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【优化方案】2014届高考数学(理科,大纲版)一轮复习配套课件:9.5 空间角(A、B)(共53张PPT)


§9.5

空间角(A、B)

本节目录

教 材 回 顾 夯 实 双 基

考 点 探 究 讲 练 互 动

考 向 瞭 望 把 脉 高 考

知 能 演 练 轻 松 闯 关

教材回顾夯实双基
基础梳理 1.异面直线所成的角 已知两条异面直线a、b,经过空间任意一点O,作a′∥a, b′∥b,我们把a′与b′所成的角叫做异面直线a与b所成的角 (或夹角). 2.斜线和平面所成的角

(1)斜线与斜线在平面的_________所成的角叫斜线与平面所成 射影 的角,其范围为(0°,90°).

目录

(2)直线与平面所成的角可转化为直线与直线在平面内的射影 所成的角,也可用公式cos θ=cos θ1· θ2来计算或通过向量 cos 法求解.

设平面α的法向量为n,直线a的方向向量为a,若直线与平面

所成的角为θ,则sin θ=|cos〈n,a〉|.

目录

(3)射影定理:从平面α外一点向这个平面所引的垂线段和斜
线段中:

相等 ①射影相等的两条斜线段_____,射影较长的斜线段也较长;
②相等的斜线段的射影相等,较长的斜线段的射影也较长; 都短 ③垂线段比任何一条斜线段_____.

(4)最小角定理:斜线和平面所成的角,是这条斜线和平面内
过斜足的直线所成的一切角中的最小的角, cos θ1· θ2 cos 且cos θ=_______________.

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3.二面角

两个半平面 (1)定义:从一条直线出发的_____________所组成的图形叫做
二面角,这条直线叫做二面角的棱,这两个半平面叫做二面 角的面.

(2)二面角的平面角
以二面角的棱上任意一点为顶点,在两个面内分别作 ____________的两条射线,这两条射线所成的角叫做 垂直于棱 二面角的平面角 _______________. (3)二面角的平面角的作法: ①定义法;②三垂线定理法;③作棱的垂面法;④向量法.

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思考探究 1.异面直线a,b的方向向量a,b的夹角〈a,b〉是异面直线 所成的角吗?
π 提示:不一定.当〈a,b〉∈(0, ]时是异面直线所成的角; 2 π 当〈a,b〉∈( ,π)时,a 与 b 所成的角为 π-〈a,b〉 . 2

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2.二面角的平面角的大小与在二面角的棱上选的点的位置
有关吗? 提示:如图,用两个垂直于棱的平面γ1,γ2去截一个二面角α -a-β,由等角定理知,所截得的两个角θ1和θ2相等,这说明 二面角的平面角与二面角的棱上选的点的位置无关.

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3.用平面的法向量,如何求线面角、二面角的大小?

提示:(1)线面角的求法: → 设 n 是平面 α 的法向量,AB是直线 l 的方向向量, → |AB · n| 则直线 l 与平面 α 所成的角为 arcsin ,如图(1)所示; → |AB|· |n|

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(2)二面角的求法: ①AB、CD 分别是二面角 α-l-β 的两个面内与棱 l 垂直的异 → → → → 面直线,则二面角的大小为〈AB,CD 〉或 π-〈AB,CD 〉 , 如图(2)所示; ②设 n1, 2 是二面角 α-l-β 的两个面 α, 的法向量, 〈n1, n β 则 n1·2 n n2 〉=arccos 就是二面角的平面角或其补角的大小,如 |n1|· 2| |n 图(3)所示.

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课前热身 1.(教材改编)如图,AB与面α所成的角∠ABO=45°, DC∩OD=D,且DC?α,∠ODC=45°,则异面直线AB与DC 所成的角为( A.60° C.30° ) B.45° D.90°

答案:A

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2.如图所示,在矩形 ABCD 中,AB=3,AD=4,PA⊥平面 4 3 ABCD,PA= ,那么二面角 A-BD-P 的度数是( ) 5

A.30° C.60°

B.45° D.75°

答案:A
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3.下列说法正确的是(

)

A.若直线l1、l2和平面α所成的角相等,则l1∥l2 B.若直线l1和l2平行,则l1、l2和平面α所成的角相等 C.若直线l1和l2相交,则l1、l2和平面α所成的角必不相等 D.若直线l1、l2和平面α所成的角不相等,则l1与l2也可平行

答案:B

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4.等腰直角△ABC中,AB=BC=1,M为AC中点,沿BM把 它折成二面角,折后A与C的距离为1,则二面角C-BM-A的 大小为________. 答案:90°

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5.设正三棱锥 VABC 底边长为 2 3,高为 2,则侧棱与底面 所成的角的大小为________.

答案:45°

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考点探究讲练互动
考点突破
考点 1 求异面直线所成的角

求异面直线所成的角的关键是通过平移使其变为相交直线 所成的角,但平移哪一条直线、平移到什么位置,则依赖于 特殊点的选取,选取特殊点时, 要尽可能地使它与题设的所 有相关条件和解题目标紧密地联系起来.

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例1

如图,已知正方体ABCD-A1B1C1D1中,E为AB

的中点. 求直线B1C与DE所成角的余弦值.

【思路分析】

可连结 A1D,在△A1DE 中,求∠A1DE,也可

→ → 建系,求 cos〈CB1 ,DE〉 .

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【解】

法一:连结 A1D,则由 A1D∥B1C 知,B1C 与 DE 所

成角即为 A1D 与 DE 所成角. 连结 A1E,由正方体 ABCD-A1B1C1D1,可设其棱长为 a,则 5 A1D= 2a,A1E=DE= a, 2 A1D2+DE2-A1E2 10 ∴cos∠A1DE= = . 5 2· 1D· A DE 10 ∴直线 B1C 与 DE 所成角的余弦值是 . 5

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法二(B):如图所示建立空间直角坐标系 D-xyz,设正方体棱 长为 2,则 D(0,0,0),A(2,0,0),B(2,2,0),C(0,2,0),B1(2,2,2), E(2,1,0). → → ∵DE=(2,1,0),CB1 =(2,0,2), → → CB1· DE 4 10 → → ∴cos〈CB1 ,DE〉= = = , 5 → → |CB1 |· | 2 2× 5 |DE 10 ∴DE 与 B1C 所成角的余弦值是 . 5

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考点2

求斜线与平面所成的角

找斜线与平面所成的角,实质就是找斜线在平面内的射影, 也就是找斜线上的点在平面上的射影,转化为解Rt△或用向 量、或者用公式cos θ=cos θ1· θ2. cos

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例2

四面体A-BCS中,SB、SA、SC两两垂直,∠SBA=

45°,∠SBC=60°,M为AB的中点,求: (1)BC与平面SAB所成的角; (2)SC与平面ABC所成角的正弦值. 【思路分析】 由SA、SB、SC两两垂直,寻找面面垂直及线

面垂直,从而作出所求的角.

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【解】 (1)∵SC⊥SB,SC⊥SA,SA∩SB=S, ∴SC⊥平面SAB,故SB是斜线BC在平面SAB上的射影,

∴∠SBC是直线BC与平面SAB所成的角,大小为60°.

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(2)连结 SM、CM,则 SM⊥AB. ∵SC⊥AB,SM∩SC=S.∴AB⊥平面 SCM, 作 SH⊥CM 于 H,则 AB⊥SH,故 SH⊥平面 ABC, 所以∠SCH 为 SC 与平面 ABC 所成的角. 设 SB=a,由∠SBA=45° ,∴SA=a, 2 M 为 AB 中点,∴SM= a,由∠SBC=60° ,∴SC= 3a, 2 ∴CM= SM +SC =
2 2

2 2 14 2 ? a? +? 3a? = a. 2 2 2 a 2

SM 7 ∴sin∠SCH=sin∠SCM= = = . 7 CM 14 a 2
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【思维总结】

此题采用了作角,求角的方法,转化到直角

三角形求解还是比较方便的,也可以建立S-xyz的坐标

系求解.

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跟踪训练 1.在本例中,CB与平面SAC所成的角和CA与面SCB所成的角 相等吗?分别是多少.
解:∵SB⊥SA,SB⊥SC,SA∩SC=S,∴SB⊥平面 SAC. ∴∠SCB 为 CB 与平面 SAC 所成的角. 同理,SA⊥面 SBC. ∴∠SCA 为 CA 与平面 SCB 所成的角. 又∵SB=SA,∠CSA=∠CSB=90° ,SC=SC, ∴Rt△CSA≌△Rt△CSB. ∴∠SCB=∠SCA=90° -60° =30° .

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考点3

求二面角

求二面角的大小,一般先作出(或找出)其平面角.作平面角的 方法常用定义法、三垂线法、作棱的垂面法.若不找平面角, 可联想垂直于棱的异面直线所成的角或结合向量求解.

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例3

如图,已知直二面角α-PQ-β,A∈PQ,B∈α,

C∈β,CA=CB,∠BAP=45°,直线CA和平面α所成的 角为30°. (1)证明:BC⊥PQ;

(2)求二面角B-AC-P的余弦值.
【思路分析】 利用面⊥面,在β内可作α的垂线,以此可作

出其平面角.对于(B版)可利用建系法.

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【解】 连结 OB.

(1)证明:在平面 β 内过点 C 作 CO⊥PQ 于点 O,

因为 α⊥β,α∩β=PQ, 所以 CO⊥α.又因为 CA=CB,所以 OA=OB. 而∠BAO=45° , 所以∠ABO=45° ,∠AOB=90° . 从而 BO⊥PQ.又 CO⊥PQ,BO∩CO=O, 所以 PQ⊥平面 OBC,因为 BC?平面 OBC,所以 PQ⊥BC.

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(2)法一:由(1)知,BO⊥PQ,又 α⊥β,α∩β=PQ,BO?α, 所以 BO⊥β.过点 O 作 OH⊥AC 于点 H,连结 BH, 由三垂线定理知,BH⊥AC. 故∠BHO 是二面角 B- P 的平面角. AC由(1)知,CO⊥α,所以∠CAO 是 CA 和平面 α 所成的角, 则∠CAO=30° . 3 不妨设 AC=2,则 AO= 3,OH=AOsin 30° = . 2 在 Rt△OAB 中,∠ABO=∠BAO=45° , 3 15 2 2 所以 BO=AO= 3.∴BH= BO +OH = 3+ = , 4 2 3 2 OH 5 ∴cos∠BHO= = = . BH 15 5 2
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法二(B):由(1)知,OC⊥OA,OC⊥OB,OA⊥OB,故以 O 为 原点,分别以直线 OB、OA、OC 为 x 轴、y 轴、z 轴建立空间 直角坐标系(如图). 因为 CO⊥α,所以∠CAO 是 CA 和平面 α 所成的角, 则∠CAO=30° . 不妨设 AC=2,则 AO= 3,CO=1. 在 Rt△OAB 中,∠ABO=∠BAO=45° , 所以 BO=AO= 3, 则相关各点的坐标分别是 O(0,0,0),B( 3,0,0),A(0, 3,0), C(0,0,1). → → 所以AB=( 3,- 3,0),AC=(0,- 3,1),

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设 n1=(x,y,z)是平面 ABC 的一个法向量, → ?n1· =0, ? AB ? 3x- 3y=0, 由? 得? → ? - 3y+z=0. ?n1· =0 ? AC 取 x=1,得 n1=(1,1, 3). 易知 n2=(1,0,0)是平面 β 的一个法向量. 设二面角 B-AC-P 的平面角为 θ, n1·2 n 1 5 由图可知 θ=〈n1,n2〉 ,所以 cos θ= = = . |n1|· 2| |n 5×1 5

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【思维总结】

二面角是三种角中最复杂的一种,求解二面

角的方法很多,其关键是求其平面角.用向量求该角时,要 注意两个平面的法向量的方向.

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跟踪训练
2.如果例3条件不变,求二面角C—AB—P的余弦值.
解:由例题可知,CO⊥α,在 α 内作 OM⊥AB 于 M 点. 由三垂线关系可知 CM⊥AB,连结 CM, ∴∠CMO 为 C-AB-P 的平面角. 设 AC=2,又∵∠CAO=30° ,∴OC=1,OA= 3. 6 ∠BAO=45° ,∴OM= , 2 在 Rt△COM 中,CM= OC +OM = 6 2
2 2

62 10 1+? ? = , 2 2

OM 15 ∴cos∠CMO= = = . 5 CM 10 2
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考点4 “无棱”的二面角的求法
对于没有画出“棱”的二面角,求角时,应先画出其棱,再 找出平面角进行转化,或者用平面的法向量.

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例4

如图, ABCD 是直角梯形, ∠ABC=90° SA⊥面 ABCD, ,

1 SA=AB=BC=1,AD= ,求面 SCD 与面 SBA 所成的二面角 2 的余弦值.

【思路分析】

对于面SCD与面SBA“无棱”,应根据公理2

过S点可作两平面的交线.

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【解】 法一: 延长 CD, 使之交 BA 延长线于 M 点, 连结 SM, 则面 SCD∩面 SAB=SM, ∵SA⊥面 ABC,SA=AB, ∴∠SBA=45° . 1 1 又∵AD= BC= , 2 2 ∴AD 为三角形 MBC 的中位线, ∴AM=AB=1,∴∠SMA=45° ,∴∠BSM=90° , 即 SB⊥SM,BC⊥AB,BC⊥SA. ∴BC⊥面 SMB,∴SC⊥SM. ∴∠CSB 为面 SCD 与面 SAB 所成二面角的平面角, ∵SB= AB2+SA2 = 2,∴SC= 3, SB 2 6 ∴cos∠CSB= = = . SC 3 3
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法二(B):因为 AD、AB、AS 是三条两两互相垂直的线段,故 → → → 以 A 为原点,以AD 、AB、AS 的方向为 x 轴、y 轴、z 轴的正方 1 向建立坐标系,则 A(0,0,0),B(0,1,0),D( ,0,0),C(1,1,0), 2 S(0,0,1), 1 → AD =( , 0,0)是平面 SAB 的法向量, 设面 SCD 的法向量 n=(1, 2 1 1 → λ,u),则 n· =(1,λ,u)· ,1,0)= +λ=0, DC ( 2 2 1 1 1 → ∴λ=- ,n· =(1,λ,u)· ,0,1)=- +u=0, DS (- 2 2 2 1 1 1 ∴u= ,∴n=(1,- , ). 2 2 2
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→ 若以 θ 表示欲求二面角的值,则 cos θ=cos〈AD ,n〉 , 1 → 1 → AD · n= ,|AD |= , 2 2 12 12 3 |n|= 1+?- ? +? ? = , 2 2 2 1 → 2 AD · n 2 6 ∴cos θ= = = = , 3 3 → 1 3 |AD|· |n| 2 2 6 ∴面 SCD 与面 SBA 所成的二面角的余弦值为 . 3 【思维总结】 对于“无棱”的二面角,必须先找出棱才能

找出平面角,否则就利用法向量所夹的角求二面角,省去作 平面角的过程,或者利用射影面积计算.
目录

方法感悟
方法技巧
1.“线线角抓平移,线面角定射影”,求直线和平面所成的角, 关键是确定直线在平面内的射影.若不好确定斜线在平面内

的射影,也可先找到斜线上的一点到平面的距离,然后利用
这个距离与斜线段长之比求出线面角的正弦值,从而求出线 面角.还可利用“斜线与平面所成角”与“斜线和平面的垂线所

成角”互余,将线面角转化为线线角来求.
2.确定二面角的平面角的常用方法 (1)定义法:在棱上任取一点,过这点在两个半平面内分别引 棱的垂线,这两条射线所成的角,就是二面角的平面角.
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(2)三垂线定理及逆定理法: 自二面角的一个半平面上一点 A(不 在棱上)向另一半平面所在平面引垂线,再由垂足 B(垂足在棱 上则二面角为直二面角)向棱作垂线得到棱上的点 C,连结 AC 则∠ACB(或其补角)即为二面角的平面角. (3)作棱的垂面法:自空间一点作与棱垂直的平面,截二面角得 两条射线,这两条射线所成的角就是二面角的平面角. S射影 (4)面积射影定理法:利用面积射影公式:cos θ= (适于锐二 S原来 面角).此方法不必在图中画出平面角.

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失误防范
π 1.异面直线所成角范围是(0, ].若用余弦定理求得 cos α<0 2 时,则异面直线所成的角应为 π-α. 2.用平面的法向量求二面角大小时,注意法向量的方向与二 面角的大小关系.

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考向瞭望把脉高考
命题预测

从近两年的高考试题来看,考查的内容主要有:
(1)两异面直线所成的角; (2)直线和平面所成的角;

(3)二面角.
空间角是立体几何中的一个重要概念,它是空间图形的一个突 出的量化指标,是空间图形位置关系的具体体现,故它以高频率 的姿态出现在历年高考试题中,有的在填空题或选择题中出现, 更多的在解答题中出现,结合平行、垂直关系组成综合题,难度 稍大,既可用普通法求解,也可用建系、用向量求解.

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2012年的高考中,对角的考查很普遍,大纲全国卷、四川卷

等分别对空间线线角、线面角、面面角进行考查.
预测2014年高考仍将以选择题、填空题和解答题的形式重点 考查对几类角的求解,其中解答题仍会结合平行、垂直关系和 求距离一起形成综合题.求角的过程中可能会用到余弦定理,故 复习的过程中要加强对余弦定理的练习和运算能力的培养.

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规范解答



(本题满分 13 分)(2011· 高考天津卷)

如图,在三棱柱 ABC-A1B1C1 中,H 是正方形 AA1B1B 的中心, AA1=2 2,C1H⊥平面 AA1B1B,且 C1H= 5. (1)求异面直线 AC 与 A1B1 所成角的余弦值; (2)求二面角 A-A1C1-B1 的正弦值; (3)设 N 为棱 B1C1 的中点,点 M 在平面 AA1B1B 内,且 MN⊥ 平面 A1B1C1,求线段 BM 的长.

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【解】 法一:如图(1)所示,建立空间直角坐标系, 点 B 为 坐标原点. 依题意得 A(2 2,0,0),B(0,0,0),C( 2,- 2, 5),A1(2 2, 2 2,0),B1(0,2 2,0),C1( 2, 2, 5). → → (1)易得AC=(- 2,- 2, 5),A1B1=(-2 2,0,0), → → AC· 1B1 A 4 2 → → 于是 cos〈AC,A1B1〉= = = .(2 分) → → 3×2 2 3 |AC|· 1B1| |A 2 所以异面直线 AC 与 A1B1 所成角的余弦值为 .(3 分) 3

(1)

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→ → (2)易知AA1 =(0,2 2,0),A1C1=(- 2,- 2, 5). 设平面 AA1C1 的法向量 m=(x,y,z),

?m·→ 1=0, ? A1C 则? → ?m· 1=0, ? AA ?- 2x- 2y+ 5z=0, 即? (5 分) ?2 2y=0.
不妨令 x= 5,可得 m=( 5,0, 2).同样地,设平面 A1B1C1 的法向量 n=(x,y,z),

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?n·→ 1=0, ? A1C ?- 2x- 2y+ 5z=0, 则? 即? (6 分) ? -2 2x=0. ?n·→ 1 =0, ? A1B
不妨令 y= 5,可得 n=(0, 5, 2), m· n 2 2 于是 cos〈m,n〉= = = , |m|· |n| 7· 7 7 3 5 从而 sin〈m,n〉= . 7 3 5 所以二面角 A- A1C1- B1 的正弦值为 .(8 分) 7

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(3)由 N 为棱 B1C1 的中点,得 N?

2 3 2 5? . , , ?2 2 2? → 2 3 2 5? 设 M(a,b,0),则MN=? -a, .(9 分) -b, ?2 2 2 ? → ?MN ·→ 1 =0, A1B ? 由 MN⊥平面 A1B1C1,得? → ?MN·→ 1 =0, A1C ?



? 2 ?· ?? 2 -a? ?-2 2?=0, ?

? 2 ?- ?? 2 -a?· ?? ?

?3 2 ?· 2?+ 5· 5=0. 2?+ ?- 2 ? 2 -b?
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? ? 解得? 2 b= ? 4 ?
2 a= 2

,故 M?

2 2 ? , ,0 .(11 分) ?2 4 ?

→ ? 2 2 ? 因此BM= , ,0 , ?2 4 ? 10 → 所以线段 BM 的长|BM|= .(13 分) 4

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法二:(1)由于 AC∥A1C1,故∠C1A1B1 是异面直线 AC 与 A1B1 所成的角. 因为 C1H⊥平面 AA1B1B,又 H 为正方形 AA1B1B 的中心,AA1 =2 2,C1H= 5,可得 A1C1=B1C1=3.
2 A1C1+A1B2-B1C2 2 1 1 因此 cos∠C1A1B1= = . 3 2A1C1· 1B1 A

2 所以异面直线 AC 与 A1B1 所成角的余弦值为 .(3 分) 3

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(2)如图(2)所示,连接 AC1,易知 AC1=B1C1. 又由于 AA1=B1A1,A1C1=A1C1, (2) 所以△AC1A1≌△B1C1A1. 过点 A 作 AR⊥A1C1 于点 R,连接 B1R,于是 B1R⊥A1C1, 故∠ARB1 为二面角 A- A1C1- B1 的平面角.(5 分) 在 Rt△A1RB1 中, 1R=A1B1· B sin∠RA1B1=2 2· 1-? 2?2 = ?3?

2 14 .连接 AB1,在△ARB1 中,AB1=4,AR=B1R,cos∠ARB1 3 AR2+B1R2-AB2 2 3 5 1 = =- ,从而 sin∠ARB1= .(7 分) 7 7 2AR· 1R B 所以二面角 A- A1C1- B1 的正弦值为 3 5 .(8 分) 7
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(3)因为 MN⊥平面 A1B1C1, 所以 MN⊥A1B1.取 HB1 中点 D, 连 1 5 接 ND.由于 N 是棱 B1C1 中点, ND∥C1H 且 ND= C1H= . 所 2 2 又 C1H⊥平面 AA1B1B, 所以 ND⊥平面 AA1B1B, ND⊥A1B1. 故 又 MN∩ND=N,所以 A1B1⊥平面 MND.连接 MD 并延长交 A1B1 于点 E,则 ME⊥A1B1.故 ME∥AA1.(10 分) DE B1E B1D 1 2 由 = = = , DE=B1E= .延长 EM 交 AB 于点 得 2 AA1 B1A1 B1A 4 2 F,可得 BF=B1E= .连接 NE.在 Rt△ENM 中,ND⊥ME, 2 ND2 5 2 2 故 ND2=DE· DM.所以 DM= = ,可得 FM= .(12 分) 4 4 DE 10 2 2 连接 BM,在 Rt△BFM 中,BM= FM +BF = .(13 分) 4
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【名师点评】

本题以三棱柱为载体,应用线面垂直的性质,

考查线线角、二面角的求法及求线段的长度,体现了解决空 间几何体中“一作”“二证”“三计算”于一体的基本思想, 难度较大.空间想象能力,运算能力和推理论证能力,为本 题考查重点.

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