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题型:简答题
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简答题

如图,四棱锥P—ABCD的底面为矩形,PA=AD=1,PA⊥面ABCD,E是AB的中点,F为PC上一点,且EF//面PAD。

(I)证明:F为PC的中点;

(II)若二面角C—PD—E的平面角的余弦值为求直线ED与平面PCD所成的角

正确答案

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题型:简答题
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简答题

.如图,四棱锥P-ABCD中,PA⊥底面ABCD,,AD=CD=1,∠=120°,=,∠=90°,M是线段PD上的一点(不包括端点).

(1)求证:BC⊥平面PAC;

(2)求异面直线AC与PD所成的角的余弦值

(3)试确定点M的位置,使直线MA与平面PCD所成角的正弦值为

正确答案

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题型:简答题
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简答题

(本小题满分14分)

如图,在四棱锥中,,底面是菱形,且的中点.

(Ⅰ)证明:平面

(Ⅱ)侧棱上是否存在点,使得平面?并证明你的结论.

正确答案

(Ⅰ) 是菱形,

为正三角形,       ………………2分

的中点,

则有

   ………………4分                                

底面

    

平面      …………7分

(Ⅱ)为侧棱的中点时,平面.       ………………8分

证法一:设的中点,连,则的中位线,

,又, 

四边形为平行四边形, ……………11分

平面平面

平面.                                  ………………14分

证法二:设的中点,连,则的中位线,

平面平面

平面.                                  ………………10分

同理,由,得平面

平面平面,         ………………12分

平面平面.           ……………14分

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题型:简答题
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简答题

如图,已知正四棱柱ABCDA1B1C1D1中,底面边长AB=2,侧棱BB1的长为4,过点BB1C的垂线交侧棱CC1于点E,交B1C于点F

(1)求证:A1C⊥平面BDE

(2)求A1B与平面BDE所成角的正弦值。

(3)设F是CC1上的动点(不包括端点C),求证:△DBF是锐角三角形。

正确答案

(1)见解析

(2)

(3)见解析

(1)证明:由正四棱柱性质知A1B1⊥平面BCC1B1,A1A⊥平面ABCD,

所以B1C、AC分别是A1C在平面CC1B1B、平面ABCD上的射影

∵ B1C⊥BE, AC⊥BD, ∴A1CBE , A1CBD,   (2分)

A1C⊥平面BDE    (4分)。 (直接指出根据三垂线定理得“A1CBE , A1CBD”而推出结论的不扣分)

(2)解:以DADCDD1所在直线分别为xyz轴,建立坐标系,则,∴  (6分)

            (7分)

A1C平面BDEK

由(1)可知,∠A1BKA1B与平面BDE所成角,(8分)

      (9分)

(3)证明:设点F的坐标为(0, 2, z)(0

又|DB|=,故△DBF是等腰三角形,要证明它为锐角三角形,只需证明其顶角∠DFB为锐角则可。               (11分)

由余弦定理得cos∠DFB=

∴∠DFB为锐角,             (13分)

即不论点F为CC1上C点除外的任意一点, △DFB总是锐角三角形.(14分)

说明: 若没有说明三角形为等腰三角形而只证明一个角是锐角,或只证明底角是锐角的“以偏概全”情况应扣2分)

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题型:填空题
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填空题

下列如图所示是正方体和正四面体,P、Q、R、S分别是所在棱的中点,则四个点共面的图形是______.

正确答案

①由题意知在正方体中,PS和QR都和上底的对角线平行,所以PS∥QR,则P、Q、R、S四个点共面,所以正确.

②由题意知在正方体中,PQ和SR是异面直线,则P、Q、R、S四个点不共面,所以错误.

③因PQ和RS分别是相邻侧面的中位线,所以PQ∥SQ,所以P、Q、R、S四个点共面,所以正确.

④根据图中几何体得,PQ和SR是异面直线,则P、Q、R、S四个点不共面,所以错误.

故答案为:①③.

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题型:填空题
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填空题

如图,平面平面,点E、F、O分别为线段PA、PB、AC的中点,点G是线段CO

的中点,.求证:

(1)平面

(2)∥平面

          

正确答案

证明:由题意可知,为等腰直角三角形,

为等边三角形.   …………………2分

(1)因为为边的中点,所以

因为平面平面,平面平面

平面,所以.…………………5分

因为平面,所以

在等腰三角形内,为所在边的中点,所以

,所以平面;…………………8分

(2)连AF交BE于Q,连QO.

因为E、F、O分别为边PA、PB、PC的中点,

所以,且Q是△PAB的重心,…………………10分

于是,所以FG//QO.   …………………12分

因为平面EBO,平面EBO,所以∥平面. 

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题型:简答题
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简答题

(本小题满分12分)

如图,四棱锥的底面是矩形,底面边的中点,与平面 所成的角为45°,且

(Ⅰ)求证:平面

(Ⅱ)求二面角的余弦的大小.

正确答案

解:(Ⅰ)证明:因为底面

所以,∠SBASB与平面ABCD所成的角        …………………1分            

由已知∠SBA=45°,所以AB=SA=1易求得,AP=PD=,…………………3分

又因为AD=2,所以AD2=AP2+PD2,所以.  …………………4分

因为SA⊥底面ABCD,平面ABCD,

所以SAPD, …………………………………………………………5分

由于SAAP=A    所以平面SAP.…………………6分

(Ⅱ)设QAD的中点,连结PQ,…………………7分

由于SA⊥底面ABCD,且SA平面SAD

则平面SAD⊥平面PAD …………………8分

,PQ⊥平面SADSD平面SAD,    .

QQR,垂足,连接,则.

     PRQ是二面角ASDP的平面角.…………10分

容易证明△DRQ∽△DAS,则.

因为

所以.   …………………12分

在Rt△PRQ中,因为PQ=AB=1,,

所以. …………………13分

所以二面角ASDP的余弦为.…………………14分

解法二:因为底面

所以,∠SBASB与平面ABCD所成的角.    ……1分

由已知∠SBA=45°,所以AB=SA=1

建立空间直角坐标系(如图)

        由已知,P为BC中点.

于是A(0,0,0)、B(1,0,0)、P(1,1,0)、D(0,2,0)、S(0,0,1)……………3分

(Ⅰ)易求得,

.…………………4分

因为.

所以,.

由于,所以平面. …………………6分

(Ⅱ)设平面SPD的法向量为.

,得解得

所以. …………………9分

又因为AB⊥平面SAD,所以是平面SAD的法向量,

易得.…………………9分

所以. …………………13分

所以所求二面角的余弦值为.…………………14分

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题型:简答题
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简答题

(本题满分12分)

如图,三棱锥ABPC中,APPCACBCMAB中点,DPB中点,且△PMB为正三角形.

(Ⅰ)求证:DM//平面APC

(Ⅱ)求 证:平面ABC⊥平面APC;(Ⅲ)若BC=4,AB=20,求三棱锥DBCM的体积.

正确答案

(Ⅰ)略

(Ⅱ)略

(Ⅲ)VD-BCM=VM-BCD=

解:(Ⅰ)∵M为AB中点,D为PB中点,

∴MD//AP,  又∴MD平面ABC

∴DM//平面APC ……………3分

(Ⅱ)∵△PMB为正三角形,且D为PB中点。

∴MD⊥PB

又由(Ⅰ)∴知MD//AP, ∴AP⊥PB

又已知AP⊥PC  ∴AP⊥平面PBC,

∴AP⊥BC,  又∵AC⊥BC

∴BC⊥平面APC,  ∴平面ABC⊥平面PAC  ……………8分

(Ⅲ)∵AB=20

∴MB="10   " ∴PB=10

又BC=4,

又MD

∴VD-BCM=VM-BCD=………………12分

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题型:简答题
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简答题

(广东兴宁四矿●中学高三段考)如图⑴在直角梯形PDCB中,PD∥CB,CD⊥PD,PD=6,BC=3,DC=,A是线段PD的中点,E是线段AB的中点;如图⑵,沿AB把平面PAB折起,使二面角P-CD-B成45角.

⑴求证PA⊥平面ABCD;

⑵求平面PEC和平面PAD所成的锐二面角的大小.

 

正确答案

见解析

解:证明:(1)   平面

平面

是二面角的平面角,故 

平面

解(2)如图建立空间直角坐标系,则

 

由(1)知是平面的法向量,设平面的法向量为=

,得 

 

设向量所成的角为,则:

∴向量所成的角为30

故平面和平面所成的二面角为30

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题型:填空题
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填空题

一个圆柱的侧面展开图是一个边长为1的正方形,则这个圆柱的全面积为______.

正确答案

设圆柱底面积半径为r,则高为2πr=1,

全面积=(2πr)2+2πr2=1+=

故答案为:

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题型:简答题
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简答题

如图,在斜三棱柱ABC—A1B1C1中,AB⊥侧面BB1C1C,BC=2,BB1=4,AB=,∠BCC1=60°.

(Ⅰ)求证:C1B⊥平面A1B1C1

(Ⅱ)求A1B与平面ABC所成角的正切值;

(Ⅲ)若E为CC1中点,求二面角A—EB1—A1的正切值.

正确答案

(Ⅰ)由余弦定理可得BC1

利用BC2+BC12=CC12得C1B⊥CB,

又平面A1B1C1∥平面ABC 得到 C1B⊥平面A1B1C1.

(Ⅱ);

(Ⅲ)二面角的正切值为.

试题分析:(Ⅰ)证明:∵BC=2,CC1=4,∠BCC1=60°由余弦定理可得BC1

∴BC2+BC12=CC12  ∴∠CBC1=90° ∴C1B⊥CB             2分

又AB⊥面BB1C1C ∴C1B⊥AB,AB∩CB=B ∴C1B⊥平面ABC,

又平面A1B1C1∥平面ABC  ∴ C1B⊥平面A1B1C            4分

(Ⅱ)∵平面A1B1C1∥平面ABC      

∴A1B与平面ABC所成的角等于A1B与平面A1B1C1所成的角            5分

由(Ⅰ)知C1B⊥平面ABC  ∴C1B⊥平面A1B1C1    

∴∠BA1C1即为A1B与平面A1B1C1所成的角               6分

∠BC1 A1=90° A1C1 ∴         8分

(Ⅲ)CE=BC=2,∠BCE=60° ∴BE=2 ∠EC1B1=120°  C1E=C1B1=2 ∴EB1

∴BE2+B1E2=B1B2  ∴∠BEB1=90°即B1E⊥BE  又AB⊥平面BCC1B1

∴B1E⊥AE   ∴∠AEB为二面角A—EB1—B的平面角          9分

              10分

又∵A1B1⊥平面B1EB    ∴平面A1B1E⊥平面B1EB

∴二面角A—EB1—A1的大小为=90°-∠AEB                 11分

即所求二面角的正切值为               13分

解法二:易知

∴异面直线所成角即为所求二面角的大小.        10分

即为异面直线所成角,        11分

易得,即所求二面角的正切值为           13分

点评:典型题,立体几何题,是高考必考内容,往往涉及垂直关系、平行关系、角、距离、体积的计算。在计算问题中,有“几何法”和“向量法”。利用几何法,要遵循“一作、二证、三计算”的步骤,利用空间向量,省去繁琐的证明,也是解决立体几何问题的一个基本思路。注意运用转化与化归思想,将空间问题转化成平面问题。

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题型:填空题
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填空题

一个横放的圆柱形水桶,桶内的水占底面周长的四分之一,那么当桶直立时,水的高度与桶的高度的比为______.

正确答案

横放时水桶底面在水内的面积为πR2-R2.V=(πR2-R2)h,直立时V=πR2x,∴x:h=(π-2):4π

故答案为:(π-2):4π

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题型:简答题
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简答题

(本小题满分14分)已知四棱锥P—GBCD中(如图),PG⊥平面GBCD,GD∥BC,GD=BC,且BG⊥GC,GB=GC=2,E是BC的中点,PG=4

(Ⅰ)求异面直线GE与PC所成角的余弦值;

(Ⅱ)若F点是棱PC上一点,且,求的值.

正确答案

(Ⅰ);(Ⅱ)

试题分析:(Ⅰ)根据异面直线所成角的定义可过点作//,则(或其补角)就是异面直线所成的角. 因为////,则四边形为平行四边形,则,故可在中用余弦定理求。(Ⅱ)由可得,过为垂足。易得证平面,可得,从而易得证//,可得,即可求的值。

试题解析:(Ⅰ)

在平面内,过点作//,连结,则(或其补角)就是异面直线所成的角.

中,

由余弦定理得,

∴异面直线所成角的余弦值为.

(Ⅱ)

在平面内,过为垂足,连结,又因为

平面 ∴

由平面平面,∴平面 ∴//

,∴

,∴.

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题型:填空题
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填空题

如图,圆锥形封闭容器,高为h,圆锥内水面高为若将圆锥倒置后,圆锥内水面高为

正确答案

试题分析:圆锥正置与倒置时,水的体积不变,另外水面是平行于底面的平面,此平面截得的小圆锥与原圆锥成相似体,它们的体积之比为对应高的立方比.

试题解析:圆锥内水面高为满足

两个圆锥体积之比为

即水的体积与容器体积之比为

倒置后

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题型:简答题
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简答题

(本小题满分12分)如图,直三棱柱中,分别为的中点,,二面角的大小为.

(Ⅰ)证明:

(Ⅱ)求与平面所成的角的大小.

正确答案

(1)见解析;(2).

本试题主要是考查了线面角的求解,以及线面平行的判定定理的运用。

(1)利用线面平行的判定定理,先确定线线平行,然后利用定理得到。

((2)建立空间直角坐标系,然后表示出点的坐标,利用法向量和斜向量来得到线面角的求解的综合运用。

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