階段性測試題8-資料下載頁
2024-12-08 13:20本頁面
【導(dǎo)讀】1．已知平面α、β和直線m，給出條件：①m∥α；②m⊥α；③mα；[解析]取AC的中點(diǎn)G，連接SG，SG⊥AC，BG⊥AC，故AC⊥平面SGB，所以DE⊥HD，所以四邊形DEFH為矩形，其面積S＝HF·HD＝·＝452.的幾何體，其體積為V＝4π－12×2π＝3π.△BCD是邊長為2的正三角形，所以S△BCD＝12×2×2×32＝3，選。8．如圖，直三棱柱ABC－A1B1C1的六個(gè)頂點(diǎn)都在半徑為1的半球面上，＝90°，△ABC的外接圓圓心N是BC的中點(diǎn)，同理△A1B1C1的外心M是B1C1的中點(diǎn)．設(shè)。正方形BCC1B1的邊長為x，Rt△OMC1中，OM＝x2，MC1＝x2，OC1＝R＝1，[解析]由三視圖知，原幾何體為一個(gè)正方體挖掉一個(gè)正四棱錐其中正方體的棱為2，正四棱錐的底面邊長為正方體的上底面，高為1.∴原幾何體的體積為V＝23－13×2×2×1＝8－43＝203，選A．。MN＝MO＋ON＝－23OA＋12＝－23a＋12(b＋c)＝－23a＋12b＋12C．
【正文】 角 E－ BF－ C 的平面角 ， 在 △ EOC 中 ， EO＝ 12EC＝ 12BCcos30176。＝ 32 ， 由 △ BGO∽△ BFC 知 OG＝ BOBCFC＝ 34 . 因此 tan∠ EGO＝ EOOG＝ 2， 從而 sin∠ EGO＝ 2 55 . 即二面角的正弦值為 2 55 . 方法二 ： 在圖 (2)中平面 BFC的一個(gè)法向量為 n1＝ (0,0,1)， 設(shè)平面 BEF 的法向量 n2＝ (x，y， z) 圖 2 又 BF→ ＝ ( 32 ， 12， 0)， BE→ ＝ (0， 12， 32 )． 由????? n2BF→ ＝ 0n2BE→ ＝ 0得其中一個(gè) n2＝ (1，－ 3， 1) 設(shè)二面角 E－ BF－ C 的大小為 θ， 由題意知 θ 為銳角 ， 則 cosθ＝ |cosn1， n2|＝ |n1n2|n1||n||＝ 15. 因此 sinθ＝ 25＝ 2 55 . 即所求二面角的正弦值為 2 55 . 21． (本小題滿分 14 分 )(文 ) (2021保定模擬 )如圖 ， 在三棱錐 P－ ABC 中 ， 平面 PAC⊥平面 ABC， PA⊥ AC， AB⊥ BC． 設(shè) D、 E 分別為 PA、 AC 中點(diǎn) ． (1)求證 ： DE∥ 平面 PBC； (2)求證 ： BC⊥ 平面 PAB； (3)試問在線段 AB 上是否存在點(diǎn) F， 使得過三點(diǎn) D， E， F 的平面內(nèi)的任一條直線都與平面 PBC 平行 ？ 若存在 ， 指出點(diǎn) F 的位置并證明 ； 若不存在 ， 請說明理由 ． [解析 ] (1)證明：因?yàn)辄c(diǎn) E是 AC 中點(diǎn)，點(diǎn) D為 PA 的中點(diǎn)， 所以 DE∥ PC． 又因?yàn)?DE?/ 平面 PBC， PC 平面 PBC， 所以 DE∥ 平面 PBC． (2)證明：因?yàn)槠矫?PAC⊥ 平面 ABC，平面 PAC∩ 平面 ABC＝ AC，又 PA 平面 PAC，PA⊥ AC， 所以 PA⊥ 平面 ABC． 所以 PA⊥ BC． 又因?yàn)?AB⊥ BC，且 PA∩ AB＝ A， 所以 BC⊥ 平面 PAB． (3)當(dāng)點(diǎn) F是線段 AB中點(diǎn)時(shí)，過點(diǎn) D， E， F的平面內(nèi)的任一條直線都與平面 PBC平行 ． 取 AB中點(diǎn) F，連 EF， DF. 由 (1)可知 DE∥ 平面 PBC． 因?yàn)辄c(diǎn) E是 AC中點(diǎn)，點(diǎn) F為 AB 的中點(diǎn)， 所以 EF∥ BC． 又因?yàn)?EF?/ 平面 PBC， BC 平面 PBC， 所以 EF∥ 平面 PBC． 又因?yàn)?DE∩ EF＝ E，所以平面 DEF∥ 平面 PBC， 所以平面 DEF內(nèi)的任一條直線都與平面 PBC平行 ． 故當(dāng)點(diǎn) F是線段 AB中點(diǎn)時(shí)，過點(diǎn) D， E， F所在平面內(nèi)的任一條直線都與平面 PBC平行 ． (理 )(2021保定模擬 )如圖 ， 在三棱錐 P－ ABC 中 ， PA⊥ 平面 ABC， AB⊥ AC． (1)求證 ： AC⊥ PB； (2)設(shè) O， D分別為 AC， AP 的中點(diǎn) ， 點(diǎn) G 為 △ OAB 內(nèi)一點(diǎn) ， 且滿足 OG→ ＝ 13(OA→ ＋ OB→ )，求證 ： DG∥ 平面 PBC； (3)若 AB＝ AC＝ 2， PA＝ 4， 求二面角 A－ PB－ C 的余弦值 ． [解析 ] (1)因?yàn)?PA⊥ 平面 ABC， AC 平面 ABC， 所以 PA⊥ AC． 又因?yàn)?AB⊥ AC，且 PA∩ AB＝ A， 所以 AC⊥ 平面 PAB． 又因?yàn)?PB 平面 PAB， 所以 AC⊥ PB． (2)解法 1：因?yàn)?PA⊥ 平面 ABC，所以 PA⊥ AB， PA⊥ AC，又因?yàn)?AB⊥ AC， 所以建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系 A－ xyz. 設(shè) AC＝ 2a， AB＝ b， PA＝ 2c， 則 A(0,0,0)， B(0， b,0)， C(2a,0,0)， D(0,0， c)， O(a,0,0)， P(0,0,2c) 又因?yàn)?OG→ ＝ 13(OA→ ＋ OB→ )，所以 OG→ ＝ (－ 23a， b3， 0)． ∴ G(a3， b3， 0) 于是 DG→ ＝ (a3， b3，－ c)， BC→ ＝ (2a，－ b,0)， PB→ ＝ (0， b，－ 2c)． 設(shè)平面 PBC的一個(gè)法向量 n＝ (x0， y0， z0)，則有????? nBC→ ＝ 0，nPB→ ＝ 0， 即????? 2ax0－ by0＝ 0，by0－ 2cz0＝ 0. 不妨設(shè) z0＝ 1，則有 y0＝ 2cb， x0＝ ca， 所以 n＝ (ca， 2cb， 1)． 因?yàn)?nDG→ ＝ (ca， 2cb， 1)(a3， b3，－ c)＝ caa3＋ 2cb b3＋ 1(－ c)＝ 0， 所以 n⊥ DG→ .又因?yàn)?DG?/ 平面 PBC， 所以 DG∥ 平面 PBC． 解法 2：取 AB中點(diǎn) E，連接 OE，則 OE→ ＝ 12(OA→ ＋ OB→ ) 由已知 OG→ ＝ 13(OA→ ＋ OB→ )可得 OG→ ＝ 23OE. 則點(diǎn) G在 OE上 ． 連接 AG并延長交 CB于 F，連接 PF 因 為 O， E分別為 AC， AB的中點(diǎn)， 所以 OE∥ BC，即 G為 AF 的中點(diǎn) ． 又因?yàn)?D為線段 PA 的中點(diǎn)， 所以 DG∥ PF. 又 DG?/ 平面 PBC， PF 平面 PBC． 所以 DG∥ 平面 PBC． (3)由 (2)可知平面 PBC的一個(gè)法向量 n＝ (ca， 2cb， 1)＝ (2,2,1)． 又因?yàn)?AC⊥ 平面 PAB，所以平面 PAB的一個(gè)法向量是 AC→ ＝ (2,0,0)． 又 cosnAC→ ＝ nAC→|n||AC→ |＝ 43 2＝ 23， 由圖可知，二面角 A－ PB－ C為銳角， 所以二面角 A－ PB－ C的余弦值為 23.
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