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立体几何强化训练B卷参考答案

2019-07-03

中学生数理化·高三版 2019年1期
关键词:正三角形棱柱直角坐标

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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