热门试卷

X 查看更多试卷
1
题型:简答题
|
简答题

将边长为2的正方形ABCD沿对角线BD折叠,使得平面ABD⊥平面CBD,AE⊥平面ABD,且AE=

(1)证明:BD⊥CE;

(2)求AE与平面BDE所成角的大小;

(3)直线BE上是否存在一点M,使得CM∥平面ADE,若存在,求点M的位置,若不存在,请说明理由.

正确答案

(1)证明:以A为坐标原点AB,AD,AE所在的直线分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系,则E(0,0,),B(2,0,0)D(0,2,0),

取BD的中点F并连接CF,AF;由题意可得CF⊥BD且AF=CF=

又∵平面BDA⊥平面BDC,∴CF⊥平面BDA,

∴C的坐标为C(1,1,

=(-2,2,0),=(-1,-1,0)

=2-2+0=0,

,∴BD⊥CE;

(2)解:设平面BDE的法向量为=(x,y,z),则

=(-2,2,0),=(0,-2,)   

=(1,1,)    

=(0,0,),

设平面DE与平面BCE所成角为θ,则

sinθ=|cos<>|==

∴AE与平面BDE所成角为45°;

(3)解:假设存在点M使得CM∥面ADE,则

=(2,0,-),∴=(2λ,0,-λ)  

得M(2λ,0,-λ)      

又∵AE⊥平面ABD,AB⊥AD,∴AB⊥平面ADE

∵CM∥面ADE,∴=0

得2λ-1=0,∴λ=

故点M为BE的中点时CM∥面ADE.

解析

(1)证明:以A为坐标原点AB,AD,AE所在的直线分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系,则E(0,0,),B(2,0,0)D(0,2,0),

取BD的中点F并连接CF,AF;由题意可得CF⊥BD且AF=CF=

又∵平面BDA⊥平面BDC,∴CF⊥平面BDA,

∴C的坐标为C(1,1,

=(-2,2,0),=(-1,-1,0)

=2-2+0=0,

,∴BD⊥CE;

(2)解:设平面BDE的法向量为=(x,y,z),则

=(-2,2,0),=(0,-2,)   

=(1,1,)    

=(0,0,),

设平面DE与平面BCE所成角为θ,则

sinθ=|cos<>|==

∴AE与平面BDE所成角为45°;

(3)解:假设存在点M使得CM∥面ADE,则

=(2,0,-),∴=(2λ,0,-λ)  

得M(2λ,0,-λ)      

又∵AE⊥平面ABD,AB⊥AD,∴AB⊥平面ADE

∵CM∥面ADE,∴=0

得2λ-1=0,∴λ=

故点M为BE的中点时CM∥面ADE.

1
题型:简答题
|
简答题

如图,在多面体ABCDEF中,四边形ABCD是边长为1的正方形,BF⊥平面ABCD,DE∥BF.

(Ⅰ)求证:AC⊥EF;

(Ⅱ)若BF=2,DE=1,在EF上取点G,使BG∥平面ACE,求直线AG与平面ACE所成角θ的正弦值.

正确答案

(Ⅰ)证明:连接BD,则

∵DE∥BF,

∴D、E、B、F共面

∵四边形ABCD是正方形,

∴AC⊥BD,

∵BF⊥平面ABCD,AC⊂平面ABCD,

∴AC⊥BF,

∵BD∩BF=B,

∴AC⊥平面DEFB,

∵EF⊂平面DEFB,

∴AC⊥EF;

(2)解:建立如图所示的坐标系,则A(1,0,0),C(0,1,0),E(1,1,1),

设G(2-x,2-x,x),平面ACE的法向量为=(x,y,z),则

=(-1,1,0),=(1,0,1),

=(1,1,-1),

=(2-x,2-x,x),

∴2-x+2-x-x=0,

∴x=

∴G(),

=(-),

∴直线AG与平面ACE所成角θ的正弦值为||=

解析

(Ⅰ)证明:连接BD,则

∵DE∥BF,

∴D、E、B、F共面

∵四边形ABCD是正方形,

∴AC⊥BD,

∵BF⊥平面ABCD,AC⊂平面ABCD,

∴AC⊥BF,

∵BD∩BF=B,

∴AC⊥平面DEFB,

∵EF⊂平面DEFB,

∴AC⊥EF;

(2)解:建立如图所示的坐标系,则A(1,0,0),C(0,1,0),E(1,1,1),

设G(2-x,2-x,x),平面ACE的法向量为=(x,y,z),则

=(-1,1,0),=(1,0,1),

=(1,1,-1),

=(2-x,2-x,x),

∴2-x+2-x-x=0,

∴x=

∴G(),

=(-),

∴直线AG与平面ACE所成角θ的正弦值为||=

1
题型:填空题
|
填空题

在斜三棱柱ABC-A1B1C1中,底面是以∠ABC为直角的等腰三角形,点A1在平面ABC上的射影为AC的中点D,AC=2,BB1=3,则AB1与底面ABC所成角的正切值为______

正确答案

解析

解:如图,过D作DE∥AB,且DE=AB则B1E∥A1D;

∴B1E⊥平面ABC,则∠B1AE是AB1与底面ABC所成角;

根据条件知,在Rt△A1AD中,AD=1,AA1=3,∴A1D=

在Rt△ABC中,AC=2,∴AB=,∴DE=

∴在△ADE中,AD=1,DE=

∴根据余弦定理得:,∴AE=

∴tan

故答案是:

1
题型: 单选题
|
单选题

在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=,B1B=BC=1,则线BC1与面BDD1B1所成角的正弦为(  )

A

B

C

D

正确答案

B

解析

解:∵长方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=,B1B=BC=1,

过C1作C1O⊥D1B1,如图

∵平面BDD1B1⊥平面A1B1C1D1

∴C1O⊥平面BDD1B1

∴∠C1BO为BC1与平面BDD1B1所成角,

∴C1O=,BC1=

∴sin∠C1BO=

故选B.

1
题型:简答题
|
简答题

如图,在棱长均相等的正三棱柱ABC-A1B1C1中,D为BC的中点.

(1)求证:A1B∥平面AC1D;

(2)求C1C与平面AC1D所成角的余弦值.

正确答案

(1)证明:连接A1C,交AC1于O,连接OD,

由于OD是△A1BC的中位线,则OD∥A1B,

又OD⊂平面面AC1D,A1B⊄平面AC1D,

则有A1B∥平面AC1D;

(2)解:过C作CM⊥平面AC1D,垂足为M,连接MC1

则∠MC1C即为求C1C与平面AC1D所成角.

设正三棱柱ABC-A1B1C1的棱长为2a,CM=d,

则C1D==a,AD=

AC1=2a,由AC12=C1D2+AD2,即有AD⊥C1D,

△ADC1的面积为=a2

=,可得,d•=•2a•

即有da2=a3,解得,d=a.

则cos∠MC1C===

即有C1C与平面AC1D所成角的余弦值

解析

(1)证明:连接A1C,交AC1于O,连接OD,

由于OD是△A1BC的中位线,则OD∥A1B,

又OD⊂平面面AC1D,A1B⊄平面AC1D,

则有A1B∥平面AC1D;

(2)解:过C作CM⊥平面AC1D,垂足为M,连接MC1

则∠MC1C即为求C1C与平面AC1D所成角.

设正三棱柱ABC-A1B1C1的棱长为2a,CM=d,

则C1D==a,AD=

AC1=2a,由AC12=C1D2+AD2,即有AD⊥C1D,

△ADC1的面积为=a2

=,可得,d•=•2a•

即有da2=a3,解得,d=a.

则cos∠MC1C===

即有C1C与平面AC1D所成角的余弦值

下一知识点 : 平面与平面垂直的判定与性质
百度题库 > 高考 > 数学 > 直线与平面所成的角

扫码查看完整答案与解析

  • 上一题
  • 1/5
  • 下一题