562. 斜四棱柱側(cè)面最多可有幾個(gè)面是矩形
A、 0個(gè) B、1個(gè) C、2個(gè) D、3個(gè)
解析:C。 只能相對(duì)的側(cè)面均為矩形
561. 四面體的四個(gè)頂點(diǎn)到平面M的距離之比為1∶1∶1∶3,則平面M的個(gè)數(shù)應(yīng)有多少個(gè)?
解 這樣的平面應(yīng)分4種情況討論:
(1)4個(gè)頂點(diǎn)都在平面M的同側(cè),則有C41·1=4個(gè)(平面);
(2)距離比為3的頂點(diǎn)與其他3個(gè)頂點(diǎn)不同側(cè),則有C41·1=4個(gè)(平面);
(3)距離比為3的頂點(diǎn)與其他3個(gè)頂點(diǎn)中的1個(gè)同側(cè),則有C31·C41·1=12個(gè)(平面)
(4)距離比為3的頂點(diǎn)與其他3個(gè)頂點(diǎn)中的2個(gè)同側(cè),則有C32·C41·1=12個(gè)(平面);
∴ 一共應(yīng)有4+4+12+12=32個(gè)(平面)
560. 在ΔABC中,M、N分別是AB、AC上的點(diǎn),==.沿MN把ΔAMN到ΔA′MN的位置,二面角A′-MN-B為60°,求證:平面A′MN⊥平面A′BC.
解析:作AD⊥BC于D,設(shè)AD∩MN=P,∠A′PD=60°,可證A′P⊥平面A′BC.
559. 正方體ABCD-A1B1C1D1的棱長(zhǎng)為a,求A1C1和平面AB1C間的距離.
解法1 如圖所示,A1C1∥平面AB1C,又平面BB1DD1⊥平面AB1C.
故若過O1作O1E⊥OB1于E,則OE1⊥平面AB1C,O1E為所求的距離
由O1E·OB1=O1B1·OO1,
可得:O1E=
解法2:轉(zhuǎn)化為求C1到平面AB1C的距離,也就是求三棱錐C1-AB1C的高h(yuǎn).
由 V=V,可得h=a.
解法3 因平面AB1C∥平面C1DA1,它們間的距離即為所求,連BD1,分別交B1O、DO1與F、G(圖中未畫出)。易證BD1垂直于上述兩個(gè)平面,故FG長(zhǎng)即為所求,易求得
FG=.
點(diǎn)評(píng) (1)求線面距離的先決條件是線面平行,而求線面距離的常用方法是把它們轉(zhuǎn)化為求點(diǎn)面之間的距離,有時(shí)也可轉(zhuǎn)化為求面面距離,從本題的解法也可悟出求異面直線之間的距離的思路.
558. 如圖,在棱長(zhǎng)為a的正方體AC1中,M是CC1的中點(diǎn),點(diǎn)E在AD上,且AE=AD,F(xiàn)在AB上,且AF=AB,求點(diǎn)B到平面MEF的距離.
解法一:設(shè)AC與BD交于O點(diǎn),EF與AC交于R點(diǎn),由于EF∥BD所以將B點(diǎn)到面MEF的距離轉(zhuǎn)化為O點(diǎn)到面MEF的距離,面MRC⊥面MEF,而MR是交線,所以作OH⊥MR,即OH⊥面MEF,OH即為所求.
∵OH·MR=OR·MC,
∴OH=.
解法二:考察三棱錐B-MEF,由VB-MEF=VM-BEF可得h.
點(diǎn)評(píng) 求點(diǎn)面的距離一般有三種方法:
①利用垂直面;
②轉(zhuǎn)化為線面距離再用垂直面;
③當(dāng)垂足位置不易確定時(shí),可考慮利用體積法求距離.
557. 在空間四邊形ABCP中,PA⊥PC,PB⊥BC,AC⊥BC.PA、PB與平面ABC所成角分別為30°和45°。(1)直線PC與AB能否垂直?證明你的結(jié)論;(2)若點(diǎn)P到平面ABC的距離為h,求點(diǎn)P到直線AB的距離.
解析:主要考查直線與直線、直線與平面的位置關(guān)系的綜合應(yīng)用及線面角,點(diǎn)面間距離等概念應(yīng)用,空間想象力及推理能力.
解 (1)AB與PC不能垂直,證明如下:假設(shè)PC⊥AB,作PH⊥平面ABC于H,則HC是PC在平面ABC的射影,∴HC⊥AB,∵PA、PB在平面ABC的射影分別為HB、HA,PB⊥BC,PA⊥PC.
∴BH⊥BC,AH⊥AC
∵AC⊥BC,∴平行四邊形ACBH為矩形.
∵HC⊥AB,∴ACBH為正方形.
∴HB=HA
∵PH⊥平面ACBH.∴ΔPHB≌ΔPHA.
∴∠PBH=∠PAH,且PB,PA與平面ABC所成角分別為∠PBH,∠PAH.由已知∠PBH=45°,∠PAH=30°,與∠PBH=∠PAH矛盾.
∴PC不垂直于AB.
(2)由已知有PH=h,∴∠PBH=45°
∴BH=PH=h.∵∠PAH=30°,∴HA=h.
∴矩形ACBH中,AB===2h.
作HE⊥AB于E,∴HE===h.
∵PH⊥平面ACBH,HE⊥AB,
由三垂線定理有PE⊥AB,∴PE是點(diǎn)P到AB的距離.
在RtΔPHE中,PE===h.
即點(diǎn)P到AB距離為h.
評(píng)析:此題屬開放型命題,處理此類問題的方法是先假設(shè)結(jié)論成立,然后“執(zhí)果索因”,作推理分析,導(dǎo)出矛盾的就否定結(jié)論(反證法),導(dǎo)不出矛盾的,就說明與條件相容,可采用演繹法進(jìn)行推理,此題(1)屬于反證法.
556. 空間四邊形PABC中,PA、PB、PC兩兩相互垂直,∠PBA=45°,∠PBC=60°,M為AB的中點(diǎn).(1)求BC與平面PAB所成的角;(2)求證:AB⊥平面PMC.
解析:此題數(shù)據(jù)特殊,先考慮數(shù)據(jù)關(guān)系及計(jì)算、發(fā)現(xiàn)解題思路.
解 ∵ PA⊥AB,∴∠APB=90°
在RtΔAPB中,∵∠ABP=45°,設(shè)PA=a,
則PB=a,AB=a,∵PB⊥PC,在RtΔPBC中,
∵∠PBC=60°,PB=a.∴BC=2a,PC=a.
∵AP⊥PC ∴在RtΔAPC中,AC===2a
(1)∵PC⊥PA,PC⊥PB,∴PC⊥平面PAB,
∴BC在平面PBC上的射影是BP.
∠CBP是CB與平面PAB所成的角
∵∠PBC=60°,∴BC與平面PBA的角為60°.
(2)由上知,PA=PB=a,AC=BC=2a.
∴M為AB的中點(diǎn),則AB⊥PM,AB⊥CM.
∴AB⊥平面PCM.
說明 要清楚線面的垂直關(guān)系,線面角的定義,通過數(shù)據(jù)特點(diǎn),發(fā)現(xiàn)解題捷徑.
555. 矩形ABCD,AB=2,AD=3,沿BD把ΔBCD折起,使C點(diǎn)在平面ABD上的射影恰好落在AD上.
(1)求證:CD⊥AB; (2)求CD與平面ABD所成角的余弦值.
(1)證明 如圖所示,∵CM⊥面ABD,AD⊥AB,
∴CD⊥AB
(2)解:∵CM⊥面ABD
∴∠CDM為CD與平面ABD所成的角,
cos∠CDM=
作CN⊥BD于N,連接MN,則MN⊥BD.在折疊前的矩形ABCD圖上可得
DM∶CD=CD∶CA=AB∶AD=2∶3.
∴CD與平面ABD所成角的余弦值為
554. 如圖,已知直三棱柱ABC-A1B1C1中,∠ACB=90°,∠BAC=30°,BC=1,AA1=,M是CC1的中點(diǎn),求證:AB1⊥A1M.
解析:不難看出B1C1⊥平面AA1C1C,AC1是AB1在平面AA1C1C上的射影.欲證A1M⊥AB1,只要能證A1M⊥AC1就可以了.
證:連AC1,在直角ΔABC中,BC=1,∠BAC=30°,∴ AC=A1C1=.
設(shè)∠AC1A1=α,∠MA1C1=β∴ tanα===,
tgβ===.∵cot(α+β)===0,
∴α+β=90° 即AC1⊥A1M. ∵B1C1⊥C1A1,CC1⊥B1C1,∴B1C1⊥平面AA1CC1,
AC1是AB1在平面AA1C1C上的射影. ∵AC1⊥A1M,∴由三垂線定理得A1M⊥AB1.
評(píng)注:本題在證AC1⊥A1M時(shí),主要是利用三角函數(shù),證α+β=90°,與常見的其他題目不太相同.
553. 求證:端點(diǎn)分別在兩條異面直線a和b上的動(dòng)線段AB的中點(diǎn)共面.
證明 如圖,設(shè)異面直線a、b的公垂線段是PQ,PQ的中點(diǎn)是M,過M作平面α,使PQ⊥平面α,且和AB交于R,連結(jié)AQ,交平面α于N.連結(jié)MN、NR.∵PQ⊥平面α,MNα,∴PQ⊥MN.在平面APQ內(nèi),PQ⊥a,PQ⊥MN,∴MN∥a,a∥α,又∵PM=MQ,∴AN=NQ,同理可證NR∥b,RA=RB.
即動(dòng)線段的中點(diǎn)在經(jīng)過中垂線段中點(diǎn)且和中垂線垂直的平面內(nèi).
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