0  446494  446502  446508  446512  446518  446520  446524  446530  446532  446538  446544  446548  446550  446554  446560  446562  446568  446572  446574  446578  446580  446584  446586  446588  446589  446590  446592  446593  446594  446596  446598  446602  446604  446608  446610  446614  446620  446622  446628  446632  446634  446638  446644  446650  446652  446658  446662  446664  446670  446674  446680  446688  447090 

562. 斜四棱柱側面最多可有幾個面是矩形

A、                                                                  0個      B、1個      C、2個      D、3個

解析:C。 只能相對的側面均為矩形

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561. 四面體的四個頂點到平面M的距離之比為1∶1∶1∶3,則平面M的個數(shù)應有多少個?

解  這樣的平面應分4種情況討論:

(1)4個頂點都在平面M的同側,則有C41·1=4個(平面);

(2)距離比為3的頂點與其他3個頂點不同側,則有C41·1=4個(平面);

(3)距離比為3的頂點與其他3個頂點中的1個同側,則有C31·C41·1=12個(平面)

(4)距離比為3的頂點與其他3個頂點中的2個同側,則有C32·C41·1=12個(平面);

∴  一共應有4+4+12+12=32個(平面)

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560. 在ΔABC中,M、N分別是AB、AC上的點,.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AD∩MN=P,∠A′PD=60°,可證A′P⊥平面A′BC.

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559.  正方體ABCD-A1B1C1D1的棱長為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:轉化為求C1到平面AB1C的距離,也就是求三棱錐C1-AB1C的高h.

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垂直于上述兩個平面,故FG長即為所求,易求得

FG=.

點評  (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化為求點面之間的距離,有時也可轉化為求面面距離,從本題的解法也可悟出求異面直線之間的距離的思路.

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558.  如圖,在棱長為a的正方體AC1中,M是CC1的中點,點E在AD上,且AE=AD,F(xiàn)在AB上,且AF=AB,求點B到平面MEF的距離.

解法一:設AC與BD交于O點,EF與AC交于R點,由于EF∥BD所以將B點到面MEF的距離轉化為O點到面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.

點評  求點面的距離一般有三種方法:

①利用垂直面;

②轉化為線面距離再用垂直面;

③當垂足位置不易確定時,可考慮利用體積法求距離.

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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?證明你的結論;(2)若點P到平面ABC的距離為h,求點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系的綜合應用及線面角,點面間距離等概念應用,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P到AB的距離.

在RtΔPHE中,PE=h.

即點P到AB距離為h.

評析:此題屬開放型命題,處理此類問題的方法是先假設結論成立,然后“執(zhí)果索因”,作推理分析,導出矛盾的就否定結論(反證法),導不出矛盾的,就說明與條件相容,可采用演繹法進行推理,此題(1)屬于反證法.

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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.(1)求BC與平面PAB所成的角;(2)求證:AB⊥平面PMC.

解析:此題數(shù)據特殊,先考慮數(shù)據關系及計算、發(fā)現(xiàn)解題思路.

解  ∵  PA⊥AB,∴∠APB=90°

在RtΔAPB中,∵∠ABP=45°,設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,則AB⊥PM,AB⊥CM.

∴AB⊥平面PCM.

說明  要清楚線面的垂直關系,線面角的定義,通過數(shù)據特點,發(fā)現(xiàn)解題捷徑.

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555.  矩形ABCD,AB=2,AD=3,沿BD把ΔBCD折起,使C點在平面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

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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,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∠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.

評注:本題在證AC1⊥A1M時,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.

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553. 求證:端點分別在兩條異面直線a和b上的動線段AB的中點共面.

證明  如圖,設異面直線a、b的公垂線段是PQ,PQ的中點是M,過M作平面α,使PQ⊥平面α,且和AB交于R,連結AQ,交平面α于N.連結MN、NR.∵PQ⊥平面α,MNα,∴PQ⊥MN.在平面APQ內,PQ⊥a,PQ⊥MN,∴MN∥a,a∥α,又∵PM=MQ,∴AN=NQ,同理可證NR∥b,RA=RB.

即動線段的中點在經過中垂線段中點且和中垂線垂直的平面內.

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