高中数学培优竞赛强基计划讲义数学竞赛教案：第47讲角度与距离答案

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