立体几何基础题题库7(有详细答案)
更新时间:2023-07-22 04:57:01 阅读量: 实用文档 文档下载
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高中数学总复习立体几何主题
119. 正方体ABCD-A1B1C1D1中,E、F分别是BB1,CC1的中点,求异面直线AE和BF所成 角的大小.
解析:取DD1的中点G,可证四边形ABFG是平行四边形,得出BF∥AG, 则∠GAE是异面直线AE与BF所成的角.连GF,设正方体棱长为a,
D1
1E
C1
a. GE B1D1 2a,AE AG 2
在△AEG中,由余弦定理得
A1
GF
C
55 2222
AG AE GE1
cos GAE
2 AG AE55
2 22
∴ GAE arccos
A
B
1. 5
120. 矩形ABCD,AB=3,BC=4,沿对角线BD把△ABD折起,使点A在平面
BCD上的射影
A′落在
BC上,求二面角A-BD-C的大小的余弦值.
高中数学总复习立体几何主题
在Rt
△AA
′O中,∠AA′O=90°,
121. 已知:如图12,P是正方形ABCD所在平面外一点,PA=PB=PC=PD=a
,AB=a. 求:平面APB与平面CPD相交所成较大的二面角的余弦值.
分析:为了找到二面角及其平面角,必须依据题目的条件,找出两个平面的交线.
解:因为 AB∥CD,CD 所以 AB∥平面CPD.
平面CPD,AB 平面CPD.
又 P∈平面APB,且P∈平面CPD, 因此 平面APB∩平面CPD=l,且P∈l.
所以 二面角B-l-C就是平面APB和平面CPD相交所得到的一个二面角. 因为 AB∥平面CPD,AB 所以 AB∥l.
过P作PE⊥AB,PE⊥CD. 因为 l∥AB∥CD, 因此 PE⊥l,PF⊥l,
所以 ∠EPF是二面角B-l-C的平面角.
平面APB,平面CPD∩平面APB=l,
高中数学总复习立体几何主题
因为 PE是正三角形APB的一条高线,且AB=a,
因为 E,F分别是AB,CD
的中点,
所以 EF=BC=a. 在△EFP中,
122. 在四面体ABCD中,AB=AD=BD=2,BC=DC=4,二面角A-BD-C的大小为60°,求AC的长. 解析:作出二面角A-BD-C的平面角
在棱BD上选取恰当的点
AB=AD,BC=DC
解:取BD中点E,连结AE,EC ∵ AB=AD,BC=DC ∴ AE⊥BD,EC⊥BD
∴ ∠AEC为二面角A-BD-C的平面角 ∴ ∠AEC=60° ∵ AD=2,DC=4
∴ AE=,
EC=
高中数学总复习立体几何主题
∴ 据余弦定理得:AC= 35.
123. 河堤斜面与水平面所成角为60°,堤面上有一条直道CD,它与堤角的水平线AB的夹角为30°,沿着这条直道从堤角向上行走到10米时,人升高了多少(精确到0.1米)? 解析: 已知 所求
河堤斜面与水平面所成角为60° E到地面的距离
利用E或G构造棱上一点F 以EG为边构造三角形
解:取CD上一点E,设CE=10 m,过点E作直线AB所在的水平面的垂线EG,垂足为G,则线段EG的长就是所求的高度.
在河堤斜面内,作EF⊥AB.垂足为F,连接FG,由三垂线定理的逆定理,知FG⊥AB.因此,∠EFG就是河堤斜面与水平面ABG所成的二面角的平面角,∠EFG=60°. 由此得: EG=EFsin60° =CE sin30°sin60°
=10×
1×≈4.3(m) 22
答:沿着直道向上行走到10米时,人升高了约4.3米.
124. 二面角α—a—β是120°的二面角,P是该角内的一点.P到α、β的距离分别为a,b.求:P到棱a的距离. 解析:设PA⊥α于A,PB⊥β于B.过PA与PB作平面r与α交于AO,与β交于OB, ∵ PA⊥α,PB⊥β,∴ a⊥PA,且a⊥PB
∴ a⊥面r,∴ a⊥PO,PO的长为P到棱a的距离. 且∠AOB是二面角之平面角,∠AOB =120° ∴ ∠APB = 60°,PA = a,PB = b.
AB a2 b2 2abcos60
a2 ab b2
高中数学总复习立体几何主题
∵
ABsin APB
PO,
∴ PO
23
a2 ab b2. 3
125. 如图,正方体ABCD-A1B1C1D1中,E、F分别为AB、CC1的中点,则异面直线A1C与EF所成角的余弦值是 ( )
(A)
3
(B)
2 3
(C)
1 3
(D)
1 6
上选一点作AC的平行是正方体的对角面,在出了,这样,∠EFO即
解析:选哪一点,如何作平行线是解决本题的关键,显然在EF线要简单易行,观察图形,看出F与A1C确定的平面A1CC1恰这个面内,只要找出A1C1的中点O,连结OF,这条平行线就作为异面直线A1C与EF所成的角.容易算出这个角的余弦值是
2
,答案选B. 3
面N的距离分别为1和
126.在60°的二面角M-a-N内有一点P,P到平面M、平2,求P点到直线a的距离.
解析:本题涉及点到平面的距离,点到直线的距离,二面角的平面角等概念,图中都没有表示,按怎样的顺序先后作出相应的图形是解决本题的关键.可以有不同的作法,下面仅以一个作法为例,说明这些概念的特点,分别作PA⊥M,M是垂足,PB⊥N,N是垂足,先作了两条垂线,找出P点到两个平面的距离,其余概念要通过推理得出:于是PA、PB确定平面α,设α∩M=AC,α∩N=BC,c∈a.由于PA⊥M,则PA⊥a,同理PB⊥a,因此a⊥平面α,得a⊥PC.这样,∠ACB是二面角的平面角,PC是P点到直线a的距离,下面只要在四边形ACBP内,利用平面几何的知识在△PAB中求出AB,再在△ABC中利用正弦定理求外接圆直径2R=
221221
,即为P点到直线a的距离,为. 33
127. 已知空间四边形ABCD中,AB = BC =CD= AD = BD = AC, E、F分别为AB、CD的中点,
(1)求证:EF 为AB和CD的公垂线 (2)求异面直线AB和CD的距离
解析:构造等腰三角形证明EF 与AB、CD垂直,然后在等腰三角形中求EF 解;①连接BD和AC,AF
和
BF,DE和CE
设四边形的边长为a
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∵ AD = CD = AC = a ∴ △ABC为正三角形 ∵ DF = FC
∴ AF DC 且AF =
a 2
同理 BF =
A 2
BF FA
即△ AFB为等腰三角形 在△ AFB中, ∵ AE = BE ∴ FE AB 同理在 △ DEC中 EF DC
∴ EF为异面直线AB和CD的公垂线
②在 △ AFB中
∵ EF AB且 AF
311a,AE AB a a22
∴ EF
AF2 AE2
2
a
2
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∵ EF DC,EF AB
∴ EF为异面直线AB和CD的距离
∴ AB和CD的距离为
2a 2
128. 正方形ABCD中,以对角线BD为折线,把ΔABD折起,使二面角Aˊ-BD-C 为60°,求二面角B-AˊC-D的余弦值 解析:要求二面角B-AˊC-D的余弦值,先作出二面角的ˊB=BC,AˊD=DC的关系,采用定义法作出平面角∠BED利用余弦定理求解 解:连BD、AC交于O点 则AˊO⊥BD,CO⊥BD
∴∠AˊOC为二面角Aˊ-BD-C的平面角 ∴∠AˊOC=60°
设正方形ABCD的边长为a
平面角,抓住图形中A(E为AC的中点)然后
∵A′O=OC=1/2AC=
2a 2
∠A′OC=60°
∴ΔA′OC为正三角形则A′C=
2a 2
取A′C的中点,连DE、BE ∵A′B=BC ∴BE⊥A′C 同理DE⊥A′C
∴∠DEB为二面角B-A′C-D的平面角在ΔBA′C中
BE=BA2 AE2
a2 (
22a) a 44
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同理DE=
4
a 在ΔBED中,BD=2a
cos∠BED=BE2 DE2 BD2
∴2BE DE
2
2
4a
2
=
4a 2a
2 4a 4
a
=--1
7
∴二面角B-A′C-D的余弦值为-
17
129. 如图平面SAC⊥平面ACB,ΔSAC是边长为4的等边三角形,∠ACB=90°,BC=42,求二面角S-AB-C的余弦值。 解析:先作出二面角的平面角。由面面垂直可得线面垂直,作利用三垂线定理作出二面角的平面角
解:过S点作SD⊥AC于D,过D作DM⊥AB于M,连SM ∵平面SAC⊥平面ACB ∴SD⊥平面ACB ∴SM⊥AB 又∵DM⊥AB
∴∠DMS为二面角S-AB-C的平面角
在ΔSAC中SD=4×
2
23 在ΔACB中过C作CH⊥AB于H
ΔACB为直角三角形,
SD⊥平面ACB,然后
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∵AC=4,BC=42
∴AB=4
∵S=1/2AB·CH=1/2AC·BC
∴CH=
AC BCAB 4 4243
42
∵DM∥CH且AD=DC
∴DM=1/2CH=
223
∵SD⊥平面ACB DM 平面ACB ∴SD⊥DM 在RTΔSDM中
SM=SD2 DM2
23
2
=
2
22
=2
3
∴cos∠DMS=
DMSM
22
=
3 23
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=
22 11
130. 已知等腰 ABC中,AC = BC = 2, ACB = 120 , ABC所在平面外的一点P到三角形三顶点的距离都等于4,求直线PC与平面ABC所成的角。
解析:解:设点P在底面上的射影为O,连OB、OC,
则OC是PC在平面ABC内的射影,
∴ PCO是PC与面ABC所成的角。
∵ PA = PB = PC,
∴点P在底面的射影是 ABC的外心, 注意到 ABC为钝角三角形, ∴点O在 ABC的外部, ∵AC = BC,O是 ABC的外心, ∴OC⊥AB
在 OBC中,OC = OB, OCB = 60 , ∴ OBC为等边三角形,∴OC = 2 在Rt POC中,cos PCO ∴ PCO = 60 。
OC1
PC2
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