如圖,五面體ABCDEF中,底面ABCD為矩形,AB=6,AD=4.頂部線段EF∥平面ABCD,棱EA=ED=FB=FC=6
2
,EF=2,二面角F-BC-A的余弦值為
17
17
,
(1)在線段BC上是否存在一點(diǎn)N,使BC⊥平面EFN;
(2)求平面EFB和平面CFB所成銳二面角的余弦值.
考點(diǎn):二面角的平面角及求法,直線與平面垂直的判定
專題:空間位置關(guān)系與距離
分析:(1)存在,點(diǎn)N為線段BC的中點(diǎn),使BC⊥平面EFN.由已知得EF∥AB,MN∥AB,從而EF∥MN,E,F(xiàn),M,N四點(diǎn)共面,由此能證明BC⊥平面EFNM.
(2)在平面EFNM內(nèi),過(guò)點(diǎn)F作MN的垂線,垂足為H,則二面角F-BC-A的平面角為∠FNH,過(guò)H作邊AB,CD的垂線,垂足為S,Q,連接FN,F(xiàn)S,F(xiàn)Q,以H為坐標(biāo)原點(diǎn),以HS,HN,HF方向?yàn)閤,y,z軸正方向,建立空間直角坐標(biāo)系,由此能求出二面角B-EF-C的余弦值.
解答: 解:(1)存在,點(diǎn)N為線段BC的中點(diǎn),使BC⊥平面EFN.
證明如下:∵EF∥平面ABCD,且EF?平面EFAB,
又∵平面ABCD∩平面EFAB=AB,
∴EF∥AB(線面平行的性質(zhì)定理).
又M,N是平行四形ABCD兩邊AD,BC的中點(diǎn),
∴MN∥AB,∴EF∥MN,∴E,F(xiàn),M,N四點(diǎn)共面.
∵FB=FC,∴BC⊥FN,又∴BC⊥MN,
FN?平面EFNM
MN?平面EFNM
FN∩MN=N
,∴BC⊥平面EFNM.…(6分)
(2)在平面EFNM內(nèi),過(guò)點(diǎn)F作MN的垂線,垂足為H,
則由(1)知:BC⊥平面EFNM,則平面ABCD⊥平面EFNM,
所以FH⊥平面ABCD,
又因?yàn)镕N⊥BC,HN⊥BC,則二面角F-BC-A的平面角為∠FNH,
在Rt△FNB和Rt△FNH中,F(xiàn)N=
FB2-BN2
=
68
,
HN=FN•cos∠FNH=
68
17
17
=2.FH=8,
過(guò)H作邊AB,CD的垂線,垂足為S,Q,連接FN,F(xiàn)S,F(xiàn)Q,
以H為坐標(biāo)原點(diǎn),以HS,HN,HF方向?yàn)閤,y,z軸正方向,
建立空間直角坐標(biāo)系,
則F(0,0,8),S(2,0,0),N(0,2,0),B(2,2,0),
SF
=(-2,0,8),
SB
=(0,2,0),
設(shè)平面ABEF的一個(gè)法向量為
n1
=(x,y,z),
SF
n1
=-2x+8z=0
SB
n1
=2y=0
,取z=1,得
n1
=(4,0,1),
同理可求得設(shè)平面BCF的一個(gè)法向量為
n2
=(0,4,1),
于是有:cos<
n1
,
n2
=
n1
n2
|
n1
|•|
n2
|
=
1
16+1
16+1
=
1
17
,
n
1
n
2
為銳角,
設(shè)二面角B-EF-C的平面角為θ,則cosθ=cos<
n1
,
n2
>=
1
17
.…(12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,解題時(shí)要認(rèn)真審題,注意空間思維能力的培養(yǎng).
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OM
=
OP
+
OQ
,求動(dòng)點(diǎn)M的軌跡的普通方程.

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2
an+1
,bn=|
an+2
an-1
|,n∈N+,則數(shù)列{bn}的通項(xiàng)公式bn
 

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執(zhí)行如圖的程序框圖,若輸入N=2015,則輸出S等于(  )
A、1
B、
2012
2013
C、
2013
2014
D、
2014
2015

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求證:
2-2sin(α+
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)cos(α+
π
4
)
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=
1+tanα
1-tanα

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x2
a2
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二項(xiàng)式(x2-
i
x
n展開式中第三項(xiàng)與第五項(xiàng)系數(shù)之比為-
3
14
,其中i是虛數(shù)單位,則常數(shù)項(xiàng)為
 

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