數(shù)學英語物理化學 生物地理
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分析 (1)連接AC,設AC∩BD=O,連接OF,由線面垂直的判定和性質(zhì)BD⊥平面BCF,得到BD⊥OF,再由BO=DO,即可得到BF=DF;(2)法一、過點D作DG⊥BC于點G,連接GF,設BC=2,求得DG=√3,過點G在BCF內(nèi)作CF的平行線GH,則GH⊥平面ABCD,以點G為原點,分別以GH,GC,GD所在直線為x,y,z軸,建立空間直角坐標系,由題意請求出所用點的坐標,進一步求得平面ABF與平面AFC的一個法向量,由兩法向量所成角的余弦值可得二面角B-AF-C的余弦值;法二、過點O作OE⊥AF于點E,連接BE,由平面ABCD⊥平面ACF,AC⊥BD,可得BD⊥平面ACF,得到BD⊥AF,有BE⊥AF,即∠BEO是二面角B-AF-C的平面角,過點D作DG⊥BC于點G,連接GF,由DG⊥平面BCF,知直線DF與平面BCF所成角為∠DFG=45°,不妨設BC=2,然后求解三角形得二面角B-AF-C的余弦值.
解答 (1)證明:連接AC,設AC∩BD=O,連接OF,∵平面ABCD⊥平面BCF,且交線為BC,又∵∠BCF=90°,∴CF⊥平面ABCD,∵CF?平面BCF,∴平面BCF⊥平面ABCD,∵四邊形ABCD是菱形,∴BD⊥AC,則BD⊥平面BCF,∴BD⊥OF,又BO=DO,∴BF=DF;(2)解:法一、過點D作DG⊥BC于點G,連接GF,∵平面ABCD⊥平面BCF,即直線DF與平面BCF所成角為∠DFG=45°,不妨設BC=2,則DG=√3,過點G在BCF內(nèi)作CF的平行線GH,則GH⊥平面ABCD,以點G為原點,分別以GH,GC,GD所在直線為x,y,z軸,建立空間直角坐標系,∵∠DFG=45°,∴GF=√3,CF=√2,則A(0,-2,\sqrt{3}),B(0,-1,0),C(0,1,0),F(xiàn)(\sqrt{2},0,0),∴\overrightarrow{AF}=(\sqrt{2},3,-\sqrt{3}),\overrightarrow{BF}=(\sqrt{2},2,0),\overrightarrow{CF}=(\sqrt{2},0,0),設平面ABF的法向量為\overrightarrow m=(x,y,z),則\left\{\begin{array}{l}\overrightarrow m•\overrightarrow{FA}=0\\ \overrightarrow m•\overrightarrow{FB}=0\end{array}\right.,即\left\{\begin{array}{l}\sqrt{2}x+3y-\sqrt{3}z=0\\ \sqrt{2}x+2y=0\end{array}\right.,取y=-1,得\overrightarrow m=(\sqrt{2},-1,-\frac{{\sqrt{3}}}{3}),同理可得平面AFC的法向量為\overrightarrow n=(0,1,\sqrt{3}),∴cos<\overrightarrow m,\overrightarrow n>=\frac{\overrightarrow m•\overrightarrow n}{|\overrightarrow m||\overrightarrow n|}=\frac{-2}{{\sqrt{2+1+\frac{1}{3}}×2}}=-\frac{{\sqrt{30}}}{10},由圖可知二面角B-AF-C是銳角,∴其余弦值為\frac{{\sqrt{30}}}{10};法二、過點O作OE⊥AF于點E,連接BE,∵平面ABCD⊥平面ACF,又AC⊥BD,∴BD⊥平面ACF,∴BD⊥AF,即AF⊥平面BOE,∴BE⊥AF,即∠BEO是二面角B-AF-C的平面角,過點D作DG⊥BC于點G,連接GF,∴DG⊥平面BCF,即直線DF與平面BCF所成角為∠DFG=45°,不妨設BC=2,則DG=GF=\sqrt{3},CF=\sqrt{2},AF=\sqrt{14},∵△AEO∽△AFC,∴OE=\sqrt{\frac{3}{7}},又OB=1,∴BE=\sqrt{\frac{10}{7}},∴cos∠BEO=\frac{OE}{BE}=\frac{{\sqrt{30}}}{10},∴二面角B-AF-C的余弦值為\frac{{\sqrt{30}}}{10}.
點評 本題考查線面垂直的判定和性質(zhì),考查空間想象能力和思維能力,訓練了利用空間向量求二面角的平面角,是中檔題.
科目:高中數(shù)學 來源: 題型:解答題
科目:高中數(shù)學 來源: 題型:填空題
科目:高中數(shù)學 來源: 題型:選擇題
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