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题型:简答题
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简答题

在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中,点P1,P2分别是线段AB,BD1(不包括端点)上的动点,且线段P1P2∥平面A1ADD1

(1)证明:P1P2⊥A1D;

(2)求四面体P2P1AB1的体积最大值.

正确答案

解:(1)连接AD1,A1D.AD1为平面ABD1与平面ADD1A1的交线

∵P1P2∥平面ADD1A1,∴P1P2∥AD1

又∵平面ADD1A1为正方形,∴A1D⊥AD1.∴P1P2⊥A1D.

(2)过P2做P2O⊥BD与O点,连接OP1∵P2O⊥BD,∴P2O∥DD1,P1P2∩P2O=P2

∴平面ADD1A1∥平面P1OP2,∵P1O、AB为平面ABCD与两平行平面的交线,

∴AD∥OP1,又AD⊥AB,∴OP1⊥AB,OP1⊥平面ABB1

设正方体的棱长为1,AP1=x,则OP1=P1B=1-x,

=××AP1×BB1×OP1=×=

解析

解:(1)连接AD1,A1D.AD1为平面ABD1与平面ADD1A1的交线

∵P1P2∥平面ADD1A1,∴P1P2∥AD1

又∵平面ADD1A1为正方形,∴A1D⊥AD1.∴P1P2⊥A1D.

(2)过P2做P2O⊥BD与O点,连接OP1∵P2O⊥BD,∴P2O∥DD1,P1P2∩P2O=P2

∴平面ADD1A1∥平面P1OP2,∵P1O、AB为平面ABCD与两平行平面的交线,

∴AD∥OP1,又AD⊥AB,∴OP1⊥AB,OP1⊥平面ABB1

设正方体的棱长为1,AP1=x,则OP1=P1B=1-x,

=××AP1×BB1×OP1=×=

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题型:简答题
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简答题

直三棱柱ABC-A1B1C1中,AB=AA1,∠CAB=

(Ⅰ)证明:CB1⊥BA1

(Ⅱ)已知AB=2,BC=,求三棱锥C1-ABA1的体积.

正确答案

解:(I)连接AB1

∵ABC-A1B1C1是直三棱柱,

∴平面ABC⊥平面ABB1A1

又∵平面ABC∩平面ABB1A1=AB,AC⊥AB,

∴AC⊥平面ABB1A1

∵BA1⊂平面ABB1A1,∴AC⊥BA1

∵矩形ABB1A1中,AB=AA1

∴四边形ABB1A1是正方形,

∴AB1⊥BA1

又∵AB1、CA是平面ACB1内的相交直线,

∴BA1⊥平面ACB1

∵CB1⊂平面ACB1,∴CB1⊥BA1

 (II)∵AB=2,BC=

∴Rt△ABC中,AC==1

∴直三棱柱ABC-A1B1C1中,A1C1=AC=1

又∵AC∥A1C1,AC⊥平面ABB1A1

∴A1C1是三棱锥C1-ABA1的高.

∵△ABA1的面积等于正方形ABB1A1面积的一半

=AB2=2

三棱锥C1-ABA1的体积为V=××A1C1=

解析

解:(I)连接AB1

∵ABC-A1B1C1是直三棱柱,

∴平面ABC⊥平面ABB1A1

又∵平面ABC∩平面ABB1A1=AB,AC⊥AB,

∴AC⊥平面ABB1A1

∵BA1⊂平面ABB1A1,∴AC⊥BA1

∵矩形ABB1A1中,AB=AA1

∴四边形ABB1A1是正方形,

∴AB1⊥BA1

又∵AB1、CA是平面ACB1内的相交直线,

∴BA1⊥平面ACB1

∵CB1⊂平面ACB1,∴CB1⊥BA1

 (II)∵AB=2,BC=

∴Rt△ABC中,AC==1

∴直三棱柱ABC-A1B1C1中,A1C1=AC=1

又∵AC∥A1C1,AC⊥平面ABB1A1

∴A1C1是三棱锥C1-ABA1的高.

∵△ABA1的面积等于正方形ABB1A1面积的一半

=AB2=2

三棱锥C1-ABA1的体积为V=××A1C1=

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题型:简答题
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简答题

如图,四边形ABCD为矩形,DA⊥平面ABE,AE=EB=BC=2,BF⊥平面ACE于点F,且点F在CE上.

(1)求证:DE⊥BE;

(2)求四棱锥E-ABCD的体积;

(3)设点M在线段AB上,且AM=MB,试在线段CE上确定一点N,使得MN∥平面DAE.

正确答案

解:(1)∵DA⊥平面ABE,BC∥DA

∴BC⊥平面ABE,

∵AE⊂平面ABE,∴AE⊥BC,

又∵BF⊥平面ACE,AE⊂平面ACE,

∴AE⊥BF…(2分)

∵BC∩BF=B,∴AE⊥面BEC,

又∵BE⊂平面BEC,∴AE⊥BE

∵AD⊥BE,AE∩AD=A,∴BE⊥面DAE,

∵DE⊂面DAE,∴DE⊥BE…(4分)

(2)作EH⊥AB于H,

∵DA⊥平面ABE,DA⊂面ABCD,∴面ABCD⊥面ABE,

∵EH⊥AB,面ABCD∩面ABE=AB,∴EH⊥面ABCD

∵AE⊥BE,AE=EB=BC=2,

∴等腰Rt△AEB中,…(6分)

因此,…(8分)

(3)设P是BE的中点,连接MP,FP

∵BE=BC,BF⊥CE,∴F是EC的中点…(10分)

∵△ECB中,FP是中位线,∴FP∥BC∥DA

∵DA⊂平面DAE,FP⊈平面DAE

∴FP∥平面DAE,同理可得MP∥平面DAE,

∵AE∩DA=A,∴平面MPF∥面DAE,

因此,直线MF∥面DAE,可得点N就是点F

所以CE的中点N满足MN∥平面DAE.…(12分)

解析

解:(1)∵DA⊥平面ABE,BC∥DA

∴BC⊥平面ABE,

∵AE⊂平面ABE,∴AE⊥BC,

又∵BF⊥平面ACE,AE⊂平面ACE,

∴AE⊥BF…(2分)

∵BC∩BF=B,∴AE⊥面BEC,

又∵BE⊂平面BEC,∴AE⊥BE

∵AD⊥BE,AE∩AD=A,∴BE⊥面DAE,

∵DE⊂面DAE,∴DE⊥BE…(4分)

(2)作EH⊥AB于H,

∵DA⊥平面ABE,DA⊂面ABCD,∴面ABCD⊥面ABE,

∵EH⊥AB,面ABCD∩面ABE=AB,∴EH⊥面ABCD

∵AE⊥BE,AE=EB=BC=2,

∴等腰Rt△AEB中,…(6分)

因此,…(8分)

(3)设P是BE的中点,连接MP,FP

∵BE=BC,BF⊥CE,∴F是EC的中点…(10分)

∵△ECB中,FP是中位线,∴FP∥BC∥DA

∵DA⊂平面DAE,FP⊈平面DAE

∴FP∥平面DAE,同理可得MP∥平面DAE,

∵AE∩DA=A,∴平面MPF∥面DAE,

因此,直线MF∥面DAE,可得点N就是点F

所以CE的中点N满足MN∥平面DAE.…(12分)

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题型:填空题
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填空题

已知点A、B、C、D在同一个球面上,AB丄平面BCD,BC丄BD,若AB=1;BC=2,BD=3,则此球的表面积是______

正确答案

14π

解析

解:∵AB丄平面BCD,BC丄BD,

∴分别以AB、BC、BD为过同一顶点的三条棱作一个长方体,

该长方体的8个顶点在同一个球面上,即A、B、C、D也在这个球面上

由球的性质,可得所作长方体的对角线恰好是三棱锥A-BCD的外接球的直径

设外接球半径为R,可得:2R==

∴半径为R=,可得外接球的表面积S=4πR2=14π

故答案为:14π

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题型:简答题
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简答题

在三棱锥S-ABC中,△ABC是边长为4的正三角形,平面SAC⊥平面ABC,SA=SC=,M,N分别为AB,SB的中点.

(Ⅰ)证明:AC⊥SB;

(Ⅱ)求二面角N-CM-B的余弦值.

正确答案

解法一:几何法

证明:(Ⅰ)取AC中点D,连结SD,BD.

∵SA=SC,AB=BC

∴AC⊥SD且AC⊥BD,…(2分)

又∵SD∩BD=D,SD,BD⊂平面SBD

∴AC⊥平面SBD,

又∵SB⊂平面SBD,

∴AC⊥SB;

(Ⅱ)∵AC⊥平面SBD,AC⊂平面ABC,

∴平面ABC⊥平面SBD,

过N作NE⊥BD于E,则NE⊥平面ABC,过E作EF⊥CM于F,连结NF,则NF⊥CM.

∴∠NFE为二面角N-CM-B的平面角.…(6分)

∵平面ABC⊥平面SAC,SD⊥AC

∴SD⊥平面ABC.

又∵NE⊥平面ABC,

∴NE∥SD.

∵SN=NB,

∴NE=SD===,且ED=EB.

在正△ABC中,由平面几何知识可求得EF=MB=

在Rt△NEF中,tan∠NFE==2

∴cos∠NFE=

∴二面角N-CM-B的余弦值为.…(9分)

解法二:(Ⅰ)取AC中点O,连结OS、OB.

∵SA=SC,AB=BC,

∴AC⊥SO且AC⊥BO.

∵平面SAC⊥平面ABC,平面SAC∩平面ABC=AC

∴SO⊥面ABC,

∴SO⊥BO.

如图所示建立空间直角坐标系O-xyz.…(2分)

则A(2,0,0),B(0,2,0),

C(-2,0,0),S(0,0,2),

M(1,,0),N(0,).

=(-4,0,0),=(0,2,2),

=(-4,0,0)•(0,2,2)=0,…(3分)

∴AC⊥SB.…(4分)

(Ⅱ)由(Ⅰ)得=(3,,0),=(-1,0,).

=(x,y,z)为平面CMN的一个法向量,

,即

取z=1,则=(,-,1)…(6分)

=(0,0,2)为平面ABC的一个法向量,

∴cos<>==.…(8分)

∴二面角N-CM-B的余弦值为.…(9分)

解析

解法一:几何法

证明:(Ⅰ)取AC中点D,连结SD,BD.

∵SA=SC,AB=BC

∴AC⊥SD且AC⊥BD,…(2分)

又∵SD∩BD=D,SD,BD⊂平面SBD

∴AC⊥平面SBD,

又∵SB⊂平面SBD,

∴AC⊥SB;

(Ⅱ)∵AC⊥平面SBD,AC⊂平面ABC,

∴平面ABC⊥平面SBD,

过N作NE⊥BD于E,则NE⊥平面ABC,过E作EF⊥CM于F,连结NF,则NF⊥CM.

∴∠NFE为二面角N-CM-B的平面角.…(6分)

∵平面ABC⊥平面SAC,SD⊥AC

∴SD⊥平面ABC.

又∵NE⊥平面ABC,

∴NE∥SD.

∵SN=NB,

∴NE=SD===,且ED=EB.

在正△ABC中,由平面几何知识可求得EF=MB=

在Rt△NEF中,tan∠NFE==2

∴cos∠NFE=

∴二面角N-CM-B的余弦值为.…(9分)

解法二:(Ⅰ)取AC中点O,连结OS、OB.

∵SA=SC,AB=BC,

∴AC⊥SO且AC⊥BO.

∵平面SAC⊥平面ABC,平面SAC∩平面ABC=AC

∴SO⊥面ABC,

∴SO⊥BO.

如图所示建立空间直角坐标系O-xyz.…(2分)

则A(2,0,0),B(0,2,0),

C(-2,0,0),S(0,0,2),

M(1,,0),N(0,).

=(-4,0,0),=(0,2,2),

=(-4,0,0)•(0,2,2)=0,…(3分)

∴AC⊥SB.…(4分)

(Ⅱ)由(Ⅰ)得=(3,,0),=(-1,0,).

=(x,y,z)为平面CMN的一个法向量,

,即

取z=1,则=(,-,1)…(6分)

=(0,0,2)为平面ABC的一个法向量,

∴cos<>==.…(8分)

∴二面角N-CM-B的余弦值为.…(9分)

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