APP下载

参考答案(三)

2015-04-16

数学教学通讯·初中版 2015年3期
关键词:成角二面角直角坐标

1 空间几何体的三视图与直观图

1. 15 根据三视图我们可以还原原几何体:上部分是一个倒放的三棱柱,下部分是一个长方体. 所以该几何体的体积为3×2×2+ ×2×1×3=15(cm3).

2. C 由点A经正方体的表面,按最短路线爬行到达顶点C1位置,共有6种展开方式,若把平面ABB1A1 和平面BCC1展到同一个平面内,在矩形中连结AC1会经过BB1的中点,故此时的正视图为②. 若把平面ABCD和平面CDD1C1展到同一个平面内,在矩形中连结AC1会经过CD的中点,此时正视图会是④. 其他几种展开方式对应的正视图在题中没有出现或者已包含在②④中了.

2 空间几何体的表面积和体积

1. 14π 因为∠BOC=90°,OA⊥平面BOC,所以三棱锥的三条侧棱两两垂直,所以可以以三条侧棱为棱长得到一个长方体. 由圆的对称性知长方体的各个顶点都在这个球上,所以球的直径是 = . 所以球的半径是 . 所以球的表面积是4π× 2=14π.

2. 不妨设直径AB=AS=2,AN=x,连结AC,BC,则BC⊥AC,BC⊥SA,所以BC⊥平面SAC.所以BC⊥AN.又因为A在SC上的射影为N, 所以AN⊥SC,故AN⊥平面SBC,所以三棱锥S-AMN的体积V= S△SMN·AN= × × × ×x= × ×x≤ × = ,当且仅当 =x,即x=1时等号成立,此时有最大值,且∠ASC=30°. 所以∠ACS=60°,所以sin∠ACS= . 故答案为 .

3 空间线面位置关系的判定

1. C 对于A,直线l还有可能在平面α内,所以错误;对于B,若m∥n,则直线l与平面α不一定垂直,所以错误;对于D,若l?奂α,m?奂β,l⊥m,两面可以平行和相交,但不一定垂直,所以错误. 选C.

2. A 由图可知,直线A1B与直线外一点E确定的平面为A1BCD1,EF?奂平面A1BCD1,且两直线不平行,故两直线相交.

3. 6 由三视图可知该几何体是有一条侧棱垂直于底面的四棱锥.根据线线垂直或线面垂直的判定定理可得互相垂直的异面直线共有6对.

4 空间线面平行与垂直的证明

1. (1)因为平面ABC⊥平面ACDE,平面ABC∩平面ACDE=AC,CD⊥AC,所以DC⊥平面ABC.

又DC?奂平面BCD,所以平面BCD⊥平面ABC.

(2)取BD的中点P,连结EP,FP,则FP DC.

因为EA DC,所以EA FP,所以四边形AFPE是平行四边形,所以AF∥EP. 又EP?奂平面BDE且AF?埭平面BDE,所以AF∥平面BDE.

(3)因为BA⊥AC,平面ABC∩平面ACDE=AC,所以BA⊥平面ACDE.所以BA就是四面体B-CDE的高,且BA=2. 因为DC=AC=2AE=2,AE∥DC,所以S梯形ACDE= ×(1+2)×2=3,S△ACE= ×1×2=1,所以S△CDE=3-1=2,所以VB-CDE= ×2×2= .

2. (1)证明:因为BB1⊥平面ABCD,AC?奂平面ABCD,所以BB1⊥AC. 又因为BD⊥AC,且BD∩BB1=B,所以AC⊥平面BB1D,而MD?奂平面BB1D,所以MD⊥AC.

(2)当点M为棱BB1的中点时,平面DMC1⊥平面CC1D1D. 取DC的中点N,D1C1的中点N1,连结NN1交DC1于O,连结OM(如图38).

因为N是DC的中点,BD=BC,所以BN⊥DC;又因为DC是平面ABCD与平面DCC1D1的交线,而平面ABCD⊥平面DCC1D1,所以BN⊥平面DCC1D1. 又可证得,O是NN1的中点,所以BM∥ON且BM=ON,即BMON是平行四边形,所以BN∥OM,所以OM⊥平面CC1D1D. 因为OM?奂平面DMC1,所以平面DMC1⊥平面CC1D1D.

图38

5 利用空间向量求解空间角与距离

1. 在Rt△BAD中,AD=2,BD=2 ,所以AB=2,ABCD为正方形,因此BD⊥AC. 因为PA=AB=AD=2,所以PB=PD=BD=2 . 设C到平面PBD的距离为d,由VP-BCD=VC-PBD,得 ·S△BCD·PA= ·S△PBD·d,即 × ×2×2×2= × ×(2 )2×sin60°×d,得d= .

2. (1)以C为原点,CA,CB,CC1为x,y,z轴,建立空间直角坐标系C-xyz,则C(0,0,0),A(2,0,0),B(0,2,0),C1(0,0,2),B1(0,2,2),D(2,0,1). 所以 =(-2,0,1), =(0,-2,-2).所以cos〈 , 〉= = =- ,即异面直线DC1与B1C所成角的余弦值为 .

(2)因为 =(0,2,0), =(2,0,0), =(0,0,2),所以 · =0, · =0,所以 为平面ACC1A1的一个法向量. 因为 =(0,-2,-2), =(2,0,1),设平面B1DC的一个法向量为n=(x,y,z),则有n· =0,n· =0,所以-2y-2z=0,2x+z=0.令x=1,则y=2,z=-2,从而可得n=(1,2,-2). 所以cos〈n, 〉= = = . 所以二面角B1-DC-C1的余弦值为 .

3. (1)线段AB上存在一点K,且当AK= AB时,BC∥平面DFK. 证明如下:设H为AB的中点,连结EH,则BC∥EH. 又因为AK= AB,F为AE的中点,所以KF∥EH,所以KF∥BC. 因为KF?奂平面DFK,BC?埭平面DFK,所以BC∥平面DFK.

(2)因为H为AB的中点,所以AH=HE=BC=1,因为F为AE的中点,所以FH⊥AE. 因为DA=DE=1,所以DF⊥AE. 因为平面ADE⊥平面ABCE,所以DF⊥平面ABCE. 由此,以FA,FH,FD分别为x,y,z轴,建立空间直角坐标系,如图39.endprint

因为DF⊥平面ABCE,所以DF⊥FH. 又因为FH⊥AE,DF∩AE=F,所以FH⊥平面ADE,则 为平面ADE的一个法向量. 因为AB=2,BC=1,所以FH= , =0, ,0. 又可得D0,0, ,A ,0,0,所以 =- ,0, , =- , ,0.

图39

设平面ADB的法向量为n=(x,y,z),由n· =0,n· =0?圯- x+ z=0,- x+ y=0,即-x+z=0,-x+y=0.令x=1,则n=(1,1,1). 所以cos〈 ,n〉= = ,故二面角E-AD-B的余弦值为 .

6 利用空间向量解决开放性、探究性问题

1. (1)因为该几何体的正视图为矩形,左视图为等腰直角三角形,俯视图为直角梯形,所以BA,BC,BB1两两垂直.

以B为原点,BA,BB1,BC分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系,则N(4,4,0),B1(0,8,0),C1(0,8,4),C(0,0,4).

因为 · =(4,4,0)·(-4,4,0)= -16+16=0, · =(4,4,0)·(0,0,4)=0,所以BN⊥NB1,BN⊥B1C1且NB1与B1C1相交于B1,所以BN⊥平面C1B1N.

(2)设n=(x,y,z)为平面NCB1的一个法向量,则可得n· =0,n· =0?圯(x,y,z)·(4,4,-4)=0,(x,y,z)·(-4,4,0)=0?圯x+y-z=0,-x+y=0,取n=(1,1,2), =(4,-4,-4),所以sinθ= = .

(3)因为M(2,0,0).设P(0,0,a)为BC上一点,则 =(-2,0,a),因为MP∥平面CNB1,所以 ⊥n?圯 ·n=(-2,0,a)·(1,1,2)=-2+2a=0?圯a=1. 又MP?埭平面CNB1,所以MP∥平面CNB1,所以当BP=1时,MP∥平面CNB1.

2. (1)设AC与BD交于O,如图40所示建立空间直角坐标系O-xyz.

设AB=2,则A( ,0,0),B(0, 1,0),C(- ,0,0),D(0,-1,0),D1(0, -1,2).

设E(0,1,2+h),则 =(0,2,h), =(2 ,0,0), =( ,1,-2).

图40

因为D1E⊥平面D1AC,所以D1E⊥AC,D1E⊥D1A,所以2-2h=0,所以h=1,即E(0,1,3),所以 =(0,2,1), =(- ,1,3).

设平面EAC的一个法向量为m=(x,y,z),则由m⊥ ,m⊥ 可得方程组x=0,- x+y+3z=0.

令z=-1,所以m=(0,3,-1).

又平面D1AC的法向量为 =(0,2,1),所以可得cos〈m, 〉= = ,所以二面角E-AC-D1的大小为45°.

(2)设 =λ =λ( - ),得 = =0, , ,所以 = + =(- ,-1,0)+0, , =- , , .

因为A1P∥平面EAC,所以 ⊥m,所以- ×0+3× +(-1)× =0,所以λ= ,所以存在点P使A1P∥平面EAC,此时D1P ∶ PE=3∶2.

综合测试

1. D 由于当一条直线垂直于两个平行平面中的一个时,此直线也垂直于另一个平面,所以结合所给的选项,故由②⑤可推出m⊥β. 故选D.

2. A 主视图为Rt△VAC,左视图为以△VAC中AC的高VD为一条直角边,△ABC中AC的高BE为另一条直角边的直角三角形.

设AC=x,则VA= x,VC= x,VD= x,BE= x,所以S主视图∶S左视图= · x· x∶ · x· x=4∶ .

故选A.

3. D M,N分别为VA,VC的中点,所以MN∥AC,故A错误;因为AB是⊙O的直径,所以∠ACB=90°,因为MN∥AC,所以MN与BC所成的角为90°,故B错误;因为∠ACO<∠ACB=90°,所以OC与平面VAC不垂直,故C错误;因为∠ACB=90°,所以AC⊥BC,所以BC⊥平面VAC,因为BC?奂平面VBC,所以平面VAC⊥平面VBC,故D正确.

4. B 根据对称性可知,球心O位于正三棱柱上、下底面中心连线的中点上. 设正三棱柱的底面边长为x(0

5. D 设平面AD1E与直线BC交于点G,连结AG,EG,则G为BC的中点.分别取B1B,B1C1的中点M,N,连结AM,MN,AN. 因为A1M∥D1E,A1M ?埭平面D1AE,D1E?奂平面D1AE,所以A1M∥平面D1AE. 同理可得MN∥平面D1AE. 因为A1M,MN是平面A1MN内的相交直线,所以平面A1MN∥平面D1AE,由此结合A1F∥平面D1AE,可得直线A1F?奂平面A1MN,即点F是线段MN上的动点.

设直线A1F与平面BCC1B1所成角为θ,运动点F并加以观察,可得:当F与M(或N)重合时,A1F与平面BCC1B1所成角等于∠A1MB1,此时所成角θ达到最小值,满足tanθ= =2;当F与MN的中点重合时,A1F与平面BCC1B1所成角达到最大值,满足tanθ= =2 .

所以A1F与平面BCC1B1所成角的正切值t的取值范围为[2,2 ].

6. 60° 连结AB1,易知AB1∥EF,连结B1C交BC1于点G,取AC的中点H,连结GH,则GH∥AB1∥EF,故∠AGB(或其补角)即为EF和BC1所成的角.

设AB=BC=AA1=a,连结HB,在三角形GHB中,易知GH=HB=GB= a,故两直线所成的角为∠AGB=60°.

7. ②④

8. 此题的破解可采用两个极端位置法:

①当点F位于DC的中点E时,过点D作DG⊥AF,连结BG.

因为∠ADF=90°,AD=DF=1,所以AG=DG= .

在△ABG中,由已知可得BG2= +22-2· ·2·cos45°= .

所以在Rt△BDG中,BD= = .

于是△ABD是直角三角形,所以t=AD·cos∠DAB=1× = .

②当点F在点C时,过D作DH⊥AF,连结BH. 因为∠ADF=90°,AD=1,DF=2,所以AC= ,所以AH= ,DH= .

在△ABH中,因为cos∠BAH= ,AH= ,AB=2,所以BH2= +22-2· ·2· = .

所以在Rt△BDH中,BD2= + = .

所以在△ABD中,cos∠DAB= = .

所以t=ADcos∠DAB=1× = .

综上,t的取值范围是 , .

9. (1)因为∠DAB=90°,所以DA⊥AB,又平面ABCD⊥平面ABEF,平面ABCD∩平面ABEF=AB,所以DA⊥平面ABEF. 因为EF?奂平面ABEF,所以DA⊥EF.

(2)设点B到平面DCE的距离为h,直线BE与平面DCE所成角为α,DC=EC= ,DE=2 , 所以S△EDC= ,S△BCD=1.

连结DB,则VE-BCD=VB-EDC,即 ×S△EDC×h= S△BCD×BE,所以 h=2,h= .

sinα= = = ,所以直线BE与平面DCE所成角的正弦值是 .

10. (1)不会平行. 假设直线AD与平面BC′E平行,BE=平面BC′E∩平面ABCD,AD?奂平面ABCD,所以AD∥BE,与题设矛盾.

(2)连结BD,因为CD=CB,∠BCD=60°,所以△BCD是正三角形.

又E是CD的中点,故BE⊥CE,从而BE⊥C′E

所以二面角C′-BE-C的平面角是∠CEC′,即∠CEC′=θ=90°.

则C′E⊥CE. 因为BE⊥C′E,BE∩CE=E,所以C′E⊥平面ABCD.

因为AB?奂平面ABCD,所以AB⊥C′E.

又AB⊥BE,BE∩C′E=E,所以AB⊥平面C′EB,即点B是点A在平面C′EB上的投影,所以∠AC′B是直线C′A与平面BC′E所成角的平面角.

因为tan∠AC′B= =1,所以sin∠AC′B= .

所以直线C′A与平面BC′E所成角的正弦值为 .

11. (1)因为点E为线段PB的中点,点O为线段AB的中点,所以OE∥PA.因为PA?奂平面PAC,OE?埭平面PAC,所以OE∥平面PAC. 因为OM∥AC,AC?奂平面PAC,OM?埭平面PAC,所以OM∥平面PAC. 因为OE?奂平面MOE,OM?奂平面MOE,OE∩OM=O,所以平面MOE∥平面PAC.

(2)因为点C在以AB为直径的圆O上,所以∠ACB=90°,即BC⊥AC. 因为PA⊥平面ABC,BC?奂平面ABC,所以PA⊥BC.

因为AC?奂平面PAC,PA?奂平面PAC,PA∩AC=A,所以BC⊥平面PAC. 因为BC?奂平面PBC,所以平面PAC⊥平面PCB.

(3)如图41,以C为原点,CA所在的直线为x轴,CB所在的直线为y轴,建立空间直角坐标系C-xyz.

图41

因为∠CBA=30°,PA=AB=2,所以CB=2cos30°= ,AC=1. 延长MO交CB于点D.

因为OM∥AC,所以MD⊥CB,MD=1+ = ,CD= CB= . 所以P(1,0,2),C(0,0,0),B(0, ,0),M , ,0.

所以 =(1,0,2), =(0, ,0). 设平面PCB的法向量m=(x,y,z).

因为m· =0,m· =0,所以x+2z=0, y=0.令z=1,则x=-2,y=0. 所以m=(-2, 0,1).

同理可得平面PMB的一个法向量n=(1, ,1). 所以cos〈m,n〉= = - . 所以cosθ= .

12. (1)取CD的中点E,连结BE. 因为AB∥DE,AB=DE=3k,所以四边形ABED为平行四边形.

所以BE∥AD且BE=AD=4k. 在△BCE中,因为BE=4k,CE=3k,BC=5k,所以BE2+CE2=BC2. 所以∠BEC=90°,即BE⊥CD.

又因为BE∥AD,所以CD⊥AD. 因为AA1⊥平面ABCD,CD?奂平面ABCD,所以AA1⊥CD. 又AA1∩AD=A,所以CD⊥平面ADD1A1.

(2)以D为原点, , , 的方向为x,y,z轴的正方向建立如图42所示的空间直角坐标系,则A(4k,0,0),C(0,6k,0),B1(4k,3k,1),A1(4k,0,1).

所以 =(-4k,6k,0), =(0, 3k,1), =(0,0,1).

设平面AB1C的法向量n=(x,y,z),则由 ·n=0, ·n=0得-4kx+6ky=0,3ky+z=0.取y=2,得n=(3,2,-6k).

设AA1与平面AB1C所成角为θ,则sinθ=cos〈 ,n〉= = = ,解得k=1.

故所求k的值为1.

图42

(3)共有4种不同的方案, f(k)=72k2+26k,0 .

猜你喜欢

成角二面角直角坐标
从平面直角坐标系到解析几何
深入学习“平面直角坐标系”
立体几何二面角易错点浅析
成角近段旋磨对严重钙化成角冠状动脉病变的治疗价值
综合法求二面角
深刻理解平面直角坐标系
求二面角时如何正确应对各种特殊情况
错在哪里
认识“平面直角坐标系”
求二面角的七种方法