分析 法一:(Ⅰ)連結(jié)AB1,在△ABB1中,由余弦定理得求出AB1,通過計(jì)算勾股定理證明AB1⊥AB,以及證明AC⊥AB,推出AB⊥平面AB1C.得到AB⊥B1C.
(Ⅱ)以A為原點(diǎn),以→AB,→AC,→AB1的方向分別為x軸,y軸,z軸的正方向建立空間直角坐標(biāo)系,求出平面BCB1的法向量,利用向量的數(shù)量積求解AC1與平面BCB1所成角的正弦值.
法二:(Ⅱ)過點(diǎn)A作AH⊥平面BCB1,垂足為H,連結(jié)HC1,說明∠AC1H為AC1與平面BCB1所成的角.取BC中點(diǎn)P,連結(jié)PB1,利用VA−BCB1=VB1−ABC,求出AH,在Rt△AHC1中,求解AC1與平面BCB1所成的角的正弦值即可.
解答 滿分(12分).
解:法一:(Ⅰ)連結(jié)AB1,在△ABB1中,AB=1,BB1=2,∠ABB1=60°,
由余弦定理得,AB12=AB2+BB12−2AB•BB1•cos∠ABB1=3,
∴AB1=√3,…(1分)
∴BB12=AB2+AB12,
∴AB1⊥AB.…(2分)
又∵△ABC為等腰直角三角形,且AB=AC,
∴AC⊥AB,
又∵AC∩AB1=A,
∴AB⊥平面AB1C.(4分)
又∵B1C?平面AB1C,
∴AB⊥B1C.(5分)
(Ⅱ)∵AB1=√3,AB=AC=1,B1C=2,
∴B1C2=AB12+AC2,∴AB1⊥AC.(6分)
如圖,以A為原點(diǎn),以→AB,→AC,→AB1的方向分別為x軸,y軸,z軸的正方向建立空間直角坐標(biāo)系,
(7分)
則A(0,0,0),B1(0,0,√3),B(1,0,0),C(0,1,0),
∴→BB1=(−1,0,√3),→BC=(−1,1,0).(8分)
設(shè)平面BCB1的法向量→n=(x,y,z),
由{→BB1•→n=0→BC•→n=0,得{−x+√3z=0−x+y=0令z=1,得x=y=√3.
∴平面BCB1的一個(gè)法向量為→n=(√3,√3,1). …(9分)
∵→AC1=→AC+→CC1=→AC+→BB1=(0,1,0)+(−1,0,√3)=(−1,1,√3),…(10分)
∴cos<→AC1,→n>=→AC1•→n|→AC1||→n|=√3√5•√7=√10535,….…(11分)
∴AC1與平面BCB1所成角的正弦值為√10535.(12分)
法二:(Ⅰ)同解法一.
(Ⅱ)過點(diǎn)A作AH⊥平面BCB1,垂足為H,連結(jié)HC1,
則∠AC1H為AC1與平面BCB1所成的角.(6分)
由(Ⅰ) 知,AB1⊥AB,AB1=√3,AB=AC=1,B1C=2,
∴AB21+AC2=B1C2,∴AB1⊥AC,
又∵AB∩AC=A,∴AB1⊥平面ABC,(7分)
∴VB1−ABC=13S△ABC•AB1=13×12×AB×AC×AB1=√36.(8分)
取BC中點(diǎn)P,連結(jié)PB1,∵BB1=B1C=2,∴PB1⊥BC.
又在Rt△ABC中,AB=AC=1,∴BC=√2,∴BP=√22,
∴PB1=√B1B2−BP2=√4−12=√142,
∴S△B1BC=12BC×B1P=√72.(9分)
∵VA−BCB1=VB1−ABC,
∴13S△BCB1•AH=√36,即13×√72×AH=√36,∴AH=√217.(10分)
∵AB1⊥平面ABC,BC?平面ABC,∴AB1⊥BC,
三棱柱ABC-A1B1C1中,BC∥B1C1,B1C1=BC=2,
∴AB1⊥B1C1,∴AC1=√AB21+B1C21=√5.(11分)
在Rt△AHC1中,sin∠AC1H=AHAC1=√217√5=√10535,
所以AC1與平面BCB1所成的角的正弦值為√10535.(12分)
點(diǎn)評(píng) 本小題主要考查空間直線與直線、直線與平面的位置關(guān)系及直線與平面所成的角等基礎(chǔ)知識(shí),考查空間想象能力、推理論證能力、運(yùn)算求解能力,考查化歸與轉(zhuǎn)化思想等.
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A. | y=log0.5(x+1) | B. | y=log2√x2−1 | ||
C. | y=log21x | D. | y=log12(5−4x+x2) |
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A. | 異面 | B. | 平行 | C. | 垂直相交 | D. | 相交但不垂直 |
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