建坐標(biāo)系解立體幾何含解析資料-資料下載頁
2025-06-17 02:07本頁面
【正文】 D, 由(Ⅰ)知, PD⊥平面ABM, 則MN是PN在平面ABM上的射影, 所以∠PNM就是PC與平面ABM所成的角, 且∠PNM∠PCD, tan∠PNM=tan∠PCD==2, 所求角為arctan 2. (Ⅲ)因?yàn)镺是BD的中點(diǎn), 則O點(diǎn)到平面ABM的距離等于D點(diǎn)到平面ABM距離的一半, 由(Ⅰ)知, PD⊥平面ABM于M, 則|DM|就是D點(diǎn)到平面ABM的距離. 因?yàn)樵赗t△PAD中, PA=AD=4, PD⊥AM, 所以M為PD中點(diǎn), DM=2, 則O點(diǎn)到平面ABM的距離等于. 解法二:(Ⅰ)同解法一。(Ⅱ)如圖所示,建立空間直角坐標(biāo)系,則A(0,0,0),P(0,0,4),B(2,0,0),C(2,4,0),D(0,4,0), M(0,2,2), 設(shè)平面ABM的一個(gè)法向量n=(x, y, z), 由n⊥, n⊥可得令z=1, 則y=1, 即n=(0, 1, 1). 設(shè)所求角為α, 則sin α==, 所求角的大小為arcsin. (Ⅲ)設(shè)所求距離為h, 由O(1, 2, 0), =(1, 2, 0), 得h==. 15. （1）如圖，連接BE、BD，由底面ABCD是正方形可得AC⊥BD。SD⊥平面ABCD，∴BD是BE在平面ABCD上的射影，∴AC⊥BE。（2）如圖，由SD⊥平面ABCD知，∠DBE=，∵SD⊥平面ABCD，CD平面ABCD，∴SD⊥CD。又底面ABCD是正方形，∴CD⊥AD，而SD∩AD=D，CD⊥平面SAD連接AE、CE，過點(diǎn)D在平面SAD內(nèi)作DE⊥AE于F，連接CF，則CF⊥AE，故∠CDF是二面角CAED的平面角，即∠CDF=θ。在Rt△BDE中，∵BD=2a，DE=∴在Rt△ADE中，∵∴從而，在中，由，得，由，解得，即為所求。:(Ⅰ)因?yàn)锳B∥DC, DC?平面EFCD, 所以直線AB到平面EFCD的距離等于點(diǎn)A到平面EFCD的距離. 如圖1, 過點(diǎn)A作AG⊥FD于G. 因∠BAD=, AB∥DC, 故CD⊥AD。又FA⊥平面ABCD, 由三垂線定理知CD⊥FD, 故CD⊥平面FAD, 知CD⊥AG. 圖1故AG為所求的直線AB到平面EFCD的距離. 在Rt△FDC中, FD===. 由FA⊥平面ABCD, 得FA⊥AD, 從而在Rt△FAD中, FA===1, 所以, AG===. (Ⅱ)由已知FA⊥平面ABCD, 得FA⊥AD, 又由∠BAD=, 知AD⊥AB, 故AD⊥平面ABFE, 從而AD⊥FE. 所以, ∠FAE為二面角FADE的平面角, 記為θ. 在Rt△EAD中, AE===. 由四邊形ABFE為平行四邊形, 得FE∥BA, 從而∠EFA=, 在Rt△EFA中, EF===. 故tan θ==. 解法二:圖2(Ⅰ)如圖2, 以A點(diǎn)為坐標(biāo)原點(diǎn), 的方向?yàn)閤, y, z的正方向建立空間直角坐標(biāo)系, 則A(0, 0, 0), C(2, 2, 0), D(0, 2, 0). 設(shè)F(0, 0, z0)(z00), 可得=(2, 2, z0), 由||=3, 即=3, 解得z0=1, 即F(0, 0, 1). 因?yàn)锳B∥DC, DC?平面EFCD, 所以直線AB到平面EFCD的距離等于點(diǎn)A到平面EFCD的距離. 設(shè)A點(diǎn)在平面EFCD上的射影點(diǎn)為G(x1, y1, z1), 則=(x1, y1, z1), 因=0且=0, 而=(0, 2, 1), =(2, 0, 0), 此即①解得G點(diǎn)的橫坐標(biāo)x1=0, 知G點(diǎn)在yOz面上, 故G點(diǎn)在FD上. 又∥=(x1, y1, z1+1), 故有=z1+1, ②聯(lián)立①、②, 解得G, 因||為AB到平面EFCD的距離, 而=, 所以||=. (Ⅱ)因四邊形ABFE為平行四邊形, 則可設(shè)E(x0, 0, 1)(x00), =(x0, 2, 1), 由||=, 即=, 解得x0=, 即E(, 0, 1), 故=(, 0, 1). 由=(0, 2, 0), =(0, 0, 1), 因=0, =0, 故∠FAE為二面角FADE的平面角. 又=(, 0, 0), ||=, ||=1, 所以tan∠FAE==. 17. 由題設(shè)可知, 以、為單位正交基底, 建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系Dxyz, 則有A(1, 0, 0), B(1, 1, 0), C(0, 1, 0), D1(0, 0, 1). 由=(1, 1, 1)得=λ=(λ, λ, λ), 所以=+=(λ, λ, λ)+(1, 0, 1)=(1λ, λ, λ1), =+=(λ, λ, λ)+(0, 1, 1)=(λ, 1λ, λ1). 顯然∠APC不是平角, 所以∠APC為鈍角等價(jià)于cos∠APC=cos=0, 這等價(jià)于0, 即(1λ)(λ)+(λ)(1λ)+(λ1)2=(λ1)(3λ1)0, 得λ1. 因此, λ的取值范圍為. :(Ⅰ)因?yàn)锳C=BC, M是AB的中點(diǎn), 所以CM⊥AB. 又因?yàn)镋A⊥平面ABC, 所以CM⊥EM. (Ⅱ)連結(jié)MD, 設(shè)AE=a, 則BD=BC=AC=2a. 在直角梯形EABD中. AB=2a, M是AB的中點(diǎn), 所以DE=3a, EM=a, MD=a, 因此DM⊥EM, 因?yàn)镃M⊥平面EMD, 所以CM⊥DM, 因此DM⊥平面EMC, 故∠DEM是直線DE和平面EMC所成的角. 在Rt△EMD中. MD=a, EM=a, tan∠DEM==. 解法二:如圖, 以點(diǎn)C為坐標(biāo)原點(diǎn), 以CA, CB分別為x軸和y軸, 過點(diǎn)C作與平面ABC垂直的直線為z軸, 建立直角坐標(biāo)系Cxyz, 設(shè)EA=a, 則A(2a, 0, 0), B(0, 2a, 0), E(2a, 0, a), D(0, 2a, 2a), M(a, a, 0). (Ⅰ)因?yàn)?(a, a, a), =(a, a, 0), 所以=0, 故EM⊥CM. (Ⅱ)設(shè)向量n=(1, y0, z0)與平面EMC垂直, 則n⊥, n⊥. 即n=0, n=0. 因?yàn)?(a, a, a), =(a, a, 0), 所以y0=1, z0=2. 即n=(1, 1, 2). 因?yàn)?(2a, 2a, a), cosn, ==, DE與平面EMC所成的角θ是n與夾角的余角, 所以tan θ=. 19.(1) 以A為坐標(biāo)原點(diǎn), 建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系A(chǔ)xyz, 則A(0,0, 0), B(2,0, 0), C(0,2, 0), D(1,1, 0), A1(0,0, 4), C1(0,2, 4), 所以=(2,0, 4), =(1, 1, 4).因?yàn)閏os , ===,所以異面直線A1B與C1D所成角的余弦值為(2) 設(shè)平面ADC1的法向量為n1=(x, y, z), 因?yàn)?(1,1,0), =(0,2,4),所以n1=0, n1=0, 即x+y=0且y+2z=0,取z=1,得x=2, y=2, 所以n1=(2, 2,1) 是平面ADC1的一個(gè)法向量. 取平面AA1B的一個(gè)法向量為n2=(0,1,0),|cos θ|===, 得sin θ=.因此,平面ADC1與平面ABA1所成二面角的正弦值為.第 27 頁 共 27 頁
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