分析 (Ⅰ)推導(dǎo)出BD⊥AM,AM⊥平面A1BD.從而能求出當(dāng)CM=時(shí)1,AM⊥平面A1BD.
(Ⅱ)方法一:在(Ⅰ)的條件下,BD⊥平面ACC1A1,BD⊥AM,設(shè)A1D∩AM=N,則∠BND即為二面角B-AM-C的平面角,由此能求出二面角B-AM-C的正切值.
(Ⅱ)方法二:以B為原點(diǎn),BC,BA,BB1為x,y,z軸建立空間直角坐標(biāo)系,利用向量法能求出二面角B-AM-C的正切值.
解答 (本小題滿分12分)
證明:(Ⅰ)在三棱柱ABC-A1B1C1中,AA1⊥平面ABC,
∴平面ACC1A1⊥平面ABC.
∵BD⊥AC,∴BD⊥平面ACC1A1,∴BD⊥AM.
∵∠ABC=90°,$AB=\sqrt{3}\;\;,\;\;BC=1$,
∴$BD=\frac{{\sqrt{3}}}{2}\;\;,\;\;AD=\frac{3}{2}\;\;,\;\;CD=\frac{1}{2}$.…(2分)
在平面ACC1A1內(nèi),當(dāng)△A1AD∽△ACM即可滿足AM⊥A1D,此時(shí),AM⊥平面A1BD.…(4分)
∴$\frac{CM}{AC}=\frac{AD}{{A{A_1}}}$,∴$\frac{CM}{2}=\frac{{\frac{3}{2}}}{3}$,∴CM=1,AM⊥平面A1BD.…(6分)
解:(Ⅱ)方法一:
在(Ⅰ)的條件下,BD⊥平面ACC1A1,BD⊥AM,
設(shè)A1D∩AM=N,則∠BND即為二面角B-AM-C的平面角.…(8分)Rt△ACM中,
∴$\frac{CM}{DN}=\frac{AM}{AD}$,∴$DN=\frac{{3\sqrt{5}}}{10}$.…(10分)
Rt△BDN中,$BD=\frac{{\sqrt{3}}}{2}$,$DN=\frac{{3\sqrt{5}}}{10}$,$tan∠BND=\frac{BD}{DN}=\frac{{\sqrt{15}}}{3}$,
二面角B-AM-C的正切值為$\frac{{\sqrt{15}}}{3}$.…(12分)
(Ⅱ)方法二:以B為原點(diǎn),BC,BA,BB1為x,y,z軸建立如圖空間直角坐標(biāo)系.
B(0,0,0),A(0,$\sqrt{3}$,0),C(1,0,0),M(1,0,1),D($\frac{3}{4},\frac{\sqrt{3}}{4},0$).
$\overrightarrow{MA}=({-1\;\;,\;\;\sqrt{3}\;\;,\;\;-1})$,$\overrightarrow{MB}=({-1\;\;,\;\;0\;\;,\;\;-1})$.…(8分)
在(Ⅰ)的條件下,BD⊥平面ACC1A1,∴BD⊥平面ACM,$\overrightarrow{BD}=({\frac{3}{4}\;\;,\;\;\frac{{\sqrt{3}}}{4}\;\;,\;\;0})$.
設(shè)n⊥平面ABM,n=(x,y,z),$\left\{\begin{array}{l}n⊥\overrightarrow{MA}\\ N⊥\overrightarrow{MB}\end{array}\right.$
即$\left\{\begin{array}{l}1-x+\sqrt{3}y-z=0\\ 1-x-z=0\end{array}\right.$,則n=(1,0,-1),…(10分)
設(shè)二面角B-AM-C的平面角為θ,$cosθ=\frac{{n•\overrightarrow{BD}}}{{|n|•|{\overrightarrow{BD}}|}}=\frac{{\sqrt{6}}}{4}$,
所以二面角B-AM-C的正切值為$\frac{{\sqrt{15}}}{3}$.…(12分)
點(diǎn)評 本題考查線面垂直的證明,考查二面角的正切值的求不地,是中檔題,解題時(shí)要認(rèn)真審題,注意空間維能力的培養(yǎng).
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科目:高中數(shù)學(xué) 來源: 題型:選擇題
A. | 2x-1 | B. | -2x+1 | C. | 2x+1 | D. | -2x-1 |
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科目:高中數(shù)學(xué) 來源: 題型:選擇題
A. | {1,3,6,7,8} | B. | {1,3,7,8} | C. | {3,7,8} | D. | {0,1,2,6} |
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