分析 (Ⅰ)以A为原点,建立空间直角坐标系A-xyz,求出相关点的坐标,求出$\overrightarrow{BD}=(-\frac{1}{2},\frac{{\sqrt{3}}}{2},\sqrt{3})$,$\overrightarrow{{A_1}C}=(0,2\sqrt{3},-\sqrt{3})$.通过数量积为0,证明 BD⊥A1C.
(Ⅱ)求出平面A1DB的一个法向量,平面A1DB1的一个法向量,利用斜率的数量积求解二面角B-A1D-B1的平面角即可.
解答 (本小题满分13分)
(Ⅰ)证明:因为 ABC-A1B1C1直三棱柱,
所以 AA1⊥AB,AA1⊥AC.
又 AB⊥AC,
所以 AB,AC,AA1两两互相垂直.(1分)
如图,以A为原点,建立空间直角坐标系A-xyz.(2分)
则 B(2,0,0),$C(0,2\sqrt{3},0)$,${A_1}(0,0,\sqrt{3})$,${B_1}(2,0,\sqrt{3})$,${C_1}(0,2\sqrt{3},\sqrt{3})$.
由 $\overrightarrow{{B_1}D}=\frac{1}{4}\overrightarrow{{B_1}{C_1}}=(-\frac{1}{2},\frac{{\sqrt{3}}}{2},0)$,得$D(\frac{3}{2},\frac{{\sqrt{3}}}{2},\sqrt{3})$.(3分)
所以 $\overrightarrow{BD}=(-\frac{1}{2},\frac{{\sqrt{3}}}{2},\sqrt{3})$,$\overrightarrow{{A_1}C}=(0,2\sqrt{3},-\sqrt{3})$.
因为 $\overrightarrow{BD}•\overrightarrow{{A_1}C}=3-3=0$,(4分)
所以 BD⊥A1C.(5分)
(Ⅱ)解:$\overrightarrow{BD}=(-\frac{1}{2},\frac{{\sqrt{3}}}{2},\sqrt{3})$,$\overrightarrow{{A_1}B}=(2,0,-\sqrt{3})$.
设平面A1DB的一个法向量为$\overrightarrow{m}$=(x1,y1,z1),则$\left\{\begin{array}{l}\overrightarrow{m}•\overrightarrow{{A}_{1}B}=0\\ \overrightarrow{m}•\overrightarrow{BD}=0.\end{array}\right.$(7分)
所以 $\left\{\begin{array}{l}2{x_1}-\sqrt{3}{z_1}=0\\-\frac{1}{2}{x_1}+\frac{{\sqrt{3}}}{2}{y_1}+\sqrt{3}{z_1}=0.\end{array}\right.$取z1=1,得$\overrightarrow{m}=(\frac{\sqrt{3}}{2},-\frac{3}{2},1)$.(9分)
又平面A1DB1的一个法向量为$\overrightarrow{n}$=(0,0,1),(10分)
所以 $cos<\overrightarrow{m},\overrightarrow{n}>=|\frac{\overrightarrow{m}•\overrightarrow{n}}{|\overrightarrow{m}||\overrightarrow{n}|}|=\frac{1}{\sqrt{\frac{3}{4}+\frac{9}{4}+1}}=\frac{1}{2}$,(12分)
因为二面角B-A1D-B1的平面角是锐角,
所以二面角B-A1D-B1的大小是60°.(13分)
点评 本题考查二面角的平面角的求法,直线与直线垂直的证明,考查空间想象能力以及计算能力.
科目:高中数学 来源: 题型:选择题
A. | [$-\frac{3}{8}$+k,$\frac{1}{8}$+k](k∈Z) | B. | (-$\frac{1}{8}$+k,$\frac{1}{8}$+k](k∈Z) | C. | [$-\frac{3}{8}$+k,$\frac{1}{8}$+k](k∈Z) | D. | [$\frac{1}{8}$+k,$\frac{3}{8}$+k)(k∈Z) |
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科目:高中数学 来源: 题型:选择题
A. | ①② | B. | ①③ | C. | ①②③ | D. | ①③④ |
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科目:高中数学 来源: 题型:选择题
A. | a5≥b5 | B. | a5≤b5 | C. | a5>b5 | D. | a5<b5 |
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科目:高中数学 来源: 题型:解答题
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