题目列表(包括答案和解析)
20.(本小题满分12分) (2005年高考·山东卷·理20文20)
如图,已知长方体
直线与平面所成的角为,垂直于
,为的中点.
(I)求异面直线与所成的角;
(II)求平面与平面所成的二面角;
(III)求点到平面的距离.
解:在长方体中,以所在的直线为轴,以所在的直线为轴,所在的直线为轴建立如图示空间直角坐标系
由已知可得,
又平面,从而与平面所成的角为,又,,从而易得
(I)因为所以=
易知异面直线所成的角为
(II)易知平面的一个法向量设是平面的一个法向量,由
即所以即平面与平面所成的二面角的大小(锐角)为
(III)点到平面的距离,即在平面的法向量上的投影的绝对值,
所以距离=所以点到平面的距离为
19.(2005年高考·浙江卷·文18)如图,在三棱锥P-ABC中,AB⊥BC,AB=BC=PA,点O、D分别是AC、PC的中点,OP⊥底面ABC.
(Ⅰ)求证:OD∥平面PAB;
(Ⅱ) 求直线OD与平面PBC所成角的大小.
解:方法一:
(Ⅰ) ∵O、D分别为AC、PC中点,
(Ⅱ)
方法二:
18.(2005年高考·浙江卷·理18)如图,在三棱锥P-ABC中,AB⊥BC,AB=BC=kPA,点O、D分别是AC、PC的中点,OP⊥底面ABC.
(Ⅰ)当k=时,求直线PA与平面PBC所成角的大小;
(Ⅱ) 当k取何值时,O在平面PBC内的射影恰好为△PBC的重心?
解:方法一:
(Ⅰ) ∵O、D分别为AC、PC中点,
,
(Ⅱ)
,
又,
PA与平面PBC所成的角的大小等于,
(Ⅲ)由(Ⅱ)知,,∴F是O在平面PBC内的射影
∵D是PC的中点,
若点F是的重心,则B,F,D三点共线,
∴直线OB在平面PBC内的射影为直线BD,
,即
反之,当时,三棱锥为正三棱锥,
∴O在平面PBC内的射影为的重心
方法二:
,,
以O为原点,射线OP为非负z轴,建立空间直角坐标系(如图)
设则,
设,则
(Ⅰ)D为PC的中点,
,
又,
(Ⅱ),即,
可求得平面PBC的法向量,
,
设PA与平面PBC所成的角为,则
,
(Ⅲ)的重心,
,
,
又,
,即,
反之,当时,三棱锥为正三棱锥,
∴O在平面PBC内的射影为的重心
17.(本小题满分14分,第一小问满分6分,第二、第三满分各4分)(2005年高考·江苏卷21)如图,在五棱锥S-ABCDE中,SA⊥底面ABCDE,SA=AB=AE=2,BC=DE=,∠BAE=∠BCD=∠CDE=1200。
(Ⅰ)求异面直线CD与SB所成的角(用反三角函数值表示);
(Ⅱ)证明:BC⊥平面SAB;
(Ⅲ)用反三角函数值表示二面角B-SC-D的大小。(本小问不必写出解答过程)
(21)(Ⅰ)连结BE,延长BC、ED交于点F,
则∠DCF=∠CDF=600,∴△CDF为正三角形,∴CF=DF。
又BC=DE,∴BF=EF。因此,△BFE为正三角形,∴∠FBE=∠FCD=600,∴BE//CD
所以∠SBE(或其补角)就是异面直线CD与SB所成的角。
∵SA⊥底面ABCDE,SA=AB=AE=2,∴SB=,同理SE=,
又∠BAE=1200,所以BE=,从而,cos∠SBE=,∴∠SBE=arccos。
所以异面直线CD与SB所成的角是arccos。
(Ⅱ) 由题意,△ABE为等腰三角形,∠BAE=1200,
∴∠ABE=300,又∠FBE =600,∴∠ABC=900,∴BC⊥BA∵SA⊥底面ABCDE,BC底面ABCDE,
∴SA⊥BC,又SABA=A,∴BC⊥平面SAB。
(Ⅲ)二面角B-SC-D的大小。
16.(本小题满分13分)(2005年高考·重庆卷·文20)
如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为矩形,PD⊥底面ABCD,E是AB上一点,PE⊥EC. 已知求
(Ⅰ)异面直线PD与EC的距离;
(Ⅱ)二面角E-PC-D的大小.
解法一:
(Ⅰ)因PD⊥底面,故PD⊥DE,又因EC⊥PE,且DE
是PE在面ABCD内的射影,由三垂直线定理的逆定理知
EC⊥DE,因此DE是异面直线PD与EC的公垂线.
设DE=x,因△DAE∽△CED,故(负根舍去).
从而DE=1,即异面直线PD与EC的距离为1.
(Ⅱ)过E作EG⊥CD交CD于G,作GH⊥PC交PC于H,连接EH. 因PD⊥底面,
故PD⊥EG,从而EG⊥面PCD.
因GH⊥PC,且GH是EH在面PDC内的射影,由三垂线定理知EH⊥PC.
因此∠EHG为二面角的平面角.
在面PDC中,PD=,CD=2,GC=
因△PDC∽△GHC,故,
又
故在
即二面角E-PC-D的大小为
解法二:
(Ⅰ)以D为原点,、、分别为x、y、z轴建立空间直角坐标系.
由已知可得D(0,0,0),P(0,0,,
C(0,2,0)设
由,
即 由,
又PD⊥DE,故DE是异面直线PD与CE的公垂线,易得,故异面直线PD、
CE的距离为1.
(Ⅱ)作DG⊥PC,可设G(0,y,z).由得
即作EF⊥PC于F,设F(0,m,n),
则
由,
又由F在PC上得
因故平面E-PC-D的平面角的大小为向量的夹角.
故 即二面角E-PC-D的大小为
15.(本小题满分13分)(2005年高考·重庆卷·理20)
如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,AB⊥侧面BB1C1C,E为棱CC1上异于C、C1的一点,EA⊥EB1,已知AB=,BB1=2,BC=1,∠BCC1=,求:
(Ⅰ)异面直线AB与EB1的距离;
(Ⅱ)二面角A-EB1-A1的平面角的正切值.
解法一:
(Ⅰ)因AB⊥面BB1C1C,故AB⊥BE.
又EB1⊥EA,且EA在面BCC1B1内的射影为EB.
由三垂线定理的逆定理知EB1⊥BE,因此BE是异面直线
AB与EB1的公垂线,
在平行四边形BCC1B1中,设EB=x,则EB1=,
作BD⊥CC1,交CC1于D,则BD=BC·
在△BEB1中,由面积关系得.
(负根舍去)
解之得CE=2,故此时E与C1重合,由题意舍去.
因此x=1,即异面直线AB与EB1的距离为1.
(Ⅱ)过E作EG//B1A1,则GE⊥面BCC1B,故GE⊥EB1且GE在圆A1B1E内,
又已知AE⊥EB1
故∠AEG是二面角A-EB1-A1的平面角.
因EG//B1A1//BA,∠AEG=∠BAE,故
解法二:(Ⅰ)
而BB1C1C得AB⊥EB1从而=0.
设O是BB1的中点,连接EO及OC1,则在Rt△BEB1中,EO=BB1=OB1=1,
因为在△OB1C1中,B1C1=1,∠OB1C1=,故△OB1C1是正三角形,
所以OC1=OB1=1,
又因∠OC1E=∠B1C1C-∠B1C1O=故△OC1E是正三角形,
所以C1E=1,故CE=1,易见△BCE是正三角形,从面BE=1,
即异面直线AB与EB1的距离是1.
(Ⅱ)由(I)可得∠AEB是二面角A-EB1-B的平面角,在Rt△ABE中,由AB=,
BE=1,得tanAEB=.
又由已知得平面A1B1E⊥平面BB1C1C,
故二面角A-EB1-A1的平面角,故
解法三:
(I)以B为原点,、分别为y、z轴建立空间直角坐标系.
由于BC=1,BB1=2,AB=,∠BCC1=,
在三棱柱ABC-A1B1C1中有
B(0,0,0),A(0,0,),B1(0,2,0),
设
又AB⊥面BCC1B1,故AB⊥BE. 因此BE是异面直线AB、EB1的公垂线,
则,故异面直线AB、EB1的距离为1.
(II)由已知有故二面角A-EB1-A1的平面角的大小为向量
的夹角.
14.(本小题满分12分)(2005年高考·江西卷·理20文20)如图,在长方体ABCD-A1B1C1D1,中,AD=AA1=1,AB=2,点E在棱AB上移动.(1)证明:D1E⊥A1D;
(2)当E为AB的中点时,求点E到面ACD1的距离;
(3)AE等于何值时,二面角D1-EC-D的大小为.
解法(一)(1)证明:∵AE⊥平面AA1DD1,A1D⊥AD1,∴A1D⊥D1E
(2)设点E到面ACD1的距离为h,在△ACD1中,AC=CD1=,AD1=,
故
(3)过D作DH⊥CE于H,连D1H、DE,则D1H⊥CE,
∴∠DHD1为二面角D1-EC-D的平面角.
设AE=x,则BE=2-x
解法(二):以D为坐标原点,直线DA,DC,DD1分别为x,y,z轴,建立空间直角坐标系,设AE=x,则A1(1,0,1),D1(0,0,1),E(1,x,0),A(1,0,0)C(0,2,0)
(1)
(2)因为E为AB的中点,则E(1,1,0),从而,
,设平面ACD1的法向量为,则
也即,得,从而,所以点E到平面AD1C的距离为
(3)设平面D1EC的法向量,∴
由 令b=1, ∴c=2,a=2-x,
∴
依题意
∴(不合,舍去), .
∴AE=时,二面角D1-EC-D的大小为
13.(本小题满分12分)(2005年高考·辽宁卷17)
已知三棱锥P-ABC中,E、F分别是AC、AB的中点,
△ABC,△PEF都是正三角形,PF⊥AB.
(Ⅰ)证明PC⊥平面PAB;
(Ⅱ)求二面角P-AB-C的平面角的余弦值;
(Ⅲ)若点P、A、B、C在一个表面积为12π的
球面上,求△ABC的边长.
本小题主要考查空间中的线面关系,三棱锥、球的有关概念及解三角形等基础知识,考
查空间想象能力及运用方程解未知量的基本方法,满分12分.
(Ⅰ)证明: 连结CF.
……4分
(Ⅱ)解法一:
为所求二面角的平面角. 设AB=a,则AB=a,则
……………………8分
解法二:设P在平面ABC内的射影为O. ≌≌
得PA=PB=PC. 于是O是△ABC的中心. 为所求二面角的平面角.
设AB=a,则 …………8分
(Ⅲ)解法一:设PA=x,球半径为R.
,的边长为.………12分
解法二:延长PO交球面于D,那么PD是球的直径.
连结OA、AD,可知△PAD为直角三角形. 设AB=x,球半径为R.
.……12分
12.(本题满分12分)(2005年高考·湖南卷·理17文18)
如图1,已知ABCD是上.下底边长分别为2和6,高为的等腰梯形,将它沿对称轴OO1折成直二面角,如图2.
(Ⅰ)证明:AC⊥BO1;
(Ⅱ)求二面角O-AC-O1的大小.
解法一(I)证明 由题设知OA⊥OO1,OB⊥OO1.
所以∠AOB是所折成的直二面角的平面角,
即OA⊥OB. 故可以O为原点,OA、OB、OO1
所在直线分别为轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系,
如图3,则相关各点的坐标是A(3,0,0),
B(0,3,0),C(0,1,)
|
从而
所以AC⊥BO1.
(II)解:因为所以BO1⊥OC,
由(I)AC⊥BO1,所以BO1⊥平面OAC,是平面OAC的一个法向量.
设是0平面O1AC的一个法向量,
由 得.
设二面角O-AC-O1的大小为,由、的方向可知,>,
所以cos,>=
即二面角O-AC-O1的大小是
解法二(I)证明 由题设知OA⊥OO1,OB⊥OO1,
所以∠AOB是所折成的直二面角的平面角,
|
OC是AC在面OBCO1内的射影.
因为 ,
所以∠OO1B=60°,∠O1OC=30°,从而OC⊥BO1
由三垂线定理得AC⊥BO1.
(II)解 由(I)AC⊥BO1,OC⊥BO1,知BO1⊥平面AOC.
设OC∩O1B=E,过点E作EF⊥AC于F,连结O1F(如图4),则EF是O1F在平面AOC
内的射影,由三垂线定理得O1F⊥AC.
所以∠O1FE是二面角O-AC-O1的平面角.
由题设知OA=3,OO1=,O1C=1,
所以,
从而, 又O1E=OO1·sin30°=,
所以 即二面角O-AC-O1的大小是
11.(本小题满分12分)(2005年高考·湖北卷·文20)
如图所示的多面体是由底面为ABCD的长方体被截面AEC1F所截面而得到的,其中AB=4,BC=2,CC1=3,BE=1.
(Ⅰ)求BF的长;
(Ⅱ)求点C到平面AEC1F的距离.
本小题主要考查线面关系和空间距离的求法等基础知识,同时考查空间想象能力和推理运算能力.
解法1:(Ⅰ)过E作EH//BC交CC1于H,则CH=BE=1,EH//AD,且EH=AD.
又∵AF∥EC1,∴∠FAD=∠C1EH.
∴Rt△ADF≌Rt△EHC1. ∴DF=C1H=2.
(Ⅱ)延长C1E与CB交于G,连AG,
则平面AEC1F与平面ABCD相交于AG.
过C作CM⊥AG,垂足为M,连C1M,
由三垂线定理可知AG⊥C1M.由于AG⊥面C1MC,且
AG面AEC1F,所以平面AEC1F⊥面C1MC.在Rt△C1CM中,作CQ⊥MC1,垂足为Q,则CQ的长即为C到平面AEC1F的距离.
解法2:(I)建立如图所示的空间直角坐标系,则D(0,0,0),B(2,4,0),A(2,0,0),C(0,4,0),E(2,4,1),C1(0,4,3).设F(0,0,z).
∵AEC1F为平行四边形,
(II)设为平面AEC1F的法向量,
的夹角为a,则
∴C到平面AEC1F的距离为
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