Question

5．如圖，在長方體ABCD-A₁B₁C₁D₁中，DA=DC=1，DD₁=2，點P在棱CC₁上．
（1）求異面直線AB與A₁C所成角的余弦值；
（2）若∠A₁PB=90°，記二面角A-A₁B-P的平面角為θ，求sinθ

Answer 1

分析 （1）容易找到∠DCA₁便是異面直線AB與A₁C所成角，而△A₁CD為直角三角形，從而根據(jù)已知的邊長可求出cos∠DCA₁；
（2）首先以D為原點，直線DA，DC，DD₁為x，y，z軸建立空間直角坐標系，容易判斷$\overrightarrow{DA}$為平面AA₁B的法向量，而根據(jù)P點在棱CC₁上且A₁P⊥BP即可求出點P的坐標．設(shè)平面PA₁B的法向量為$\overrightarrow{n}=（{x}_{1}，{y}_{1}，{z}_{1}）$，而根據(jù)$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{P{A}_{1}}=0}\\{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{PB}=0}\end{array}\right.$即可求出$\overrightarrow{n}$，從而根據(jù)$cosθ=-cos＜\overrightarrow{n}，\overrightarrow{DA}＞$求出cosθ，從而求出sinθ．

解答 解：（1）如圖，連接A₁D；
∵DC∥AB，∴∠A₁CD便是異面直線AB與A₁C所成的角；
在Rt△A₁CD中，∠A₁DC=90°，${A}_{1}D=\sqrt{5}，DC=1$，${A}_{1}C=\sqrt{6}$；
∴$cos∠{A}_{1}CD=\frac{\sqrt{6}}{6}$；
即異面直線AB與A₁C所成角的余弦值為$\frac{\sqrt{6}}{6}$；
（2）以D為原點，邊DA，DC，DD₁所在直線為x，y，z軸建立空間直角坐標系，則：
D（0，0，0），A（1，0，0），B（1，1，0），A₁（1，0，2）；
顯然$\overrightarrow{DA}=（1，0，0）$為平面AA₁B的法向量；
∵P在棱CC₁上，∴設(shè)P（0，1，z），0≤z≤2；
∴$\overrightarrow{P{A}_{1}}=（1，-1，2-z）$，$\overrightarrow{PB}=（1，0，-z）$；
∵∠A₁PB=90°；
∴$\overrightarrow{P{A}_{1}}•\overrightarrow{PB}=0$；
∴1-z（2-z）=0；
解得z=1；
∴P（0，1，1）；
設(shè)平面PA₁B的法向量為$\overrightarrow{n}=（{x}_{1}，{y}_{1}，{z}_{1}）$，則：$\overrightarrow{n}⊥\overrightarrow{P{A}_{1}}，\overrightarrow{n}⊥\overrightarrow{PB}$；
∴$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{P{A}_{1}}=0}\\{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{PB}=0}\end{array}\right.$；
∴$\left\{\begin{array}{l}{{x}_{1}-{y}_{1}+{z}_{1}=0}\\{{x}_{1}-{z}_{1}=0}\end{array}\right.$；
∴$\left\{\begin{array}{l}{{x}_{1}={z}_{1}}\\{{y}_{1}=2{z}_{1}}\end{array}\right.$，取z₁=1，∴$\overrightarrow{n}=（1，2，1）$；
∴$cosθ=-cos＜\overrightarrow{DA}，\overrightarrow{n}＞$=$-\frac{1}{\sqrt{6}}$；
∴sinθ=$\sqrt{1-\frac{1}{6}}=\frac{\sqrt{30}}{6}$．

點評 考查異面直線所成角的概念及求法，直角三角形邊角的關(guān)系，建立空間直角坐標系，利用空間向量解決二面角問題的方法，平面法向量的概念及求法，兩非零向量垂直的充要條件，以及向量夾角余弦的坐標公式．