高二培優(yōu)講義空間向量在立體幾何中的應(yīng)用

學(xué)習(xí)必備歡迎下載學(xué)習(xí)必備歡迎下載學(xué)習(xí)必備歡迎下載第九講空間向量在立體幾何中的應(yīng)用教學(xué)目標(biāo)：1.理解直線的方向向量與平面的法向量．2.能用向量語(yǔ)言表述直線與直線、直線與平面、平面與平面的垂直、平行關(guān)系．3.能用向量方法證明有關(guān)直線和平面關(guān)系的一些定理(包括三垂線定理)．4.能用向量方法解決直線與直線、直線與平面、平面與平面的夾角的計(jì)算問題．了解向量方法在研究立體幾何問題中的應(yīng)用.知識(shí)回顧課前熱身知識(shí)點(diǎn)1．兩個(gè)重要向量(1)直線的方向向量直線的方向向量是指和這條直線平行(或重合)的非零向量，一條直線的方向向量有無(wú)數(shù)個(gè)．(2)平面的法向量直線l⊥平面α，取直線l的方向向量，則這個(gè)向量叫做平面α的法向量．顯然一個(gè)平面的法向量有無(wú)數(shù)個(gè)，它們是共線向量．知識(shí)點(diǎn)2．空間位置關(guān)系的向量表示位置關(guān)系向量表示直線l1，l2的方向向量分別為n1，n2.l1∥l2n1∥n2?n1＝λn2l1⊥l2n1⊥n2?n1·n2＝0直線l的方向向量為n，平面α的法向量為ml∥αn⊥m?m·n＝0l⊥αn∥m?n＝λm平面α、β的法向量分別為n，m.α∥βn∥m?n＝λmα⊥βn⊥m?n·m＝0知識(shí)點(diǎn)3.兩條異面直線所成角的求法設(shè)兩條異面直線a，b的方向向量為a，b，其夾角為θ，則cosφ＝|cosθ|＝eq\f(|a·b|,|a||b|)(其中φ為異面直線a，b所成的角)．知識(shí)點(diǎn)4．直線和平面所成的角的求法如圖所示，設(shè)直線l的方向向量為e，平面α的法向量為n，直線l與平面α所成的角為φ，兩向量e與n的夾角為θ，則有sinφ＝|cosθ|＝eq\f(|n·e|,|n||e|).知識(shí)點(diǎn)5．求二面角的大小(1)如圖①，AB、CD是二面角α－l－β的兩個(gè)面內(nèi)與棱l垂直的直線，則二面角的大小θ＝〈，〉．(2)如圖②③，n1，n2分別是二面角α－l－β的兩個(gè)半平面α，β的法向量，則二面角的大小θ＝〈n1，n2〉(或π－〈n1，n2〉)．知識(shí)點(diǎn)6．點(diǎn)到平面的距離的向量求法如圖，設(shè)AB為平面α的一條斜線段，n為平面α的法向量，則點(diǎn)B到平面α的距離d＝eq\f(|·n|,|n|).例題辨析推陳出新[例1]在長(zhǎng)方體ABCD－A1B1C1D1中，AA1＝2AB＝2BC，E、F、E1分別是棱AA1，BB1，A1B1的中點(diǎn)．(1)求證：CE∥平面C1E1F(2)求證：平面C1E1F⊥平面CEF[自主解析]以D為原點(diǎn)，DA，DC，DD1所在的直線為x軸，y軸，z軸建立空間直角坐標(biāo)系，設(shè)BC＝1，則C(0,1,0)，E(1,0,1)，C1(0,1,2)，F(xiàn)(1,1,1)，E1eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(1,2)，2)).(1)設(shè)平面C1E1F的法向量n＝(x，y，z∵＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，－\f(1,2)，0))，＝(－1,0,1)，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·＝0，,n·＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,2)y＝0，,－x＋z＝0.))取n＝(1,2,1)．∵＝(1，－1,1)，n·＝1－2＋1＝0，∴⊥n.又∵CE?平面C1E1F∴CE∥平面C1E1F(2)設(shè)平面EFC的法向量為m＝(a，b，c)，由＝(0,1,0)，＝(－1,0，－1)，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m·＝0，,m·＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(b＝0，,－a－c＝0.))取m＝(－1,0,1)．∵m·n＝1×(－1)＋2×0＋1×1＝－1＋1＝0，∴平面C1E1F⊥平面CEF變式練習(xí)1．(2013·安徽師大附中模擬)如圖，已知AB⊥平面ACD，DE⊥平面ACD，△ACD為等邊三角形，AD＝DE＝2AB，F(xiàn)為CD的中點(diǎn)．(1)求證：AF∥平面BCE；(2)求證：平面BCE⊥平面CDE.解：設(shè)AD＝DE＝2AB＝2a，建立如圖所示的坐標(biāo)系A(chǔ)－xyz，則A(0,0,0)，C(2a,0,0)，B(0,0，a)，D(a，eq\r(3)a,0)，E(a，eq\r(3)a,2a)．∵F為CD的中點(diǎn)，∴Feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)a，\f(\r(3),2)a，0)).(1)證明：＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)a，\f(\r(3),2)a，0))，＝(a，eq\r(3)a，a)，＝(2a,0，－a)，∵＝eq\f(1,2)(＋)，AF?平面BCE，∴AF∥平面BCE.(2)證明：∵＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)a，\f(\r(3),2)a，0))，＝(－a，eq\r(3)a,0)，＝(0,0，－2a)，∴·＝0，·＝0，∴⊥，⊥.又CD∩DE＝D，∴⊥平面CDE，即AF⊥平面CDE.又AF∥平面BCE，∴平面BCD⊥平面CDE.[例2]如圖，在長(zhǎng)方體ABCD－A1B1C1D1中，已知AB＝4，AD＝3，AA1＝2.E、F分別是線段AB、BC上的點(diǎn)，且EB＝FB＝1.(1)求二面角C－DE－C1的正切值；(2)求直線EC1與FD1所成角的余弦值．[自主解析](1)以A為原點(diǎn)，，，分別為x軸，y軸，z軸的正方向建立空間直角坐標(biāo)系，則D(0,3,0)、D1(0,3,2)、E(3,0,0)、F(4,1,0)、C1(4,3,2)，于是＝(3，－3,0)，EC1＝(1,3,2)，F(xiàn)D1＝(－4,2,2)．設(shè)n＝(x，y,2)為平面C1DE的法向量，則有eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(n⊥,n⊥))?eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(3x－3y＝0,x＋3y＋2×2＝0))?x＝y(tǒng)＝－1，∴n＝(－1，－1,2)，∵向量＝(0,0,2)與平面CDE垂直，∴n與AA1所成的角θ為二面角C－DE－C1的平面角或其補(bǔ)角．∵cosθ＝eq\f(n·,|n|||)＝eq\f(－1×0－1×0＋2×2,\r(1＋1＋4)×\r(0＋0＋4))＝eq\f(\r(6),3)，由圖知二面角C－DE－C1的平面角為銳角，∴tanθ＝eq\f(\r(2),2).(2)設(shè)EC1與FD1所成的角為β，則cosβ＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(·,||||)))＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(1×－4＋3×2＋2×2,\r(12＋32＋22)×\r(－42＋22＋22))))＝eq\f(\r(21),14).變式練習(xí)2．(2012·新課標(biāo)全國(guó)卷)如圖所示，直三棱柱ABC－A1B1C1中，AC＝BC＝eq\f(1,2)AA1，D是棱AA1的中點(diǎn)，DC1⊥BD.(1)證明：DC1⊥BC；(2)求二面角A1-BD-C1的大?。猓?1)證明：由題設(shè)知，三棱柱的側(cè)面為矩形．由于D為AA1的中點(diǎn)，故DC＝DC1.又AC＝eq\f(1,2)AA1，可得DCeq\o\al(2,1)＋DC2＝CCeq\o\al(2,1)，所以DC1⊥DC.而DC1⊥BD，DC∩BD＝D，所以DC1⊥平面BCD.BC?平面BCD，故DC1⊥BC.(2)由(1)知BC⊥DC1，且BC⊥CC1，則BC⊥平面ACC1，所以CA，CB，CC1兩兩相互垂直．以C為坐標(biāo)原點(diǎn)，的方向?yàn)閤軸的正方向，||為單位長(zhǎng)，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系C－xyz.由題意知A1(1,0,2)，B(0,1,0)，D(1,0,1)，C1(0,0,2)．則＝(0,0，－1)，＝(1，－1,1)，＝(－1,0,1)．設(shè)n＝(x，y，z)是平面A1B1BD的法向量，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·＝0，,n·＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x－y＋z＝0，,z＝0，))可取n＝(1,1,0)．同理，設(shè)m是平面C1BD的法向量，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m·＝0，,m·＝0，))可取m＝(1,2,1)．從而cosn，m＝eq\f(n·m,|n|·|m|)＝eq\f(\r(3),2).故二面角A1－BD－C1的大小為30°.[例3]在三棱錐S－ABC中，△ABC是邊長(zhǎng)為4的正三角形，平面SAC⊥平面ABC，SA＝SC＝2eq\r(3)，M、N分別為AB、SB的中點(diǎn)，如圖所示，求點(diǎn)B到平面CMN的距離．[自主解答]取AC的中點(diǎn)O，連接OS、OB.∵SA＝SC，AB＝BC，∴AC⊥SO，AC⊥BO.∵平面SAC⊥平面ABC，平面SAC∩平面ABC＝AC，∴SO⊥平面ABC，又∵BO?平面ABC，∴SO⊥BO.如圖所示，建立空間直角坐標(biāo)系Oxyz，則B(0,2eq\r(3)，0)，C(－2,0,0)，S(0,0,2eq\r(2))，M(1，eq\r(3)，0)，N(0，eq\r(3)，eq\r(2))．∴＝(3，eq\r(3)，0)，＝(－1,0，eq\r(2))，＝(－1，eq\r(3)，0)．設(shè)n＝(x，y，z)為平面CMN的一個(gè)法向量，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(·n＝3x＋\r(3)y＝0，,·n＝－x＋\r(2)z＝0，))取z＝1，則x＝eq\r(2)，y＝－eq\r(6)，∴n＝(eq\r(2)，－eq\r(6)，1)．∴點(diǎn)B到平面CMN的距離d＝eq\f(|n·|,|n|)＝eq\f(4\r(2),3).變式練習(xí)3．已知正方形ABCD的邊長(zhǎng)為4，E，F(xiàn)分別為AB，AD的中點(diǎn)，GC⊥平面ABCD，且GC＝2.求點(diǎn)B到平面EFG的距離．解：如圖所示，以C為原點(diǎn)，CB、CD、CG所在直線分別為x、y、z軸建立空間直角坐標(biāo)系O－xyz.由題意知B(4,0,0)，E(4,2,0)，F(xiàn)(2,4,0)，G(0,0,2)，＝(0,2,0)，＝(4,2，－2)，＝(－2,2,0)．設(shè)平面GEF的法向量為n＝(x，y，z)，則有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·＝0，,n·＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2x＋y－z＝0，,－x＋y＝0，))令x＝1，則y＝1，z＝3，∴n＝(1,1,3)．點(diǎn)B到平面GEF的距離為d＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(||·cos〈，n〉))＝eq\f(|·n|,|n|)＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(0，2，0·1，1，3,\r(11))))＝eq\f(2\r(11),11).歸納總結(jié)方法在握歸納2種方法——用向量證平行與垂直的方法(1)用向量證平行的方法①線線平行：證明兩直線的方向向量共線．②線面平行：a.證明該直線的方向向量與平面的某一法向量垂直；b．證明直線的方向向量與平面內(nèi)某直線的方向向量平行．③面面平行：a.證明兩平面的法向量為共線向量；b．轉(zhuǎn)化為線面平行、線線平行問題．(2)用向量證明垂直的方法①線線垂直：證明兩直線所在的方向向量互相垂直，即證它們的數(shù)量積為零．②線面垂直：證明直線的方向向量與平面的法向量共線，或?qū)⒕€面垂直的判定定理用向量表示．③面面垂直：證明兩個(gè)平面的法向量垂直，或?qū)⒚婷娲怪钡呐卸ǘɡ碛孟蛄勘硎荆?種角——利用向量法求三種角的問題在立體幾何中，涉及的角有異面直線所成的角、直線與平面所成的角、二面角等．關(guān)于角的計(jì)算，均可歸結(jié)為兩個(gè)向量的夾角．(1)求兩異面直線a、b的夾角θ，須求出它們的方向向量a，b的夾角，則cosθ＝|cos〈a，b〉|.(2)求直線l與平面α所成的角θ可先求出平面α的法向量n與直線l的方向向量a的夾角．則sinθ＝|cos〈n，a〉|.(3)求二面角α-l-β的大小θ，可先求出兩個(gè)平面的法向量n1，n2所成的角，則θ＝〈n1，n2〉或π－〈n1，n2〉．1個(gè)易錯(cuò)點(diǎn)——利用平面法向量求二面角的易錯(cuò)點(diǎn)利用平面的法向量求二面角的大小時(shí)，當(dāng)求出兩半平面α、β的法向量n1，n2時(shí)，要根據(jù)向量坐標(biāo)在圖形中觀察法向量的方向，從而確定二面角與向量n1，n2的夾角是相等(一個(gè)平面的法向量指向二面角的內(nèi)部，另一個(gè)平面的法向量指向二面角的外部)，還是互補(bǔ)(兩個(gè)法向量同時(shí)指向二面角的內(nèi)部或外部)，這是利用向量求二面角的難點(diǎn)、易錯(cuò)點(diǎn).拓展延伸能力升華(2012·安徽高考·滿分12分)平面圖形ABB1A1C1C如圖①所示，其中BB1C1C是矩形，BC＝2，BB1＝4，AB＝AC＝eq\r(2)，A1B1＝A1C1＝eq\r(5)，現(xiàn)將該平面圖形分別沿BC和B1C1折疊，使△ABC與△A1B1C1所在平面都與平面BB1C1C垂直，再分別連接A1A，A1B，A(1)證明：AA1⊥BC；(2)求AA1的長(zhǎng)；(3)求二面角A-BC-A1的余弦值．解：(1)證明：取BC，B1C1的中點(diǎn)分別為D和D1，連接A1D1，DD1，AD由BB1C1C為矩形知，DD1⊥B因?yàn)槠矫鍮B1C1C⊥平面A1B所以DD1⊥平面A1B1C1.?(1分又由A1B1＝A1C1知，A1D1⊥B1C1.?(故以D1為坐標(biāo)原點(diǎn)，可建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系D1－xyz.?(3分)由題設(shè)，可得A1D1＝2，AD＝1.由以上可知AD⊥平面BB1C1C，A1D1⊥平面于是AD∥A1D1.?(4分)所以A(0，－1,4)，B(1,0,4)，A1(0,2,0)，C(－1,0,4)，D(0,0，4)，故＝(0,3，－4)，＝(－2,0,0)，·＝0，?(5分)因此⊥，即AA1⊥BC.?(6分)(2)因?yàn)椋?0,3，－4)，所以||＝5，即AA1＝5.?(8分)(3)設(shè)平面A1BC的法向量為n1＝(x1，y1，z1)，又因?yàn)椋?－1，－2,4)，＝(1，－2,4)，?(9分)所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(·n1＝0，,·n1＝0，))?(10分)即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x1＋2y1－4z1＝0，,x1－2y1＋4z1＝0))?eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x1＝0，,y1＝2z1.))令z1＝1，則n1＝(0,2,1)．又因?yàn)槠矫鍭BC⊥z軸，所以取平面ABC的法向量為n2＝(0,0,1)，則cos〈n1，n2〉＝eq\f(n1·n2,|n1|·|n2|)＝eq\f(1,\r(5))＝eq\f(\r(5),5)，?(11分)所以二面角A－BC－A1的余弦值為－eq\f(\r(5),5).?(12分)變式練習(xí)正方體ABCD－A1B1C1D1中，P為面A1B1C1D1的中心，求證：AP⊥B1P證明：建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系Dxyz，設(shè)棱長(zhǎng)為1，則A(1,0,0)，B1(1,1,1)，Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(1,2)，1))，由兩點(diǎn)間的距離公式得|AP|＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2)))2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0－\f(1,2)))2＋0－12)＝eq\f(\r(6),2)，|B1P|＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2)))2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2)))2＋1－12)＝eq\f(\r(2),2)，|AB1|＝eq\r(1－12＋0－12＋0－12)＝eq\r(2)，∴|AP|2＋|B1P|2＝|AB1|2，∴AP⊥B1P.課后作業(yè)鞏固提高1．如圖，在△ABC中，∠ABC＝60°，∠BAC＝90°，AD是BC上的高，沿AD把△ABD折起，使∠BDC＝90°.(1)證明：平面ADB⊥平面BDC；(2)設(shè)E為BC的中點(diǎn)，求與夾角的余弦值．解：(1)證明：∵折起前AD是BC邊上的高，∴當(dāng)△ABD折起后，AD⊥DC，AD⊥DB，又DB∩DC＝D，∴AD⊥平面BDC，∵AD?平面ABD，∴平面ABD⊥平面BDC.(2)由∠BDC＝90°及(1)知DA，DB，DC兩兩垂直，不妨設(shè)|DB|＝1，以D為坐標(biāo)原點(diǎn)，以，，的方向?yàn)閤，y，z軸的正方向建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，易得D(0,0,0)，B(1,0,0)，C(0,3,0)，A(0,0，eq\r(3))，Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(3,2)，0))，∴＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(3,2)，－\r(3)))，＝(1,0,0)，∴與夾角的余弦值為cos〈，〉＝eq\f(·,||·||)＝eq\f(\f(1,2),\r(1×\f(22,4)))＝eq\f(\r(22),22).2．(2013·孝感模擬)如圖所示，四棱錐P－ABCD中，底面ABCD為正方形，PD⊥平面ABCD，PD＝AB＝2，E、F、G分別為PC、PD、BC的中點(diǎn)．(1)求證：PA⊥EF；(2)求二面角D－FG－E的余弦值．解：(1)證明：以D為坐標(biāo)原點(diǎn)，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系D－xyz，則D(0,0,0)，A(0,2,0)，C(－2,0,0)，P(0,0,2)，E(－1,0，1)，F(xiàn)(0,0,1)，G(－2,1,0)．(1)∵＝(0,2，－2)，＝(1,0,0)，∴·＝0，∴PA⊥EF.(2)易知＝(0,0,1)，＝(－2,1，－1)．設(shè)平面DFG的法向量為m＝(x1，y1，z1)，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m·＝0，,m·＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(z1＝0，,－2x1＋y1－z1＝0.))令x1＝1，得m＝(1,2,0)是平面DFG的一個(gè)法向量．同理可得n＝(0,1,1)是平面EFG的一個(gè)法向量，∴cos〈m，n〉＝eq\f(m·n,|m|·|n|)＝eq\f(2,\r(5)×\r(2))＝eq\f(\r(10),5)，由圖可知二面角D－FG－E為鈍角，∴二面角D－FG－E的余弦值為－eq\f(\r(10),5).3.如圖，在正三棱柱ABC－A1B1C1中，AB＝eq\r(2)AA1，點(diǎn)D是A1B1的中點(diǎn)，點(diǎn)E在A1C1上且DE⊥AE.(1)證明：平面ADE⊥平面ACC1A1(2)求直線AD和平面ABC1所成角的正弦值．解：(1)證明：由正三棱柱ABC－A1B1C1的性質(zhì)知AA1⊥平面A1B1C1，又DE?平面A1B1C1，所以DE⊥而DE⊥AE，AA1∩AE＝A，所以DE⊥平面ACC1A1.又DE?平面ADE，故平面ADE⊥平面ACC1A(2)如圖所示，設(shè)O是AC的中點(diǎn)，以O(shè)為原點(diǎn)建立空間直角坐標(biāo)系．不妨設(shè)AA1＝eq\r(2)，則AB＝2，相關(guān)各點(diǎn)的坐標(biāo)分別是A(0，－1,0)，B(eq\r(3)，0,0)，C1(0,1，eq\r(2))，Deq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，－\f(1,2)，\r(2))).易知＝(eq\r(3)，1,0)，＝(0,2，eq\r(2))，＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，\f(1,2)，\r(2))).設(shè)平面ABC1的一個(gè)法向量為n＝(x，y，z)，則有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·＝\r(3)x＋y＝0，,n·＝2y＋\r(2)z＝0.))解得x＝－eq\f(\r(3),3)y，z＝－eq\r(2)y.故可取n＝(1，－eq\r(3)，eq\r(6))．所以，cos〈n，〉＝eq\f(n·,|n|·||)＝eq\f(2\r(3),\r(10)×\r(3))＝eq\f(\r(10),5).由此即知，直線AD和平面ABC1所成角的正弦值為eq\f(\r(10),5).4．(2012·江西高考)如圖所示，在三棱柱ABC－A1B1C1中，已知AB＝AC＝AA1＝eq\r(5)，BC＝4，點(diǎn)A1在底面ABC的投影是線段BC的中點(diǎn)O.(1)證明在側(cè)棱AA1上存在一點(diǎn)E，使得OE⊥平面BB1C1C，并求出(2)求平面A1B1C與平面BB1C解：(1)證明：連接AO，在△AOA1中，作OE⊥AA1于點(diǎn)E，因?yàn)锳A1∥BB1，所以O(shè)E⊥BB1.因?yàn)锳1O⊥平面ABC，所以A1O⊥BC.因?yàn)锳B＝AC，OB＝OC，得AO⊥BC，所以BC⊥平面AA1O，所以BC⊥OE，所以O(shè)E⊥平面BB1C1C，又AO＝eq\r(AB2－BO2)＝1，AA1＝eq\r(5)，得AE＝eq\f(AO2,AA1)＝eq\f(\r(5),5).(2)如圖，分別以O(shè)A，OB，OA1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(0,2,0)，C(0，－2,0)，A1(0,0,2)，由＝eq\f(1,5)得點(diǎn)E的坐標(biāo)是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,5)，0，\f(2,5)))，由(1)得平面BB1C1C的法向量是＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,5)，0，\f(2,5)))，設(shè)平面A1B1C的法向量n＝(x，y，z由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·＝0，,n·＝0，))得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－x＋2y＝0，,y＋z＝0.))令y＝1，得x＝2，z＝－1，即n＝(2,1，－1)，所以cos〈，n〉＝eq\f(·n,||·|n|)＝eq\f(\r(30),10)，即平面BB1C1C與平面A1B1C的夾角的余弦值是eq\f(\r(30),10).5．如圖所示，在多面體ABCD－A1B1C1D1中，上，下兩個(gè)底面A1B1C1D1和ABCD互相平行，且都是正方形，DD1⊥底面ABCD，AB＝2A1B1＝2DD1(1)求異面直線AB1與DD1所成角的余弦值；(2)已知F是AD的中點(diǎn)，求證：FB1⊥平面BCC1B1；(3)在(2)的條件下，求二面角F－CC1－B的余弦值．解：以D為坐標(biāo)原點(diǎn)，DA，DC，DD1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，則A(2a,0,0)，B(2a,2a,0)，C(0,2a,0)，D1(0,0，a)，F(xiàn)(a,0,0)，B1(a，a，a)，C1(0，a(1)∵＝(－a，a，a)，＝(0,0，a)，∴|cos〈，〉|＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(·,||·|)))＝eq\f(\r(3),3)，所以異面直線AB1與DD1所成角的余弦值為eq\f(\r(3),3).(2)∵＝(－a，－a，a)，＝(－2a,0,0)，＝(0，a，a)，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(·＝0，,·＝0，))∴FB1⊥BB1，F(xiàn)B1⊥BC.∵BB1∩BC＝B，∴FB1⊥平面BCC1B.(3)由(2)知，為平面BCC1B1的一個(gè)法向量．設(shè)n＝(x1，y1，z1)為平面FCC1的法向量，∵＝(0，－a，a)，＝(－a,2a,0)，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·＝0，,n·＝0，))得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－ay1＋az1＝0，,－ax1＋2ay1＝0.))令y1＝1，則x1＝2，z1＝1，∴n＝(2,1,1)，∴cos〈，n〉＝eq\f(·n,||·|n|)＝eq\f(\r(3),3)，即二面角F－CC1－B的余弦值為eq\f(\r(3),3).6．(2013·聊城模擬)如圖，在四棱錐P－ABCD中，底面ABCD為菱形，∠BAD＝60°，Q為AD的中點(diǎn)．(1)若PA＝PD，求證：平面PQB⊥平面PAD；(2)設(shè)點(diǎn)M在線段PC上，eq\f(PM,MC)＝eq\f(1,2)，求證：PA∥平面MQB；(3)在(2)的條件下，若平面PAD⊥平面ABCD，且PA＝PD＝AD＝2，求二面角M－BQ－C的大小．解：(1)連接BD，四邊形ABCD菱形，∵∠BAD＝60°，∴△ABD為正三角形，又Q為AD中點(diǎn)，∴AD⊥BQ.∵PA＝PD，Q為AD的中點(diǎn)，AD⊥PQ，又BQ∩PQ＝Q，∴AD⊥平面PQB，AD?平面PAD.∴平面PQB⊥平面PAD.(2)連接AC交BQ于點(diǎn)N，如圖(1)：由AQ∥BC可得，△ANQ∽△CNB，∴eq\f(AQ,BC)＝eq\f(AN,NC)＝eq\f(1,2).又eq\f(PM,MC)＝eq\f(1,2)，∴eq\f(PM,MC)＝eq\f(AN,NC)＝eq\f(1,2).∴PA∥MN.∵M(jìn)N?平面MQB，PA?平面MQB，圖(1)∴PA∥平面MQB.(3)由PA＝PD＝AD＝2，Q為AD的中點(diǎn)，則PQ⊥AD.又平面PAD⊥平面ABCD，∴PQ⊥平面ABCD.以Q為坐標(biāo)原點(diǎn)，分別以QA、QB、QP所在的直線為x，y，z軸，建立如圖(2)所示的坐標(biāo)系，則各點(diǎn)坐標(biāo)為A(1,0,0)，B(0，eq\r(3)，0)，Q(0,0,0)，P(0,0，eq\r(3))．設(shè)平面MQB的法向量n＝(x，y,1)，可得圖(2)eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·＝0，,n·＝0.))∵PA∥MN，∴eq\b\lc