专题03 立体几何解析版Word下载.docx
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(1)点在上,若平面,求点的位置;
(2)求二面角的余弦值.
6.如图,在四棱柱中,底面是边长为2的菱形,,,点分别为棱,的中点.
(2)若,二面角的余弦值为,求直线与平面所成角的正弦值.
7.在四棱锥中,四边形为正方形,平面平面为等腰直角三角形,.
(2)设为的中点,求点到平面的距离.
8.如图,在四棱锥中,底面为菱形,平面平面,,,,是线段的中点,连结.
;
(2)求二面角的余弦值;
(3)在线段上是否存在点,使得平面?
若不存在,说明理由.
9.如图菱形中,,与相交于点,平面,,.
(2)当直线与平面所成的角为时,求异面直线与所成的角的余弦值大小.
10.如图所示,在梯形ABCD中,AB∥CD,∠BCD=120°
,四边形ACFE为矩形,且CF⊥平面ABCD,AD=CD=BC=CF.
EF⊥平面BCF;
(2)点M在线段EF上运动,当点M在什么位置时,平面MAB与平面FCB所成的锐二面角最大,并求此时二面角的余弦值.
11.如图,在棱长为的正方形中,、分别为,边上的中点,现将点以为轴旋转至点的位置,使得为直二面角.
(1)证明:
(2)求异面直线与所成角的余弦值.
12.如图,在四棱锥P-ABCD中,,平面PAB,,点E满足.
(2)求二面角A-PD-E的余弦值.
参考答案
1.
(1)证明见解析;
(2).
【分析】
(1)由勾股定理可得,得出平面,再通过和即可得证;
(2)以点为坐标原点,以所在直线分别为轴建立空间直角坐标系,利用向量法可求出.
【详解】
解:
(1)因为点是的中点,所以,
又,故在中,
由题可知,,则,
所以.
因为四棱柱是直四棱柱,
故平面,平面,
故,
因为,所以.
又,所以平面;
(2)由
(1)可知,两两相垂直,
故以点为坐标原点,以所在直线分别为轴建立空间直角坐标系,
所以,
设平面的法向量为,
则
令则
则,
令,则,
因为二面角为锐角,则二面角的大小为.
2.
(1)证明见解析;
(2)存在;
(1)利用面面垂直的性质和线面垂直的判定定理,可证明;
(2)以为坐标原点,建立空间直角坐标系.设,求出二面角夹角的余弦值,构造的等式,求解即可求出比例关系.
(1)因为平面平面,平面平面,平面,,
所以平面,
因为平面,所以,
又四边形是正方形,所以,
因为,平面,平面,
所以平面.
又平面,
所以平面平面;
(2)因为两两垂直,所以以为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系.
则,,假设在线段上存在符合条件的点,设,,则,
令,得,
由
(1)知平面,所以是平面的一个法向量,
,
整理得,解得或(舍去),
故在线段上存在点,使得二面角的大小为60°
,此时.
3.
(1)在线段上存在点满足题意,为的中点;
(1)取中点,可证,得线面垂直后可得面面垂直;
(2)由
(1)知就是二面角的平面角,得,建立空间直角坐标系,用空间向量法求线面角.
(1)在线段上存在点满足题意,且为的中点.
如图,连接,,,
∵四边形是矩形,∴.
又,分别是,的中点,
∴,.
∵为等腰直角三角形,,为的中点,
∴.
∵,平面,平面,
∴平面.
∴平面平面.
故上存在中点,使得平面平面.
(2)解:
由
(1)可知就是二面角的平面角,
以为坐标原点,,的方向分别为,轴正方向,建立如图所示的空间直角坐标系,
由为等腰直角三角形,,得,.
可得,,,,
∴,,,
设是平面的法向量,
则即
可取.
设直线与平面所成的角为,
∴直线与平面所成角的正弦值为.
4.
(1);
(2)证明见解析.
(1)四棱锥的总曲率等于四棱锥各顶点的曲率之和,写出多边形表面的所有内角即可.
(2)设顶点数、棱数、面数分别为、、,设第个面的棱数为,所以,按照公式计算总曲率即可.
(1)由题可知:
四棱锥的总曲率等于四棱锥各顶点的曲率之和.
可以从整个多面体的角度考虑,所有顶点相关的面角就是多面体的所有多边形表面的内角的集合.由图可知:
四棱锥共有5个顶点,5个面,其中4个为三角形,1个为四边形.
所以四棱锥的表面内角和由4个为三角形,1个为四边形组成,
则其总曲率为:
(2)设顶点数、棱数、面数分别为、、,所以有
设第个面的棱数为,所以
所以总曲率为:
所以这类多面体的总曲率是常数.
5.
(1)为的中点;
(1)设点在平面内的射影为,连接,,取的中点,易得平面.取的中点,连接,由平面平面,得到平面,又平面,则,则平面,然后由面面平行的判定定理证明.
(2)连接,以为坐标原点,,,所在直线分别为,,轴,建立空间直角坐标系,分别求得平面的一个法向量为和平面的一个法向量为,由求解.
(1)如图,
设点在平面内的射影为,连接,,
∵,
∴,
∴在中,为的中点.
取的中点,连接,,
则,又平面,平面,
取的中点,连接,
则易知,又平面平面,平面平面,
∴平面,
∴,又平面,平面,
又,
∴平面,此时为的中点.
(2)连接,由
(1)可知,,两两垂直,以为坐标原点,,,所在直线分别为,,轴,建立如图所示的空间直角坐标系,
则,,,,
从而,,.
设平面的一个法向量为,
得,取,则,.
得,取,则,,
从而.
易知二面角为钝二面角,
所以二面角的余弦值为.
6.
(1)证明见解析;
(1)取的中点,连接,得四边形为平行四边形,得,再由线面平行的判定定理即可证明平面;
(2)先证平面,然后建立空间直角坐标系,写出相关点的坐标,求出平面和平面的一个法向量,再由二面角的余弦值为求的长,得与平面的一个法向量,最后利用向量的夹角公式即可求得直线与平面所成角的正弦值.
(1)如图,取的中点,连接.因为为棱的中点,所以且.
因为四边形是菱形,为的中点,所以且,
所以且,所以四边形为平行四边形,所以,
又平面,平面,所以平面.
(2)连接,因为底面是菱形,所以,又,,,所以平面,所以,又,,所以平面.取的中点,连接,则,以为坐标原点,,所在直线分别为轴建立如图所示的空间直角坐标系.
设,则,,,,,
设平面的法向量为,则,即,取,得.
易知平面的一个法向量为
由题意得,,得.
所以,.
所以直线与平面所成角的正弦值为.
方法二:
(向量法),其中是直线的方向向量,是平面的法向量,是直线和平面所成的角.
7.
(1)证明见解析;
(1)利用面面垂直的性质先证明出面,得到,再由,结合线面垂直的判定定理可知面,又面,然后证得平面平面;
(2)先计算三棱锥的体积,然后再计算的面积,利用等体积法求解.
∵面面,且平面平面,,面
面,
又面
又因为由已知
且,所以面,又面
∴面面.
(2)中,,取的中点,连,则
∵面面且它们交于面
面
由,由已知可求得,
,,所以.
所以点到平面的距离为.
8.
(1)证明见解析;
(2);
(3)存在;
.
(1)首先证明,再由面面垂直的性质定理可得平面,即证.
(2)连结,以为坐标原点,,,为轴,建立空间直角坐标系,是平面的一个法向量,再求出平面的一个法向量,利用空间向量的数量积即可求解.
(3)根据题意可得与平面的法向量垂直,假设线段上存在点使得平面,再利用向量的数量积即可求解.
(1)因为四边形为菱形,所以.
又因为,为的中点,所以.
又因为平面平面,
平面平面,
所以平面.
因为平面,
所以.
(2)连结.因为,为的中点,
由
(1)可知平面,
所以,.
设,则.
如图,建立空间直角坐标系.
所以是平面的一个法向量.
则,即,所以
令,则,.于是.
由题知,二面角为钝角,所以其余弦值为.
(3)当点是线段的中点时,平面.理由如下:
因为点平面,
所以在线段上存在点使得平面等价于.
假设线段上存在点使得平面.
由,得.
所以当点是线段的中点时,平面,且.
9.
(1)证明见解析;
(2)
(1)根据四边形是菱形,得到,再由平面,得到,然后利用线面垂直的判定定理证明.
(2)以为原点,,的方向为,轴正方向,过且平行于的直线为轴(向上为正方向),建立空间直角坐标系,设(),则,再求得平面的法向量为,根据直线与平面所成的角为,由求得a,再由求解.
(1)因为四边形是菱形,
因为平面,平面,
因为,
(2)以为原点,,的方向为,轴正方向,过且平行于的直线为轴(向上为正方向),建立空间直角坐标系,如图所示:
则,,,(),.
则有,即
由题意与平面所成的正弦值为,
所以,,
所以
故异面直线与所成的角的余弦值为
10.
(1)证明见解析;
(2)点M与点F重合,.
(1)易证明平面,再根据,证明平面;
(2)设,分别求平面和平面的法向量,再利用公式求其最小值,确定,同时得到此时二面角的余弦值.
设AD=CD=BC=1,
∵AB∥CD,∠BCD=120°
,∴AB=2,
∴AC2=AB2+BC2-2AB·
BC·
cos60°
=3,
∴AB2=AC2+BC2,则BC⊥AC.
∵CF⊥平面ABCD,AC⊂平面ABCD,
∴AC⊥CF,而CF∩BC=C,CF,BC⊂平面BCF,
∴AC⊥平面BCF.
∵EF∥AC,∴EF⊥平面BCF.
(2)以C为坐标原点