dnf名字怎么复制-七年级下册语文课本

立体几何（向量法）—找点难（定比分点公式）
例1（2013年普通高等学校招生统一考试天津数学（理）试题（含答案））
如图, 四棱柱
ABCD-A
1
B
1
C
1
D
1
中 , 侧棱A
1
A⊥底面ABCD, AB
(Ⅰ) 证明B
1
C
1
⊥CE;
(Ⅱ) 求二面角B
1
-CE-C
1
的正弦值.
(Ⅲ) 设点M在线段C
1
E上, 且直线AM与平面ADD
1
A
1
所成角的正弦值为
AM的长.
2
, 求线段
6

【答案】
解：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)，
B(0，0，2)，C(1，0，1)，B
1
(0，2，2)，C
1
(1，2，1)，E(0，1，0)．

→→→→
(1)证明：易得B
1
C
1
＝(1，0，－1)，CE＝ (－1，1，－1)，于是B
1
C
1
·CE＝0，所以B
1
C
1
⊥CE.
→
(2)B
1
C＝(1，－2，－1)，
设平面B
1
CE的法向量＝(x，y，z)，

→

B
1
C＝0，


·

x－2y－z＝0 ，
则

即

消去x，得y＋2z＝0，不妨令z＝1，可得一个法向 量
→

－x＋y－z＝0，


CE＝0，
m·
为＝(－3，－2，1)．
→
由(1)，B
1
C
1
⊥CE，又CC
1
⊥B
1
C
1
，可得B
1
C
1
⊥平面CEC
1
，故B
1
C
1＝(1，0，－1)为平面CEC
1
的一个法向量．
→
－4
m·B
1
C
1
2 721
→→于是cos〈，B
1
C
1
〉＝＝＝－，从而sin〈，B
1C
1
〉＝
→77
.
14×2
|m|·|B
1
C
1
|
21
所以二面角B
1
－CE－C
1
的正弦值为
7
.
→→→→→→→
(3)AE＝(0，1，0)，E C
1
＝(1，1，1)．设EM＝λEC
1
＝(λ，λ，λ)，0≤
λ
≤1，有AM＝AE＋EM
→
＝(λ，λ＋1，λ)．可取AB＝(0，0，2)为 平面ADD
1
A
1
的一个法向量．
设θ为直线AM与平面ADD
1
A
1
所成的角，则
→→
|AM·AB|
→→
sin θ＝|cos〈AM，AB〉|＝
→→
＝
|AM|·|AB|
λ
＝.
λ
2
＋（λ＋1）
2
＋λ
2
×23λ
2
＋2λ＋1
于是
21
＝ ，解得λ＝
3
(负值舍去)，所以AM＝2.
3λ
2
＋2λ＋1< br>6
λ
2λ
方法二：(1)证明：因为侧棱CC
1
⊥平面A1
B
1
C
1
D
1
，
B
1< br>C
1
⊂平面A
1
B
1
C
1
D
1
，所以CC
1
⊥B
1
C
1
.经计算可得B1
E＝5，B
1
C
1
＝2，EC
1
＝3，从而
2
B
1
E
2
＝B
1
C
2
平面CC
1
E，CC
1
∩C
1
E＝C
1
， 所以
1
＋EC
1
，所以在△B
1
EC
1
中 ，B
1
C
1
⊥C
1
E.又CC
1
，C1
E⊂
B
1
C
1
⊥平面CC
1
E，又 CE⊂平面CC
1
E，故B
1
C
1
⊥CE.

(2)过B
1
作B
1
G⊥CE于点G，联结C
1
G.由(1)，B
1
C
1
⊥CE.故CE⊥平面B
1
C1
G，得CE⊥C
1
G，

所以∠B
1
G C
1
为二面角B
1
－CE－C
1
的平面角．在△CC
1
E中，由CE＝C
1
E＝3，CC
1
＝2，可得
2 6 4221
C
1
G＝
3
.在Rt△B
1
C
1
G中，B
1
G＝
3
，所以sin∠B
1
GC
1
＝
7
，即二面角B
1
－CE－C
1
的正
21
弦值为
7
.
(3)联结D
1
E, 过点M作MH⊥ ED
1
于点H，可得MH⊥平面ADD
1
A
1
，联结AH， AM，则
∠MAH为直线AM与平面ADD
1
A
1
所成的角． 234
设AM＝x，从而在Rt△AHM中，有MH＝
6
x，AH＝
6< br>x.在Rt△C
1
D
1
E中，C
1
D
1＝1，
1
ED
1
＝2，得EH＝2MH＝
3
x.在△A EH中，∠AEH＝135°，AE＝1，由AH
2
＝AE
2
＋EH
2
－
1712
2AE·EHcos 135°，得
18
x
2
＝1＋
9
x
2
＋
3
x.
2x－6＝0，解得x＝2(负值舍去)，所以线段AM的长为2.
例2
（2013 年高考北京卷（理））
如图,在三棱柱ABC-A
1
B
1
C
1
中,AA
1
C
1
C是边长为4的正方形,平
面ABC⊥平 面AA
1
C
1
C,AB=3,BC=5.
(Ⅰ)求证:AA
1
⊥平面ABC;
(Ⅱ)求二面角A
1
-BC
1
-B
1
的余弦值;
(Ⅲ)证明:在线段BC
1
存在点D,使得AD⊥A
1
B,并求整理得5x
2
－2
BD
的值.
BC
1

【答案】
解:
(I)因为AA
1
C
1
C为正方形,所以AA
1
⊥AC.
因为平面ABC⊥平面AA
1
C
1
C,且AA
1
垂直于这两个平面的交线AC,所以AA
1
⊥平面ABC.
(II)由(I)知AA
1
⊥AC,AA
1
⊥AB. 由题知AB=3,BC=5,AC=4,所以AB⊥AC. 如图,以A为原
点建立空间直角坐标 系A-
xyz
,则B(0,3,0),A
1
(0,0,4),B
1< br>(0,3,4),C
1
(4,0,4),
uuur

< br>3y4z0

nA
1
B0
设平面A
1
BC
1
的法向量为
n=(x,y,z)
,则

uuuu< br>,即,
r

4x0


nA
1C
1
0

令
z3
,则
x0
,< br>y4
,所以
n=(0,4,3)
.
同理可得,平面BB
1
C
1
的法向量为
m=(3,4,0)
,所以
cosn,m 
nm16

. 由题
|n||m|25
知二面角A
1
-BC
1
-B
1
为锐角,所以二面角A
1
-BC< br>1
-B
1
的余弦值为
16
.
25

uuuruuuur
(III)设D
(x,y,z)
是直线BC1上一点,且
BD

BC
1
. 所以
(x,y3,z)

(4,3,4)
.解
得
x4

,
y33< br>
,
z4

.
uuur
所以
AD( 4

,33

,4

)
. [来源:学科网]
uuuruuur
9
由
AD·
.
A
1
B0
,即
925

0
.解得
< br>
25
9
因为
[0,1]
,所以在线段BC
1上存在点D,
25
使得AD⊥A
1
B.
此时,
BD9



.
BC
1
25
例3（2012高考真题辽宁理18）(本小题满分12分) < br>如图1－4，直三棱柱ABC－A′B′C′，∠BAC＝90°，AB＝AC＝λAA′，点M，N分别
为A′B和B′C′的中点．
(1)证明：MN∥平面A′ACC′；
(2)若二面角A′－MN－C为直二面角，求λ的值．

图1－4

【答案】
解：(1)(证法一)
连结AB′，AC′，由已知∠BAC＝90°，
AB＝AC，三棱柱ABC－A′B′C′为直三棱柱．
所以M为AB′中点．

又因为N为B′C′的中点．
所以MN∥AC′.
又MN⊄平面A′ACC′，
AC′⊂平面A′ACC′，
因此MN∥平面A′ACC′.
(证法二)
取A′B′中点P，连结MP，NP，
M，N分别为AB′与B′C′的中点，所以MP∥AA′，PN∥A′C′，
所以MP∥平面A′ACC′，PN∥平面A′ACC′，又MP∩NP＝P，
因此平面MPN∥平面A′ACC′，而MN⊂平面MPN，
因此MN∥平面A′ACC′.
(2)以A为坐标原点，分别以直线AB，AC，AA′为x轴，y轴，z轴建立直角
坐标系O －xyz，如图1－5所示．

图1－5
设AA′＝1，则AB＝AC＝λ， < br>于是A(0,0,0)，B(λ，0,0)，C(0，λ，0)，A′(0,0,1)，B′(λ，0,1 )，C′(0，λ，1)．
1

λ

λλ

所 以M

2
，0，
2

，N

2
，
2
，1
.

设＝(x
1
，y
1
，z
1
)是平面A′MN的法向量，

λ1

x－
→
1


22
z
1
＝0，
A′M＝0，

·
由

得

→λ1
MN＝0

m·


2
y
1
＋
2
z
1
＝0，



可取＝(1，－1，λ)．
设＝(x
2
，y
2
，z
2
)是平面MNC的法向量 ，
→
＝0，

NC

·
由

→
＝0

MN

n·

λλ

< br>－
2
x
2
＋
2
y
2
－z
2
＝0，
得

λ1


2
y
2＋
2
z
2
＝0.


可取＝(－3，－1，λ)．
因为A′－MN－C为直二面角，所以·＝0.
即－3＋(－1)×(－1)＋λ
2
＝0，解得λ＝2.
例4（2012高考真题湖北理19）（本小题满分12分）
如图1，
ACB4 5
o
，
BC3
，过动点A作
ADBC
，垂足D在线段B C上且异于点B，
连接AB，沿
AD
将△
ABD
折起，使
 BDC90
o
（如图2所示）．
（Ⅰ）当
BD
的长为多少时，三棱锥
ABCD
的体积最大； （Ⅱ）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
C D
上确定一点
N
，使得
EN
BM
，并求
EN与平面
BMN
所成角的大小．
A
A

M
D
B
B
D
C

.
·
E
C
图1
第19题图
图2
【答案】（Ⅰ）解法 1：在如图1所示的△
ABC
中，设
BDx(0x3)
，则
C D3x
．
由
ADBC
，
ACB45
o
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< br>，且
BDIDCD
，
11
所以
AD
平面
BCD
．又
BDC90
o
，所以
S
BCD
BDCDx(3x)
．于是
22
1111
V
ABCD< br>ADS
BCD
(3x)x(3x)2x(3x)(3x)

33212
1

2x(3x) (3x)

2



，

12

33

3

当且仅当
2x3x
，即< br>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．
解法2：
1111
同解法1，得
V
ABCD
ADS
BCD< br>(3x)x(3x)(x
3
6x
2
9x)
．
3326
11
令
f(x)(x
3
6x
2
9x)
，由
f

(x)(x1)(x3)0
，且
0x3
，解得
x1
．
62
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．
（Ⅱ）解法1：以
D
为原点，建立如图a所示的空间直角坐标系
Dxyz< br>．
由（Ⅰ）知，当三棱锥
ABCD
的体积最大时，
BD1
，
ADCD2
．
1
于是可得
D(0,0,0)
，< br>B(1,0,0)
，
C(0,2,0)
，
A(0,0,2)
，
M(0,1,1)
，
E(,1,0)
，
2
uuuur
且
BM(1,1,1)
．
uuuruu uur
uuur
1
设
N(0,

,0)
，则
EN(,

1,0)
. 因为
ENBM
等价于
ENBM0
，即
2
1
1
11
(,

1,0)(1,1,1)

1 0
，故


，
N(0,,0)
.
2
2
22
1
所以当
DN
（即
N
是
CD
的靠近点
D
的一个四等分点）时，
ENBM
．
2uuur
uuur

1

nBN,
设平面
B MN
的一个法向量为
n(x,y,z)
，由

及
BN(1,,0)
，
uuuur
2


n BM,

y2x,
得

可取
n(1,2,1)
．

zx.
uuur
1 1
设
EN
与平面
BMN
所成角的大小为

，则由< br>EN(,,0)
，
n(1,2,1)
，可得
22
1
uuur
|1|
nEN3
o
2
uuur
 sin

cos(90

)
，即

60
o
．
2
|n||EN|
2
6
2

z
A

M
A

M
D
N
B
x
E
图a
C
y
B
D
N
E
图b
F
C
M
D
N
F
E
C
G
H
N
E
B
图c
P
B
图d
第19题解答图


故
EN
与平面
BMN
所成角的大小为
60
o
.

解法2：由（Ⅰ）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（Ⅰ）知
AD
平面
BCD
，所以
M F
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
MFIBF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.
1
即当
DN
（即
N
是
CD
的 靠近点
D
的一个四等分点），
ENBM
．
2
5
，
2
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
EGN
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．
连接
MN，
ME
，由计算得
NBNMEBEM
在△
EGN
中，易得
EGGNNE
2
，所以△
EGN
是正三角形， < br>2
故
ENH60
o
，即
EN
与平面
BM N
所成角的大小为
60
o
.