
知识辨析
1.若直线l与平面α的夹角为0°,则直线l一定在平面α内吗
2.若直线l的方向向量与平面α的法向量的夹角等于150°,则直线l与平面α所成的角是多少度
3.已知向量m是直线l的一个方向向量,n是平面α的一个法向量,若cos=- ,则直线l与平
面α所成的角是120°吗
4.在三棱锥A-BCD中,平面ABD与平面BCD的法向量分别为n1,n2,若= ,则二面角A-BD-
C的大小一定为 吗
一语破的
1.不一定.直线l在平面α内或直线l∥平面α.
2.60°.设直线l与平面α所成的角为θ,θ∈ ,直线l的方向向量为u,平面α的法向量为n,则sin
θ=|cos|= ,则θ=60°.
3.不是.直线l与平面α所成的角为锐角或直角,并且直线l与平面α所成的角,就是直线l与平面α 的垂线所成角的余角.因此直线l与平面α所成的角应为30°.
4.不一定.当二面角A-BD-C为锐角时,它就等于= ;当二面角A-BD-C为钝角时,它应等
于π-=π- = .
1.用向量求异面直线所成的角的两种方法
(1)基向量法
基向量法的一般步骤:
①确定空间的一个基底,进而确定空间两直线的方向向量.
②求出两个方向向量夹角的余弦值.
③根据直线夹角与其方向向量夹角的关系,得到两异面直线所成的角.
关键能力 定点破
定点 1 用向量法求异面直线所成的角
(2)坐标法
利用坐标法求异面直线所成的角的一般步骤:
①建立适当的空间直角坐标系并写出相应点的坐标.
②求出两条异面直线的方向向量.
③利用向量夹角的余弦公式得出结论.
2.注意向量的夹角与异面直线所成角的区别
当异面直线的方向向量的夹角为锐角或直角时,此角就是异面直线所成的角;当异面直线的 方向向量的夹角为钝角时,其补角才是异面直线所成的角.
典例 如图所示,在三棱锥O-ABC中,OA,OB,OC两两互相垂直,E为OC的中点,且OB=OC=2OA= 2,求直线AE与BC所成角的大小.
解析 解法一(基向量法):根据已知可得 , , 不共面,且| |=1,| |=| |=2, · =
· = · =0.
又因为 = - = - , = - ,
所以 · = ·( - )= - · - · + · =2,
| |2= · = - · + =2,
| |2=( - )·( - )= -2 · + =8,
所以cos< , >= = = ,
因此< , >= ,
故直线AE与BC所成角的大小为 .
解法二(坐标法):因为OA,OB,OC两两互相垂直,
所以以O为坐标原点, , , 的方向分别为x轴,y轴,z轴的正方向,建立如图所示的空间直
角坐标系,
则由OB=OC=2OA=2可知A(1,0,0),E(0,0,1),B(0,2,0),C(0,0,2),
所以 =(-1,0,1), =(0,-2,2),
因此cos< , >= = = ,
所以< , >= ,
故直线AE与BC所成角的大小为 .
利用向量法求空间中线面角的一般步骤
(1)建立适当的空间直角坐标系,写出相应点的坐标;
(2)求出直线的方向向量a的坐标以及平面的法向量b的坐标;
(3)设线面角为θ,利用sin θ= ,结合θ∈ 得出结论.
定点 2 用向量法求线面角
典例 如图,在四棱锥P-ABCD中,PA⊥底面ABCD,AD∥BC,AB=AD=AC=3,PA=BC=4,M为线段 AD上一点,AM=2MD,N为PC的中点.
(1)证明:MN∥平面PAB;
(2)求直线AN与平面PMN所成角的正弦值.
解析 (1)证明:由已知得AM= AD=2.如图,取BP的中点T,连接AT,TN,
由N为PC的中点,得TN∥BC,TN= BC=2,
又AD∥BC,所以TN AM,
所以四边形AMNT为平行四边形,
所以MN∥AT.
因为AT 平面PAB,MN 平面PAB,
所以MN∥平面PAB.
(2)取BC的中点E,连接AE.
由AB=AC得AE⊥BC,从而AE⊥AD,
且AE= = = .
以A为坐标原点, , , 的方向分别为x轴,y轴,z轴的正方向,建立如图所示的空间直角坐
标系A-xyz.
则A(0,0,0),P(0,0,4),M(0,2,0),N ,所以 =(0,2,-4), = , = .
设n=(x,y,z)为平面PMN的一个法向量,
则 即
令y=2,则z=1,x=0,
所以n=(0,2,1),
所以|cos|= = ,
故直线AN与平面PMN所成角的正弦值为 .
1.利用向量法求二面角的平面角
(1)如图1, , 是二面角α-l-β的两个半平面内分别与l垂直的向量,则二面角α-l-β的大小θ=<
, >.
图1 图2 图3
定点 3 用向量法求二面角
(2)如图2,3,n1,n2分别是二面角α-l-β的两个半平面α,β的法向量,则二面角α-l-β的大小θ= 或θ=π-.
2.利用法向量求二面角的大小(或其某个三角函数值)的步骤
(1)建立适当的空间直角坐标系,写出相应点的坐标.
(2)求出两个半平面的法向量n1,n2.
(3)设二面角的平面角为θ,则|cos θ|=|cos|.
(4)根据图形判断θ为钝角还是锐角,从而求出θ(或其某个三角函数值).
注:判断二面角的平面角是锐角还是钝角,可以看法向量的方向,使法向量的起点落在各
自的平面内,若两个法向量都指向二面角的外部或内部,则二面角等于法向量夹角的补角;若 两个法向量一个指向二面角的外部,另一个指向二面角的内部,则二面角等于法向量的夹角.
典例1 如图,在四棱锥P-ABCD中,AD∥BC,AB⊥AD,AB⊥PA,BC=2AB=2AD=4BE,平面PAB⊥ 平面ABCD,直线PE与平面PAC所成角的正弦值为 .
(1)求异面直线PB与CD所成角的大小;
(2)求二面角A-PC-D的余弦值.
思路点拨 建系 写出相应点的坐标 由线面角的正弦值确定点P的坐标.
(1)求 , 求两向量夹角的余弦值 求角;
(2)分别求两个平面的法向量 求法向量夹角的余弦值 得结论.
解析 ∵平面PAB⊥平面ABCD,平面PAB∩平面ABCD=AB,AB⊥PA,
∴PA⊥平面ABCD,
又∵AB⊥AD,∴可建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz.
不妨设BC=4,AP=λ(λ>0),则A(0,0,0),D(0,2,0),E(2,1,0),C(2,4,0),P(0,0,λ),B(2,0,0),
∴ =(2,4,0), =(0,0,λ), =(2,-1,0), =(2,1,-λ).
∵ · =4-4+0=0, · =0,
∴DE⊥AC,DE⊥AP,
又AC∩AP=A,AC,AP 平面PAC,
∴DE⊥平面PAC,
∴平面PAC的一个法向量是 =(2,-1,0).
设直线PE与平面PAC所成的角为θ,
则sin θ=|cos< , >|= = ,
解得λ=±2.
∵λ>0,
∴λ=2,
∴P(0,0,2).
(1)∵B(2,0,0),
∴ =(2,0,-2),
又 =(2,2,0),
∴cos< , >= = ,
∴< , >= ,
故异面直线PB与CD所成角的大小为 .
(2)设平面PCD的一个法向量为n=(x,y,z).
易知 =(2,2,0), =(0,-2,2),
则 即
令x=1,则y=-1,z=-1,∴n=(1,-1,-1),
∴cos= = .
显然二面角A-PC-D的平面角是锐角,
∴二面角A-PC-D的余弦值为 .
典例2 如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,AC=BC= AA1,D是棱AA1的中点,BD⊥DC1.
(1)证明:DC1⊥BC;
(2)求二面角A1-BD-C1的大小.
解析 设AC=BC= AA1=a.
(1)证明:连接DC,则DC1=DC= a,CC1=2a,
∵D +DC2=C ,∴DC1⊥DC.
又∵DC1⊥BD,DB∩DC=D,DB,DC 平面BDC,
∴DC1⊥平面BDC.
∵BC 平面BDC,∴DC1⊥BC.
(2)易知DC1= a,BC1= a,
∵BD⊥DC1,∴BD= a.
在Rt△ABD中,BD= a,AD=a,∠DAB=90°,∴AB= a,∴AC2+BC2=AB2,∴AC⊥BC.
故AC,BC,CC1两两互相垂直,
以C为坐标原点,CA,CB,CC1所在的直线分别为x轴,y轴,z轴,建立如图所示的空间直角坐标系,
则B(0,a,0),D(a,0,a),C1(0,0,2a),
∴ =(-a,a,-a), =(-a,0,a),
设平面DBC1的一个法向量为n1=(x1,y1,z1),
则
令x1=1,则y1=2,z1=1,∴n1=(1,2,1).
同理,可求得平面BDA1的一个法向量为n2=(1,1,0).
设n1与n2的夹角为θ,
则cos θ= = = ,
∵0°<θ<180°,∴θ=30°.
由图可知,二面角A1-BD-C1的平面角为锐角,
故二面角A1-BD-C1的大小为30°.6.3.3 空间角的计算
基础过关练
题组一 异面直线所成的角
1.已知在长方体ABCD-A1B1C1D1中,若AB=2AA1=2BC=2,E是CD的中点,则异面直线EB1与D1C所成角的余弦值为( )
A.
2.如图,在四棱锥P-ABCD中,PD⊥底面ABCD,底面ABCD为正方形,PD=DC=2,Q为PC上一点,且PQ=3QC,则异面直线AC与BQ所成的角为( )
A.
3.在直三棱柱ABC-A1B1C1中,∠BCA=90°,AC=CC1=4,M是A1B1的中点,以C为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系.若,则异面直线CM与A1B所成角的余弦值为( )
A.
题组二 直线与平面所成的角
4.《九章算术》是我国古代的一部数学经典著作,其在卷第五《商功》中描述的几何体“阳马”实为“底面为矩形,一侧棱垂直于底面的四棱锥”.如图,在“阳马”P-ABCD中,PA⊥平面ABCD,AD=2AB=PA,则直线PC与平面PBD所成角的正弦值为( )
A.
5.如图,在多面体A1B1C1D1ABC中,四边形A1B1C1D1,AA1B1B,BB1C1C是三个全等且两两垂直的正方形,平面A1B1C1D1∥平面ABC,E是棱AA1的中点,则直线EC1与平面ACD1所成角的余弦值为( )
A.
题组三 二面角
6.在菱形ABCD中,∠ABC=60°,将菱形ABCD沿对角线AC折叠之后,使得平面BAC⊥平面ACD(如图),则平面BCD与平面ACD所成的锐二面角的正弦值为 .
7.如图1,在△ABC中,AC=2,∠ACB=90°,∠ABC=30°,P是AB的中点,现把△ACP沿CP折成如图2所示的三棱锥A-BCP,使得AB=.
(1)求证:平面ACP⊥平面BCP;
(2)求二面角B-AC-P的余弦值.
能力提升练
题组一 两条直线所成的角
1.在三棱锥P-ABC中,PA⊥平面ABC,AB⊥BC,AB=BC=2,PA=2,D是△PAB内(不含边界)的动点,AD⊥CD,则异面直线CD与AB所成角的余弦值的取值范围为( )
A. B.
C. D.
2.已知一圆台的高为2,上底面圆O1的半径为2,下底面圆O2的半径为4,A,B两点分别在圆O1、圆O2上,若向量的夹角为60°,则直线AB与直线O1O2所成角的大小为 .
3.如图1,在△ABC中,D,E分别为AB,AC的中点,O为DE的中点,连接AO,AB=AC=2,BC=4.将△ADE沿DE折起到△A1DE的位置,使得平面A1DE⊥平面BCED,如图2.
(1)求证:A1O⊥BD;
(2)在线段A1C上是否存在点F,使得直线DF和BC所成角的余弦值为 若存在,求出的值;若不存在,请说明理由.
题组二 空间直线与平面所成的角
4.在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=AD=2,AA1=3,O是AC的中点,点P在线段A1C1(包含端点)上运动,若直线OP与平面AB1C所成的角为θ,则sin θ的取值范围是 .
5.如图,在圆柱中有一内接正六棱柱ABCDEF-A1B1C1D1E1F1,圆柱的高为2,底面半径为1,上、下底面的中心分别为O1,O,点K在上底面的圆周上运动,若直线AC与平面KAF所成角的正弦值最小为m,则= .
6.如图所示,三棱台ABC-A1B1C1的底面ABC为正三角形,AA1⊥平面ABC,AA1=A1B1=AB=1,D,E分别为AC,AB的中点,M是线段BC(包含端点)上一动点.
(1)求证:BC1∥平面A1DE;
(2)是否存在点M,使得A1M与平面B1BCC1所成的角为30° 若存在,求出线段BM的长度;若不存在,请说明理由.
题组三 二面角
7.我们称:两个相交平面构成四个二面角,其中较小的二面角称为这两个相交平面的夹角;由正方体的四个顶点所确定的平面统称为该正方体的“表截面”,则在正方体中,两个不重合的“表截面”的夹角不可能为( )
A.30° B.45° C.60° D.90°
8.已知在四棱锥C-ABED中,DE∥平面ABC,AC⊥BC,BC=2AC=4,AB=2DE,DA=DC,F为线段BC的中点,平面DAC⊥平面ABC.
(1)证明:EF⊥平面ABC;
(2)若直线BE与平面ABC所成的角为60°,求二面角B-AD-C的余弦值.
9.如图所示,四边形ABCD为圆柱ST的轴截面,P为圆弧上一点(点P异于点B,C).
(1)证明:平面PAB⊥平面PAC;
(2)若AB=BP=2PC=6,(0<λ<1),且二面角P-BM-C的余弦值为,求λ的值.
答案与分层梯度式解析
6.3.3 空间角的计算
基础过关练
1.B 2.A 3.C 4.A 5.B
1.B 以D为原点,建立如图所示的空间直角坐标系,
则E(0,1,0),C(0,2,0),B1(1,2,1),D1(0,0,1),
∴=(0,2,-1),
设异面直线EB1与D1C所成的角为θ,θ∈,
则cos θ=.故选B.
2.A 因为PD⊥底面ABCD,底面ABCD为正方形,所以DP,DC,DA互相垂直,
以D为原点,DA,DC,DP所在直线分别为x轴,y轴,z轴,建立如图所示的空间直角坐标系,
则P(0,0,2),A(2,0,0),B(2,2,0),C(0,2,0),Q,
所以,
设异面直线AC与BQ所成的角为θ,θ∈,
则cos θ=,
所以θ=,故异面直线AC与BQ所成的角为.
故选A.
3.C 设CB=t,t>0,则C(0,0,0),A1(4,0,4),B(0,t,0),M,C1(0,0,4),
∴=2,,4,
由,得=0,解得t=4(负值舍去),
∴=(-4,4,-4),
∴cos<,
故异面直线CM与A1B所成角的余弦值为.
故选C.
4.A 因为PA⊥平面ABCD,AB,AD 平面ABCD,底面ABCD为矩形,所以PA⊥AB,PA⊥AD,AB⊥AD,
设AB=1,则AD=AP=2,
以A为坐标原点,AB,AD,AP所在直线分别为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系,如图所示,
则B(1,0,0),C(1,2,0),D(0,2,0),P(0,0,2),
所以=(1,2,-2),
设平面PBD的一个法向量为n=(x,y,z),
则
令x=2,则y=1,z=1,所以n=(2,1,1),
设直线PC与平面PBD所成的角为θ,
所以sin θ=|cos<,n>|=,
所以直线PC与平面PBD所成角的正弦值为.
故选A.
解题模板 求线面角θ的步骤:
5.B 由题意可将该几何体补形成一个正方体ABCD-A1B1C1D1,以D为原点,DA,DC,DD1所在直线分别为x轴,y轴,z轴,建立如图所示的空间直角坐标系,
设该正方体的棱长为2,则A(2,0,0),C(0,2,0),D1(0,0,2),E(2,0,1),C1(0,2,2),
所以=(2,-2,-1),
设平面ACD1的一个法向量为n=(x,y,z),
则
取x=1,得y=1,z=1,所以n=(1,1,1).
设直线EC1与平面ACD1所成的角为θ,θ∈,则sin θ=|cos则cos θ=,即直线EC1与平面ACD1所成角的余弦值为.故选B.
6.答案
解析 取AC的中点E,连接BE,DE,由题意可得△BAC和△ACD都是等边三角形,
所以BE⊥AC,DE⊥AC,
因为平面BAC⊥平面ACD,平面BAC∩平面ACD=AC,BE 平面BAC,
所以BE⊥平面ACD,
又DE 平面ACD,所以BE⊥DE,
以E为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系,
设菱形ABCD的边长为2,则A(1,0,0),C(-1,0,0),D(0,),
所以),
设平面BCD的一个法向量为m=(x,y,z),
则
取z=1,得x=-,y=1,则m=(-,1,1),
易知平面ACD的一个法向量n=),
设平面BCD与平面ACD所成的锐二面角的平面角为θ,
则cos θ=|cos|=,
则sin θ=,即平面BCD与平面ACD所成的锐二面角的正弦值为.
7.解析 (1)证明:在题图1中作AO⊥CP,交CP于O,连接OB,
∵AC=2,∠ACB=90°,∠ABC=30°,P是AB的中点,
∴BC=2AB=2,
∴△ACP是等边三角形,
∴AO=CP=1,AO⊥CP,
在△OBC中,由余弦定理得OB2=1+12-2×1×2=7,
∵AB=,
∴AO2+OB2=AB2,
∴AO⊥OB.
又CP 平面BCP,OB 平面BCP,CP∩OB=O,
∴AO⊥平面BCP,又AO 平面ACP,
∴平面ACP⊥平面BCP.
(2)如图,过点O作OE⊥CP,交BC于E,则AO,OC,OE互相垂直.以O为原点,OC,OE,OA所在直线分别为x轴,y轴,z轴,建立空间直角坐标系,
则A(0,0,,
∴,
设平面ABC的一个法向量为m=(x,y,z),
则
令z=1,得x=,y=3,则m=(,3,1),
易知OE⊥平面ACP,
∴平面ACP的一个法向量n=(0,1,0),
∴|cos|=,
由图可知,二面角B-AC-P为锐角,
∴二面角B-AC-P的余弦值为.
能力提升练
1.A 连接BD,∵PA⊥平面ABC,BC 平面ABC,
∴PA⊥BC,
∵AB⊥BC,PA∩AB=A,PA,AB 平面PAB,
∴BC⊥平面PAB,
又AD 平面PAB,
∴AD⊥BC,
又AD⊥CD,BC∩CD=C,BC,CD 平面BCD,
∴AD⊥平面BCD,又BD 平面BCD,∴AD⊥BD,
如图,以A为坐标原点,AB所在直线为x轴,过点A与BC平行的直线为y轴,AP所在直线为z轴建立空间直角坐标系,
则A(0,0,0),B(2,0,0),C(2,2,0),P(0,0,2),
所以=(2,0,0),
设D(x,0,z)(0所以=(x-2,-2,z),
由AD⊥BD,得x2-2x+z2=0,(点拨:利用AD⊥BD,D是△PAB内(不含边界)的动点得出x的范围)
设异面直线CD与AB所成的角为θ,θ∈,
则cos θ=|cos<,
令=t,则t∈,cos θ=,
易知函数y=t-上单调递增,则t-,故cos θ∈,
所以异面直线CD与AB所成角的余弦值的取值范围为.
故选A.
2.答案
解析 解法一:,故=4,
易得=16,
设直线AB与直线O1O2所成的角为θ,
则cos θ=,所以θ=,
即直线AB与直线O1O2所成角的大小为.
解法二:如图1,
设点A在圆O2上的射影为D,连接O2D并延长,交圆O2于点C,连接AD,BD,BC,则D为O2C的中点,且AD∥O1O2,O1A∥O2C,所以∠BAD即为直线AB与直线O1O2所成的角,∠BO2C即为向量的夹角,所以∠BO2C=60°,所以△BO2C为等边三角形,
易得BD=,AD=2,
则在Rt△ADB中,tan∠BAD=,故∠BAD=,即直线AB与直线O1O2所成角的大小为.
解法三:如图2,O1A∥O2C,则∠BO2C即为向量的夹角,所以∠BO2C=60°,连接BC,所以△BO2C为等边三角形,
以O2为原点建立空间直角坐标系,
则O2(0,0,0),O1(0,0,2),A(0,2,2),B(2,2,0),
所以=(0,0,-2),
故cos<,
所以直线AB与直线O1O2所成角的大小为.
3.解析 (1)证明:由题意得E,因为O为DE的中点,所以A1O⊥DE,
又平面A1DE⊥平面BCED,平面A1DE∩平面BCED=DE,A1O 平面A1DE,
所以A1O⊥平面BCED,
又BD 平面BCED,所以A1O⊥BD.
(2)存在.
取BC的中点M,连接OM,则OM⊥BC,
又A1O⊥平面BCED,所以A1O,OM,OE互相垂直,
以O为坐标原点,的方向分别为x轴,y轴,z轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系,
则B(2,-2,0),C(2,2,0),A1(0,0,2),D(0,-1,0),
所以=(0,4,0),
设(0≤λ≤1),即=(2λ,2λ,-2λ),
则=(0,1,2)+(2λ,2λ,-2λ)=(2λ,2λ+1,2-2λ),
故|cos<,
整理,得3λ2-7λ+2=0,解得λ=或λ=2(舍去),
故在线段A1C上存在点F,使得直线DF和BC所成角的余弦值为,此时.
4.答案
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,如图所示,
则A(2,0,0),C(0,2,0),O(1,1,0),B1(2,2,3),A1(2,0,3),C1(0,2,3),所以=(-2,2,0),
由题可设=a(-2,2,0)=(-2a,2a,0)(0≤a≤1),则P(2-2a,2a,3),则=(1-2a,2a-1,3),
设平面AB1C的一个法向量为n=(x,y,z),
则
令y=3,得x=3,z=-2,所以n=(3,3,-2),
所以sin θ=|cos由于0≤a≤1,所以∈[3,],
所以sin θ∈.
5.答案
解析 取AB的中点M,连接OM,OC,OO1.以O为坐标原点,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,如图所示,
则F(0,-1,0),A,C(0,1,0),
所以.
设K(cos θ,sin θ,2),θ∈[0,2π),
则=(cos θ,sin θ+1,2).
设平面KAF的一个法向量为n=(x,y,z),
则
令x=2,得n=(2,-2sin θ-cos θ+).
所以直线AC与平面KAF所成角的正弦值为,所以当sin=1时,直线AC与平面KAF所成角的正弦值最小,为m=,所以.
6.解析 (1)证明:如图1,连接C1D,AC1,设A1D与AC1交于F,连接EF,
因为AA1⊥平面ABC,AD 平面ABC,所以AA1⊥AD,
因为D是AC的中点,所以AD=AC,又△ABC为正三角形,所以AC=AB,所以AA1=AB=AD,
所以四边形ADC1A1为正方形,所以F是AC1的中点,
又E为AB的中点,所以EF∥BC1,又EF 平面A1DE,BC1 平面A1DE,所以BC1∥平面A1DE.
(2)不存在满足题意的点M,理由如下:
如图2,连接BD,DC1,则BD⊥AC,以{}为正交基底建立空间直角坐标系D-xyz,
则D(0,0,0),B(,0,0),C(0,1,0),C1(0,0,1),A1(0,-1,1),
所以,1,-1),
设λ,λ,0)(0≤λ≤1),则λ,1+λ,-1),
设平面B1BCC1的一个法向量为n=(x,y,z),
则
令x=1,则y=z=,所以n=(1,),
若A1M与平面B1BCC1所成的角为30°,
则sin 30°=,n>|=
=,
整理,得(2λ-1)2+4=,此方程无解,故不存在点M,使得A1M与平面B1BCC1所成的角为30°.
7.A 以正方体ABCD-A1B1C1D1为例,平面ABC1D1与平面ABCD的夹角为45°;
以D为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系,
设正方体的棱长为1,则D(0,0,0),A1(1,0,1),A(1,0,0),C(0,1,0),
在正方形ADD1A1中,A1D⊥AD1,
因为AB⊥平面ADD1A1,且A1D 平面ADD1A1,
所以AB⊥A1D,
又AD1∩AB=A,AD1,AB 平面ABC1D1,所以A1D⊥平面ABC1D1,即平面ABC1D1的一个法向量为=(1,0,1),
同理可证,AC⊥平面BDD1B1,
所以平面BDD1B1的一个法向量为=(-1,1,0),
设平面ABC1D1与平面BDD1B1的夹角为θ,0°≤θ≤90°,
则cos θ=|cos<,
所以θ=60°;
平面ABB1A1与平面ABCD的夹角为90°.
故选A.
8.解析 (1)证明:取AC的中点O,连接OF,OD,
∵DE∥平面ABC,DE 平面ABED,平面ABED∩平面ABC=AB,∴DE∥AB,∵O,F分别为AC,BC的中点,∴OF是△ABC的中位线,∴OF∥AB,OF=AB,
又AB=2DE,∴OF∥DE,OF=DE,∴四边形DEFO为平行四边形,∴EF∥DO,
∵在△DAC中,DA=DC,O为AC的中点,∴DO⊥AC.
又平面DAC⊥平面ABC,平面DAC∩平面ABC=AC,DO 平面DAC,∴DO⊥平面ABC,
∴EF⊥平面ABC.
(2)∵DO⊥平面ABC,AC,BC 平面ABC,∴DO⊥AC,DO⊥BC,
又AC⊥BC,∴DO,AC,BC互相垂直,
∴以O为原点,OA所在直线为x轴,过点O与BC平行的直线为y轴,OD所在直线为z轴,建立如图所示的空间直角坐标系,
则A(1,0,0),B(-1,4,0),∴(-2,4,0).
∵EF⊥平面ABC,直线BE与平面ABC所成的角为60°,
∴∠EBF=60°,
∴DO=EF=BFtan 60°=2),
∴).
易得平面ADC的一个法向量m=(0,1,0),
设平面ADB的一个法向量为n=(x,y,z),
则
取z=1,则x=2,∴n=(2,1),
∴cos=,由图可知二面角B-AD-C为锐二面角,∴二面角B-AD-C的余弦值为.
9.解析 (1)证明:∵P为圆弧上一点,BC为圆S的直径,∴PC⊥PB,
∵在圆柱ST中,AB⊥平面BCP,PC 平面BCP,
∴AB⊥PC,
又PB∩AB=B,PB,AB 平面PAB,∴PC⊥平面PAB,
又PC 平面PAC,∴平面PAB⊥平面PAC.
(2)以B为坐标原点,BC,AB所在直线分别为y轴,z轴,建立空间直角坐标系,如图所示,
∵AB=BP=2PC=6,∴PC=3,
∴BC=,∴sin∠PBC=,故cos∠PBC=,
则B(0,0,0),A(0,0,6),C(0,3,0),
P(6sin∠PBC,6cos∠PBC,0),即P,
∴,-6),设M(x0,y0,z0),由(0<λ<1),得(x0,y0,z0-6)=λ(0,3,-6),
即即M(0,3λ,6-6λ),
∴λ,6-6λ),
设平面PBM的一个法向量为n1=(x1,y1,z1),
则
令y1=-1,得x=2,z=,
∴n1=.
易知平面BMC的一个法向量为n2=(1,0,0),
∴|cos|=,整理,得3λ2-8λ+4=0,解得λ=或λ=2,又0<λ<1,故λ的值为.
2
