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- 2021-07-01 发布
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全*品*高*考*网, 用后离不了!空间几何体02
解答题(本大题共6个小题,共70分,解答应写出文字说明,证明过程或演算步骤)
1.如图所示,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,AB=BB1=BC,AC1⊥平面A1BD,D为AC的中点.
(1)求证:B1C∥平面A1BD;
(2)求证:B1C1⊥平面ABB1A1;
(3)在CC1上是否存在一点E,使得∠BA1E=45°,若存在,试确定E的位置,并判断平面A1BD与平面BDE是否垂直?若不存在,请说明理由.
【答案】(1)连结AB1与A1B相交于M,则M为A1B的中点.连结MD,又D为AC的中点,
∴B1C∥MD,
又B1C⊄平面A1BD,MD⊂平面A1BD,∴B1C∥平面A1BD.
(2)∵AB=B1B,∴平行四边形ABB1A1为正方形,
∴A1B⊥AB1.又∵AC1⊥平面A1BD,
∴AC1⊥A1B,∴A1B⊥平面AB1C1,∴A1B⊥B1C1.
又在直三棱柱ABC-A1B1C1中,BB1⊥B1C1,
∴B1C1⊥平面ABB1A1.
(3)设AB=a,CE=x,∵B1C1⊥A1B1,在Rt△A1B1C1中有A1C1=a,同理A1B1=a,
∴C1E=a-x,
∴A1E==,BE=,
∴在△A1BE中,由余弦定理得
BE2=A1B2+A1E2-2A1B·A1E·cos45°,即
a2+x2=2a2+x2+3a2-2ax-2a·,
∴=2a-x,
∴x=a,即E是C1C的中点,
∵D、E分别为AC、C1C的中点,∴DE⊥AC1.
∵AC1⊥平面A1BD,∴DE⊥平面A1BD.
又DE⊂平面BDE,∴平面A1BD⊥平面BDE.
2.如图,在四棱锥P-ABCD中,PD⊥平面ABCD,PD=DC=BC=1,AB=2,AB∥DC,∠BCD=900.
M为AB的中点
(1)求证:BC//平面PMD
(2)求证:PC⊥BC;
(3)求点A到平面PBC的距离.
【答案】(1)因为PD⊥平面ABCD,BC平面ABCD,所以PD⊥BC.
由∠BCD=900,得BC⊥DC.又,
平面PCD,平面PCD,所以BC⊥平面PCD.
因为平面PCD,所以PC⊥BC.
(2)如图,连结AC.设点A到平面PBC的距离h.
因为AB∥DC,∠BCD=900,所以∠ABC=900.
从而由AB=2,BC=1,得的面积.
由PD⊥平面ABCD及PD=1,得三棱锥的体积
因为PD⊥平面ABCD,DC平面ABCD,所以PD⊥DC. 又PD=DC=1,所以.
由PC⊥BC,BC=1,得的面积.由,得.
因此点A到平面PBC的距离为.
3.如图,在四面体中,,,点,分别是,的中点.
(1)求证:平面⊥平面;
(2)若平面⊥平面,且,
求三棱锥的体积.
【答案】 (1)∵ 分别是的中点,
∴ ∥.
又 ,∴ .
∵,∴.
∵,∴面.
∵ 面,∴平面平面.
(2) ∵ 面面,且,
∴ 面.
由和,得是正三角形.
所以.
所以 .
4.如图,四棱锥P—ABCD中,PD⊥平面ABCD,底面ABCD为矩形,PD=DC=4,AD=2,E为PC的中点.
(I)求证:AD⊥PC;
(II)求三棱锥P-ADE的体积;
(III)在线段AC上是否存在一点M,使得PA//平面EDM,若存在,求出AM的长;若不存在,请说明理由.
【答案】(I)因为PD⊥平面ABCD.
所以PD⊥AD.
又因为ABCD是矩形,
所以AD⊥CD.
因为
所以AD⊥平面PCD.
又因为平面PCD,
所以AD⊥PC.
(II)因为AD⊥平面PCD,VP-ADE=VA-PDE,
所以AD是三棱锥A—PDE的高.
因为E为PC的中点,且PD=DC=4,
所以
又AD=2,
所以
(III)取AC中点M,连结EM、DM,
因为E为PC的中点,M是AC的中点,
所以EM//PA,
又因为EM平面EDM,PA平面EDM,
所以PA//平面EDM.
所以
即在AC边上存在一点M,使得PA//平面EDM,AM的长为.
5.如图,直三棱柱,,,点分别为和的中点
(1)证明:;
(2)若二面角为直二面角,求的值
【答案】(1)连结,由已知
三棱柱为直三棱柱,
所以为中点.又因为为中点
所以,又平面
平面,因此
(2)以为坐标原点,分别以直线为轴,轴,轴建立直角坐标系,如图所示
设则,
于是,
所以,设是平面的法向量,
由得,可取
设是平面的法向量,
由得,可取
因为为直二面角,所以,解得
6.在如图的多面体中,⊥平面,,,,,,,是的中点.
(Ⅰ) 求证:平面;
(Ⅱ) 求证:;
(Ⅲ) 求二面角的余弦值.
【答案】(Ⅰ)证明:∵,∴.
又∵,是的中点,
∴,
∴四边形是平行四边形,
∴ .
∵平面,平面,
∴平面.
(Ⅱ) 解法1
证明:∵平面,平面,
∴,
又,平面,
∴平面.
过作交于,则平面.
∵平面, ∴.
∵,∴四边形平行四边形,
∴,
∴,又,
∴四边形为正方形,
∴,
又平面,平面,
∴⊥平面.
∵平面,
∴.
解法2
∵平面,平面,平面,∴,,
又,
∴两两垂直.
以点E为坐标原点,分别为轴建立如图的空间直角坐标系.
由已知得,(0,0,2),(2,0,0),
(2,4,0),(0,3,0),(0,2,2),
(2,2,0).
∴,,
∴,
∴.
(Ⅲ)由已知得是平面的法向量.
设平面的法向量为,∵,
∴,即,令,得.
设二面角的大小为,
则,
∴二面角的余弦值为