第7讲 角度与距离答案1. 答案：5．2. 答案：D3. 答案：B4. 答案：245. 答案：C6. 解：（1）证明：∵BC →＝AC →－AB →＝（m 2，3m 2，0）， ∴|BC →|＝m ，又AB →＝（m 2，－32，0），AC →＝（m ，0，0） ∴|AB →|＝m ，|AC →|＝m ，∴△ABC 为正三角形．又AB →·AA →1＝0，即AA 1⊥AB ，同理AA 1⊥AC ，∴AA 1⊥平面ABC ，从而三棱柱ABC —A 1B 1C 1是正三棱柱．（2）解：取AB 中点O ，连结CO 、A 1O ．∵CO ⊥AB ，平面ABC ⊥平面ABB 1A 1，∴CO ⊥平面ABB 1A 1，即∠CA 1O 为直线CA 1与平面A 1ABB 1所成的角．在Rt △CA 1O 中，CO ＝32m ，CA 1＝m 2＋n 2， ∴sin ∠CA 1O ＝CO CA 1＝22，即∠CA 1O ＝45°． 7. 解：（1）以点A 为坐标原点O ，以AB 所在直线为Oy 轴，以AA 1所在直线为Oz轴，以经过原点且与平面ABB 1A 1垂直的直线为Ox 轴，建立空间直角坐标系． 由已知，得A （0，0，0），B （0，a ，0），A 1（0，0，2a ），C 1（－32a ，a 2，2a ）． （2）取A 1B 1的中点M ，于是M （0，a 2，2a ），连AM ，MC 1有 MC →1＝（－32a ，0，0），且AB →＝（0，a ，0），AA →1＝（0，0，2a ） 由于MC →1·AB →＝0，MC →1·AA →1＝0，所以MC 1⊥面ABB 1A 1．∴AC 1与AM 所成的角就是AC 1与侧面ABB 1A 1所成的角．∵AC →1＝（－32a ，a 2，2a ），AM →＝（0，a 2，2a ）， ∴AC →1·AM →＝0＋a 24＋2a 2＝94a 2．而|AC →1|＝3a 24＋a 24＋2a 2＝3a ．|AM →|＝a 24＋2a 2＝32a ． ∴cos ＜AC →1，AM →＞＝32． 所以AC →1与AM →所成的角，即AC 1与侧面ABB 1A 1所成的角为30°．8. 解：以B 1为原点建立平面直角坐标系，则A （1，0，1），C （0，1，1），A 1（1，0，0），D （1，1，1），则A 1A →＝（0，0，1），AC →＝（－1，1，0），A 1D→＝（0，1，1）设n →＝(x ，y ，z)同时与AC →和A 1D →垂直，则 ⎩⎨⎧－x ＋y ＝0y ＋z ＝0，故⎩⎨⎧x ＝y z ＝－y ，取y ＝1，则n →＝（1，1，－1），d ＝|A 1A →·n →||n →|＝33． 习题七9. 答案：A10. 答案：B11. 答案：B12. 解：（1）证明：因为CB ⊥平面A 1B ，所以A 1C 在平面A 1B 上的射影为A 1B ． 由A 1B ⊥AE ，AE ⊂平面A 1B ，得A 1C ⊥AE ．同理可证A 1C ⊥AF ．因为A 1C ⊥AF ，A 1C ⊥AE ，所以A 1C ⊥平面AEF ．（2）解：过A 作BD 的垂线交CD 于G ，因为D 1D ⊥AG ，所以AG ⊥平面D 1B 1BD ．设AG 与A 1C 所成的角为α，则α即为平面AEF 与平面D 1B 1BD 所成的角．由已知，计算得DG ＝94． 建立如图直角坐标系，则得点A （0，0，0），G （94，3，0），A 1（0，0，5），C （4，3，0）．AG ＝{94，3，0}，A 1C ＝{4，3，－5}． 因为AG 与A 1C 所成的角为α，所以cos α＝12225，α＝arccos 12225． 由定理知，平面AEF 与平面D 1B 1BD 所成角的大小为arccos 12225． 如果不用向量法也可用下面的方法求二面角的平面角：解法一：设AG 与BD 交于M ，则AM ⊥面BB 1D 1D ，再作AN ⊥EF 交EF 于N ，连接B D 1D 111MN ，则∠ANM 即为面AEF 与D 1B 1BD 所成的角α，用平面几何的知识可求出AM 、AN 的长度．解法二：用面积射影定理cos α＝S △ABD S △AEF． 13. 解：（1）过D 作DE ⊥BC ，垂足为E ，在Rt △BDC 中，由∠BDC ＝90°，∠DCB＝30°，BC ＝2，得BD ＝1，CD ＝3，∴DE ＝CD ·sin30°＝32． OE ＝OB －BE ＝OB －BD ·cos60°＝1－12＝12． ∴D 点坐标为（0，－12，32），即向量OD →的坐标为（0，－12，32）． （2）依题意：OA →＝（32，12，0），OB →＝（0，－1，0），OC →＝（0，1，0） 所以AD →＝OD →－OA →＝（－32，－1，32），BC →＝OC →－OB →＝（0，2，0） 设向量AD →和BC →的夹角为θ，则cos θ＝－1510． 14. 解法一：由于SB ＝BC ，且E 是SC 的中点，因此BE 是等腰三角形SBC 底边SC 的中线，所以SC ⊥BE ．又已知SC ⊥DE ，BE ∩DE ＝E ，∴SC ⊥面BDE ，∴SC ⊥BD ． 又∵SA ⊥底面ABC ，BD 在底面ABC 上， ∴SA ⊥BD ．而SC ∩SA ＝S ，∴BD ⊥面SAC ． ∵DE ＝面SAC ∩面BDE ，DC ＝面SAC ∩面BDC ，∴BD ⊥DE ，BD ⊥DC ．∴∠EDC 是所求的二面角的平面角．∵SA ⊥底面ABC ，∴SA ⊥AB ，SA ⊥AC ．设SA ＝a ，则AB ＝a ，BC ＝SB ＝2a ．又因为AB ⊥BC ，∴AC ＝3a ．在Rt △SAC 中，tan ∠ACS ＝SA AC ＝13，∴∠ACS ＝30°． 又已知DE ⊥SC ，所以∠EDC ＝60°，即所求的二面角等于60°．解法二：由于SB ＝BC ，且E 是SC 的中点，因此BE 是等腰三角形SBC 的底边SC的中线，所以SC ⊥BE ．又已知SC ⊥DE ，BE ∩DE ＝E ∴SC ⊥面BDE ，∴SC ⊥BD ．由于SA ⊥底面ABC ，且A 是垂足，∴AC 是SC 在平面ABC 上的射影．由三垂线定理的逆定理得BD ⊥AC ；又因E ∈SC ，AC 是SC 在平面ABC 上的射影，∴E 在平面ABC 上的射影在AC 上，由于D ∈AC ，∴DE 在平面ABC 上的射影也在AC 上，根据三垂线定理又得BD ⊥DE ．∵DE 面BDE ，DC 面BDC ， ∴∠EDC 是所求的二面角的平面角．以下同解法一．15. 解：如图，连结EG 、FG 、EF 、BD 、AC 、EF 、BD 分别交AC 于H 、O ． 因为ABCD 是正方形，E 、F 分别为AB 和AD 的中点，故EF ∥BD ，H 为AO 的中点．BD 不在平面EFG 上．否则，平面EFG 和平面ABCD 重合，从而点G 在平面的ABCD 上，与题设矛盾．由直线和平面平行的判定定理知BD ∥平面EFG ，所以BD 和平面EFG 的距离就是点B 到平面EFG 的距．∵BD ⊥AC ， ∴ EF ⊥HC ．∵GC ⊥平面ABCD ，∴ EF ⊥GC ，∴ EF ⊥平面HCG ．∴ 平面EFG ⊥平面HCG ，HG 是这两个垂直平面的交线．作OK ⊥HG 交HG 于点K ，由两平面垂直的性质定理知OK ⊥平面EFG ，所以线段OK 的长就是点B 到平面EFG 的距离．∵ 正方形ABCD 的边长为4，GC ＝2，∴ AC ＝42，HO ＝2，HC ＝32．∴ 在Rt △HCG 中，HG ＝22＋(32)2＝22．由于Rt △HKO 和Rt △HCG 有一个锐角是公共的，故Rt △HKO ∽△HCG ．∴ OK ＝HO ·GC HG ＝21111，即点B 到平面EFG 的距离为21111． 16. 解法一：设经过b 与a 平行的平面为α，经过a 和AA 1的平面为β，α∩β＝c ，则c ∥a ． 因而b ，c 所成的角等于θ，且AA 1⊥c （如图）．∵AA 1⊥b ， ∴AA 1⊥α．根据两个平面垂直的判定定理，β⊥α．在平面β内作EG ⊥c ，垂足为G ，则EG ＝AA 1．并且根据两个平面垂直的性质定理，EG ⊥α．连结FG ，则EG ⊥FG ．在Rt △EFG 中，EF 2＝EG 2＋FG 2．∵AG ＝m ，∴在△AFG 中，FG 2＝m 2＋n 2－2mn cos θ．∵EG 2＝d 2，∴EF 2＝d 2＋m 2＋n 2－2mn cos θ．如果点F (或E )在点A (或A 1)的另一侧，则EF 2＝d 2＋m 2＋n 2＋2mn cos θ．因此d 2＋m 2＋n 2±2mn cos θ．解法二：过点A 作直线c ∥a ，则c 、b 所成的角等于θ，且AA 1⊥c ．根据直线和平面垂直的判定定理，AA 1垂直于b 、c 所确定的平面a ．在两平行直线a 、c 所确定的平面内，作EG ⊥c ，垂足为G ，则EG 平行且等于AA 1，从而EG ⊥α．连结FG ，则根据直线和平面垂直的定义，EG ⊥FG ．在Rt △EFG 中，EF 2＝EG 2＋FG 2．（下同解法一）17. 解：（1）∵∠C 1CB ＝∠C 1CD∴C 1在平面ABCD 上的射影H 在∠BCD 的平分线上∵ABCD 是菱形∴直线C 1C 在平面ABCD 上的射影即为直线AC∵AC ⊥BD ，∴C 1C ⊥BD ．（2）连接BD 交AC 于O ，由△C 1CD ≌△C 1CB 得C 1O ⊥BD又AC ⊥BD ，∴∠C 1OC 是二面角α－BD －β的平面角．由余弦定理C 1B 2＝22＋⎝⎛⎭⎫322－2×2×32×cos60°＝134 ∵∠OCB ＝60°，∴OB ＝12BC ＝1 ∴C 1O 2＝C 1B 2－OB 2＝134－1＝94∴C 1O ＝32，即C 1O ＝C 1C 作C 1H ⊥OC ，垂足为H ，则H 为OC 中点，且OH ＝32，∴cos ∠C 1OC ＝33． （3）当CD CC 1＝1时，A 1C ⊥平面C 1BD ． 由（1）知BD ⊥平面ACC 1A 1，故BD ⊥A 1C ．若CD CC 1＝1，同理BC 1⊥A 1C ，∴A 1C ⊥平面C 1BD ．说明：本题考察空间线面关系，二面角的概念，要有较好的空间想像能力和运算能力．18. 解 （1）作BH ⊥B 1F 于H ，连接EH ，则由EB ⊥平面BB 1F 可知，EH ⊥B 1F ．于是∠EHB 是二面角B －FB 1－E 的平面角．在Rt △BB 1F 中，BH ＝BF ·BB 1B 1F ＝a ·12a a 2＋14a 2＝55a ∴tan ∠EHB ＝EB BH ＝52． （2）易证△DEF ≌△B 1EF ，∴由V B 1－DEF ＝V D －B 1EF 可得，点D 到平面B 1EF 的距离等于点B 1到平面DEF 的距离，等于a ．（3）设EF 与BD 的交点为G ．连接B 1G ，则由EF ⊥BD 以及EF ⊥B 1B ，知EF ⊥平面BB 1D 1D ，于是面B 1EF ⊥面BB 1D 1D ，在面BB 1D 1D 内过B 作BK ⊥B 1G 于K ，延长后交D 1D 所在的直线于点M ，则BM ⊥平面B 1EF ．在平面BB 1D 1D 内，由△B 1BG ∽△BDM ，知B 1B BG ＝BD DM ，又B 1B ＝a ，BG ＝24a ，BD ＝2a ，∴DM ＝a 2．这说明点M 在正方体的棱D 1D 上，且恰好为D 1D 的中点．19. 解 以CA 为x 轴，CB 为y 轴，CC 1为z 轴建立空间直角坐标系．设CA ＝a ，则A （2a ，0，0），B （0，2a ，0），D （0，0，1），A 1（2a ，0，2），E （a ，A Ba ，1），G （2a 3，2a 3，13），∴CE →＝（a 3，a 3，23），BD →＝（0，－2a ，1），∴GE →·BD →＝－2a 23＋23＝0，解得a ＝1．∴BA →1＝（2，－2，2）BG →＝（23，－43，13），∴cos ∠A 1BG ＝BA 1，→·BG →｜BA 1→｜·｜B Ｇ→｜＝73． （2）由（1）有A （2，0，0），A 1（2，0，2），E （1，1，1），D （0，0，1） AE →·ED →＝0，AA →1·ED →＝0，∴ED ⊥平面AA 1E ，∴平面AED ⊥平面AA 1E ，∴点A 1在平面AED 的射影K 在AE 上．设AK →＝λAE →，则A 1K →＝A 1A →＋AK →＝（－λ，λ，λ－2），由A 1K →·AE →＝0，即λ＋λ＋λ－2＝0得λ＝23．∴A 1K →＝（－23，23，－43），∴｜A 1K →｜＝263．即A 1到平面AED 的距离为263． 20. （Ⅰ）解：作A 1D ⊥AC ，垂足为D ，由面A 1ACC 1⊥面ABC ，得A 1D ⊥面ABC ，∴∠A 1AD 为A 1A 与面ABC 所成的角．∵AA 1⊥A 1C ，AA 1＝A 1C ，∴∠A 1AD ＝450为所求．（Ⅱ）解：作DE ⊥AB ，垂足为E ，连A 1E ，则由A 1D ⊥面ABC ，得A 1E ⊥AB ，∴∠A 1ED 是面A 1ABB 1与面ABC 所成二面角的平面角．由已知，AB ⊥BC ，得ED ∥BC ．又D 是AC的中点，BC ＝2，AC ＝23，∴DE ＝1，AD ＝A 1D ＝3，tan ∠A 1ED ＝A 1D DE＝3． 故∠A 1ED ＝60°为所求．（Ⅲ）解法一：由点C 作平面A 1ABB 1的垂线，垂足为H ，则CH 的长是C 到平面A 1ABB 1的距离．连结HB ，由于AB ⊥BC ，得AB ⊥HB ．又A 1E ⊥AB ，知HB ∥A 1E ，且BC ∥ED ，∴∠HBC ＝∠A 1ED ＝60°．∴CH ＝BC sin60°＝3为所求．解法二：连结A 1B ．根据定义，点C 到面A 1ABB 1的距离，即为三棱锥C -A 1AB 的高h ，由V C －A 1AB ＝V A 1-ABC 得,313111D A S h S ABC B AA ∆∆=即13×22h ＝13×22×3，∴h ＝3为所求．。