22.(1)證明:因為CB⊥平面A1B,所以A1C在平面A1B上的射影為A1B.
由A1B⊥AE,AE平面A1B,得A1C⊥AE.
同理可證A1C⊥AF.
因為A1C⊥AF,A1C⊥AE,
所以A1C⊥平面AEF.
(2)解:過A作BD的垂線交CD于G,因為D1D⊥AG,所以AG⊥平面D1B1BD.
設(shè)AG與A1C所成的角為α,則α即為平面AEF與平面D1B1BD所成的角.
由已知,計算得DG=.
如圖5-19建立直角坐標(biāo)系,則得點A(0,0,0),G(,3,0),A1(0,0,5),
C(4,3,0).
AG={,3,0},A1C={4,3,-5}.
因為AG與A1C所成的角為α,
所以cosα=.
由定理知,平面AEF與平面D1B1BD所成角的大小為arccos.
注:沒有學(xué)習(xí)向量知識的同學(xué)可用以下的方法求二面角的平面角.
解法一:設(shè)AG與BD交于M,則AM⊥面BB1D1D,再作AN⊥EF交EF于N,連接MN,則∠ANM即為面AEF與D1B1BD所成的角α,用平面幾何的知識可求出AM、AN的長度.
解法二:用面積射影定理cosα=.
評述:立體幾何考查的重點有三個:一是空間線面位置關(guān)系的判定;二是角與距離的計算;三是多面體與旋轉(zhuǎn)體中的計算.
21.解:(1)由題意知B(a,a,0),C(-a,a,0),D(-a,-a,0),E().
由此得,
∴,
.
由向量的數(shù)量積公式有
cos< >=
(2)若∠BED是二面角α-VC-β的平面角,則,則有=0.
又由C(-a,a,0),V(0,0,h),有=(a,-a,h)且,
∴.
即h=a,這時有
cos<>=,
∴∠BED=<>=arccos()=π-arccos
評述:本小題主要考查空間直角坐標(biāo)的概念、空間點和向量的坐標(biāo)表示以及兩個向量夾角的計算方法;考查運用向量研究空間圖形的數(shù)學(xué)思想方法.
20.解:(1)記P(x,y),由M(-1,0),N(1,0)得=-=(-1-x,-y),
=-=(1-x,-y),=-=(2,0)
∴·=2(1+x),·=x2+y2-1,·=2(1-x).
于是,·,·,·是公差小于零的等差數(shù)列等價于
即
所以,點P的軌跡是以原點為圓心,為半徑的右半圓.
(2)點P的坐標(biāo)為(x0,y0).
·=x02+y02-1=2.
||·||=.
∴cosθ=
19.解:(1)如圖5-18,以點A為坐標(biāo)原點O,以AB所在直線為Oy軸,以AA1所在直線為Oz軸,以經(jīng)過原點且與平面ABB1A1垂直的直線為Ox軸,建立空間直角坐標(biāo)系.
由已知,得
A(0,0,0),B(0,a,0),A1(0,0, a),C1().
(2)坐標(biāo)系如圖,取A1B1的中點M,于是有M(0, a),連AM,MC1有
=(-a,0,0),且=(0,a,0),=(0,0, a)
由于·=0,·=0,所以MC1⊥面ABB1A1.
∴AC1與AM所成的角就是AC1與側(cè)面ABB1A1所成的角.
∵=(),=(0,a),
∴·=0++2a2=a2.
而||=.
||=.
∴cos<,>=.
所以與所成的角,即AC1與側(cè)面ABB1A1所成的角為30°.
18.解法一:如圖5-16,以O點為原點建立空間直角坐標(biāo)系.
由題意,有B(3,0,0),D(,2,4),設(shè)P(3,0,z),則
={-,2,4},={3,0,z}.
∵BD⊥OP,∴·=-+4z=0,z=.
∵BB′⊥平面AOB,∴∠POB是OP與底面AOB所成的角.
tanPOB=,∴∠POB=arctan.
解法二:取O′B′中點E,連結(jié)DE、BE,如圖5-17,則
DE⊥平面OBB′O′,
∴BE是BD在平面OBB′O′內(nèi)的射影.
又∵OP⊥BD.
由三垂線定理的逆定理,得OP⊥BE.
在矩形OBB′O′中,易得Rt△OBP∽Rt△BB′E,
∴,得BP=.
(以下同解法一)
17.解:(1)取OB的中點D,連結(jié)O1D,
則O1D⊥OB.
∵平面OBB1O1⊥平面OAB,
∴O1D⊥平面OAB.
過D作AB的垂線,垂足為E,連結(jié)O1E.
則O1E⊥AB.
∴∠DEO1為二面角O1-AB-O的平面角.
由題設(shè)得O1D=,
sinOBA=,
∴DE=DBsinOBA=
∵在Rt△O1DE中,tanDEO1=,
∴∠DEO1=arctan,即二面角O1-AB-O的大小為arctan.
(2)以O點為原點,分別以OA、OB所在直線為x、y軸,過O點且與平面AOB垂直的直線為z軸,建立空間直角坐標(biāo)系如圖5-15.則
O(0,0,0),O1(0,1,),A(,0,0),A1(,1,),B(0,2,0).
設(shè)異面直線A1B與AO1所成的角為α,
則,
cosα=,
∴異面直線A1B與AO1所成角的大小為arccos.
16.(1)證明:∵,∴| |=m,
又
∴||=m,||=m,∴△ABC為正三角形.
又·=0,即AA1⊥AB,同理AA1⊥AC,∴AA1⊥平面ABC,從而三棱柱ABC-A1B1C1是正三棱柱.
(2)解:取AB中點O,連結(jié)CO、A1O.
∵CO⊥AB,平面ABC⊥平面ABB1A1,∴CO⊥平面ABB1A1,即∠CA1O為直線CA1與平面A1ABB1所成的角.
在Rt△CA1O中,CO=m,CA1=,
∴sinCA1O=,即∠CA1O=45°.
15.答案:(4,2)
解析:設(shè)P(x,y),由定比分點公式,
則P(2,1),又由中點坐標(biāo)公式,可得B(4,2).
14.答案:-63
解析:解方程組
得
∴a·b=(-3)×5+4×(-12)=-63.
評述:本題考查平面向量數(shù)量積的坐標(biāo)表示及求法.
13.答案:-2
解析:由題意,得
∵(a+b)⊥(a-b),∴(m+2)×m+(m-4)(-m-2)=0,∴m=-2.
評述:本題考查平面向量的加、減法,平面向量的數(shù)量積及運算,兩向量垂直的充要條件.
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