标题 | 立体几何强化训练B卷参考答案 |
范文 | 一、选择题 1.B2.B3.C4.A5.A6.D7.D8.C9.A10.B11.A12.B 二、填空题 16.③④ 三、解答题 17.(1)如图1,连接BD,因为底面ABCD为菱形,∠BAD=60°,所以△ABD是正三角形。 又Q为AD的中点,所以AD⊥BQ。 因为△PAD是正三角形,Q为AD的中点,所以AD⊥PQ。 又PQ∩BQ=Q,所以AD⊥平面PQB。 (2)连接AC,交BQ于点N,连接MN,因为AQ//BC,所以。 因为PA//平面MQB,PAC平面PAC,平面MQB∩平面PAC=MN,由线面平行的性质定理得MN//PA,所以 ,所以MC=2PM。 因为MC=λPM,所以λ=2。 18.(1)如图2,因为E,O分别是SC,AC的中点,所以OE//SA。 又因为OE≠平面SAB,所以OE//平面SAB。 (2)在OSAC中,因为OE//AS,∠ASC=90°,所以OE⊥SC。 因为平面SAC⊥平面ABC,∠BCA=90°,所以BC⊥平面ASC。 因为OEC平面ASC,所以BC⊥OE,所以OE⊥平面BSC。 因为SFC平面BSC,所以OE⊥SF。 (3)因为∠ACB=90°,所以BC⊥AC,∠ASC=90°,所以SC⊥SA。 因为平面SAC⊥平面ABC,所以BC⊥平面SAC。 因为SAC平面SAC,所以BC⊥SA。又SA⊥SC,BC∩SC=C,所以SA⊥平面SBC。 所以 19.(1)因为圆锥的体积为π,底面直径AB=2,所以 (2)因为圆锥的體积为π,底面直径AB=2,C是AB的中点,D是母线PA的中点,所以PO⊥平面ABC,OC⊥AB。 以0为原点,OC为x轴,OB为y轴,OP为z轴,A建立如图3所示的空间直角坐标系,则A(0,-1,0),P(0,0,/3), 所以异面直线PB与CD所成角为 20.(1)因为三棱柱ABC-A1B1C1为直棱柱,所以A1A⊥平面ABC。 又BCC平面ABC,所以A.A⊥BC。 因为AD⊥平面A,BC,且BCC平面A1BC,所以AD⊥BC。 又AA1C平面A1AB,ADC平面A1AB,所以BC⊥平面AAB。 又A1BC平面A.BC,所以BC⊥A1B。 (2)由(1)知BC⊥平面A.AB,ABC平面AAB,从而BC⊥AB。 如图4,以B为原点建立空间直角坐标系B-xyz,因为AD∠平面ABC,其垂足D落在直线A.B上,所以AD⊥A1B。 在Rt△ABD中,AD 21.(1)因为底面ABCD是平行四边形,所以AD=BC=1。 又BD=,AB=2,满足AD2+BD2=AB2,所以AD⊥BD。 又因为PD⊥底面ABCD,所以pD⊥BD,所以BD⊥平面PAD。 因为BDC平面PDB,所以平面PDA⊥平面PDB。 (2)以D为原点,建立如图5所示的空间直角坐标系,则D(0,0,0),P(0,0,3),A(1,0,0),B(0,/3,0),C(-1,/3,0)。因为E是PC边的中点,所以 (3)由C,E,P三点共线,得DE=xDP+(1-2)DC,且0≤λ≤1,从而有DE=(λ-1,3(1-λ),3λ),DB=(0,/3,0)。 设平面EDB的法向量为n=(x,y,z),由n·DE=0及n·DB=0,可取n=(,,)。 又平面CBD的法向量可取m=(0,0,1),二面角E-BD-C的大小为30°,所以cos30°= 22.(1)以C为原点,CA,CB,CS所在直线分别为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系,如图6,则C(0,0,0), (2)由(1)可知DE=(-1,1,0)为平面SCD的一个法向量。 即点A到平面SCD的距离为 |
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