高中數(shù)學(xué)人教A版選修21講義第2部分復(fù)習(xí)課（三）空間向量與立體幾何

復(fù)習(xí)課(三)空間向量與立體幾何利用空間向量證明平行、垂直問題1．空間向量是高考的重點(diǎn)內(nèi)容之一，尤其是在立體幾何的解答題中，主要考查建立空間直角坐標(biāo)系，利用空間向量的坐標(biāo)運(yùn)算解決直線、平面位置關(guān)系的判斷問題，特別是平行與垂直問題常作為一道解答題的某一小問，屬于中檔題．2．利用空間向量證明平行、垂直問題主要是運(yùn)用直線的方向向量和平面的法向量，借助立體幾何中關(guān)于平行和垂直的定理，再通過向量運(yùn)算來解決．eq\a\vs4\al([考點(diǎn)精要])空間向量的結(jié)論與線面位置關(guān)系的對(duì)應(yīng)關(guān)系(1)設(shè)直線l的方向向量是u＝(a1，b1，c1)，平面α的法向量v＝(a2，b2，c2)，則l∥α?u⊥v?u·v＝0?a1a2＋b1b2＋c1c2＝0，l⊥α?u∥v?u＝kv?(a1，b1，c1)＝k(a2，b2，c2)?a1＝ka2，b1＝kb2，c1＝kc2(k∈R)．(2)設(shè)直線l，m的方向向量分別為a，b，平面α，β的法向量分別為u，v，則l∥m?a∥b?a＝kb，k∈R；l⊥m?a⊥b?a·b＝0；l∥α?a⊥u?a·u＝0；l⊥α?a∥u?a＝ku，k∈R；α∥β?u∥v?u＝kv，k∈R；α⊥β?u⊥v?u·v＝0．[典例]如圖，長(zhǎng)方體ABCD-A1B1C1D1中，點(diǎn)M，N分別在BB1，DD1上，且AM⊥A1B，AN⊥A1D．(1)求證：A1C⊥平面AMN；(2)當(dāng)AB＝2，AD＝2，A1A＝3時(shí)，問在線段AA1上是否存在一點(diǎn)P使得C1P∥平面AMN，若存在，試確定P的位置．[解](1)證明：因?yàn)镃B⊥平面AA1B1B，AM?平面AA1B1B，所以CB⊥AM，又因?yàn)锳M⊥A1B，A1B∩CB＝B，所以AM⊥平面A1BC，所以A1C⊥AM，同理可證A1C⊥AN，又AM∩AN＝A，所以A1C⊥平面AMN．(2)以C為原點(diǎn)，CD所在直線為x軸，CB所在直線為y軸，CC1所在直線為z軸，建立空間直角坐標(biāo)系，因?yàn)锳B＝2，AD＝2，A1A＝3，所以C(0,0,0)，A1(2，2,3)，C1(0，0,3)，＝(2,2,3)，由(1)知CA1⊥平面AMN，故平面AMN的一個(gè)法向量為＝(2,2,3)．設(shè)線段AA1上存在一點(diǎn)P(2,2，t)，使得C1P∥平面AMN，則＝(2,2，t－3)，因?yàn)镃1P∥平面AMN，所以·＝4＋4＋3t－9＝0，解得t＝eq\f(1,3)．所以Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2，2，\f(1,3)))，所以線段AA1上存在一點(diǎn)Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2，2，\f(1,3)))，使得C1P∥平面AMN．[類題通法]利用空間向量證明空間中的位置關(guān)系(1)線線平行：證明兩條直線平行，只需證明兩條直線的方向向量是共線向量．(2)線線垂直：證明兩條直線垂直，只需證明兩直線的方向向量垂直．(3)線面平行：①證明直線的方向向量與平面的法向量垂直；②證明可在平面內(nèi)找到一個(gè)向量與直線的方向向量是共線向量；③利用共面向量定理，即證明直線的方向向量可用平面內(nèi)兩不共線向量線性表示．(4)線面垂直：①證明直線的方向向量與平面的法向量平行；②利用線面垂直的判定定理轉(zhuǎn)化為線線垂直問題．(5)面面平行：①證明兩個(gè)平面的法向量平行(即是共線向量)；②轉(zhuǎn)化為線面平行、線線平行問題．(6)面面垂直：①證明兩個(gè)平面的法向量互相垂直；②轉(zhuǎn)化為線面垂直、線線垂直問題．eq\a\vs4\al([題組訓(xùn)練])1．如圖，四棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面ABCD是正方形，O為底面中心，A1O⊥平面ABCD，AB＝AA1＝eq\r(2)．證明：A1C⊥平面BB1D1D．證明：由題設(shè)易知OA，OB，OA1兩兩垂直，以O(shè)為原點(diǎn)建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，∵AB＝AA1＝eq\r(2)，∴OA＝OB＝OA1＝1，∴A(1,0,0)，B(0,1,0)，C(－1,0,0)，D(0，－1,0)，A1(0,0,1)．由＝，易得B1(－1,1,1)．∵＝(－1,0，－1)，＝(0，－2,0)，＝(－1,0,1)，∴·＝0，·＝0，∴A1C⊥BD，A1C⊥BB1．又BD∩BB1＝B，∴A1C⊥平面BB1D1D．2．如圖，已知在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AC＝3，BC＝4，AB＝5，AA1＝4．(1)求證：AC⊥BC1；(2)在AB上是否存在點(diǎn)D，使得AC1⊥CD?(3)在AB上是否存在點(diǎn)E，使得AC1∥平面CEB1?解：(1)證明：在直三棱柱ABC-A1B1C1中，因?yàn)锳C＝3，BC＝4，AB＝5，所以AC，BC，CC1兩兩垂直，以C為坐標(biāo)原點(diǎn)，直線CA，CB，CC1分別為x軸，y軸，z軸建立如圖空間直角坐標(biāo)系．則C(0,0,0)，A(3,0,0)，C1(0,0,4)，B(0,4,0)，B1(0,4,4)．因?yàn)椋?－3,0,0)，＝(0，－4,4)，所以·＝0，所以⊥，即AC⊥BC1．(2)假設(shè)在AB上存在點(diǎn)D，使得AC1⊥CD．設(shè)＝λ＝(－3λ，4λ，0)，其中0≤λ≤1．則D(3－3λ，4λ，0)，于是＝(3－3λ，4λ，0)，由于＝(－3,0,4)，且AC1⊥CD，所以－9＋9λ＝0，解得λ＝1．所以在AB上存在點(diǎn)D使得AC1⊥CD，這時(shí)點(diǎn)D與點(diǎn)B重合．(3)假設(shè)在AB上存在點(diǎn)E，使得AC1∥平面CEB1，設(shè)＝t＝(－3t,4t,0)，其中0≤t≤1．則E(3－3t,4t,0)，＝(3－3t,4t－4，－4)，＝(0，－4，－4)．又因?yàn)锳E＝m＋n成立，所以m(3－3t)＝－3，m(4t－4)－4n＝0，－4m－4n＝4，解得t＝eq\f(1,2)．所以在AB上存在點(diǎn)E，使得AC1∥平面CEB1，這時(shí)點(diǎn)E為AB的中點(diǎn)．利用空間向量求空間角或其三角函數(shù)值利用空間向量求兩條異面直線所成的角，直線與平面所成的角，二面角的平面角是高考的重點(diǎn)和熱點(diǎn)，主要以解答題的形式考查，屬于中檔題，每年必考．[典例](山東高考)在如圖所示的圓臺(tái)中，AC是下底面圓O的直徑，EF是上底面圓O′的直徑，F(xiàn)B是圓臺(tái)的一條母線．(1)已知G，H分別為EC，F(xiàn)B的中點(diǎn)，求證：GH∥平面ABC；(2)已知EF＝FB＝eq\f(1,2)AC＝2eq\r(3)，AB＝BC，求二面角F-BC-A的余弦值．[解](1)證明：設(shè)CF的中點(diǎn)為I，連接GI，HI．在△CEF中，因?yàn)辄c(diǎn)G，I分別是CE，CF的中點(diǎn)，所以GI∥EF．又EF∥OB，所以GI∥OB．在△CFB中，因?yàn)镠，I分別是FB，CF的中點(diǎn)，所以HI∥BC．又HI∩GI＝I，BC∩OB＝B，所以平面GHI∥平面ABC．因?yàn)镚H?平面GHI，所以GH∥平面ABC．(2)連接OO′，則OO′⊥平面ABC．又AB＝BC，且AC是圓O的直徑，所以BO⊥AC．以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系O-xyz．由題意得B(0,2eq\r(3)，0)，C(－2eq\r(3)，0,0)．過點(diǎn)F作FM⊥OB于點(diǎn)M，所以FM＝eq\r(FB2－BM2)＝3，可得F(0，eq\r(3)，3)．故＝(－2eq\r(3)，－2eq\r(3)，0)，＝(0，－eq\r(3)，3)．設(shè)m＝(x，y，z)是平面BCF的法向量．由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m·＝0，,m·＝0，))可得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－2\r(3)x－2\r(3)y＝0，,－\r(3)y＋3z＝0.))可得平面BCF的一個(gè)法向量m＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，1，\f(\r(3),3)))．因?yàn)槠矫鍭BC的一個(gè)法向量n＝(0,0,1)，所以cos〈m，n〉＝eq\f(m·n,|m|·|n|)＝eq\f(\r(7),7)，所以二面角F-BC-A的余弦值為eq\f(\r(7),7)．[類題通法]用向量法求空間角的注意點(diǎn)(1)異面直線所成角：兩異面直線所成角的范圍為0°<θ≤90°，需找到兩異面直線的方向向量，借助方向向量所成角求解．(2)直線與平面所成的角：要求直線a與平面α所成的角θ，先求這個(gè)平面α的法向量n與直線a的方向向量a夾角的余弦cosn，a，易知θ＝n，a－eq\f(π,2)或者eq\f(π,2)－n，a．(3)二面角：如圖，有兩個(gè)平面α與β，分別作這兩個(gè)平面的法向量n1與n2，則平面α與β所成的角跟法向量n1與n2所成的角相等或互補(bǔ)，所以首先應(yīng)判斷二面角是銳角還是鈍角．eq\a\vs4\al([題組訓(xùn)練])1．(全國(guó)乙卷)如圖，在以A，B，C，D，E，F(xiàn)為頂點(diǎn)的五面體中，面ABEF為正方形，AF＝2FD，∠AFD＝90°，且二面角D-AF-E與二面角C-BE-F都是60°．(1)證明：平面ABEF⊥平面EFDC；(2)求二面角E-BC-A的余弦值．解：(1)證明：由已知可得AF⊥DF，AF⊥FE，所以AF⊥平面EFDC．又AF?平面ABEF，故平面ABEF⊥平面EFDC．(2)過D作DG⊥EF，垂足為G．由(1)知DG⊥平面ABEF．以G為坐標(biāo)原點(diǎn)，的方向?yàn)閤軸正方向，||為單位長(zhǎng)，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系G-xyz．由(1)知∠DFE為二面角D-AF-E的平面角，故∠DFE＝60°，則DF＝2，DG＝eq\r(3)，可得A(1,4,0)，B(－3,4,0)，E(－3，0,0)，D(0,0，eq\r(3))．由已知得AB∥EF，所以AB∥平面EFDC．又平面ABCD∩平面EFDC＝CD，故AB∥CD，CD∥EF．由BE∥AF，可得BE⊥平面EFDC，所以∠CEF為二面角C-BE-F的平面角，∠CEF＝60°．從而可得C(－2,0，eq\r(3))．所以＝(1,0，eq\r(3))，＝(0,4,0)，＝(－3，－4，eq\r(3))，＝(－4,0,0)．設(shè)n＝(x，y，z)是平面BCE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＋\r(3)z＝0，,4y＝0，))所以可取n＝(3,0，－eq\r(3))．設(shè)m是平面ABCD的法向量，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m·＝0，,m·＝0，))同理可取m＝(0，eq\r(3)，4)．則cos〈n，m〉＝eq\f(n·m,|n||m|)＝－eq\f(2\r(19),19)．由圖知，二面角E-BC-A為鈍角，故二面角E-BC-A的余弦值為－eq\f(2\r(19),19)．2．(安徽高考)如圖所示，在多面體A1B1D1DCBA中，四邊形AA1B1B，ADD1A1，ABCD均為正方形，E為B1D1的中點(diǎn)，過A1，D，E的平面交CD1于F．(1)證明：EF∥B1C；(2)求二面角E-A1D-B1的余弦值．解：(1)證明：由正方形的性質(zhì)可知A1B1∥AB∥DC，且A1B1＝AB＝DC，所以四邊形A1B1CD為平行四邊形，從而B1C∥A1D．又A1D?平面A1DE，B1C?平面A1DE，于是B1C∥平面A1DE．又B1C?平面B1CD1，平面A1DE∩平面B1CD1＝EF，所以EF∥B1C．(2)因?yàn)樗倪呅蜛A1B1B，ADD1A1，ABCD均為正方形，所以AA1⊥AB，AA1⊥AD，AB⊥AD且AA1＝AB＝AD，以A為原點(diǎn)，分別以，，為x軸，y軸和z軸單位正向量建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，可得點(diǎn)的坐標(biāo)A(0,0,0)，D(0,1,0)，A1(0，0,1)，B1(1,0,1)，D1(0,1,1)，而E點(diǎn)為B1D1的中點(diǎn)，所以E點(diǎn)的坐標(biāo)為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(1,2)，1))．設(shè)平面A1DE的法向量為n1＝(r1，s1，t1)，而該平面上向量＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(1,2)，0))，＝(0,1，－1)，由n1⊥，n1⊥得r1，s1，t1應(yīng)滿足方程組eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)r1＋\f(1,2)s1＝0，,s1－t1＝0，))(－1,1,1)為其一組解，所以可取n1＝(－1,1,1)．設(shè)平面A1B1CD的法向量為n2＝(r2，s2，t2)，而該平面上向量＝(1,0,0)，＝(0,1，－1)，由此同理可得n2＝(0,1,1)，所以結(jié)合圖形知二面角E-A1D-B1的余弦值為eq\f(|n1·n2|,|n1|·|n2|)＝eq\f(2,\r(3)×\r(2))＝eq\f(\r(6),3)．1．已知a＋b＝(2，eq\r(2)，2eq\r(3))，a－b＝(0，eq\r(2)，0)，則cosa，b＝()A．eq\f(1,3) B．eq\f(1,6)C．eq\f(\r(6),3) D．eq\f(\r(6),6)解析：選C由已知，得a＝(1，eq\r(2)，eq\r(3))，b＝(1,0，eq\r(3))，∴cosa，b＝eq\f(a·b,|a||b|)＝eq\f(1＋0＋3,\r(6)×\r(4))＝eq\f(\r(6),3)．2．已知直線l過定點(diǎn)A(2,3,1)，且n＝(0,1,1)為直線l的一個(gè)方向向量，則點(diǎn)P(4,3,2)到直線l的距離為()A．eq\f(3\r(2),2) B．eq\f(\r(2),2)C．eq\f(\r(10),2) D．eq\r(2)解析：選A＝(－2,0，－1)，||＝eq\r(5)，·eq\f(n,|n|)＝－eq\f(\r(2),2)，則點(diǎn)P到直線l的距離為eq\r(||2－\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(·\f(n,|n|)))2)＝eq\r(5－\f(1,2))＝eq\f(3\r(2),2)．3．如圖所示，已知正方體ABCD-A1B1C1D1的棱長(zhǎng)為1，則·＝()A．－2 B．2C．－1 D．1解析：選C·＝·＝(eq\r(2))2cos，＝2cos(180°－60°)＝2cos120°＝2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))＝－1．故選C．4．如圖，在三棱柱ABC-A1B1C1中，側(cè)棱AA1⊥底面ABC，底面ABC是等腰直角三角形，∠ACB＝90°，側(cè)棱AA1＝2，D，E分別是CC1與A1B的中點(diǎn)，點(diǎn)E在平面ABD上的射影是△ABD的重心G．則A1B與平面ABD所成角的正弦值為()A．eq\f(\r(2),3) B．eq\f(\r(7),3)C．eq\f(\r(3),2) D．eq\f(\r(3),7)解析：選A以C為坐標(biāo)原點(diǎn)，CA所在的直線為x軸，CB所在的直線為y軸，CC1所在的直線為z軸建立空間直角坐標(biāo)系，如圖所示．設(shè)CA＝CB＝a，則A(a,0,0)，B(0，a,0)，A1(a,0,2)，D(0,0,1)，∴Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,2)，\f(a,2)，1))，Geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,3)，\f(a,3)，\f(1,3)))，＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,6)，\f(a,6)，\f(2,3)))，＝(0，－a,1)．∵點(diǎn)E在平面ABD上的射影是△ABD的重心G，∴⊥平面ABD，∴·＝0，解得a＝2．∴＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，\f(1,3)，\f(2,3)))，＝(2，－2,2)，∵⊥平面ABD，∴為平面ABD的一個(gè)法向量．又cos，＝eq\f(·,||||)＝eq\f(\f(4,3),\f(\r(6),3)×2\r(3))＝eq\f(\r(2),3)，∴A1B與平面ABD所成角的正弦值為eq\f(\r(2),3)．5．如圖，已知矩形ABCD與矩形ABEF全等，二面角D-AB-E為直二面角，M為AB的中點(diǎn)，F(xiàn)M與BD所成的角為θ，且cosθ＝eq\f(\r(3),9)，則eq\f(AB,BC)＝()A．1 B．eq\r(2)C．eq\f(\r(2),2) D．eq\f(1,2)解析：選C建立如圖所示空間直角坐標(biāo)系，設(shè)AB＝1，BC＝λ，則F(λ，0,0)，Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)，0))，B(0,1,0)，D(0,0，λ)．∵＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－λ，\f(1,2)，0))，＝(0，－1，λ)．∴cosθ＝eq\f(|·|,||·||)＝eq\f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2))),\r(λ2＋\f(1,4))·\r(λ2＋1))＝eq\f(\r(3),9)，解得λ＝eq\r(2)，所以eq\f(AB,BC)＝eq\f(\r(2),2)．6．如圖，在三棱柱ABC-A1B1C1中，底面ABC為正三角形，且側(cè)棱AA1⊥底面ABC，且底面邊長(zhǎng)與側(cè)棱長(zhǎng)都等于2，O，O1分別為AC，A1C1的中點(diǎn)，則平面AB1O1與平面BC1O間的距離為()A．eq\f(3\r(5),5) B．eq\f(2\r(5),5)C．eq\f(\r(5),5) D．eq\f(\r(5),10)解析：選B如圖，連接OO1，根據(jù)題意，OO1⊥底面ABC，則以O(shè)為原點(diǎn)，分別以O(shè)B，OC，OO1所在的直線為x，y，z軸建立空間直角坐標(biāo)系．∵AO1∥OC1，OB∥O1B1，AO1∩O1B1＝O1，OC1∩OB＝O，∴平面AB1O1∥平面BC1O．∴平面AB1O1與平面BC1O間的距離即為O1到平面BC1O的距離．∵O(0，0,0)，B(eq\r(3)，0,0)，C1(0,1,2)，O1(0,0,2)，∴＝(eq\r(3)，0,0)，＝(0,1,2)，＝(0,0,2)，設(shè)n＝(x，y，z)為平面BC1O的法向量，則n·＝0，∴x＝0．又n·＝0，∴y＋2z＝0，∴可取n＝(0,2，－1)．點(diǎn)O1到平面BC1O的距離記為d，則d＝eq\f(|n·|,|n|)＝eq\f(2,\r(5))＝eq\f(2\r(5),5)．∴平面AB1O1與平面BC1O間的距離為eq\f(2\r(5),5)．7．如圖，在空間直角坐標(biāo)系中有直三棱柱ABC-A1B1C1，CA＝CC1＝2CB，則直線BC1與直線AB1夾角的余弦值為________．解析：不妨設(shè)CB＝1，則B(0,0,1)，A(2,0,0)，C1(0,2,0)，B1(0,2,1)．∴＝(0,2，－1)，＝(－2,2,1)．cos，＝eq\f(·,||·||)＝eq\f(0＋4－1,\r(5)×3)＝eq\f(\r(5),5)．答案：eq\f(\r(5),5)8．如圖，已知矩形ABCD，AB＝1，BC＝a，PA⊥平面ABCD，若在BC上只有一個(gè)點(diǎn)Q滿足PQ⊥QD，則a的值等于________．解析：如圖，建立空間直角坐標(biāo)系A(chǔ)xyz，則D(0，a,0)．設(shè)Q(1，t,0)(0≤t≤a)．P(0,0，z)．則＝(1，t，－z)，＝(－1，a－t,0)．由PQ⊥QD，得－1＋t(a－t)＝0，即t2－at＋1＝0．由題意知方程t2－at＋1＝0只一解．∴Δ＝a2－4＝0，a＝2，這時(shí)t＝1∈[0，a]．答案：29．在正方體ABCD-A1B1C1D1中，二面角A1-BD-C1的余弦值是________．解析：建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，設(shè)正方體的棱長(zhǎng)為1，則B(1,1,0)，C1(0,1,1)，A1(1,0,1)，D(0,0,0)，則＝(－1,0,1)，＝(－1,0，－1)，＝(－1，－1,0)．設(shè)平面A1BD的一個(gè)法向量為n＝(x，y，z)，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·＝0，,n·＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－x－z＝0，,－x－y＝0))所以可取n＝(1，－1，－1)，同理可求得平面BC1D的一個(gè)法向量為m＝(1，－1,1)，則cosm，n＝eq\f(m·n,|m||n|)＝eq\f(1,3)，所以二面角A1-BD-C1的余弦值為eq\f(1,3)．答案：eq\f(1,3)10．如圖，在直三棱柱A1B1C1-ABC中，AB⊥AC，AB＝AC＝2，A1A＝4，點(diǎn)D是BC的中點(diǎn)．(1)求異面直線A1B與C1D所成角的余弦值；(2)求平面ADC1與平面ABA1所成二面角的正弦值．解：(1)以A為坐標(biāo)原點(diǎn)，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系A(chǔ)-xyz，則A(0,0,0)，B(2,0,0)，C(0，2,0)，D(1,1,0)，A1(0,0,4)，C1(0,2，4)，所以＝(2,0，－4)，＝(1，－1，－4)．因?yàn)閏os〈，〉＝eq\f(·,||||)＝eq\f(18,\r(20)×\r(18))＝eq\f(3\r(10),10)，所以異面直線A1B與C1D所成角的余弦值為eq\f(3\r(10),10)．(2)設(shè)平面ADC1的法向量為n1＝(x，y，z)，因?yàn)椋?1,1,0)，＝(0,2,4)，所以n1·＝0，n1·＝0，即x＋y＝0且y＋2z＝0，取z＝1，得x＝2，y＝－2，所以，n1＝(2，－2,1)是平面ADC1的一個(gè)法向量．取平面ABA1的一個(gè)法向量為n2＝(0,1,0)，設(shè)平面ADC1與平面ABA1所成二面角的大小為θ．由|cosθ|＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(n1·n2,|n1|·|n2|)))＝eq\f(2,\r(9)×\r(1))＝eq\f(2,3)，得sinθ＝eq\f(\r(5),3)．因此，平面ADC1與平面ABA1所成二面角的正弦值為eq\f(\r(5),3)．11．如圖，直三棱柱ABC-A′B′C′，∠BAC＝90°，AB＝AC＝λAA′，點(diǎn)M，N分別為A′B和B′C′的中點(diǎn)．(1)證明：MN∥平面A′ACC′；(2)若二面角A′-MN-C為直二面角，求λ的值．解：(1)證明：連接AB′，AC′，則AB′與A′B交于點(diǎn)M，所以M為AB′的中點(diǎn)．又N為B′C′的中點(diǎn)，所以MN∥AC′．又MN?平面A′ACC′，AC′?平面A′ACC′，所以MN∥平面A′ACC′．(2)以A為坐標(biāo)原點(diǎn)，分別以直線AB，AC，AA′為x軸，y軸，z軸建立空間直角坐標(biāo)系A(chǔ)xyz，如圖所示．設(shè)AA′＝1，則AB＝AC＝λ，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)，所以Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(λ,2)，0，\f(1,2)))，Neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(λ,2)，\f(λ,2)，1))．故＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(λ,2)，0，－\f(1,2)))，＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(λ,2)，\f(1,2)))，＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(λ,2)，\f(λ,2)，－1))．設(shè)m＝(x1，y1，z1)是平面A′MN的法向量，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m·＝0，,m·＝0))得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(λ,2)x1－\f(1,2)z1＝0，,\f(λ,2)y1＋\f(1,2)z1＝0，))可取m＝(1，－1，λ)．設(shè)n＝(x2，y2，z2)是平面MNC的法向量，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·＝0，,n·