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2012江苏省数学竞赛《提优教程》第47讲角度与距离答案


第7讲
1. 2. 3. 4. 5. 6. 答案: 5. 答案:D 答案:B 答案: 2 4

角度与距离答案

答案:C m 3m → → → 解: (1) 证明:∵BC=AC-AB=( 2 , 2 ,0) ,

m 3 → → → ∴|BC|=m,又AB=( ,- ,0) ,AC=(m,0,0) 2 2 →

→ ∴|AB|=m,|AC|=m,∴△ABC 为正三角形. → → 又AB?AA1=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. 3 在 Rt△CA1O 中,CO= 2 m,CA1= m2+n2, CO 2 ∴sin∠CA1O=CA = 2 ,即∠CA1O=45°. 1 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. 3 a 由已知,得 A(0,0,0) ,B(0,a,0) ,A1(0,0, 2a) ,C1(- 2 a,2, 2a) . a (2)取 A1B1 的中点 M,于是 M(0, , 2a) ,连 AM,MC1 有 2 3 → → → MC1=(- 2 a,0,0) ,且 AB =(0,a,0) , AA 1=(0,0, 2a) → → → → 由于MC1? AB =0,MC1? AA 1=0,所以 MC1⊥面 ABB1A1. ∴AC1 与 AM 所成的角就是 AC1 与侧面 AB B1A1 所成的角. 3 a a → → ∵ AC 1=(- a, , 2a) ,AM=(0, , 2a) , 2 2 2 a2 9 → → ∴ AC 1?AM=0+ 4 +2a2=4a2.
[来源:学科网]

→ 而| AC 1|=

3a2 a2 → 2 4 + 4 +2a = 3a.|AM|=

a2 3 2 4 +2a =2a.

3 → → ∴cos< AC 1,AM>= 2 . → → 所以 AC 1 与AM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,
A D C

则 A(1,0,1) ,C(0,1,1) ,A1(1,0,0) ,D(1, → → → 1,1) ,则A1A=(0,0,1) ,AC =(-1,1,0) ,A1D =(0,1,1) → → → 设 n =(x,y,z)同时与 AC 和A1D垂直,则

B

D1 C1

A1

B1

?-x+y=0 ? x=y |A1A? n | 3 → ? ,故? ,取 y=1,则 n =(1,1,-1) ,d= =3 . → ? y+z=0 ?z=-y





|n|

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.
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(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 9 与平 面 D1B1BD 所成的角.由已知,计算得 DG=4. 9 建立如图直角坐标系,则得点 A(0,0,0) ,G(4,3,0) , 9 A1(0,0,5) ,C(4,3,0) .AG={4,3,0},A1C={4,3,-5}. 12 2 12 2 因为 AG 与 A1C 所成的角为 α,所以 cosα= 25 ,α=arccos 25 . 12 2 由定理知,平面 AEF 与平面 D1B1BD 所成角的大小为 arccos 25 . 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. S△ABD 解法二:用面积射影定理 cosα= . S△AEF 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=

3 ,∴DE=CD?sin30°= 2 .

3

1 1 OE=OB-BE=OB-BD?cos60°=1-2=2. 1 3 1 3 → ∴D 点坐标为(0,- , ) ,即向量OD的坐标为(0,- , ) . 2 2 2 2 3 1 → → → (2)依题意:OA=( , ,0) ,OB=(0,-1,0) ,OC=(0,1,0) 2 2 3 3 → → → → → → 所以 AD =OD-OA=(- 2 ,-1, 2 ) , BC =OC-OB=(0,2,0) 1 → → 设向量 AD 和 BC 的夹角为 θ,则 cosθ=- 10. 5 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= 2a.又因为AB⊥BC,∴AC= 3a. SA 1 在Rt△SAC中,tan∠ACS=AC= ,∴∠ACS=30°. 3 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 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,DC?面BDC, 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 ∴∠EDC是所求的二 SC

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 2,HO= 2, HC=3 2.∴ 在Rt△HCG中,HG= 22+(3 2)2= 22. 由于Rt△HKO和Rt△HCG有一个锐角是公共的,故Rt△HKO∽△HCG. HO?GC 2 11 2 11 ∴ OK= = ,即点B到平面EFG的距离为 . HG 11 11 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.
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如果点F(或E)在点A(或A1)的另一侧,则EF2=d2+m2+n2+2mncosθ. 因此 d2+m2+n2±2mncosθ. 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 A C ∵AC⊥BD,∴C1C⊥BD.
C1 B1 D1 A1

C

B H

A O D

(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. 3 3 13 由余弦定理 C1B2=22+?2? -2?2?2?cos60°= 4
2

? ?

1 ∵∠OCB=60°,∴OB= BC=1 2 13 9 ∴C1O2=C1B2-OB2= 4 -1=4 3 ∴C1O= ,即 C1O=C1C 2 作 C1H⊥OC,垂足为 H,则 H 为 OC 中点,且 OH= CD (3)当 =1 时,A1C⊥平面 C1BD. CC1 CD 由(1)知 BD⊥平面 ACC1A1,故 BD⊥A1C.若 =1, 同理 BC1⊥A1C,∴A1C⊥平 CC1 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.
学科网 ZXXK] [来源:

3 3 ,∴cos∠C1OC= . 2 3

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. BF?BB1 在 Rt△BB1F 中,BH= = B1F EB 5 ∴tan∠EHB=BH= 2 . (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, B1B BD 2 a 知 BG =DM,又 B1B=a,BG= 4 a,BD= 2a,∴DM=2.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, 1 a?2a 5 = a 5 1 a2+ a2 4

2 a 2a 1 a a 2 2a2 → → → → a,1) ,G( , , ) ,∴CE=( , , ) ,BD=(0,-2a,1) ,∴GE?BD=- 3 3 3 3 3 3 3 2 2 4 1 → → + 3 = 0 ,解得 a = 1 .∴ BA1 =( 2 ,- 2 , 2 ) BG=( 3 ,- 3 , 3 ) ,∴ cos ∠ A1BG = → → BA1, ?BG 7 =3. → → |BA1|?|BG| (2)由(1)有 A(2,0,0) ,A1(2,0,2) ,E(1,1,1) ,D(0,0,1) → → → → AE?ED=0,AA1?ED=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AK=λ AE,则A1K=A1A+AK=(-λ ,λ , 2 2 2 4 → → → λ -2) ,由A1K?AE=0,即λ +λ +λ -2=0 得λ =3.∴A1K=(-3,3,-3) ,∴| 2 6 2 6 → A1K|= 3 .即 A1 到平面 AED 的距离为 3 . 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 AB C 所成二面角的平面角.由已知,AB⊥BC,得 ED∥BC.又 D 是 AC A1D 的中点,BC=2,AC=2 3,∴DE=1,AD=A1D= 3,tan∠A1ED= = 3. DE 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°= 3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-A1AB=VA1-ABC 得 1 1 1 1 S ?AA1B h ? S ?ABC A1 D, 即3?2 2h=3?2 2? 3,∴h= 3为所求. 3 3
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