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所以可取m=(1,1,0).
于是cos
所以,二面角B-EC-C1的正弦值为.
9.(2019·全国3·理T19)图1是由矩形ADEB,Rt△ABC和菱形BFGC组成的一个平面图形,其中AB=1,BE=BF=2,∠FBC=60°.将其沿AB,BC折起使得BE与BF重合,连接DG,如图2. (1)证明:图2中的A,C,G,D四点共面,且平面ABC⊥平面BCGE; (2)求图2中的二面角B-CG-A的大小.
【解析】(1)证明由已知得AD∥BE,CG∥BE,所以AD∥CG, 故AD,CG确定一个平面,从而A,C,G,D四点共面. 由已知得AB⊥BE,AB⊥BC,故AB⊥平面BCGE. 又因为AB?平面ABC, 所以平面ABC⊥平面BCGE. (2)解作EH⊥BC,垂足为H.
因为EH?平面BCGE,平面BCGE⊥平面ABC,所以EH⊥平面ABC. 由已知,菱形BCGE的边长为2,∠EBC=60°,可求得BH=1,EH=以H为坐标原点,
.
的方向为x轴的正方向,建立如图所示的空间直角坐标系H-xyz,
则A(-1,1,0),C(1,0,0),G(2,0,
),
=(1,0,),=(2,-1,0).
设平面ACGD的法向量为n=(x,y,z),
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则
所以可取n=(3,6,-).
又平面BCGE的法向量可取为m=(0,1,0),
所以cos
因此二面角B-CG-A的大小为30°.
10.(2018·浙江·T 8)已知四棱锥S-ABCD的底面是正方形,侧棱长均相等,E是线段AB上的点(不含端点).设SE与BC所成的角为θ1,SE与平面ABCD所成的角为θ2,二面角S-AB-C的平面角为θ3,则( ) A.θ1≤θ2≤θ3 B.θ3≤θ2≤θ1 C.θ1≤θ3≤θ2 D.θ2≤θ3≤θ1 【答案】D
【解析】当点E不是线段AB的中点时,如图,点G是AB的中点,SH⊥底面ABCD,过点H作HF∥AB,过点E作EF∥BC,连接SG,GH,EH,SF.
可知θ1=∠SEF,θ2=∠SEH,θ3=∠SGH.
由题意可知EF⊥SF,故tan θ1==tan θ3.
∴θ1>θ3.
又tan θ3==tan θ2,
∴θ3>θ2.∴θ1>θ3>θ2. 当点E是线段AB的中点时,
即点E与点G重合,此时θ1=θ3=θ2. 综上可知,θ1≥θ3≥θ2.
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11.(2018·全国3·理T19)如图,边长为2的正方形ABCD所在的平面与半圆弧于C,D的点.
(1)证明:平面AMD⊥平面BMC;
(2)当三棱锥M-ABC体积最大时,求面MAB与面MCD所成二面角的正弦值.
所在平面垂直,M是上异
【解析】(1)由题设知,平面CMD⊥平面ABCD,交线为CD.因为BC⊥CD,BC?平面ABCD,所以BC⊥平面CMD,故BC⊥DM.因为M为
上异于C,D的点,且DC为直径,所以DM⊥CM.又BC∩CM=C,所以DM⊥平面BMC.
而DM?平面AMD,故平面AMD⊥平面BMC. (2)以D为坐标原点,
的方向为x轴正方向,建立如图所示的空间直角坐标系D-xyz.
的中点.由题设得
当三棱锥M-ABC体积最大时,M为
D(0,0,0),A(2,0,0),B(2,2,0),C(0,2,0),M(0,1,1),
设n=(x,y,z)是平面MAB的法向量,
=(-2,1,1),=(0,2,0),=(2,0,0).
则
可取n=(1,0,2),
是平面MCD的法向量,因此cos
所以面MAB与面MCD所成二面角的正弦值是.
12.(2018·北京·理T16)如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,CC1⊥平面ABC,D,E,F,G分别为AA1,AC,A1C1,BB1的中点,AB=BC=
,AC=AA1=2.
(1)求证:AC⊥平面BEF;
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(2)求二面角B-CD-C1的余弦值; (3)证明:直线FG与平面BCD相交.
【解析】(1)证明在三棱柱ABC-A1B1C1中,
∵CC1⊥平面ABC,∴四边形A1ACC1为矩形.
又E,F分别为AC,A1C1的中点,∴AC⊥EF.
∵AB=BC,∴AC⊥BE,∴AC⊥平面BEF.
(2)解由(1)知AC⊥EF,AC⊥BE,EF∥CC1.
∵CC1⊥平面ABC,∴EF⊥平面ABC. ∵BE?平面ABC,∴EF⊥BE.
建立如图所示的空间直角坐标系E-xyz.
由题意得B(0,2,0),C(-1,0,0),D(1,0,1),F(0,0,2),G(0,2,1).∴=(2,0,1),=(1,2,0).
设平面BCD的法向量为n=(a,b,c),
则
令a=2,则b=-1,c=-4,
∴平面BCD的法向量n=(2,-1,-4),
又平面CDC1的法向量为
=(0,2,0),
∴cos
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