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又∵面ABC⊥面ABB1A1，面ABC∩面ABB1A1=AB，∴EC⊥面ABB1A1，∴EC⊥EA1， ∴EA，EC，EA1两两相互垂直，以E为坐标原点，EA的方向为x轴正方向，|EA|为单位长度，建立如图所示空间直角坐标系O?xyz，
有题设知A(1,0,0),A1(0,3,0),C(0,0,3),B(－1,0,0),则BC=（1,0，3）,
3,3), BB1=AA1=(－1,0,3),AC1=(0,－设n=(x,y,z)是平面CBB1C1的法向量，
???n?BC?0?x?3z?0则?，即?，可取n=（3，1，-1）， ???n?BB1?0?x?3y?0∴cosn,AC=110n?AC1， 5|n||AC1|10． 5∴直线A1C 与平面BB1C1C所成角的正弦值为
29．【解析】（Ⅰ）连结AC1，交A1C于点O，连结DO，则O为AC1的中点，
因为D为AB的中点，所以OD∥BC1，又因为OD?平面A1CD，
BC1?平面A1CD，所以BC1 //平面A1CD；
（Ⅱ）由AA1=AC=CB=2AB可设：AB=2a，则AA1=AC=CB=2a， 2所以AC⊥BC，又因为直棱柱，所以以点C为坐标原点，分别以直线CA、CB、
CC1为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系如图，
D(则C(0,0,0)、A1(2a,0,2a)、
2a2a2a,,0)、E(0,2a,)， 222CA1?(2a,0,2a)，CD?(2a2a2a,,0)，CE?(0,2a,)， 222A1E?(?2a,2a,?2a)，设平面A1CD的法向量为n?(x,y,z)， 2则n?CD?0且n?CA1?0，可解得y??x?z，令x?1，得平面A1CD的 26
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一个法向量为n?(1,?1,?1)，同理可得平面A1CE的一个法向量为m?(2,1,?2)， 则cos?n,m??36，所以sin?n,m??， 336． 3所以二面角D-A1C-E的正弦值为
30．【解析】（Ⅰ）在图1中,易得OC?3,AC?32,AD?22 连结OD,OE,在?OCD中,由余弦定理可得 由翻折不变性可知A?D?22,
所以A?O2?OD2?A?D2,所以A?O?OD, 理可证A?O?OE, 又ODOE?O,所以A?O?平面BCDE．
（Ⅱ）传统法:过O作OH?CD交CD的延长线于H,连结A?H, 因为A?O?平面BCDE,所以A?H?CD, 所以?A?HO为二面角A??CD?B的平面角． 结合图1可知,H为AC中点,故OH?323022,从而A?H?OH?OA?? 22所以cos?A?HO?OH1515?,所以二面角A??CD?B的平面角的余弦值为． A?H55向量法:以O点为原点,建立空间直角坐标系O?xyz如图所示, 则A?0,0,3,C?0,?3,0?,D?1,?2,0? 所以CA??0,3,3,DA???1,2,3 设n??x,y,z?为平面A?CD的法向量,则
??????????n?CA??0?3y?3z?0?y??x,即?,解得?,令x?1,得n?1,?1,3 ????z?3x?n?DA??0???x?2y?3z?0??由(Ⅰ) 知,OA??0,0,3为平面CDB的一个法向量, 所以cosn,OA????n?OA?315??，
53?5nOA?15． 5即二面角A??CD?B的平面角的余弦值为
31．【解析】：（Ⅰ）解法一 由题意易知OA,OB,OA1两两垂直，以O为原点建立直角坐标27
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系，如图：
?AC?BD,AC?BB1, 11解法二：
AO?平面ABCD,?AO?BD. 11（Ⅱ）设平面OCB1的法向量n?(x,y,z). 取n?(0,1,?1),
由（Ⅰ）知，AC ?(?1,0,?1),是平面BB1D1D的法向量，132．【解析】（Ⅰ）直线l∥平面PAC，证明如下：
连接EF，因为E，F分别是PA，PC的中点，所以EF∥AC． 又EF?平面ABC，且AC?平面ABC，所以EF∥平面ABC． 而EF?平面BEF，且平面BEF平面ABC?l，所以EF∥l．
因为l?平面PAC，EF?平面PAC，所以直线l∥平面PAC．
（Ⅱ）（综合法）如图1，连接BD，由（Ⅰ）可知交线l即为直线BD，且l∥AC． 因为AB是O的直径，所以AC?BC，于是l?BC．
已知PC?平面ABC，而l?平面ABC，所以PC?l． 而PCBC?C，所以l?平面PBC．
连接BE，BF，因为BF?平面PBC，所以l?BF． 故?CBF就是二面角E?l?C的平面角，即?CBF??．
11由DQ?CP，作DQ∥CP，且DQ?CP．
22连接PQ，DF，因为F是CP的中点，CP?2PF，所以DQ?PF， 从而四边形DQPF是平行四边形，PQ∥FD．
连接CD，因为PC?平面ABC，所以CD是FD在平面ABC内的射影， 故?CDF就是直线PQ与平面ABC所成的角，即?CDF??． 又BD?平面PBC，有BD?BF，知?BDF为锐角， 故?BDF为异面直线PQ与EF所成的角，即?BDF??， 于是在Rt△DCF，Rt△FBD，Rt△BCF中，分别可得
sin??CFCFBF，sin??，sin??， DFBFDF从而sin?sin??CFBFCF???sin?，即sin??sin?sin?． BFDFDF28
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11（Ⅱ）（向量法）如图2，由DQ?CP，作DQ∥CP，且DQ?CP．
22连接PQ，EF，BE，BF，BD，由（Ⅰ）可知交线l即为直线BD．
以点C为原点，向量CA,CB,CP所在直线分别为x,y,z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
设CA?a,CB?b,CP?2c，则有
C(0,0,0),A(a,0,0),B(0,b,0),P(0,0,2c),Q(a,b,c),
1E(a,0,c),F(0,0,c)． 21于是FE?(a,0,0)，QP?(?a,?b,c)，BF?(0,?b,c)，
2|FE?QP|a?所以cos??，从而sin??1?cos2??|FE|?|QP|a2?b2?c2b2?c2a?b?c222．
又取平面ABC的一个法向量为m?(0,0,1)，可得sin??设平面BEF的一个法向量为n?(x,y,z)，
|m?QP|c?，
222|m|?|QP|a?b?c?1??n?FE?0,?ax?0,所以由? 可得?2 取n?(0,c,b)．
???n?BF?0,??by?cz?0.于是|cos?|?|m?n|bc，从而sin??1?cos2??． ?2222|m|?|n|b?cb?cb2?c2a?b?c222故sin?sin???cb?c22?ca?b?c222?sin?，
即sin??sin?sin?．
33．【解析】解法一 如图，以点A为原点建立空间直角坐标系，
依题意得A(0，0，0)，B(0，0，2)，C(1，0，1)，B1(0，2，2)，C1(1，2，1)，E(0，1，0)
（Ⅰ）易得B1C1=（1，0，-1），CE=（-1，1，-1），于是BC所以B1C1?CE． 11?CE?0，
??m?B1C?0（Ⅱ） B1C=（1，-2，-1）．设平面B1CE的法向量m??x,y,z?，则?，
??m?CE?0即??x?2y?z?0消去x，得y+2z =0，不妨令z=1，可得一个法向量为m=（-3，-2，
??x?y?z?01）．由（Ⅰ）知，B1C1?CE，又CC1?B1C1，可得B1C1?平面CEC1，故B1C1=（1，29
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0，-1）为平面CEC1的一个法向量． 于是cos?m,B1C1??m?B1C1?427 ???7|m||B1C1|14?221 721． 7从而sin?m,B1C1??所以二面角B1－CE－C1的正弦值为
（Ⅲ）AE=（0，1，0），EC1=(1，l，1)，设EM??EC1???,?,??，0≤?≤1，
有AM?AE?EM???,??1,??．可取AB=（0，0，2）为平面ADD1A1的一个法向量，设?为直线AM与平面ADD1A1所成的角， 则sin??cos?AM,AB??AM?ABAM?AB??3??2??12
于是?3?2?2??1?12，解得??，所以AM?2 36?34．【解析】（Ⅰ）在Rt?DAC中，AD?AC，得：?ADC?45
??同理：?A1DC1?45??CDC1?90
得：DC1?DC,DC1?BD?DC1?面BCD?DC1?BC （Ⅱ）DC1?BC,CC1?BC?BC?面ACC1A1?BC?AC 取A1B1的中点O，过点O作OH?BD于点H，连接C1O,C1H
AC1B1C1?面A11?B1C1?C1O?A1B1，面A1BD?C1O?面A1BD OH?BD?C1H?BD 得：点H与点D重合
且?C1DO是二面角A1?BD?C1的平面角 设AC?a，则C1O?2a，C1D?2a?2C1O??C1DO?30? 2?既二面角A1?BD?C1的大小为30
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专题八 立体几何第二十四讲 空间向量与立体几何答案 (1)
