立体几何基础题题库351-400Word格式.doc
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(3)l∥mα⊥β(4)l⊥mα∥β
其中正确的两个命题是()
A.
(1)与
(2)B.(3)与(4)C.
(2)与(4)D.
(1)与(3)
分析:
本题主要考查直线与平面、平面和平面的位置关系,以及空间想象能力和逻辑推理能力.
解法一:
在l⊥α,mβ的前提下,当α∥β时,有l⊥β,从而l⊥β,从而l⊥m,得
(1)正确;
当α⊥β时,l垂直于α、β的交线,而m不一定与该交线垂直,因此,l与m不一定平行,故
(2)不正确.故应排除A、C.依题意,有两个命题正确,不可能(3),(4)都正确,否则连同
(1)共有3个命题正确.故排除B,得D.
解法二:
当断定
(1)正确之后,根据4个选择项的安排,可转而检查(3),由l∥m,l∥α知m⊥α,从而由mα得α⊥β.即(3)正确.故选D.
解法三:
不从
(1)检查起,而从
(2)、(3)、(4)中任一命题检查起,如首先检查(4);
由l⊥α,m⊥β不能否定m是α、β的交线,因此α∥β不一定成立,故(4)是不正确的,因此可排除B、C.依据A和D的内容可知
(1)必定是正确的,否则A和D也都排除,以下只要对
(2)或(3)检查,只须检查一个便可以做出判断.
355.一张正方形的纸ABCD,BD是对角线,过AB、CD的中点E、F的线段交BD于O,以EF为棱,将正方形的纸折成直二面角,则∠BOD等于()
A.120°
B.150°
C.135°
D.90°
本题考查线面垂直,面面垂直,余弦定理,以及空间与平面问题的转化能力。
如图,设正方形边长为a,由O为正方形中心,则BO=a,DO=a,连AB,因为DA⊥AE,DA⊥BE,故DA⊥面AEB,所以DA⊥AB,故ΔDAB为直角三角形,BD====a.
又在ΔBOD中,由余弦定理可得cos∠BOD===-,所以∠BOD=120°
评析:
本题为折叠问题,此类问题应该分清折叠前后的哪些量发生了变化,此外,还要注意找出空间转化为平面的途径,几何计算的准确性等。
356.已知平面α∥平面β,B,D∈β,AB⊥CD,且AB=2,直线AB与平面α所成的角为30°
,则线段CD的长为取值范围是()
A.[1,+∞]B.(1,)C.(,)D.[,+∞)
本题考查直线与直线所成的角,直线与平面所成的角的概念。
线面垂直的判定和性质,以及空间想象能力和几何计算.
解如图所示,过D作DA′∥AB交平面α于A′.由α∥β,故DA′=AB=2,DA′与α成30°
角,由已知DC⊥AB,可得DC⊥DA′,所以DC在过DC且与DA′垂直的平面γ内,令∩α=l,在内,DC⊥l时为最短,此时DC=DA′·
tan30°
=.故CD≥.∴应选D.
357.如图,四棱锥P—ABCD的底面是直角梯形,AB∥DC,AB⊥BC,且AB=CD,侧棱PB⊥底面ABCD,PC=5,BC=3,ΔPAB的面积等于6,若平面DPA与平面CPB所成的二面角为α,求α.
平面DPA与平面CPB有一公共点P,要画出它们构成的二面角的平面角必须确定它们公共交线,DA和CB的延长线的交点E是它们的另一公共点.由公理二,PE就是二面角的公共棱.有了公共棱,二面角的平面角就生了根.
解延长DA交CB的延长线于E,连PE,则PE就是平面DPA和平面CPB的交线.
∵AB∥DC,AB⊥BC,∴DC⊥BC,PB⊥底面ABCD.
∴PB⊥DC,∴DC⊥平面PCE.
作CF⊥PE于F,连DF由三垂线定理得PE⊥DF,∴∠DFC=α.
∵AB=CD,PC=5,BC=3,∴PB=4.
SΔPAB=6,∴AB=3,CD=6,==.
∴EB=3,PE=5.
∵PB·
EC=CF·
PE,∴CF=.
在直角ΔDCF中,tanα===.
α=antan.
这是一道较难的题,难就难在怎么确定两相交平面的交线.由公理二交线的唯一性必须找出另一个公共点,因此本题延长DA、CB相交于E,确定这个E点就成了关键.
358.如图,已知三条射线SA,SB,SC所成的角∠ASC=BSC=30°
,∠ASB=45°
,求平面ASC与平面BSC所成二面角的大小.
在SC上任取一点D,过D作平面DEF垂直于SC,分别交平面SAC、SBC、SAB于DE、DF、EF,则∠EDF是二面角A—SC—B的平面角,令SD=.
∵∠ASC=30°
,∴在RtΔSED中,DE=1,SE=2.
同理DF=1,SF=2.
在ΔSEF中,依余弦定理EF2=8-4.
∴在ΔDEF中,cos∠EDF=2-3,又-1<2-3<0.
∴二面角A—SC—B的平面角∠EDF=arccos(2-3)=π-arccos(3-2)
说明本例给出了一个构造二面角的平面角的方法,过棱上一点作棱的垂面,这样在计算时同时取特殊值可以使问题简单化.
359.如图,二面角α—DC—β是α度的二面角,A为α上一定点,且ΔADC面积为S,DC=a,过点A作直线AB,使AB⊥DC且与半平面β成30°
的角,求α变化时,ΔDBC面积的最大值.
在α内作AE⊥DC于E,则AE为ΔADC的高,则有AE·
DC=,AE=.
由于DC⊥AE,DC⊥AB,则有DC⊥ΔAEB所在的平面,所以DC⊥BE,则∠AEB是二面角α—DC—β的平面角,即∠AEB=α.
又由于DC⊥ΔAEB所在平面,且DC在β上,所以平面β⊥ΔAEB所在平面.
令AF⊥BE于F,则有AF⊥平面β,于是,FB是AB在平面β上的射影,所以∠ABE是AB与β所成的角.
∴∠ABE=30°
,在ΔAEB中,有=,∴EB=sin(α+30°
).
据题意,有α∈(0°
,180°
),当α=60°
时,有EBmax=,这时(SΔDBC)max=a·
=2S.
说明本例对直线与直线所成的角,直线与平面所成的角,二面角的平面角,点到直线的距离,点到平面的距离等概念以及三垂线定理和逆定理的考察是很深刻的,综合了直线与平面这一章的一些主要知识.
360.如图,设平面AC与平面BD相交于BC,它们所成的一个二面角为45°
,P∈平面AC,Q∈平面BD,已知直线MQ是直线PQ在平面BD内的射影,且M在BC上,又直线PQ与平面BD所成的角为β,∠CMQ=θ,0°
<θ<90°
,设线段PM=a,求PQ的长.
在ΔPMQ中因为PM=a,∠PQM=β,欲求PQ的长,根据正弦定理只要能求出sin∠PMR就行了.
解设PMR=α,作PR⊥MQ于R,显然PR⊥平面BD.
作RN⊥BC于N,连PN,则PN⊥BC.∴∠PNR=45°
,∠PQM=β.
在直角ΔPMR中:
PR=asinα,MR=acosα.
在直角ΔMNR中:
NR=MRsinθ=acosαsinθ.
∵PR=NR,∴asinα=acosαsinθ.
∴tanα=sinθ,cosα=,sinα=.
在ΔPMQ中由正弦定理:
=,
∴PQ==.
本题是利用正弦定理通过解斜三角形求出PQ的长,当然也可以通过三个直角三角形中的关系转换,先出求PR,最后在直角ΔPQR中利用锐角函数处理,相比之下,还是给出的解法略为简便些.
361.有一个三棱锥和一个四棱锥,棱长都相等,将它们一个侧面重叠后,还有几个暴露面?
有5个暴露面.
如图所示,过V作VS′∥AB,则四边形S′ABV为平行四边形,有∠S′VA=∠VAB=60°
,从而ΔS′VA为等边三角形,同理ΔS′VD也是等边三角形,从而ΔS′AD也是等边三角形,得到以ΔVAD为底,以S′与S重合.
这表明ΔVAB与ΔVSA共面,ΔVCD与ΔVSD共面,故共有5个暴露面.
362.若四面体各棱长是1或2,且该四面体不是正四面体,则其体积的值是.(只须写出一个可能的值)
该题的显著特点是结论发散而不惟一.本题表面上是考查锥体求积公式这个知识点,实际上主要考查由所给条件构造一个四面体的能力,首先得考虑每个面的三条棱是如何构成的.
排除{1,1,2},可得{1,1,1},{1,2,2},{2,2,2},然后由这三类面在空间构造满足条件的一个四面体,再求其体积.
由平时所见的题目,至少可构造出二类满足条件的四面体,五条边为2,另一边为1,对棱相等的四面体.
对于五条边为2,另一边为1的四面体,参看图1所示,设AD=1,取AD的中点为M,平面BCM把三棱锥分成两个三棱锥,由对称性可知AD⊥面BCM,且VA—BCM=VD—BCM,所以
VABCD=SΔBCM·
AD.
CM===.设N是BC的中点,则MN⊥BC,MN===,从而SΔBCM=×
2×
=,
故VABCD=×
×
1=.
对于对棱相等的四面体,可参见图2.其体积的计算可先将其置于一个长方体之中,再用长方体的体积减去四个小三棱锥的体积来进行.亦可套公式V=·
不妨令a=b=2,c=1,则
V=·
=·
=.
363.湖结冰时,一个球漂在其上,取出后(未弄破冰),冰面上留下了一个直径为24cm,深为8cm的空穴,求该球的半径.
设球的半径为R,依题意知截面圆的半径r=12,球心与截面的距离为d=R-8,由截面性质得:
r2+d2=R2,即122+(R-8)2=R2.
得R=13∴该球半径为13cm.
364.在有阳光时,一根长为3米的旗轩垂直于水平地面,它的影长为米,同时将一个半径为3米的球放在这块水平地面上,如图所示,求球的阴影部分的面积(结果用无理数表示).
由题意知,光线与地面成60°
角,设球的阴影部分面积为S,垂直于光线的大圆面积为S′,则Scos30°
=S′,并且S′=9π,所以S=6π(米2)
365.设棱锥M—ABCD的底面是正方形,且MA=MD,MA⊥AB,如果ΔAMD的面积为1,试求能够放入这个棱锥的最大球的半径.
∵AB⊥AD,AB⊥MA,
∴AB⊥平面MAD,
由此,面MAD⊥面AC.
记E是AD的中点,
从而ME⊥AD.
∴ME⊥平面AC,ME⊥EF
设球O是与平面MAD、AC、平面MBC都相切的球.
不妨设O∈平面MEF,于是O是ΔMEF的内心.
设球O的半径为r,则r=
设AD=EF=a,∵SΔAMD=1.
∴ME=.MF=,
r=≤=-1
当且仅当a=,即a=时,等号成立.
∴当AD=ME=时,满足条件的球最大半径为-1.
366.在正方体ABCD—A1B1C1D1中,期棱长为a.
(1)求证BD⊥截面AB1C;
(2)求点B到截面AB1C的距离;
(3)求BB1与截面AB1C所成的角的余弦值。
同理BD1⊥AB1.∴BD1⊥面ACB1.
(2)AB=BC=BB1G为△AB1C的中心.AC=a
AG=a
∴BG==a
(3)∠BB1G为所求
cos∠BB1G=
367.已知P为ABCD所在平面外一点,M为PB的中点,求证:
PD∥平面MAC.
因M为PB的中点,连BD∩AC于O后,可将PD缩小平移到MO,可见MO为所求作的平行线.
证明连AC交BD于O,连MO,
则MO为△PBD的中位线,
∴PD∥MO,∵PD平面MAC,MO平面MAC,
∴PD∥平面MAC.
368.如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,M,N,E,F分别是棱B1C1,A1D1,D1D,AB的中点.
(1)求证:
A1E⊥平面ABMN.
(2)平面直线A1E与MF所成的角.
(1)要证A1E⊥平面ABMN,只要在平面中找到两条相交直线与A1E都垂直,显然MN与它垂直,这是因为MN⊥平面A1ADD1,另一方面,AN与A1E是否垂直,这是同一个平面中的问题,只要画出平面几何图形,用平几知识解决.(2)为(1)的应用.
证明 (1)∵AB⊥平面A1ADD1,
而A1E平面A1ADD1,
∴AB⊥A1E.在平面A1ADD1中,A1E⊥AN,
∵AN∩AB=A,∴A1E⊥平面ABMN.
解 (2)由(1)知A1E⊥平面ABMN,而MF平面ABMN,∴A1E⊥MF,
则A1E与MF所成的角为90°
369.如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,M为棱CC1的中点,AC交BD于点O,求证:
A1O⊥平面MBD.
要证A1O⊥平面MBD,只要在平面MBD内找到两条相交直线与A1O都垂直,首先想到DB,先观察A1O垂直DB吗?
方法1:
发现A1O平分DB,想到什么?
(△A1DB是否为等腰三角形)
∵A1D=A1B,DO=OB,∴A1O⊥DB.
方法2:
A1O⊥DB吗?
即DB⊥A1O吗?
DB垂直包含A1O的平面吗?
(易见DB⊥平面A1ACC1)
再观察A1O垂直何直线?
DM?
BM?
因这两条直线与A1O均异面,故难以直接观察,平面MDB中还有何直线?
易想到MO,因MO与A1O相交,它们在同一平面内,这是一个平几问题,可画出平几图进行观察.
证明 取CC1中点M,连结MO,∵DB⊥A1A,DB⊥AC,A1A∩AC=A,∴DB⊥平面A1ACC1,而A1O平面A1ACC1,∴A1O⊥DB.在矩形A1ACC1中,∵tan∠AA1O=,tan∠MOC=,∴∠AA1O=∠MOC,则∠A1OA+∠MOC=90°
,∴A1O⊥OM,∵OM∩DB=O,∴A1O⊥平面MBD.
370.点P在线段AB上,且AP∶PB=1∶2,若A,B到平面α的距离分别为a,b,求点P到平面α的距离.
(1)A,B在平面α的同侧时,P平面α的距离为;
(2)A,B在平面α的异侧时,P平面α的距离为.
点评 一是画图时,只要画出如右上图的平面图形即可,无需画出空间图形;
二是对第(2)种情形,若以平面为“水平面”,在其上方的点高度为正,在其下方的点高度为负,则第(2)种情形的结论,就是将(1)结论中的b改为(-b),而无需再画另一图形加以求解.
371.若两直线a与b异面,则过a且与b垂直的平面 ( )
(A)有且只有一个 (B)可能存在也可能不存在
(C)有无数多个 (D)一定不存在
(B)
若存在,则a⊥b,而由条件知,a不一定与b垂直.
372.在正方体ABCD-A1B1C1D1中,若E是A1C1的中点,则直线CE垂直于 ( )
(A)AC (B)BD (C)A1D (D)A1D1
BD⊥AC,BD⊥CC1,∴BD⊥平面A1ACC1,∴BD⊥CE.
373.定点P不在△ABC所在平面内,过P作平面α,使△ABC的三个顶点到α的距离相等,这样的平面共有 ( )
(A)1个 (B)2个 (C)3个 (D)4个
D
过P作一个与AB,AC都平行的平面,则它符合要求;
设边AB,BC,CA的中点分别为E,F,G,则平面PEF符合要求;
同理平面PFG,平面PGE符合要求
374.P为矩形ABCD所在平面外一点,且PA⊥平面ABCD,P到B,C,D三点的距离分别是,,,则P到A点的距离是 ( )
(A)1 (B)2 (C) (D)4
(A)
设AB=a,BC=b,PA=h,则a2+h2=5,b2+h2=13,a2+b2+h2=17,∴h=1.
375.线段AB的两个端点A,B到平面α的距离分别为6cm,9cm,P在线段AB上,AP:
PB=1:
2,则P到平面α的距离为 .
7cm或1cm.
分A,B在平面α的同侧与异侧两种情况.同侧时,P到平面α的距离为=7(cm),异侧时,P到平面α的距离为=1(cm).
376.△ABC的三个顶点A,B,C到平面α的距离分别为2cm,3cm,4cm,且它们在α的同一侧,则△ABC的重心到平面α的距离为 .
3cm.
=3cm.
377.Rt△ABC中,D是斜边AB的中点,AC=6,BC=8,EC⊥平面ABC,且EC=12,则ED= .
13.
AB=10,∴CD=5,则ED==13.
378.如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,求:
(1)A1B与平面A1B1CD所成的角;
(2)B1B在平面A1C1B所成角的正切值.
求线面成角,一定要找准斜线在平面内的射影.
(1)先找到斜足A1,再找出B在平面A1B1CD内的射影,即从B向平面A1B1CD作垂线,一定要证明它是平面A1B1CD的垂线.
这里可证BC1⊥平面A1B1CD,O为垂足,
∴A1O为A1B在平面A1B1CD上的射影.
(2)若将平面D1D1BB竖直放置在正前方,则A1C1横放在正前方,估计B1B在平面A1C1B内的射影应落在O1B上,这是因为A1C1⊥平面D1DBB1,∴故作B1H⊥O1B交于H时,BH1⊥A1C1,即H为B1在平面A1C1B内的射影.另在求此角大小时,只要求∠B1BO1即可.
(1)如图,连结BC1,交B1C于O,连A1O.
∵A1B1⊥平面B1BCC1,BC1平面B1BCC1,∴A1B1⊥BC1.
又B1C⊥BC1,A1B1∩B1C=B1,
∴BC1⊥平面A1B1CD,O为垂足,
∴A1O为A1B在平面A1B1CD上的射影,
则∠BA1O为A1B与平面A1B1CD所成的角.
sin∠BA1O=,∴∠BA1O=30°
(2)连结A1C1交B1D1于O1,连BO1,
作B1H⊥BO1于H.∵A1C1⊥平面D1DBB1,∴A1C1⊥B1H.
又B1H⊥BO1,A1C1∩BO1=O1,∴B1H⊥平面A1C1B,
∴∠B1BO1为B1B与平面A1C1B所成的角,
tan∠B1BO=,即B1B与平面A1C1B所成的角的正切值为.
379.Rt△ABC中,∠C=90°
,BC=36,若平面ABC外一点P与平面A,B,C三点等距离,且P到平面ABC的距离为80,M为AC的中点.
PM⊥AC;
(2)求P到直线AC的距离;
(3)求PM与平面ABC所成角的正切值.
点P到△ABC的三个顶点等距离,则P在平面ABC内的射影为△ABC的外心,而△ABC为直角三角形,其外心为斜边的中点.
证明 (1)∵PA=PC,M是AC中点,∴PM⊥AC
解 (2)∵BC=36,∴MH=18,又PH=80,
∴PM=,即P到直线AC的距离为82;
(3)∵PM=PB=PC,∴P在平面ABC内的射线为△ABC的外心,
∵∠C=90°
∴P在平面ABC内的射线为AB的中点H。
∵PH⊥平面ABC,∴HM为PM在平面ABC上的射影,
则∠PMH为PM与平面ABC所成的角,∴tan∠PMH=
380.如图,在正四面体ABCD中。
各面都是全等的正三角形的四面体,M为AD的中点,求CM与平面BCD所成角的余弦值.
要作出CM在平面BCD内的射影,关键是作出M在平面BCD内的射影,而M为AD的中点,故只需观察A在平面BCD内的射影,至此问题解法已明朗.
解 作AO⊥平面BCD于O,连DO,作MN⊥平面BCD于N,则N∈OD.
设AD=a,则OD=,∴AO=,∴MN=.
又∵CM=,∴CN=.
∴CM与平面BCD所成角的余弦值为.
381.如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,M是棱A1A的中点,N在AB上,且AN∶NB=1∶3,求证:
C1M⊥MN.
在空间中作出两条直线垂直相对较在平面内作两条直线垂直难.此题C1M与MN是相交直线,一种方法可通过勾股定理来验证它是否垂直,另一方法为:
因MN是平面A1ABB1内的一条直线,可考虑MC1在平面A1ABB1内的射影.
证明1 设正方体的棱长为a,则MN=,
C1M=,C1N=,
∵MN2+MC12=NC12,∴C1M⊥MN.
证明2 连结B1M,∵C1B1⊥平面A1ABB1,
∴B1M为C1M在平面A1ABB1上的射影.
设棱长为a,∵AN=,AM=,∴tan∠AMN=,
又tan∠A1B1M=,则∠AMN=∠A1B1M,∴B1M⊥MN,
由三垂线定理知,C1M⊥MN.
382.如图,ABCD为直角梯形,∠DAB=∠ABC=90°
,AB=BC=a,AD=2a,PA⊥平面ABCD,PA=a.
(1)求证:
PC⊥CD;
(2)求点B到直线PC的距离.
(1)要证PC与CD垂直,只要证明AC与CD垂直,可按实际情形画出底面图形进行证明.(2)从B向直线PC作垂直,可利用△PBC求高,但需求出三边,并判断其形状(事实上,这里的∠PBC=90°
);
另一种重要的思想是:
因PC在平面PAC中,而所作BH为平面PAC的斜线,故关键在于找出B在平面PAC内的射影,因平面PAC处于“竖直状态”,则只要从B作“水平”的垂线,可见也只要从B向AC作垂线便可得其射影.
证明 (1)取AD的中点E,连AC,CE,
则ABCE是正方形,△CED为等腰直角三角形.
∴AC⊥CD,∵PA⊥平面ABCD,∴AC为PC在平面ABCD上的射影,∴PC⊥CD;
解 (2)连BE交AC于O,则BE⊥AC,
又BE⊥PA,AC∩PA=A,∴BE⊥平面PAC.
过O作OH⊥PC于H,连BH,则BH⊥PC.
∵PA=a,AC=,∴PC=,则OH=,
∵BO=,∴BH=
383.四面体ABCD的四个面中,是直角三角形的面至多有 ()
(A)1个 (B)2个
(C)3个 (D)4个
(D)
设底面为直角三角形,从底面的一个锐角顶点作平面的垂线,则这样的四面体的每个面都
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