2022-2022英语周报第4期答案

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16.143【解析】设D1是线段A1B1的中点,如图,由于CD∥C1D1,故∠AC1D(或其补角)是异面直线AC1与CD所成的角.设三棱柱的高为h,则C1A=4+2,AD=√1+h,C1D1=1=3,由于异面直线AC1与CD所成角的余弦值是,在△AC1D1中,由余弦定理得AD=AG+C1D2AC1,GD1·4,解得h=23.故三棱柱的表面积为2。×22×2+3×2×2=143

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解:(1)连接BD,交AC于点O,取DE的中点为G,连接FG,OG则OG∥BE,OG=BE又因为AF∥BE,AF=2BE,所以AF∥OG,且AF=OG所以四边形AOGF是平行四边形所以AC∥FG又FG平面DEF,AC平面DEF,所以AC∥平面DEF(4分)(2)因为EC=23,BE=4,BC=2,所以BE=EC2+BC,所以EC⊥BC因为EC=23,AC=25,AE=42,所以AE=EC+AC,所以EC⊥AC因为AC∩BC=C所以EC⊥平面ABCD分所以CB,CD,CE两两垂直,以C为坐标原点,CB,CD,CE所在直线分别为x,y,z轴正方向建立空间直角坐标系,则C(Q:0,0),D(0,4,0),E(00,23),A(2,4,0),2一底,得F(1,4,,(7分设平面DEF的法向量为m=(x,y,),因为DE=(0,-4,2),DF=(1,0,万),所以由m·D=0,m·DF=0得y+25=0x1+√3×1=0,令x1=2,得x1=-23,y=3,所以m=(-23,3,2),(9分)设平面DEF的法向量为m=(x,y1,z),因为DE=(0,-4,23),DF=(1,0,5),所以由m·DE=0,m·DF=0母J-的y+231=0,×1+3z1=0令x1=2,得x1=-23,y=,所以m=(-23,3,2),(9分设平面EAC的法向量为n=(x2+y,z2)因为CE=(0,0,23),CA=(2,4,0)所以由nCE=0,n·CA母」2.a=(11分设平面DEE发平面EAC所成的锐二面角为所以co篇计后所以平面DEF与平面EAC所成的锐二面角的余弦(12分

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16.143【解析】設D1是線段A1B1的中點,如圖,由於CD∥C1D1,故∠AC1D(或其補角)是異面直線AC1與CD所成的角.設三棱柱的高為h,則C1A=4+2,AD=√1+h,C1D1=1=3,由於異面直線AC1與CD所成角的餘弦值是,在△AC1D1中,由餘弦定理得AD=AG+C1D2AC1,GD1·4,解得h=23.故三棱柱的表面積為2。×22×2+3×2×2=143

解:(1)連接BD,交AC於點O,取DE的中點為G,連接FG,OG則OG∥BE,OG=BE又因為AF∥BE,AF=2BE,所以AF∥OG,且AF=OG所以四邊形AOGF是平行四邊形所以AC∥FG又FG平面DEF,AC平面DEF,所以AC∥平面DEF(4分)(2)因為EC=23,BE=4,BC=2,所以BE=EC2+BC,所以EC⊥BC因為EC=23,AC=25,AE=42,所以AE=EC+AC,所以EC⊥AC因為AC∩BC=C所以EC⊥平面ABCD分所以CB,CD,CE兩兩垂直,以C為坐標原點,CB,CD,CE所在直線分別為x,y,z軸正方向建立空間直角坐標系,則C(Q:0,0),D(0,4,0),E(00,23),A(2,4,0),2一底,得F(1,4,,(7分設平面DEF的法向量為m=(x,y,),因為DE=(0,-4,2),DF=(1,0,萬),所以由m·D=0,m·DF=0得y+25=0x1+√3×1=0,令x1=2,得x1=-23,y=3,所以m=(-23,3,2),(9分)設平面DEF的法向量為m=(x,y1,z),因為DE=(0,-4,23),DF=(1,0,5),所以由m·DE=0,m·DF=0母J-的y+231=0,×1+3z1=0令x1=2,得x1=-23,y=,所以m=(-23,3,2),(9分設平面EAC的法向量為n=(x2+y,z2)因為CE=(0,0,23),CA=(2,4,0)所以由nCE=0,n·CA母」2.a=(11分設平面DEE發平面EAC所成的銳二面角為所以co篇計後所以平面DEF與平面EAC所成的銳二面角的餘弦(12分

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