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6.直线a∥平面β,直线a到平面β的距离为1,则到直线a的距离与平面β的距离都等于的点的集合是 ( )
A.一条直线 B.一个平面 C.两条平行直线 D.两个平面
立体几何练习参考答案
一、选择题
1.D 设正三棱锥P-ABC中,各棱之间的夹角为α,棱与底面夹角为β,h为点S到平面PQR的距离,则VS-PQR=S△PQR.h=(PQ.PR.sinα).PS.sinβ,另一方面,记O到各平面的距离为d,则有VS-PQR=VO-PQR+VO-PRS+VO-PQS=S△PQR.d+S△PRS.d+S△PQS.d=..PQ.PR.sinα+.PS.PR.sinα+..PQ.PS.sinα.故有PQ.PR.PS.sinβ=d(PQ.PR+PR.PS+PQ.PS),即==常量.
2.B 设正n棱锥的高为h,相邻两侧面所成二面角为θ.当h→0时,正n棱锥的极限为正n边形,这时相邻两侧面所成二面角为平面角,即二面角θ→π.
当h→∞时,正n棱锥的极限为正n棱柱,这时相邻两侧面所成二面角为正n边形的内角,即θ→π.故选B.
3.B 如图,易知四边形EFGH为矩形,当P→底面△ABC的中心O时,矩形EFGH→矩形E1F1GH.
=E1F1.F1G=a.a=a2.
即S矩形EFGH→a2.当P→∞时,S矩形EFGH→∞.
∴S矩形EFGH∈.故选B.
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4.C 如图,∵a⊥AE,a⊥AF,∴a⊥平面AEF.
设a交平面AEF于点G,则∠EGF是二面角α-a-β的平面角,∠EGF=60°,∠EAF=120°,且易知当△ABC的周长最小时,B∈EG,C∈FG.
设点A关于平面α的对称点为A′,点A关于平面β的对称点为A″,连结A′A″,分别交线段EG
、FG于点B、C,则此时△ABC的周长最短,记为l.由中位线定理及余弦定理得
l=2EF=2=4.
5.D 因为ABCD是正四面体,故AC⊥BD,作EG∥AC交BC于G,连结GF,则αλ=∠GEF,且,
∴GF∥BD,故GF⊥EG,且βλ=∠EFG,∴f (λ)=αλ+βλ=90°为常数.
6.C 这两条直线在距a为的平面上,分布在a在该平面上的射影的两侧.
7.A 设正四棱锥各棱长均为1,则Q=1,S=,此时,正四棱锥的高h=,
∴V=Qh=,将Q=1,S=代入选择支,知A正确.
8.B 考虑A、B两点在球面上无限靠近但又不重合,及A、B两点应为直径的两端点时的情况.
点评 若忽视几何里的两点、两直线、两平面等均应是相异的两元素,就会误选A,球的最长弦就是直径,但球没有最短弦.
9.C 若m∥l,则β内必有与m平行的直线;若m与l相交,则β内无直线与m平行.
∴不一定存在直线与直线m平行,排除A、B.又β内一定存在与m在β内的射影垂直的直线,由三垂线定理知,β内一定存在直线与m垂直,故选C.
10.B 本题考查简单多面体的表面展开与翻折,着重考查考生的空间想像能力,该多面体是正方体切割掉一个顶点,故有7个顶点.
二、填空题
11.;a 本题通过等积找规律.
12. 分析 P点到A、B、C距离相等,故P点在平面ABC上的射影是三角形ABC的外心,故可由△ABC的已知条件求出△ABC外接圆半径,进而求得P点到平面ABC的距离,及外心到直线BC的距离,从而最终解决问题.
解 记P点在平面ABC上的射影为O,则AO、BO、CO分别是PA、PB、PC在平面ABC上的射影
∵PA=PB=PC,∴OA=OB=OC,
∴O为△ABC的外心.
在△ABC中,BC==21
由正弦定理,2R=,∴R=7
P点到平面ABC的距离为.
O点到直线BC的距离OD= (D为BC边的中点)
∵OP⊥平面ABC,OD⊥BC,∴PD⊥BC.
∴P到BC的距离PD=.
13.3 如图所示,作CE⊥AD,连结EF,易证EF⊥AD,
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CD的中点,同理∠AGB为面ACD和面BCD所成二面角的
平面角,由已知∠CEF=∠AGB.
设底面△CDF的边长为2a,侧棱AD长为b.在△ACD中,
CE.b=AG.2a,所以CE=
在△ABC中,易求得AB=2,
由△CEF∽△AGB得,即
解得b=a,因此b=2时,2a=3,∴最远的两顶点间距离为3.
14.36 正四面体ABCD的底部是正△BCD,假设离BC边最近的球有n个,则与底面△BCD相切的球也有n排,各排球的个数分别为n、n-1、…、3、2、1,这样与底面相切的球共有1+2+…+n=个.由于正四面体各面都是正三角形.因此,正四面体内必有n层球,自上而下称为:第1层、第2
层、…第n层,那么第n-1层,第n-2层,…第2层,第1层球的个数分别是:
1+2+…+n=、1+2+…+n-1=,
1+2=,1=
∴
即n(n+1)(n+2)=120.
即(n-8)(n2+11n+90)=0,∴n=8,因此正四面体内共有8层小球,其底部所放球数为=36(个).
三、解答题
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解 如图,连结MC、MD,则
∵AM⊥平面MDC,BM⊥平面MDC
∴VA-BCD=VA-MDC-VB-MDC=S△MDC.(AM-BM)
=S△MDC.AB
设M到CD的距离为x,则S△MDC=CD.x=cx,
∴VA-BCD=×cx.b=bcx
∵x≤MN=a,∴当x=a时,
即MN为l1与l2的公垂线时,VA-BCD最大,它的最大值为abc.
点评 x≤MN,包含x=MN,也包含x<MN,垂线段小于斜线段.
16.解 建立空间直角坐标系,使得D(0,0,0),A(a,0,0),B(a,a,0),C(0,a,0),M(0,0,a),E(a,0,a),F(0,a,a),
则由中点坐标公式得P(,0,),Q(,,0),
(1) 所以=(-,0,),(,-,-a),.=(-)×+0+×(-a)=-a2,
且||=a,||=a,所以cos,=.
故得两向量所成的角为150°;
(2) 设n=(x,y,z)是平面EFB的单位法向量,即|n|=1,n⊥平面EFB,所以n⊥,且n⊥,
又=(-a,a,0),=(0,-a,a),即有得其中的一个解是
∴n=,=,
设所求距离为d,则d=|.n|=;
(3) 设e=(x1,y1,z1)是两异面直线的公垂线上的单位方向向量,
则由=,=,
得求得其中的一个e=,
而=(0,a,0),设所求距离为m,则m=|].e|=|-a|=a.
17.解 (1)根据已知,可得四边形ABCE为平行四边形,所以O为BE中点.
.
(2)
∵()2=(--)2=,
∴||=.
∴cos<,>=,
所以OD1与AE所成角为arccos.
(3)设AE的中点为M,则=-.
∵.=.-.=1×2×cos60°-××2cos45°=0,
∴⊥.
.=.-=cos 45°-×()2=0,∴⊥.
所以MD1垂直于平面ABCE内两条相交直线,∴MD1⊥平面ABCE.
而D1M平面AD1E,所以平面AD1E⊥平面ABCE.
18.(1)解法一 连结BC1、CO,∵B1O⊥平面ABC,CO⊥AB,∴B1C⊥AB,
又∵在菱形BB1C1C中,B1C⊥BC1,
∴B1C⊥平面ABC1,∴B1C⊥C1A.
(2)作C1Q⊥平面ABC于Q点,连接AQ,
∴∠C1CQ是侧棱与底面所成的角,即∠C1CQ=60°,
在△C1CQ中,CQ=CC1=AO,C1Q=CC1,
由BC,B1C1,OQ平行且相等,又∵CO⊥AB,∴QA⊥AB,∴C1A⊥AB,
∴∠QAC1是二面角C1-AB-C的平面角,
在△AQC1中,C1Q=AQ,∴∠QAC1=45°
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解法二 (1)以O为原点,OC所在直线为x轴,AB所在直线为y轴,建立空间直角坐标系,如图,
∵B1O⊥平面ABC,
∴∠B1BO是侧棱与底面所成角,∴∠B1BO=60°.
设棱长为2a,则OB1=a,BO=a,又CO为正三角形的中线,∴CO=a.
则A(0,a,0),B(0,-a,0),C(a,0,0),B1(0,0,a),C1(a,a,a).
=(a,0,-a),=(-a,0,-a).
∵.=-3a2+0+3a2=0,∴B1C⊥C1A.
(2)在△C1AB中,||=a,||=|(a,2a,a)|=a,||=2a,
∴S△C1AB=a2,
作C1Q⊥平面ABC于Q点,则Q(a,a,0).
∴S△ABQ=a2,设二面角C1-AB-C的平面角为θ,
则cosθ=.
二面角C1-AB-C的平面角为45°.
19.(1)解法一 由条件知△ABC为直角三角形,∠BAC=90°,
∵PA=PB=PC,∴点P在平面ABC上的射影是△ABC的外心,即斜边BC的中点E,取AC中点D,连结PD、DE、PE,PE⊥平面ABC.
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DE⊥AC(∵DE∥AB).∴AC⊥PD,∠PDE为二面角P-AC-B的平面角.
tanPDE=,
∴∠PDE=60°,故二面角P-AC-B的平面角为60°.
解法二 设O为BC的中点,则可证明PO⊥面ABC,建立如图空间直角坐标系,
则A,B(-a,0,0),C(a,0,0),P,
AC中点D,
=,=
∵AB⊥AC,PA=PC,PD⊥AC,
cos<,>即为二面角P-AC-B的余弦值.
而cos<,>=
二面角P-AC-B的平面角为60°
(2)解法一 PD=,
S△APC=.AC.PD=
设点B到平面PAC的距离为h,
则由VP-ABC=VB-APC得.S△ABC.PE=.S△APC.h,
h=.
故点B到平面PAC的距离为.
解法二 点E到平面PAC的距离容易求得,为a,而点B到平面PAC的距离是其2倍,
∴点B到平面PAC的距离为.