第八章 单元测试
一、选择题(本大题共10小题,每小题5分,共50分.每小题中只有一项符合题目要求)
1.设m,n是两条不同的直线,α,β是两个不同的平面,则下列四个命题:
①若α∥β,m?α,则m∥β;②若m∥α,n?α,则m∥n;③若α⊥β,m∥α,则m⊥β;④若m⊥α,m∥β,则α⊥β.
其中为真命题的是 ( )
A.①③ B.②③
C.①④ D.②④
答案 C
解析 ①为空间面面平行的性质,是真命题;②m,n可能异面,故该命题为假命题;③直线m与平面β也可以平行也可以相交不垂直.故该命题是一个假命题;④为真命题.故选C.
2.用与球心距离为1的平面去截球,所得的截面面积为π,则球的体积为
( )
A. B.
C.8π D.
答案 B
解析 S圆=πr2=1?r=1,而截面圆圆心与球心的距离d=1,∴球的半径为R==.
∴V=πR3=,故选B.
3.若一个底面是正三角形的三棱柱的正视图如图所示,其顶点都在一个球面上,则该球的表面积为 ( )
A.π B.π
C.π D.π
答案 B
解析 设球半径是R,依题意知,该三棱柱是一个底面边长为2、侧棱长为1的正三棱柱,记上、下底面的中心分别是O1、O,易知球心是线段O1O的中点,于是
R2=()2+(×2×)2=,因此所求球的表面积是4πR2=4π×=,选B.
4. 如右图所示,是一个正方体的表面展开图,A、B、C均为棱的中点,D是顶点,则在正方体中,异面直线AB和CD的夹角的余弦值为 ( )
A. B.
C. D.
答案 C
解析
把展开图复原为正方体后示意图如右图所示,∠EGF为AB和CD所成的角,F为正方体一棱的中点.
∴EF=GF=,EG=.
∴cos∠EGF=.
5.图中的三个直角三角形是一个体积为20 cm3的几何体的三视图,则这个几何体外接球的表面积为 ( )
A.25π cm2 B. cm2
C.77π cm2 D.144π cm2
答案 C
解析 由三视图画出此空间几何体的直观图如图所示.由题意得
V=××h×5×6=20?h=4.
从而易知,其外接球的半径为
r==.
从而外接球的表面积为S=4πr2=4π()2=77π.选C.
6.如下图所示,正四棱锥P-ABCD的底面积为3,体积为,E为侧棱PC的中点,则PA与BE所成的角为 ( )
A. B.
C. D.
答案 C
解析 连接AC、BD交于点O,连接OE,易得OE∥PA.
∴所求角为∠BEO.
由所给条件易得OB=,OE=PA=,BE=.
∴cos∠OEB=,∴∠OEB=60°,选C.
7.直三棱柱ABC-A1B1C1的直观图及三视图如下图所示,D为AC的中点,则下列命题是假命题的是 ( )
A.AB1∥平面BDC1
B.A1C⊥平面BDC1
C.直三棱柱的体积V=4
D.直三棱柱的外接球的表面积为4π
答案 D
解析
由三视图可知,直三棱柱ABC-A1B1C1的侧面B1C1CB是边长为2的正方形,底面ABC是等腰直角三角形,AB⊥BC,AB=BC=2.连接B1C交BC1于点O,连接AB1,OD.在△CAB1中,O,D分别是B1C,AC的中点,∴OD∥AB1,∴AB1∥平面BDC1.故A正确.
直三棱柱ABC-A1B1C1中,AA1⊥平面ABC,
∴AA1⊥BD.又AB=BC=2,D为AC的中点,
∴BD⊥AC,∴BD⊥平面AA1C1C.
∴BD⊥A1C.又A1B1⊥B1C1,A1B1⊥B1B,
∴A1B1⊥平面B1C1CB,∴A1B1⊥B1C.
∵BC1⊥B1C,且BC1∩B1C=0,∴BC1⊥平面A1B1C.
∴BC1⊥A1C,∴A1C⊥平面BDC1.
故B正确.V=S△ABC×C1C=×2×2×2=4,∴C正确.
此直三棱柱的外接球的半径为,其表面积为12π,D错误.故选D.
8.已知圆锥的底面半径为R,高为3R,在它的所有内接圆柱中,全面积的最大值是 ( )
A.22πR2 B.πR2
C.πR2 D.πR2
答案 B
解析
如图所示,为组合体的轴截面,由相似三角形的比例关系,得
=,PO1=3x,圆柱的高为
3R-3x,所以圆柱的全面积为
S=2πx2+2πx(3R-3x)
=-4πx2+6πRx,
则当x=R时,S取最大值,
Smax=πR2.
9.二面角的棱上有A、B两点,直线AC、BD分别在这个二面角的两个半平面内,且都垂直于AB.已知AB=4,AC=6,BD=8,CD=2,则该二面角的大小为 ( )
A.150° B.45°
C.60° D.120°
答案 C
解析 由条件,知·=0,·=0,
=++.
∴||2=||2+||2+||2+2·+2·+2·=62+42+82+2×6×8cos〈,〉=(2)2.
∴cos〈,〉=-,〈,〉=120°,∴二面角的大小为60°,故选C.
10.已知正方体ABCD-A1B1C1D1棱长为1,点P在线段BD1上,当∠APC最大时,三棱锥P-ABC的体积为 ( )
A. B.
C. D.
答案 B
解析 以B为坐标原点,BA为x轴,BC为y轴,BB1为z轴建立空间直角坐标系,设=λ,可得P(λ,λ,λ),再由cos∠APC=可求得当λ=时,∠APC最大,故
VP-ABC=××1×1×=.
二、填空题(本大题共6小题,每小题5分,共30分,把答案填在题中横线上)
11.已知m、n是两条不同的直线,α、β是两个不同的平面,给出下列命题:
①若α⊥β,m∥α,则m⊥β;②若m⊥α,n⊥β,且m⊥n,则α⊥β;③若m⊥β,m∥α,则α⊥β;④若m∥α,n∥β,且m∥n,则α∥β.
其中真命题的序号是________.
答案 ②③
解析 若α⊥β,m∥α,则m与β可能相交、平行或m在平面β内,故①错;m∥α,n∥β,m∥n,则α与β可能平行,可能相交,故④错.
12.圆台上、下底面面积分别是π、4π,侧面积是6π,这个圆台的体积是________.
答案 π
解析 上底半径r=1,下底半径R=2.
∵S侧=6π,设母线长为l,则π(1+2)·l=6π.
∴l=2,∴高h==.
∴V=π·(1+1×2+2×2)=π.
13.(2011·天津文)一个几何体的三视图如图所示(单位:m),则该几何体的体积为________m3.
答案 4
解析 由三视图可知,此几何体的上面是正四棱柱,其长,宽,高分别是2,1,1,此几何体的下面是长方体,其长,宽,高分别是2,1,1,因此该几何体的体积
V=2×1×1+2×1×1=4(m3).
14.如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,点P是上底面A1B1C1D1内一动点,则三棱锥P-ABC的主视图与左视图的面积的比值为________.
答案 1
解析 依题意得三棱锥P-ABC的主视图与左视图分别是一个三角形,且这两个三角形的底边长都等于正方体的棱长,底边上的高也都相等,因此三棱锥P-ABC的主视图与左视图的面积之比等于1.
15.直三棱柱ABC-A1B1C1的各顶点都在同一球面上.若AB=AC=AA1=2,∠BAC=120°,则此球的表面积等于______.
答案 20π
解析 设球心为O,球半径为R,△ABC的外心是M,则O在底面ABC上的射影是点M,在△ABC中,AB=AC=2,∠BAC=120°,∠ABC=(180°-120°)=30°,
AM==2.因此,R2=22+()2=5,此球的表面积等于4πR2=20π.
16.如图是一几何体的平面展开图,其中ABCD为正方形,E、F、分别为PA、PD的中点,在此几何体中,给出下面四个结论:
①直线BE与直线CF异面;
②直线BE与直线AF异面;
③直线EF∥平面PBC;
④平面BCE⊥平面PAD.
其中正确的有______个.
答案 2
解析 将几何体展开图拼成几何体(如图),因为E、F分别为PA、PD的中点,所以EF∥AD∥BC,即直线BE与CF共面,①错;因为B?平面PAD ,E∈平面PAD,E?AF,所以BE与AF是异面直线,②正确;因为EF∥AD∥BC,EF?平面PBC,BC?平面PBC,所以EF∥平面PBC,③正确;平面PAD与平面BCE不一定垂直,④错.
三、解答题(本大题共6小题,共70分,解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)
17.(本小题满分10分)下图为一简单组合体,其底面ABCD为正方形,PD⊥平面ABCD,EC∥PD,且PD=AD=2EC=2.
(1)请画出该几何体的三视图;
(2)求四棱锥B-CEPD的体积.
解析 (1)该组合体的三视图如下图所示.
(2)因为PD⊥平面ABCD,PD?平面PDCE,
所以平面PDCE⊥平面ABCD.
因为四边形ABCD为正方形,
所以BC⊥CD,且BC=DC=AD=2.
又因为平面PDCE∩平面ABCD=CD,BC?平面ABCD,
所以BC⊥平面PDCE.
因为PD⊥平面ABCD,DC?平面ABCD,
所以PD⊥DC.
又因为EC∥PD,PD=2,EC=1,
所以四边形PDCE为一个直角梯形,其面积
S梯形PDCE=(PD+EC)×DC=×3×2=3.
所以四棱锥B-CEPD的体积
VB-CEPD=S梯形PDCE×BC=×3×2=2.
18.(本小题满分12分) 如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为平行四边形,∠ADC=45°,AD=AC=1,O为AC的中点,PO⊥平面ABCD,PO=2,M为PD的中点.
(1)证明:PB∥平面ACM;
(2)证明:AD⊥平面PAC;
(3)求直线AM与平面ABCD所成角的正切值.
解析 (1)连接BD,MO,在平行四边形ABCD中,因为O为AC的中点,所以O为BD的中点.又M为PD的中点,所以PB∥MO.因为PB?平面ACM,MO?平面ACM,所以PB∥平面ACM.
(2)因为∠ADC=45°,且
AD=AC=1,
所以∠DAC=90°,即AD⊥AC.又PO⊥平面ABCD,
AD?平面ABCD,所以PO⊥AD.而AC∩PO=O,所以AD⊥平面PAC.
(3)取DO中点N,连接MN,AN.因为M为PD的中点,所以MN∥PO,且MN=PO=1.由PO⊥平面ABCD,得MN⊥平面ABCD,所以∠MAN是直线AM与平面ABCD所成的角.在Rt△DAO中,AD=1,AO=,所以DO=.从而AN=DO=.在Rt△ANM中,tan∠MAN===,即直线AM与平面ABCD所成角的正切值为.
19.(本小题满分12分) 如图,在四棱锥P-ABCD中,PA⊥平面ABCD,四边形ABCD为正方形,AB=4,PA=3,A点在PD上的射影为G点,E点在AB上,平面PEC⊥平面PCD.
(1)求证:AG∥平面PEC;
(2)求AE的长;
(3)求二面角E-PC-A的正弦值.
解析 (1)证明:∵PA⊥平面ABCD,∴PA⊥CD.
又∵CD⊥AD,PA∩AD=A,
∴CD⊥平面PAD.∴CD⊥AG.
又PD⊥AG,∴AG⊥平面PCD.
作EF⊥PC于点F,连接GF,
∵平面PEC⊥平面PCD,
∴EF⊥平面PCD.∴EF∥AG.
又AG?平面PEC,EF?平面PEC,
∴AG∥平面PEC.
(2)解:由(1)知A、E、F、G四点共面,
又AE∥CD,AE?平面PCD,CD?平面PCD,
∴AE∥平面PCD.
又∵平面AEFG∩平面PCD=GF,∴AE∥GF.
又由(1)知EF∥AG,
∴四边形AEFG为平行四边形,∴AE=GF.
∵PA=3,AD=4,∴PD=5,AG=.
又PA2=PG·PD,∴PG=.
又=,∴GF==,∴AE=.
(3)解:过E作EO⊥AC于点O,连接OF,易知EO⊥平面PAC,又EF⊥PC,∴OF⊥PC.
∴∠EFO即为二面角E-PC-A的平面角.
EO=AE·sin45°=×=,又EF=AG=,
∴sin∠EFO==×=.
20.(本小题满分12分)如图,在六面体ABCDEFG中,平面ABC∥平面DEFG,AD⊥平面DEFG,ED⊥DG,EF∥DG.且AB=AD=DE=DG=2,AC=EF=1.
(1)求证:BF∥平面ACGD;
(2)求二面角D-CG-F的余弦值.
解析 方法一 (1)设DG的中点为M,连接AM,FM.
则由已知条件易证四边形DEFM是平行四边形.
∴MF∥DE,且MF=DE.∵平面ABC∥平面DEFG,
∴AB∥DE.∵AB=DE,
∴MF∥AB,且MF=AB,∴四边形ABFM是平行四边形.
∴BF∥AM.
又BF?平面ACGD,AM?平面ACGD,
故BF∥平面ACGD.
(2)由已知AD⊥平面DEFG,∴DE⊥AD.又DE⊥DG,
∴DE⊥平面ADGC.∵MF∥DE,∴MF⊥平面ADGC.
在平面ADGC中,过M作MN⊥GC,垂足为N,连接NF,则∠MNF为所求二面角的平面角.
连接CM.∵平面ABC∥平面DEFG,∴AC∥DM.又AC=DM=1,所以四边形ACMD为平行四边形,∴CM∥AD,且CM=AD=2.
∵AD⊥平面DEFG,∴CM⊥平面DEFG,∴CM⊥DG.
在Rt△CMG中,∵CM=2,MG=1,
∴MN===.
在Rt△FMN中,
∵MF=2,MN=,
∴FN==.
∴cos∠MNF===.
∴二面角D-CG-F的余弦值为.
方法二 由题意可得,AD,DE,DG两两垂直,故可建立如图所示的空间直角坐标系.
则A(0,0,2),B(2,0,2),C(0,1,2),E(2,0,0),G(0,2,0),
F(2,1,0).
(1)=(2,1,0)-(2,0,2)=(0,1,-2),=(0,2,0)-(0,1,2)=(0,1,-2),∴=,∴BF∥CG.
又BF?平面ACGD,故BF∥平面ACGD.
(2)=(0,2,0)-(2,1,0)=(-2,1,0).
设平面BCGF的法向量为n1=(x,y,z),
则
令y=2,则n1=(1,2,1).
则平面ADGC的法向量n2=(1,0,0).
∴cos〈n1,n2〉=
==.
由于所求的二面角为锐二面角,∴二面角D-CG-F的余弦值为.
21.(本小题满分12分) 如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,AC⊥BC,AB⊥BB1,AC=BC=BB1=2,D为AB的中点,且CD⊥DA1.
(1)求证:BB1⊥面ABC;
(2)求多面体DBC-A1B1C1的体积;
(3)求二面角C-DA1-C1的余弦值.
解析 (1)证明:∵AC=BC,D为AB的中点,
∴CD⊥AB.又CD⊥DA1,AB∩A1D=D,
∴CD⊥面AA1B1B.∴CD⊥BB1.
又BB1⊥AB,AB∩CD=D,∴BB1⊥面ABC.
(2)解:V多面体DBC-A1B1C1=V棱柱ABC-A1B1C1-V棱锥A1-ADC
=S△ABC·|AA1|-S△ADC·|AA1|=S△ABC·|AA1|-×S△ABC·|AA1|=S△ABC·|AA1|=.
(3) 解:以C为原点,分别以,,的方向为x轴,y轴,z轴的正向,建立空间直角坐标系(如图所示),则
C(0,0,0),B(2,0,0),A(0,0,2),C1(0,2,0),A1(0,2,2).
∴D(1,0,1).
设n1=(x1,y1,z1)是平面DCA1的一个法向量,则有即
∴故可取n1=(1,1,-1).
同理设n2=(x2,y2,z2)是平面DC1A1的一个法向量,且=(1,-2,1),=(0,0,2).
则有即
∴故可取n2=(2,1,0).
∴cos〈n1,n2〉===.
又二面角C-DA1-C1的平面角为锐角,所以其余弦值为.
22.(本小题满分12分) 如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,∠ACB=90°,2AC=AA=BC=2.
(1)若D为AA1的中点,求证:平面B1CD⊥平面B1C1D;
(2)若二面角B1-DC-C1的大小为60°,求AD的长.
解析 (1)方法一 证明:∵∠A1C1B1=∠ACB=90°,
∴B1C1⊥A1C1.
又由直三棱柱的性质知B1C1⊥CC1,
∴B1C1⊥平面ACC1A1.∴B1C1⊥CD.①
由D为AA1的中点,可知DC=DC1=.
∴DC2+DC=CC,即CD⊥DC1.②
由①②可知CD⊥平面B1C1D.
又CD?平面B1CD,故平面B1CD⊥平面B1C1D.
(2)解:由(1)可知B1C1⊥平面ACC1A1,在平面ACC1A1内过C1作C1E⊥CD,交CD或其延长线于E,连接EB1,
∴∠B1EC1为二面角B1-DC-C1的平面角.
∴∠B1EC1=60°.
由B1C1=2知,C1E==.
设AD=x,则DC=.
∵△DC1C的面积为1,∴··=1.
解得x=,即AD=.
方法二
(1)证明:如图,以C为坐标原点,CA、CB、CC1所在的直线分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系,则
C(0,0,0),A(1,0,0),B1(0,2,2),C1(0,0,2),D(1,0,1),即=(0,2,0),=(-1,0,1),=(1,0,1).
由·=(1,0,1)·(0,2,0)=0,得CD⊥C1B1.
由·=(1,0,1)·(-1,0,1)=0,得CD⊥DC1.
又DC1∩C1B1=C1,∴CD⊥平面B1C1D.
又CD?平面B1CD,
∴平面B1CD⊥平面B1C1D.
(2)解:设AD=a,则D点坐标为(1,0,a),=(1,0,a),=(0,2,2).
设平面B1CD的一个法向量为m=(x,y,z).
则?令z=-1.
得m=(a,1,-1),又平面C1DC的一个法向量为n=(0,1,0),
则由cos60°=,得=.
即a=,故AD=.
1.已知某个几何体的三视图如图(主视图的弧线是半圆),根据图中标出的数据,这个几何体的体积是 ( )
A.288+36π B.60π
C.288+72π D.288+18π
答案 A
解析 将几何体的三视图转化为直观图
此几何体下面为长方体上面为半圆柱,根据三视图所标数据,可得
V长方体=6×8×6=288,
V半圆柱=×32×π×8=36π.
∴此几何体的体积为V=288+36π.
2.设a、b是两条不同的直线,α、β是两个不同的平面,则下列命题错误的是 ( )
A.若a⊥α,b∥α,则a⊥b
B.若a⊥α,b∥a,b?β,则α⊥β
C.若a⊥α,b⊥β,α∥β,则a∥b
D.若a∥α,a∥β,则α∥β
答案 D
解析 由题意可得A、B、C选项显然正确,对于选项D:当α,β相交,且a与α,β的交线平行时,有a∥α,α∥β,但此时α与β不平行.故选D.
3.半径为4的球面上有A,B,C,D四点,且满足·=0,·=0,·=0,则△ABC,△ACD,△ADB面积之和S△ABC+S△ACD+S△ADB的最大值为 ( )
A.8 B.16
C.32 D.64
答案 C
解析 设AB=a,AC=b,AD=c,
则S△ABC+S△ACD+S△ADB=(ab+ac+bc)
≤(++)
=(a2+b2+c2)
=×4R2=×4×42=32,
当且仅当a=b=c时取“=”.
4.设a、b、c表示三条不同的直线,α、β表示两个不同的平面,则下列命题中逆命题不成立的是 ( )
A.当c⊥α时,若α∥β时,则c⊥β
B.当b?β,c是a在β内的射影时,若b⊥c,则a⊥b
C.当b?β时,若b⊥α,则β⊥α
D.当b?α,c?α时,若c∥α,则b∥c
答案 C
解析 A.其逆命题为当c⊥α时,若c⊥β,则α∥β,显然垂直于同一直线的两平面平行,逆命题正确;
B.其逆命题为当b?β时,c是a在β内的射影,若a⊥b,则b⊥c,此为三垂线定理内容,逆命题正确;
C.其逆命题为当b?β时,若β⊥α,则b⊥a,显然两平面垂直,其中一平面内任一直线不一定垂直另一平面,逆命题错误;
D.其逆命题为当b?α,c?α时,若b∥c,则c∥α,此为线面平行的判断定理,逆命题正确.
5.图2中的实线围成的部分是长方体(图1)的平面展开图,其中四边形ABCD是边长为1的正方形.若向虚线围成的矩形内任意抛掷一质点,它落在长方体的平面展形图内的概率是,则此长方体的体积是________.
答案 3
解析 设长方体的高为h,则图2中虚线围成的矩形长为2+2h,宽为1+2h,面积为(2+2h)(1+2h),展开图的面积为2+4h;由几何概型的概率公式知=,得h=3,所以长方体的体积是V=1×3=3.
6.(2010·江苏)如图,在四棱锥P-ABCD中,PD⊥平面ABCD,PD=DC=BC=1,AB=2,AB∥DC,∠BCD=90°.
(1)求证:PC⊥BC;
(2)求点A到平面PBC的距离.
解析 (1)证明 因为PD⊥平面ABCD,BC?平面ABCD,所以PD⊥BC.
由∠BCD=90°,得BC⊥DC.
又PD∩DC=D,
所以BC⊥平面PCD.
因为PC?平面PCD,故PC⊥BC.
(2)方法一 分别取AB,PC的中点E,F,连接DE,DF.
易证DE∥BC,DF⊥PC,则DE∥面PBC.
∴点D,E到面PBC的距离相等.
∴点A到面PBC的距离为点D到面PBC的距离的2倍.
由(1)知BC⊥面PCD,∴面PBC⊥面PCD.
又DF⊥PC,∴DF⊥面PBC.
∵PD=DC=1,∴DF=.
∴点A到面PBC的距离为.
方法二
连接AC,设点A到面PBC的距离为h.
∵AB∥DC,∠BCD=90°,
∴∠ABC=90°.
由AB=2,BC=1,
得S△ABC=AB×BC=×2×1=1.
∵VP-ABC=S△ABC·PD=×1×1=,
又VP-ABC=VA-PBC,
∴S△PBC·h=,即××1×h=,解得h=.
∴点A到面PBC的距离为.
7.(2011·北京理)如图,在四棱锥P-ABCD中,PA⊥平面ABCD,底面ABCD是菱形,AB=2,∠BAD=60°.
(1)求证:BD⊥平面PAC;
(2)若PA=AB,求PB与AC所成角的余弦值;
(3)当平面PBC与平面PDC垂直时,求PA的长.
解析 (1)因为四边形ABCD是菱形,
所以AC⊥BD.
又因为PA⊥平面ABCD,
所以PA⊥BD,又AC∩PA=A,
所以BD⊥平面PAC.
(2)设AC∩BD=O.
因为∠BAD=60°,PA=AB=2,
所以BO=1,AO=CO=.
如图,以O为坐标原点,建立空间直角坐标系O-xyz,则P(0,-,2),A(0,-,0),B(1,0,0,)C(0,,0),所以
=(1,,-2),=(0,2,0).
设PB与AC所成角为θ,
则cosθ===.
(3)由(2)知=(-1,,0).
设P(0,-,t)(t>0),
则=(-1,-,t).
设平面PBC的一个法向量m=(x,y,z),
则·m=0,·m=0,
所以
令y=,则x=3,z=.
所以m=(3,,).
同理,平面PDC的一个法向量n=(-3,,).
因为平面PBC⊥平面PDC,
所以m·n=0,即-6+=0.
解得t=,所以PA=.
8.(2011·浙江理)如图,在三棱锥P-ABC中,AB=AC,D为BC的中点,PO⊥平面ABC,垂足O落在线段AD上.已知BC=8,PO=4,AO=3,OD=2.
(1)证明:AP⊥BC;
(2)在线段AP上是否存在点M,使得二面角A-MC-B为直二面角?若存在,求出AM的长;若不存在,请说明理由.
解析 方法一 (1)如图,以O为原点,以射线OD为y轴的正半轴,以射线OP为z轴的正半轴,建立空间直角坐标系O-xyz.
则O(0,0,0),A(0,-3,0),B(4,2,0),C(-4,2,0),P(0,0,4).
=(0,3,4),=(-8,0,0),由此可得·=0,所以⊥,即AP⊥BC.
(2)设=λ,λ≠1,则
=λ(0,-3,-4).
=+=+λ=(-4,-2,4)+λ(0,-3,-4)=(-4,-2-3λ,4-4λ),
=(-4,5,0),=(-8,0,0).
设平面BMC的法向量n1=(x1,y1,z1),平面APC的法向量n2=(x2,y2,z2).
由
得
即可取n1=(0,1,).
由即
得可取n2=(5,4,-3).
由n1·n2=0,得4-3·=0.
解得λ=,故AM=3.
综上所述,存在点M符合题意,AM=3.
方法二 (1)由AB=AC,D是BC的中点,得AD⊥BC.
又PO⊥平面ABC,得PO⊥BC.
因为PO∩AD=O,所以BC⊥平面PAD,故BC⊥PA.
(2)如图,在平面PAB内作BM⊥PA于M,连接CM.
由(1)中知AP⊥BC,得
AP⊥平面BMC.
又AP?平面APC,
所以平面BMC⊥平面APC.
在Rt△ADB中,AB2=AD2+BD2=41,得AB=.
在Rt△POD中,PD2=PO2+OD2.
在Rt△PDB中,PB2=PD2+BD2.
所以PB2=PO2+OD2+DB2=36,得PB=6.
在Rt△POA中,PA2=AO2+OP2=25,得PA=5.
又cos∠BPA==,
从而PM=PBcos∠BPA=2,所以AM=PA-PM=3.
综上所述,存在点M符合题意,AM=3.
9.(2011·天津理)如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,H是正方形AA1B1B的中心,AA1=2,C1H⊥平面AA1B1B,且C1H=.
(1)求异面直线AC与A1B1所成角的余弦值;
(2)求二面角A-A1C1-B1的正弦值;
(3)设N为棱B1C1的中点,点M在平面AA1B1B内,且MN⊥平面A1B1C1,求线段BM的长.
解析 方法一 如图所示,建立空间直角坐标系,点B为坐标原点,依题意得A(2,0,0),B(0,0,0),C(,-,),A1(2,2,0),B1(0,2,0),C1(,,).
(1)易得=(-,-,),=(-2,0,0).
于是cos〈,〉===.
所以异面直线AC与A1B1所成角的余弦值为.
(2)易知=(0,2,0),=(-,-,).
设平面AA1C1的法向量m=(x,y,z),
则即
不妨令x=,可得m=(,0,).
同样地,设平面A1B1C1的法向量n=(x,y,z),
则即
不妨令y=,可得n=(0,,).
于是cos〈m,n〉===.
从而sin〈m,n〉=.
所以二面角A-A1C1-B1的正弦值为.
(3)由N为棱B1C1的中点,得N(,,).
设M(a,b,0),则=(-a,-b,).
由MN⊥平面A1B1C1,得
即
解得 故M(,,0).
因此=(,,0),所以线段BM的长||=.
方法二
(1)由于AC∥A1C1,故∠C1A1B1是异面直线AC与A1B1所成的角.
因为C1H⊥平面AA1B1B,又H为正方形AA1B1B的中心,AA1=2,C1H=,可得A1C1=B1C1=3.
因为cos∠C1A1B1==.
所以异面直线AC与A1B1所成角的余弦值为.
(2)连接AC1,易知AC1=B1C1.
又由于AA1=B1A1,A1C1=A1C1,
所以△AC1A1≌△B1C1A1.
过点A作AR⊥A1C1于点R,连接B1R.
于是B1R⊥A1C1.
故∠ARB1为二面角A-A1C1-B1的平面角.
在Rt△A1RB1中,B1R=A1B1·sin∠RA1B1=2·=.
连接AB1,在△ARB1中,AB1=4,AR=B1R.
cos∠ARB1==-.
从而sin∠ARB1=.
所以二面角A-A1C1-B1的正弦值为.
(3)因为MN⊥平面A1B1C1,所以MN⊥A1B1.
取HB1中点D,连接ND.
由于N是棱B1C1中点,
所以ND∥C1H且ND=C1H=.
又C1H⊥平面AA1B1B,
所以ND⊥平面AA1B1B.
故ND⊥A1B1.
又MN∩ND=N,所以A1B1⊥平面MND.
连接MD并延长交A1B1于点E,
则ME⊥A1B1,故ME∥AA1.
由===,得DE=B1E=.
延长EM交AB于点F,可得BF=B1E=.
连接NE.
在Rt△ENM中,ND⊥ME,故ND2=DE·DM.
所以DM==.可得FM=.
连接BM.在Rt△BFM中,BM==.
10.(2012·东北三校联考)如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,已知BC=1,BB1=2,AB⊥平面BB1C1C.
(1)求直线C1B与底面ABC所成角的正切值;
(2)在棱CC1(不包括端点C、C1)上确定一点E的位置,使EA⊥EB1(要求说明理由);
(3)在(2)的条件下,若AB=,求二面角A-EB1-A1的大小.
解析 方法一 (1)在直三棱柱ABC-A1B1C1中,C1C⊥平面ABC,
∴C1B在平面ABC上的射影为CB.
∴∠C1BC为直线C1B与底面ABC所成的角.
∵在Rt△CC1B中,CC1=2,BC=1,
∴tan∠C1BC=2,即直线C1B与底面ABC所成角的正切值为2.
(2)连接BE,当E为CC1的中点时,EA⊥EB1.
∵CE=EC1=1,BC=B1C1=1,
∴∠BEC=∠B1EC1=45°.
∴∠BEB1=90°,即B1E⊥BE.
又∵AB⊥平面BB1C1C,EB1?平面BB1C1C,
∴AB⊥EB1.
又AB?平面ABE,BE?平面ABE,BE∩AB=B,
∴EB1⊥平面ABE.
又EA?平面ABE,故EA⊥EB1.
(3)如图,取EB1的中点G,A1E的中点F,连接FG,则FG∥A1B1,且FG=A1B1.
∵A1B1⊥EB1,∴FG⊥EB1.
连接A1B,AB1,设A1B∩AB1=O,
连接OF,OG,则OG∥AE,且OG=EA.
∵EA⊥EB1,∴OG⊥EB1.
∴∠OGF为二面角A-EB1-A1的平面角.
∵AE==2,OG=AE=1,FG=A1B1=,OF=BE=,∴∠OGF=45°.
∴二面角A-EB1-A1的大小为45°.
方法二 以B为坐标原点,BC、BB1、AB所在的直线分别为x、y、z轴建立如图所示的空间直角坐标系,则
B(0,0,0),C1(1,2,0),B1(0,2,0).
(1)在直三棱柱ABC-A1B1C1中,平面ABC的一个法向量为=(0,2,0),又=(1,2,0),
设BC1与平面ABC所成的角为θ,
则sinθ=|cos〈,〉|=.
∴tanθ=2,即直线C1B与底面ABC所成角的正切值为2.
(2)设E(1,y,0),A(0,0,z),则=(-1,2-y,0),
=(-1,-y,z).
∵EA⊥EB1,∴·=1-y(2-y)=0.
∴y=1,即E(1,1,0).
∴E为CC1的中点.
(3)由题知A(0,0,),则
=(1,1,-),=(1,-1,0).
设平面AEB1的一个法向量为n=(x1,y1,z1),
则
∴
令x1=1,则n=(1,1,).
∵=(1,1,0),∴·=1-1=0.
∴BE⊥B1E.
又BE⊥A1B1,∴BE⊥平面A1B1E.
∴平面A1B1E的一个法向量为=(1,1,0).
∴cos〈n,〉==.
∴二面角A-EB1-A1的大小为45°.
11.如图,AC是圆O的直径,点B在圆O上,∠BAC=30°,BM⊥AC交AC于点M,EA⊥平面ABC,FC∥EA,AC=4,EA=3,FC=1.
(1)证明:EM⊥BF;
(2)求平面BEF与平面ABC所成的锐二面角的余弦值.
解析 方法一 (1)证明:∵EA⊥平面ABC,BM?平面ABC,∴EA⊥BM.
又∵BM⊥AC,EA∩AC=A,
∴BM⊥平面ACFE.
而EM?平面ACFE.
∴BM⊥EM.
∵AC是圆O的直径,∴∠ABC=90°.
又∵∠BAC=30°,AC=4,
∴AB=2,BC=2,AM=3,CM=1.
∵EA⊥平面ABC,FC∥EA,∴FC⊥平面ABC.
又FC=CM=1,AM=EA=3,
∴△EAM与△FCM都是等腰直角三角形.
∴∠EMA=∠FMC=45°.
∴∠EMF=90°,即EM⊥MF.
∵MF∩BM=M,∴EM⊥平面MBF.
而BF?平面MBF,∴EM⊥BF.
(2)解:延长EF交AC的延长线于G,连接BG,过点C作CH⊥BG,连接FH.
由(1)知FC⊥平面ABC,BG?平面ABC,
∴FC⊥BG.
而FC∩CH=C,∴BG⊥平面FCH.
∵FH?平面FCH,∴FH⊥BG.
∴∠FHC为平面BEF与平面ABC所成的二面角的平面角.
在Rt△ABC中,∵∠BAC=30°,AC=4,
∴BM=AB·sin30°=.
由==,得GC=2.
∵BG===2,
又∵△GCH∽△GBM,
∴=,∴CM===1.
∴△FCH是等腰直角三角形,∠FHC=45°.
∴平面BEF与平面ABC所成的锐二面角的余弦值为.
方法二 (1)证明:因为AC是圆O的直径,所以∠ABC=90°,又∠BAC=30°,AC=4,所以AB=2,而BM⊥AC,易得AM=3,BM=.
如图,以A为坐标原点,垂直于AC的直线,AC、AE所在的直线为x,y,z轴建立空间直角坐标系.
由已知条件得A(0,0,0),M(0,3,0),E(0,0,3),B(,3,0),F(0,4,1).
∴=(0,-3,3),=(-,1,1).
由·=(0,-3,3)·(-,1,1)=0,
得⊥,∴EM⊥BF.
(2)解:由(1)知=(-,-3,3),=(-,1,1).
设平面BEF的法向量为n=(x,y,z),
由n·=0,n·=0,
得
令x=得y=1,z=2,∴n=(,1,2).
由已知EA⊥平面ABC,所以平面ABC的一个法向量为=(0,0,3).
设平面BEF与平面ABC所成的锐二面角为θ,
则cosθ=|cos〈n,〉|==.
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