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文档简介
第九章第八节一、选择题1.已知正方体ABCD-A1B1C1D1,则直线BC1与平面A1BD所成的角的余弦值是A.eq\f(\r(2),4) B.eq\f(\r(2),3)C.eq\f(\r(3),3) D.eq\f(\r(3),2)[答案]C[解析]如图,以D为坐标原点,直线DA、DC、DD1分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系,设正方体棱长为1,则D(0,0,0),A1(1,0,1),B(1,1,0),C1(0,1,1),∴eq\o(DA1,\s\up6(→))=(1,0,1),eq\o(DB,\s\up6(→))=(1,1,0),eq\o(BC1,\s\up6(→))=(-1,0,1),设平面A1BD的一个法向量为n=(x,y,z),则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(DA1,\s\up6(→))=0,,n·\o(DB,\s\up6(→))=0.))∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x+z=0,,x+y=0.))∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(z=-x,,y=-x.))令x=1得,n=(1,-1,-1),设直线BC1与平面A1BD所成角为θ,则sinθ=|cos〈eq\o(BC1,\s\up6(→)),n〉|=eq\f(|\o(BC1,\s\up6(→))·n|,|\o(BC1,\s\up6(→))|·|n|)=eq\f(2,\r(2)·\r(3))=eq\f(\r(6),3),∴cosθ=eq\r(1-sin2θ)=eq\f(\r(3),3).2.(2022·河北石家庄模拟)在正三棱柱ABC-A1B1C1中,已知AB=2,CC1=eq\r(2),则异面直线AB1和BC1所成角的正弦值为()A.1 B.eq\f(\r(7),7)C.eq\f(1,2) D.eq\f(\r(3),2)[答案]A[解析]设线段A1B1,AB的中点分别为O,D,则OC1⊥平面ABB1A1,以eq\o(OB1,\s\up6(→)),eq\o(OC1,\s\up6(→)),eq\o(OD,\s\up6(→))的方向分别为x轴,y轴,z轴的正方向建立空间直角坐标系,如图,则A(-1,0,eq\r(2)),B1(1,0,0),B(1,0,eq\r(2)),C1(0,eq\r(3),0),∴eq\o(AB1,\s\up6(→))=(2,0,-eq\r(2)),eq\o(BC1,\s\up6(→))=(-1,eq\r(3),-eq\r(2)),由于eq\o(AB1,\s\up6(→))·eq\o(BC1,\s\up6(→))=(2,0,-eq\r(2))·(-1,eq\r(3),-eq\r(2))=0,所以eq\o(AB1,\s\up6(→))⊥eq\o(BC1,\s\up6(→)),即异面直线AB1和BC1所成角为直角,则其正弦值为1,故选A.3.如图,正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1,O是底面A1B1C1D1的中心,则点O到平面ABC1D1A.eq\f(1,2) B.eq\f(\r(2),4)C.eq\f(\r(2),2) D.eq\f(\r(3),2)[答案]B[解析]解法1:以D为原点,DA、DC、DD1为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系,则A(1,0,0),B(1,1,0),D1(0,0,1),C1(0,1,1),Oeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2),\f(1,2),1)),设平面ABC1D1的法向量n=(x,y,1),则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(AB,\s\up6(→))=0,,n·\o(AD1,\s\up6(→))=0,))∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y=0,,-x+1=0,))∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x=1,,y=0.))∴n=(1,0,1),又eq\o(OD1,\s\up6(→))=eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(-\f(1,2),-\f(1,2),0)),∴O到平面ABC1D1的距离d=eq\f(|n·\o(OD1,\s\up6(→))|,|n|)=eq\f(\f(1,2),\r(2))=eq\f(\r(2),4).解法2:易证A1D⊥平面ABC1D1,∴A1到平面ABC1D1的距离为eq\f(\r(2),2),∵O为A1C1的中点,∴O到平面ABC1D1的距离为eq\f(\r(2),4).4.(2022·宁夏银川调研)已知正三棱柱ABC-A1B1C1的侧棱长与底面边长相等,则AB1与侧面ACC1A1A.eq\f(\r(6),4) B.eq\f(\r(10),4)C.eq\f(\r(2),2) D.eq\f(\r(3),2)[答案]A[解析]方法一:取A1C1的中点E,连接AE,B1E,如图由题易知B1E⊥平面ACC1A1则∠B1AE为AB1与侧面ACC1A1所成的角设正三棱柱侧棱与底面边长为1,则sin∠B1AE=eq\f(B1E,AB1)=eq\f(\f(\r(3),2),\r(2))=eq\f(\r(6),4).方法二:如图,以A1C1中点E为原点建立空间直角坐标系E-xyzA(eq\f(1,2),0,1),B1(0,eq\f(\r(3),2),0),∴eq\o(AB1,\s\up6(→))=(-eq\f(1,2),eq\f(\r(3),2),-1),eq\o(EB1,\s\up6(→))=(0,eq\f(\r(3),2),0).设AB1与平面ACC1A1所成的角为θ,EB1为平面ACC1A1则sinθ=|cos〈eq\o(AB1,\s\up6(→)),eq\o(EB1,\s\up6(→))〉|=|eq\f(\f(3,4),\r(2)×\f(\r(3),2))|=eq\f(\r(6),4).5.(2022·福建泉州二模)设正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2,则点D1到平面A1BD的距离是A.eq\f(\r(3),2) B.eq\f(\r(2),2)C.eq\f(\r(3),3) D.eq\f(2\r(3),3)[答案]D[解析]建立如图所示的空间直角坐标系,则D1(0,0,2),A1(2,0,2),D(0,0,0),B(2,2,0),∴eq\o(D1A1,\s\up6(→))=(2,0,0),eq\o(DA1,\s\up6(→))=(2,0,2),eq\o(DB,\s\up6(→))=(2,2,0),设平面A1BD的法向量为n=(x,y,z),则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(DA1,\s\up6(→))=2x+2z=0,,n·\o(DB,\s\up6(→))=2x+2y=0.))令x=1,则n=(1,-1,-1),∴点D1到平面A1BD的距离是d=eq\f(|\o(D1A1,\s\up6(→))·n|,|n|)=eq\f(2,\r(3))=eq\f(2\r(3),3).[点评]可用等积法求解VD1-A1BD=VB-A1DD1.一、空间的距离1.两点间的距离:连结两点的线段的长度.2.点到直线的距离:从直线外一点向直线引垂直相交的直线,点到垂足之间线段的长度.3.点到平面的距离:从平面外一点向平面引垂线,点到垂足间线段的长度.连接平面α外一点与平面α内任一点的线段中,垂线段最短.4.平行直线间的距离:从两条平行线中一条上任意取一点向另一条直线引垂线,这点到垂足间线段的长度.5.异面直线间的距离:两条异面直线的公垂线夹在这两条异面直线间的线段的长度.6.直线与平面间的距离:假如一条直线和一个平面平行,从直线上任意一点向平面引垂线,这点到垂足间线段的长度.7.两平行平面间的距离:两个平面的公垂线段的长度.二、求距离的方法1.综合几何方法①找出或作出有关距离的图形;②证明它符合定义;③在平面图形内计算.空间中各种距离的计算,最终都要转化为线段长度,特殊状况也可以利用等积法.2.向量法(1)求直线到平面的距离设直线a∥平面α,A∈a,B∈α,n是平面α的法向量,过A作AC⊥α,垂足为C,则eq\o(AC,\s\up6(→))∥n,∵eq\o(AB,\s\up6(→))·n=(eq\o(AC,\s\up6(→))+eq\o(CB,\s\up6(→)))·n=eq\o(AC,\s\up6(→))·n,∴|eq\o(AB,\s\up6(→))·n|=|eq\o(AC,\s\up6(→))|·|n|.∴直线a到平面α的距离d=|eq\o(AC,\s\up6(→))|=eq\f(|\o(AB,\s\up6(→))·n|,|n|).(2)求两平行平面间的距离①用公式d=eq\f(|\o(AB,\s\up6(→))·n|,|n|)求,n为两平行平面的一个法向量,A、B分别为两平面上的任意两点.②转化为点面距或线面距求解.(3)求点面距时,平面内的点可以任意选取,实际解题时选取已知点或易求的点,练习下题:在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中,点E、F分别是棱AB、BC的中点,则点C1到平面B1EF的距离等于A.eq\f(2,3) B.eq\f(2\r(2),3)C.eq\f(2\r(3),3) D.eq\f(4,3)[答案]D[解析]解法1:设点C1到平面B1EF的距离h.连接EC1,FC1,由题意得|B1E|=|B1F|=eq\r(|B1B|2+|EB|2)=eq\r(5),|EF|=eq\r(2),等腰△B1EF底边EF上的高为:h1=eq\r(|B1E|2-\f(1,2)|EF|2)=eq\f(3\r(2),2),则S△B1EF=eq\f(1,2)|EF|·h1=eq\f(3,2),那么VC1-B1EF=eq\f(1,3)S△B1EF·h=eq\f(1,2)h;又VE-B1C1F=eq\f(1,3)S△B1C1F·|EB|=eq\f(1,3)×(eq\f(1,2)×2×2)×1=eq\f(2,3),且VC1-B1EF=VE-B1C1F,即eq\f(2,3)=eq\f(1,2)h,得h=eq\f(4,3),选D.解法2:以B1为原点分别以eq\o(B1C1,\s\up6(→))、eq\o(B1A1,\s\up6(→))、eq\o(B1B,\s\up6(→))的方向为x轴、y轴、z轴的正方向建立空间直角坐标系,则B1(0,0,0),C1(2,0,0),E(0,1,2),F(1,0,2).设平面B1EF的法向量为n=(x,y,z),则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(B1F,\s\up6(→))=0,,n·\o(B1E,\s\up6(→))=0,))∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y+2z=0,,x+2z=0.))∴x=y=-2z.令z=1得n=(-2,-2,1),又eq\o(B1C1,\s\up6(→))=(2,0,0),∴C1到平面B1EF的距离h=eq\f(|n·\o(B1C1,\s\up6(→))|,|n|)=eq\f(4,3),故选D.6.如图,ABCD-A1B1C1D1是棱长为6的正方体,E、F分别是棱AB、BC上的动点,且AE=BF.当A1、E、F、C1四点共面时,平面A1DE与平面C1DF所成二面角的余弦值为A.eq\f(\r(3),2) B.eq\f(1,2)C.eq\f(1,5) D.eq\f(2\r(6),5)[答案]B[解析]以D为原点,DA、DC、DD1所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系,则A1(6,0,6)、E(6,3,0)、F(3,6,0),设平面A1DE的法向量为n1=(a,b,c),依题意得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n1·\o(DE,\s\up6(→))=6a+3b=0,,n1·\o(DA1,\s\up6(→))=6a+6c=0,))令a=-1,则c=1,b=2,所以n1=(-1,2,1),同理得平面C1DF的一个法向量为n2=(2,-1,1),由题图知,平面A1DE与平面C1DF所成二面角的余弦值为eq\f(|n1·n2|,|n1||n2|)=eq\f(1,2).二、填空题7.(2021·北京理,14)如图,在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中,E为BC的中点,点P在线段D1E上,点P到直线CC1的距离的最小值为________[答案]eq\f(2\r(5),5)[解析]过E点作EE1垂直底面A1B1C1D1,交B1C1于点E连接D1E1,过P点作PH垂直于底面A1B1C1D1,交D1E1于点HP点到直线CC1的距离就是C1H,故当C1H垂直于D1E1时,P点到直线CC1距离最小,此时,在Rt△D1C1E1中,C1H⊥D1E1,D1E1·C1H=C1D1·C1E1,∴C1H=eq\f(2,\r(5))=eq\f(2\r(5),5).[点评]点P到直线CC1距离的最小值就是异面直线D1E与CC1的距离,以D为原点,DA、DC、DD1分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系,则D1(0,0,2),E(1,2,0),C(0,2,0),C1(0,2,2),∴eq\o(D1E,\s\up6(→))=(1,2,-2),eq\o(CC1,\s\up6(→))=(0,0,2),设n⊥eq\o(D1E,\s\up6(→)),n⊥eq\o(CC1,\s\up6(→)),n=(x,y,z),则n·eq\o(D1E,\s\up6(→))=x+2y-2z=0,n·eq\o(CC1,\s\up6(→))=2z=0,∴z=0,取y=-1,则x=2,∴n=(2,-1,0),又eq\o(CE,\s\up6(→))=(1,0,0),∴异面直线距离d=eq\f(|n·\o(CE,\s\up6(→))|,|n|)=eq\f(2\r(5),5).8.在菱形ABCD中,AB=2,∠DAB=60°,将菱形沿对角线AC折成直二面角D′-AC-B,折起后直线AB与CD′之间的距离为________.[答案]eq\f(2\r(21),7)[解析]设AC∩BD=O,∵在菱形ABCD中,AC⊥BD,∴折起后AC、BO、OD′两两垂直,以O为原点,直线OC、OB、OD′为x轴、y轴、z轴建立如图空间直角坐标系,∵在原菱形中,AB=2,∠DAB=60°,∴OA=OC=eq\r(3),OB=OD′=1,∴A(-eq\r(3),0,0),B(0,-1,0),C(eq\r(3),0,0),D′(0,0,1),∴eq\o(AB,\s\up6(→))=(eq\r(3),-1,0),eq\o(CD′,\s\up6(→))=(-eq\r(3),0,1),设n=(x,y,z),令eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(AB,\s\up6(→))=0,,n·\o(CD′,\s\up6(→))=0,))则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\r(3)x-y=0,,-\r(3)x+z=0.))令x=1,则y=eq\r(3),z=eq\r(3).∴n=(1,eq\r(3),eq\r(3)),又eq\o(AD′,\s\up6(→))=(eq\r(3),0,1),∴AB与CD′之间的距离d=eq\f(|n·\o(AD′,\s\up6(→))|,|n|)=eq\f(2\r(21),7).三、解答题9.如图,在四棱锥P-ABCD中,PA⊥平面ABCD,底面ABCD是菱形,AB=2,∠BAD=60°.(1)求证:BD⊥平面PAC;(2)若PA=AB,求PB与AC所成角的余弦值;(3)当平面PBC与平面PDC垂直时,求PA的长.[解析](1)由于四边形ABCD是菱形,所以AC⊥BD.又由于PA⊥平面ABCD.所以PA⊥BD.由于PA∩AC=A,所以BD⊥平面PAC.(2)设AC∩BD=O.由于∠BAD=60°,PA=AB=2,所以BO=1,AO=CO=eq\r(3).如图,以O为坐标原点,建立空间直角坐标系O-xyz,则P(0,-eq\r(3),2),A(0,-eq\r(3),0),B(1,0,0),C(0,eq\r(3),0).所以eq\o(PB,\s\up6(→))=(1,eq\r(3),-2),eq\o(AC,\s\up6(→))=(0,2eq\r(3),0),设PB与AC所成角为θ,则cosθ=eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(\o(PB,\s\up6(→))·\o(AC,\s\up6(→)),|\o(PB,\s\up6(→))|·|\o(AC,\s\up6(→))|)))=eq\f(6,2\r(2)×2\r(3))=eq\f(\r(6),4).(3)由(2)知eq\o(BC,\s\up6(→))=(-1,eq\r(3),0).设P(0,-eq\r(3),t),(t>0),则eq\o(BP,\s\up6(→))=(-1,-eq\r(3),t).设平面PBC的法向量m=(x,y,z),则eq\o(BC,\s\up6(→))·m=0,eq\o(BP,\s\up6(→))·m=0,所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(-x+\r(3)y=0,,-x-\r(3)y+tz=0.))令y=eq\r(3),则x=3,z=eq\f(6,t).所以m=(3,eq\r(3),eq\f(6,t)).同理,平面PDC的法向量n=(-3,eq\r(3),eq\f(6,t)).由于平面PBC⊥平面PDC.所以m·n=0,即-6+eq\f(36,t2)=0.解得t=eq\r(6).所以PA=eq\r(6).10.(2022·天津河北区一模)如图,在四棱锥P-ABCD中,侧面PAD⊥底面ABCD,侧棱PA=PD=eq\r(2),底面ABCD为直角梯形,其中BC∥AD,AB⊥AD,AD=2,AB=BC=1,E为AD中点.(1)求证:PE⊥平面ABCD;(2)求异面直线PB与CD所成角的余弦值;(3)求平面PAB与平面PCD所成的二面角.[解析](1)证明:在△PAD中,PA=PD,E为AD中点,∴PE⊥AD.又侧面PAD⊥底面ABCD,平面PAD∩平面ABCD=AD,PE⊂平面PAD,∴PE⊥平面ABCD.(2)如图,以E为坐标原点建立空间直角坐标系E-xyz,则A(0,-1,0),B(1,-1,0),C(1,0,0),D(0,1,0),P(0,0,1),∴eq\o(CD,\s\up6(→))=(-1,1,0),eq\o(PB,\s\up6(→))=(1,-1,-1),∴cos〈eq\o(PB,\s\up6(→)),eq\o(CD,\s\up6(→))〉=eq\f(\o(PB,\s\up6(→))·\o(CD,\s\up6(→)),|\o(PB,\s\up6(→))||\o(CD,\s\up6(→))|)=eq\f(-1-1,\r(3)×\r(2))=-eq\f(\r(6),3),∴异面直线PB与CD所成的角的余弦值为eq\f(\r(6),3).(3)方法一:设平面PAB的法向量为m=(x,y,z),∵eq\o(PA,\s\up6(→))=(0,-1,-1),eq\o(PB,\s\up6(→))=(1,-1,-1),∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m·\o(PA,\s\up6(→))=0,,m·\o(PB,\s\up6(→))=0.))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y=-z,,x-y-z=0.))令y=1,则x=0,z=-1,∴m=(0,1,-1).设平面PCD的法向量为n,同理可得n=(1,1,1).∴cos〈m,n〉=eq\f(m·n,|m|·|n|)=0.∴m⊥n.∴平面PAB与平面PCD所成的二面角为eq\f(π,2).方法二:∵侧面PAD⊥底面ABCD,交线为AD,AB⊥AD,∴AB⊥平面PAD,∴PD⊥AB.∵PA=PD=eq\r(2),AD=2,∴PD⊥PA.又PA∩AB=A,∴PD⊥平面PAB.又PD⊂平面PCD,∴平面PAB⊥平面PCD.∴平面PAB与平面PCD所成的二面角为eq\f(π,2).一、解答题11.如图,四边形DCBE为直角梯形,∠DCB=90°,DE∥CB,DE=1,BC=2,又AC=1,∠ACB=120°,CD⊥AB,直线AE与直线CD所成角为60°.(1)求证:平面ACD⊥平面ABC;(2)求BE与平面ACE所成角的正弦值.[解析](1)∵CD⊥AB,CD⊥BC,AB∩BC=B,∴CD⊥平面ABC,又∵CD⊂平面ACD,∴平面ACD⊥平面ABC.(2)在平面ACB内,过C作CF⊥CB,以C为原点,以CF,CB,CD所在直线为x轴、y轴、z轴建立如图所示空间直角坐标系C-xyz设CD=a(a>0),则D(0,0,a),E(0,1,a),B(0,2,0),A(eq\f(\r(3),2),-eq\f(1,2),0),eq\o(AE,\s\up6(→))=(-eq\f(\r(3),2),eq\f(3,2),a),eq\o(CD,\s\up6(→))=(0,0,a),由直线AE与直线CD所成角为60°,得eq\o(AE,\s\up6(→))·eq\o(CD,\s\up6(→))=|eq\o(AE,\s\up6(→))||eq\o(CD,\s\up6(→))|cos60°,∴a2=eq\f(a,2)eq\r(a2+3),解得a=1.∴eq\o(CE,\s\up6(→))=(0,1,1),eq\o(CA,\s\up6(→))=(eq\f(\r(3),2),-eq\f(1,2),0),eq\o(BE,\s\up6(→))=(0,-1,1),设平面ACE的一个法向量为n=(x,y,z),则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(CA,\s\up6(→))=0,,n·\o(CE,\s\up6(→))=0,))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)x-\f(1,2)y=0,,y+z=0.))取x=eq\r(3),则y=3,z=-3,得n=(eq\r(3),3,-3),设BE与平面ACE所成角为θ,则sinθ=eq\f(|\o(BE,\s\up6(→))·n|,|\o(BE,\s\up6(→))||n|)=eq\f(\r(42),7),于是BE与平面ACE所成角的正弦值为eq\f(\r(42),7).12.(2021·成都七中期中)如图分别是正三棱台ABC-A1B1C1的直观图和正视图,O,O1分别是上下底面的中心,E是BC的中点(1)求正三棱台ABC-A1B1C1的体积(注:棱台体积公式:V=eq\f(1,3)(S上+eq\r(S上·S下)+S下)其中S上为棱台上底面面积,S下为棱台下底面面积,h为棱台高);(2)求平面EA1B1与平面A1B1C1的夹角的余弦(3)若P是棱A1C1上一点,求CP+PB1的最小值[解析](1)由题意AC=2eq\r(3),A1C1=4eq\r(3),正三棱台的高为eq\r(3),S△ABC=3eq\r(3),S△A1B1C1=12eq\r(3),VABC-A1B1C1=eq\f(1,3)(3eq\r(3)+eq\r(3\r(3)×12\r(3))+12eq\r(3))×eq\r(3)=21.(2)设O,O1分别是上、下底面的中心,E是BC的中点,F是B1C1的中点.以O1为原点,过O1平行于B1C1的直线为x轴建立空间直角坐标系O1-xyz,则C1(-2eq\r(3),2,0),C(-eq\r(3),1,eq\r(3)),E(0,1,eq\r(3)),A1(0,-4,0),B1(2eq\r(3),2,0),eq\o(A1E,\s\up6(→))=(0,5,eq\r(3)),eq\o(A1B1,\s\up6(→))=(2eq\r(3),6,0),设平面EA1B1的一个法向量n=(x,y,z),则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(A1E,\s\up6(→))=0,,n·\o(A1B1,\s\up6(→))=0,))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(5y+\r(3)z=0,,\r(3)x+3y=0.))取n=(-3,eq\r(3),-5),取平面A1B1C1的一个法向量m=(0,0,1),设所求角为θ,则cosθ=eq\f(|m·n|,|m|·|n|)=eq\f(5\r(37),37).(3)将梯形A1ACC1绕A1C1旋转到与△A1B1C1在同一平面内,使二面角B1-A1C1-C为平角,记展平后的A、C为M、N,连接B1N与A1C1的交点为P点时,CP+cos∠NC1A1=cos∠CC1A1=eq\f(\o(C1C,\s\up6(→))·\o(C1A1,\s\up6(→)),|\o(C1C,\s\up6(→))|·|\o(C1A1,\s\up6(→))|)=eq\f(\r(21),7),∴sin∠NC1A1=eq\f(2\r(7),7),cos∠NC1B1=cos(∠NC1A1+eq\f(π,3))=eq\f(\r(21),7)×eq\f(1,2)-eq\f(2\r(7),7)×eq\f(\r(3),2)=-eq\f(\r(21),14),在△NC1B中,B1C1=4eq\r(3),NC1=|eq\o(CC1,\s\up6(→))|=eq\r(7),由余弦定理得CB1=eq\r(67),∴CP+PB1的最小值为eq\r(67).13.(2021·陕西商洛一模)如图,四周体ABCD中,O,E分别是BD,BC的中点,CA=CB=CD=BD=2,AB=AD=eq\r(2).(1)求证:AO⊥平面BCD;(2)求异面直线AB与CD所成角的余弦值;(3)求点E到平面ACD的距离.[分析](1)要证AO⊥平面BCD,只需在平面BCD内找到两条与AO垂直的直线,由条件△ABD为等腰三角形可知AO⊥BD,只要AO⊥OC即可得证,结合条件应计算证明AO⊥OC.(2)由(1)可知OC、OA、BD两两垂直,故适合建系用坐标法求,只要找出两直线的方向向量,即可获解.(3)求点面距,需先求出平面的法向量n,则距离d=eq\f(|\o(EC,\s\up6(→))·n|,|n|).[解析](1)证明:连接OC,由CA=CB=CD=BD=2,AB=AD=eq\r(2),知CO=eq\r(3),AO=1.在△AOC中,AC2=AO2+OC2,则AO⊥OC.又AO⊥BD,BD∩OC=O,因此AO⊥平面BCD.(2)解:如图建立空间直角坐标系O-xyz,则A(0,0,1),B(1,0,0),C(0,eq\r(3),0),D(-1,0,0),eq\o(AB,\s\up6(→))=(1,0,-1),eq\o(CD,\s\up6(→))=(-1,-eq\r(3),0),∴|cos〈eq\o(AB,\s\up6(→)),eq\o(CD,\s\up6(→))〉|=eq\f(|\o(AB,\s\up6(→))·\o(CD,\s\up6(→))|,|\o(AB,\s\up6(→))||\o(CD,\s\up6(→))|)=eq\f(\r(2),4).即异面直线AB与CD所成角的余弦值为eq\f(\r(2),4).(3)eq\o(AD,\s\up6(→))=(-1,0,-1),设平面ACD的法向量为n=(x,y,z),由n·eq\o(AD,\s\up6(→))=0,n·eq\o(CD,\s\up6(→))=0,得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(-x-z=0,,-x-\r(3)y=0,))令y=1,则n=(-eq\r(3),1,eq\r(3)).所以点E到平面ACD的距离为d=eq\f(|\o(EC,\s\up6(→))·n|,|n|)=eq\f(\r(2
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