分析 (1)先推导出A1C1∥AC,A1D∥B1C,由此能证明面A1C1D∥面ACB1.
(2)先推导出AC⊥BD,BB1⊥AC,从而AC⊥平面BDB1,进而BD1⊥AC,同理,BD1⊥AB1,由此能证明BD1⊥平面ACB1.
(3)以D1为原点,D1A1为x轴,D1C1为y轴,D1D为z轴,建立空间直角坐标系,利用向量法能求出B1D1与平面ACB1所成角的余弦值.
解答 证明:(1)在长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中,
∵A1C1∥AC,A1D∥B1C,
A1C1∩A1B=A1,AC∩B1C=C,
∴面A1C1D∥面ACB1.
(2)∵ABCD是正方形,∴AC⊥BD,
∵正方体ABCD-A1B1C1D1中,BB1⊥AC,
又BB1∩BD=B,∴AC⊥平面BDB1,
∵BD1?平面BDB1,∴BD1⊥AC,
同理,BD1AB1,∵AC∩AB1=A,∴BD1⊥平面ACB1.
解:(3)以D1为原点,D1A1为x轴,D1C1为y轴,D1D为z轴,
建立空间直角坐标系,
则B1(1,1,0),D1(0,0,0),A(1,0,1),C(0,1,1),
$\overrightarrow{{B}_{1}{D}_{1}}$=(-1,-1,0),$\overrightarrow{AC}$=(-1,1,0),$\overrightarrow{A{B}_{1}}$=(0,1,-1),
设平面ACB1的法向量$\overrightarrow{n}$=(x,y,z),
则$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{AC}=-x+y=0}\\{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{A{B}_{1}}=y-z=0}\end{array}\right.$,取x=1,得$\overrightarrow{n}$=(1,1,1),
设B1D1与平面ACB1所成角为θ,
则sinθ=$\frac{|\overrightarrow{{B}_{1}{D}_{1}}•\overrightarrow{n}|}{|\overrightarrow{{B}_{1}{D}_{1}}|•|\overrightarrow{n}|}$=$\frac{|-1-1|}{\sqrt{2}•\sqrt{3}}$=$\frac{\sqrt{6}}{3}$,∴cosθ=$\sqrt{1-(\frac{\sqrt{6}}{3}})^{2}$=$\frac{\sqrt{3}}{3}$.
∴B1D1与平面ACB1所成角的余弦值为$\frac{\sqrt{3}}{3}$.
点评 本题考查面面平行、线面垂直的证明,考查直线与平面所成角的余弦值的求法,是中档题,解题时要认真审题,注意向量法的合理运用.
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A. | $\frac{4}{9}$ | B. | $\frac{16}{9}$ | C. | $\frac{4}{3}$ | D. | $\frac{5}{3}$ |
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A. | $\frac{1}{2}$($\overrightarrow{a}$+$\overrightarrow{b}$+$\overrightarrow{c}$) | B. | $\frac{1}{2}$($\overrightarrow{a}$+$\overrightarrow{c}$-$\overrightarrow{b}$) | C. | $\frac{1}{2}$($\overrightarrow{b}$+$\overrightarrow{c}$-$\overrightarrow{a}$) | D. | $\frac{1}{2}$($\overrightarrow{a}$+$\overrightarrow{b}$-$\overrightarrow{c}$) |
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