资源描述
第7讲 角度与距离答案
1. 答案:.
2. 答案:D
3. 答案:B
4. 答案:
5. 答案:C
6. 解:(1)证明:∵=-=(,,0),
∴||=m,又=(,-,0),=(m,0,0)
∴||=m,||=m,∴△ABC为正三角形.
又·1=0,即AA1⊥AB,同理AA1⊥AC,
∴AA1⊥平面ABC,从而三棱柱ABC—A1B1C1是正三棱柱.
(2)解:取AB中点O,连结CO、A1O.
∵CO⊥AB,平面ABC⊥平面ABB1A1,∴CO⊥平面ABB1A1,即∠CA1O为直线CA1与平面A1ABB1所成的角.
在Rt△CA1O中,CO=m,CA1=,
∴sin∠CA1O==,即∠CA1O=45°.
7. 解:(1)以点A为坐标原点O,以AB所在直线为Oy轴,以AA1所在直线为Oz轴,以经过原点且与平面ABB1A1垂直的直线为Ox轴,建立空间直角坐标系.
由已知,得A(0,0,0),B(0,a,0),A1(0,0,a),C1(-a,,a).
(2)取A1B1的中点M,于是M(0,,a),连AM,MC1有
1=(-a,0,0),且=(0,a,0),1=(0,0,a)
由于1·=0,1·1=0,所以MC1⊥面ABB1A1.
∴AC1与AM所成的角就是AC1与侧面ABB1A1所成的角.[来源:学科网]
∵1=(-a,,a),=(0,,a),
∴1·=0++2a2=a2.
而|1|==a.||==a.
∴cos<1,>=.
所以1与所成的角,即AC1与侧面ABB1A1所成的角为30°.
8. 解:以B1为原点建立平面直角坐标系,
则A(1,0,1),C(0,1,1),A1(1,0,0),D(1,1,1),则=(0,0,1),=(-1,1,0),=(0,1,1)
设=(x,y,z)同时与和垂直,则
,故,取y=1,则=(1,1,-1),d==.
习题七
9. 答案:A
10. 答案:B
11. 答案:B
12. 解:(1)证明:因为CB⊥平面A1B,所以A1C在平面A1B上的射影为A1B.
由A1B⊥AE,AE平面A1B,得A1C⊥AE.同理可证A1C⊥AF.
因为A1C⊥AF,A1C⊥AE,
所以A1C⊥平面AEF.[来源:Z#xx#k.Com]
(2)解:过A作BD的垂线交CD于G,因为D1D⊥AG,所以AG⊥平面D1B1BD.设AG与A1C所成的角为α,则α即为平面AEF与平面D1B1BD所成的角.由已知,计算得DG=.
建立如图直角坐标系,则得点A(0,0,0),G(,3,0),A1(0,0,5),C(4,3,0).AG={,3,0},A1C={4,3,-5}.
因为AG与A1C所成的角为α,所以cosα=,α=arccos.
由定理知,平面AEF与平面D1B1BD所成角的大小为arccos.
如果不用向量法也可用下面的方法求二面角的平面角:
解法一:设AG与BD交于M,则AM⊥面BB1D1D,再作AN⊥EF交EF于N,连接MN,则∠ANM即为面AEF与D1B1BD所成的角α,用平面几何的知识可求出AM、AN的长度.
解法二:用面积射影定理cosα=.
13. 解:(1)过D作DE⊥BC,垂足为E,在Rt△BDC中,由∠BDC=90°,∠DCB=30°,BC=2,得BD=1,CD=,∴DE=CD·sin30°=.
OE=OB-BE=OB-BD·cos60°=1-=.
∴D点坐标为(0,-,),即向量的坐标为(0,-,).
(2)依题意:=(,,0),=(0,-1,0),=(0,1,0)
所以=-=(-,-1,),=-=(0,2,0)
设向量和的夹角为θ,则cosθ=.
14. 解法一:由于SB=BC,且E是SC的中点,因此BE是等腰三角形SBC底边SC的中线,所以SC⊥BE.又已知SC⊥DE,BE∩DE=E,∴SC⊥面BDE,∴SC⊥BD.
又∵SA⊥底面ABC,BD在底面ABC上, ∴SA⊥BD.而SC∩SA=S,∴BD⊥面SAC.
∵DE=面SAC∩面BDE,DC=面SAC∩面BDC,∴BD⊥DE,BD⊥DC.
∴∠EDC是所求的二面角的平面角.∵SA⊥底面ABC,∴SA⊥AB,SA⊥AC.
设SA=a,则AB=a,BC=SB=a.又因为AB⊥BC,∴AC=a.
在Rt△SAC中,tan∠ACS==,∴∠ACS=30°.
又已知DE⊥SC,所以∠EDC=60°,即所求的二面角等于60°.
解法二:由于SB=BC,且E是SC的中点,因此BE是等腰三角形SBC的底边SC的中线,所以SC⊥BE.又已知SC⊥DE,BE∩DE=E∴SC⊥面BDE,
∴SC⊥BD.由于SA⊥底面ABC,且A是垂足,∴AC是SC在平面ABC上的射影.由三垂线定理的逆定理得BD⊥AC;又因E∈SC,AC是SC在平面ABC上的射影,∴E在平面ABC上的射影在AC上,由于D∈AC,∴DE在平面ABC上的射影也在AC上,根据三垂线定理又得BD⊥DE.∵DE面BDE,DCÌ面BDC, ∴∠EDC是所求的二面角的平面角.
以下同解法一.
15. 解:如图,连结EG、FG、EF、BD、AC、EF、BD分别交AC于H、O. 因为ABCD是正方形,E、F分别为AB和AD的中点,故EF∥BD,H为AO的中点.BD不在平面EFG上.否则,平面EFG和平面ABCD重合,从而点G在平面的ABCD上,与题设矛盾.由直线和平面平行的判定定理知BD∥平面EFG,所以BD和平面EFG的距离就是点B到平面EFG的距.∵BD⊥AC, ∴ EF⊥HC.∵GC⊥平面ABCD,∴ EF⊥GC,∴ EF⊥平面HCG.∴ 平面EFG⊥平面HCG,HG是这两个垂直平面的交线.作OK⊥HG交HG于点K,由两平面垂直的性质定理知OK⊥平面EFG,所以线段OK的长就是点B到平面EFG的距离.∵ 正方形ABCD的边长为4,GC=2,∴ AC=4,HO=,HC=3.∴ 在Rt△HCG中,HG==.
由于Rt△HKO和Rt△HCG有一个锐角是公共的,故Rt△HKO∽△HCG.
∴ OK==,即点B到平面EFG的距离为.
16. 解法一:设经过b与a平行的平面为α,经过a和AA1的平面为β,α∩β=c,则c∥a.
因而b,c所成的角等于θ,且AA1⊥c(如图).
∵AA1⊥b, ∴AA1⊥α.
根据两个平面垂直的判定定理,β⊥α.
在平面β内作EG⊥c,垂足为G,则EG=AA1.并且根据两个平面垂直的性质定理,EG⊥α.连结FG,则EG⊥FG.
在Rt△EFG中,EF2=EG2+FG2.∵AG=m,∴在△AFG中,FG2=m2+n2-2mncosθ.∵EG2=d2,∴EF2=d2+m2+n2-2mncosθ.[来源:Z§xx§k.Com]
如果点F(或E)在点A(或A1)的另一侧,则EF2=d2+m2+n2+2mncosθ.
因此.
解法二:过点A作直线c∥a,则c、b所成的角等于θ,且AA1⊥c.根据直线和平面垂直的判定定理,AA1垂直于b、c所确定的平面a.在两平行直线a、c所确定的平面内,作EG⊥c,垂足为G,则EG平行且等于AA1,从而EG⊥α.连结FG,则根据直线和平面垂直的定义,EG⊥FG.在Rt△EFG中,EF2=EG2+FG2.(下同解法一)
17. 解:(1)∵∠C1CB=∠C1CD
∴C1在平面ABCD上的射影H在∠BCD的平分线上
∵ABCD是菱形
∴直线C1C在平面ABCD上的射影即为直线AC
∵AC⊥BD,∴C1C⊥BD.
(2)连接BD交AC于O,由△C1CD≌△C1CB得C1O⊥BD
又AC⊥BD,∴∠C1OC是二面角α-BD-β的平面角.
由余弦定理C1B2=22+-2×2××cos60°=
∵∠OCB=60°,∴OB=BC=1
∴C1O2=C1B2-OB2=-1=
∴C1O=,即C1O=C1C
作C1H⊥OC,垂足为H,则H为OC中点,且OH=,∴cos∠C1OC=.
(3)当=1时,A1C⊥平面C1BD.
由(1)知BD⊥平面ACC1A1,故BD⊥A1C.若=1,同理BC1⊥A1C,∴A1C⊥平面C1BD.
说明:本题考察空间线面关系,二面角的概念,要有较好的空间想像能力和运算能力.[来源:学科网ZXXK]
18. 解 (1)作BH⊥B1F于H,连接EH,则由EB⊥平面BB1F可知,EH⊥B1F.于是∠EHB是二面角B-FB1-E的平面角.
在Rt△BB1F中,BH===
∴tan∠EHB==.
(2)易证△DEF≌△B1EF,∴由VB1-DEF=VD-B1EF可得,点D到平面B1EF的距离等于点B1到平面DEF的距离,等于a.
(3)设EF与BD的交点为G.连接B1G,则由EF⊥BD以及EF⊥B1B,知EF⊥平面BB1D1D,于是面B1EF⊥面BB1D1D,在面BB1D1D内过B作BK⊥B1G于K,延长后交D1D所在的直线于点M,则BM⊥平面B1EF.在平面BB1D1D内,由△B1BG∽△BDM,知=,又B1B=a,BG=a,BD=a,∴DM=.这说明点M在正方体的棱D1D上,且恰好为D1D的中点.
19. 解 以CA为x轴,CB为y轴,CC1为z轴建立空间直角坐标系.
设CA=a,则A(2a,0,0),B(0,2a,0),D(0,0,1),A1(2a,0,2),E(a,a,1),G(,,),∴=(,,),=(0,-2a,1),∴·=-+=0,解得a=1.∴=(2,-2,2)=(,-,),∴cos∠A1BG==.
(2)由(1)有A(2,0,0),A1(2,0,2),E(1,1,1),D(0,0,1)
·=0,·=0,∴ED⊥平面AA1E,∴平面AED⊥平面AA1E,
∴点A1在平面AED的射影K在AE上.设=λ,则=+=(-λ,λ,λ-2),由·=0,即λ+λ+λ-2=0得λ=.∴=(-,,-),∴||=.即A1到平面AED的距离为.
20. (Ⅰ)解:作A1D⊥AC,垂足为D,由面A1ACC1⊥面ABC,得A1D⊥面ABC,∴∠A1AD为A1A与面ABC所成的角.∵AA1⊥A1C,AA1=A1C,
∴∠A1AD=450为所求.
(Ⅱ)解:作DE⊥AB,垂足为E,连A1E,则由A1D⊥面ABC,得A1E⊥AB,∴∠A1ED是面A1ABB1与面ABC所成二面角的平面角.由已知,AB⊥BC,得ED∥BC.又D是AC的中点,BC=2,AC=2,∴DE=1,AD=A1D=,tan∠A1ED==.
故∠A1ED=60°为所求.
(Ⅲ)解法一:由点C作平面A1ABB1的垂线,垂足为H,则CH的长是C到平面A1ABB1的距离.连结HB,由于AB⊥BC,得AB⊥HB.又A1E⊥AB,知HB∥A1E,且BC∥ED,∴∠HBC=∠A1ED=60°.∴CH=BCsin60°=为所求.解法二:连结A1B.根据定义,点C到面A1ABB1的距离,即为三棱锥C-A1AB的高h,由VC-AAB=VA-ABC得
即×2h=×2×,∴h=为所求.[来源:Zxxk.Com]
学科网
w。w-w*k&s%5¥u
学科网
w。w-w*k&s%5¥u
展开阅读全文
温馨提示:
金锄头文库所有资源均是用户自行上传分享,仅供网友学习交流,未经上传用户书面授权,请勿作他用。
相关搜索