考點(diǎn):用空間向量求平面間的夾角,直線與平面垂直的判定
專題:空間位置關(guān)系與距離,空間角
分析:向量法:
(1)建立空間直角坐標(biāo)系A(chǔ)-xyz,利用向量法能證明B
1D⊥平面AED.
(2)分別求出平面AED的法向量和平面 B
1AE的法向量,利用向量法能求出二面角B
1-AE-D的余弦值.
(3)利用向量法求出AD⊥DE,由B
1D為三棱錐B
1-ADE的高,能求出三棱錐A-B
1DE的體積.
幾何法:
(1)由已知條件推導(dǎo)出AA
1⊥平面ABC,AD⊥平面B
1BCC
1.從而得到B
1D⊥AD,再由勾股定理求出B
1D⊥DE,由此能證明B
1D⊥平面AED.
(2)過D做DM⊥AE于點(diǎn)M,連接B
1M.由已知條件推導(dǎo)出∠B
1MD為二面角B
1-AE-D的平面角,由此能求出二面角B
1-AE-D的余弦值.
(3)由(1)得AD為三棱錐A-B
1DE的高,且
AD=2,由此能求出三棱錐A-B
1DE的體積.
解答:
(本小題滿分13分)
向量法:
(1)證明:依題意,建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系A(chǔ)-xyz.
∵AB=AC=AA
1=4,∴A(0,0,0),B(4,0,0),
E(0,4,2),D(2,2,0),B
1(4,0,4).(1分)
∴
=(-2,2,-4),
=(2,2,0),
=(0,4,2).(2分)
∵
•=-4+4+0=0,∴
⊥,即B
1D⊥AD.(3分)
∵
•=0+8-8=0,∴
⊥,即B
1D⊥AE.(4分)
又AD、AE?平面AED,且AD∩AE=A,
∴B
1D⊥平面AED.(5分)
(2)解:由(1)知
=(-2,2,-4)為平面AED的一個(gè)法向量.(6分)
設(shè)平面 B
1AE的法向量為
=(x,y,z),
∵
=(0,4,2),
=(4,0,4),
∴由
,得
,
令y=1,得x=2,z=-2.即
=(2,1,-2).(7分)
∴
cos<,>===,(8分)
∴二面角B
1-AE-D的余弦值為
.(9分)
(3)解:∵
=(2,2,0),
=(-2,2,2),
∴
•=0,∴AD⊥DE.(10分)
由
||=2,
||=2,得
S△ADE=×2×2=2.(11分)
由(1)得B
1D為三棱錐B
1-ADE的高,且
||=2,(12分)
∴
VA-B1DE=VB1-ADE=×2×2=8.(13分)
幾何法:
(1)證明:依題意得,AA
1⊥平面ABC,
B1C1=BC==4,
AD=BD=CD=2,
BB
1=CC
1=4,EC=EC
1=2.
∵AB=AC,D為BC的中點(diǎn),∴AD⊥BC.
∵B
1B⊥平面ABC,AD?平面ABC,∴AD⊥B
1B.
BC、B
1B?平面B
1BCC
1,且BC∩B
1B=B,
∴AD⊥平面B
1BCC
1.
又B
1D?平面B
1BCC
1,∴B
1D⊥AD.(2分)
由
B1E2=B1+E=36,
B1D2=B1B2+BD2=24,
DE
2=DC
2+EC
2=12,
得
B1E2=B1D2+DE2,∴B
1D⊥DE.(4分)
又AD、DE?平面AED,且AD∩DE=E,
∴B
1D⊥平面AED.(5分)
(2)解:過D做DM⊥AE于點(diǎn)M,連接B
1M.
由B
1D⊥平面AED,AE?平面AED,得AE⊥B
1D.
又B
1D、DM?平面B
1DM,且B
1D∩DM=D,∴AE⊥平面B
1DM.
∵B
1M?平面B
1DM,∴B
1M⊥AE.
∴∠B
1MD為二面角B
1-AE-D的平面角.(7分)
由(1)得,AD⊥平面B
1BCC
1,又DE?平面B
1BCC
1,∴AD⊥DE.
在Rt△AED中,
DM==,(8分)
在Rt△B
1DM中,
B1M==,
∴
cos∠B1MD==,
∴二面角B
1-AE-D的余弦值為
.(9分)
(3)解:由(1)得,AD⊥平面B
1BCC
1,
所以AD為三棱錐A-B
1DE的高,且
AD=2.(10分)
由(1)得
S△B1DE=B1D•DE=×2×2=6.(11分)
∴
VA-B1DE=S△B1DE•AD=×6×2=8.(13分)
點(diǎn)評(píng):本題考查直線與平面垂直的證明,考查二面角的余弦值的求法,考查三棱錐體積的求法,解題時(shí)要認(rèn)真審題,注意空間思維能力的合理運(yùn)用.