- 直线与平面垂直的判定及其性质
- 共458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=
≤
×
=
,
.
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=
.
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)
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
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,
).
设=(x,y,z)为平面CMN的一个法向量,
,即
,
取z=1,则=(
,-
,1)…(6分)
又=(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,
).
设=(x,y,z)为平面CMN的一个法向量,
,即
,
取z=1,则=(
,-
,1)…(6分)
又=(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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