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設(shè)△ABC和△DBC所在兩平面互相垂直，且AB=BC=BD=a,∠CBA=∠CBD=,則AD與平面BCD所成的角為(    )

A．30°

B．45°

C．60°

D．75°

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設(shè)△ABC和△DBC所在的兩個(gè)平面互相垂直，且AB=BC=BD，∠ABC=∠DBC=，求:
(1)直線AD與平面BCD所成角的大�。�
(2)異面直線AD與BC所成的角；
(3)二面角A—BD—C的大小.

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如下圖，設(shè)△ABC和△DBC所在的兩平面互相垂直，且AB＝BC＝BD，∠CBA＝∠DBC＝120°，求二面角A－BD－C的平面角的補(bǔ)角的正切值．

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難點(diǎn)磁場(chǎng)

(1)證明：作NA⊥α于A，MB⊥β于B,連接AP、PB、BN、AM，再作AC⊥l于C，BD⊥l于D，連接NC、MD.

∵NA⊥α,MB⊥β,∴∠MPB、∠NPA分別是MP與β所成角及NP與α所成角，∠MNB，∠NMA分別是MN與β,α所成角，∴∠MPB=∠NPA.

在Rt△MPB與Rt△NPA中，PM=PN，∠MPB=∠NPA，∴△MPB≌△NPA，∴MB=NA.

在Rt△MNB與Rt△NMA中，MB=NA，MN是公共邊，∴△MNB≌△NMA，∴∠MNB=∠NMA，即(1)結(jié)論成立.

(2)解：設(shè)∠MNB=θ,MN=a,則PB=PN=a,MB=NA=asinθ，NB=acosθ?,∵MB⊥β,BD⊥l,∴MD⊥l,∴∠MDB是二面角α―l―β的平面角，

∴∠MDB=60°，同理∠NCA=60°,

∴BD=AC=asinθ,CN=DM=asinθ,

∵MB⊥β，MP⊥PN，∴BP⊥PN

∵∠BPN=90°,∠DPB=∠CNP,∴△BPD∽△PNC,∴

整理得，16sin⁴θ－16sin²θ+3=0

解得sin²θ=,sinθ=，當(dāng)sinθ=時(shí)，CN=asinθ= a＞PN不合理，舍去.

∴sinθ=,∴MN與β所成角為30°.

殲滅難點(diǎn)訓(xùn)練

一、1.解析：(特殊位置法）將P點(diǎn)取為A₁，作OE⊥AD于E，連結(jié)A₁E，則A₁E為OA₁的射影，又AM⊥A₁E，∴AM⊥OA₁，即AM與OP成90°角.

答案：D

2.解析：作AO⊥CB的延長(zhǎng)線，連OD，則OD即為AD在平面BCD上的射影，

∵AO=OD=a,∴∠ADO=45°.

答案：B

二、3.解析：在OC上取一點(diǎn)C，使OC=1，過C分別作CA⊥OC交OA于A，CB⊥OC交OB于B，則AC=1，，OA=，BC=，OB=2，Rt△AOB中，AB²=6，△ABC中，由余弦定理，得cosACB=－.

答案：－

4.解析：設(shè)一個(gè)側(cè)面面積為S₁，底面面積為S，則這個(gè)側(cè)面在底面上射影的面積為，由題設(shè)得，設(shè)側(cè)面與底面所成二面角為θ,則cosθ=,∴θ=60°.

答案：60°

三、5.(1)解：因?yàn)?i>PA⊥平面AC，AB⊥BC,∴PB⊥BC,即∠PBC=90°,由勾股定理得PB=.

∴PC=.

(2)解：如圖，過點(diǎn)C作CE∥BD交AD的延長(zhǎng)線于E，連結(jié)PE，則PC與BD所成的角為∠PCE或它的補(bǔ)角.

∵CE=BD=，且PE=

∴由余弦定理得cosPCE=

∴PC與BD所成角的余弦值為.

(3）證明：設(shè)PB、PC中點(diǎn)分別為G、F，連結(jié)FG、AG、DF，則GF∥BC∥AD，且GF=BC=1=AD，從而四邊形ADFG為平行四邊形，

又AD⊥平面PAB，∴AD⊥AG，即ADFG為矩形，DF⊥FG.

在△PCD中，PD=，CD=，F為BC中點(diǎn)，∴DF⊥PC

從而DF⊥平面PBC，故平面PDC⊥平面PBC，即二面角B―PC―D為直二面角.?

6.解：(1)如圖，在平面ABC內(nèi)，過A作AH⊥BC，垂足為H，則AH⊥平面DBC，

∴∠ADH即為直線AD與平面BCD所成的角.由題設(shè)知△AHB≌△AHD，則DH⊥BH，AH=DH，

∴∠ADH=45°

(2)∵BC⊥DH，且DH為AD在平面BCD上的射影，

∴BC⊥AD，故AD與BC所成的角為90°.

(3)過H作HR⊥BD，垂足為R，連結(jié)AR，則由三垂線定理知，AR⊥BD，故∠ARH為二面角A―BD―C的平面角的補(bǔ)角.設(shè)BC=a,則由題設(shè)知，AH=DH=,在△HDB中，HR=a，∴tanARH==2

故二面角A―BD―C大小為π－arctan2.

7.(1)證明：取BC中點(diǎn)E，連結(jié)AE，∵AB=AC，∴AE⊥BC

∵平面ABC⊥平面BCD，∴AE⊥平面BCD，

∵BC⊥CD，由三垂線定理知AB⊥CD.

又∵AB⊥AC，∴AB⊥平面BCD，∵AB平面ABD.

∴平面ABD⊥平面ACD.

(2)解：在面BCD內(nèi)，過D作DF∥BC，過E作EF⊥DF，交DF于F，由三垂線定理知AF⊥DF，∠ADF為AD與BC所成的角.

設(shè)AB=m，則BC=m，CE=DF=m,CD=EF=m

即AD與BC所成的角為arctan

(3)解：∵AE⊥面BCD，過E作EG⊥BD于G，連結(jié)AG，由三垂線定理知AG⊥BD，

∴∠AGE為二面角A―BD―C的平面角

∵∠EBG=30°，BE=m,∴EG=m?

又AE=m,∴tanAGE==2,∴∠AGE=arctan2.

即二面角A―BD―C的大小為arctan2.

8.(1)證明：連結(jié)DH，∵C′H⊥平面ABD，∴∠C′DH為C′D與平面ABD所成的角且平面C′HA⊥平面ABD，過D作DE⊥AB，垂足為E，則DE⊥平面C′HA.

故∠DC′E為C′D與平面C′HA所成的角

∵sinDC′E=≤=sinDC′H

∴∠DC′E≤∠DC′H,

∴∠DC′E+∠C′DE≤∠DC′H+∠C′DE=90°

(2)解：作HG⊥AD，垂足為G，連結(jié)C′G,

則C′G⊥AD，故∠C′GH是二面角C′―AD―H的平面角

即∠C′GH=60°，計(jì)算得tanBAD=.