高三立体几何章末综合测试题

概要：所以A1C1＝B1C1，所以C1E⊥A1B1.又C1E∩OE＝E，所以A1B1⊥平面OC1E，因为OC1⊂平面OC1E，所以OC1⊥A1B1.(2)如图，以O为原点，OE→，OA→，OC→所在方向分别为x，y，z轴的正方向建立空间直角坐标系O－xyz，则A(0,2,0)，A1(4,2,0)，B1(4，－2,0)，C1(2,0,23)，设平面AB1C1的法向量为n1＝(x1，y1，z1)，则有n1•AB1→＝0，n1•AC1→＝0⇒x1，y1，z1•4，－4，0＝0，x1，y1，z1•2，－2，23＝0⇒x1＝y1，z1＝0，令x1＝1，则n1＝(1,1,0)．设平面A1B1C1的法向量为n2＝(x2，y2，z2)，则有n2•A1B1→＝0，n2•A1C1&r

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所以A1C1＝B1C1，所以C1E⊥A1B1.
又C1E∩OE＝E，
所以A1B1⊥平面OC1E，
因为OC1⊂平面OC1E，所以OC1⊥A1B1.
(2)如图，以O为原点，OE→，OA→，OC→所在方向分别为x，y，z轴的正方向建立空间直角坐标系O－xyz，
则A(0,2,0)，A1(4,2,0)，B1(4，－2,0)，C1(2,0,23)，
设平面AB1C1的法向量为n1＝(x1，y1，z1)，则有
n1•AB1→＝0，n1•AC1→＝0⇒
x1，y1，z1•4，－4，0＝0，x1，y1，z1•2，－2，23＝0⇒x1＝y1，z1＝0，
令x1＝1，则n1＝(1,1,0)．
设平面A1B1C1的法向量为n2＝(x2，y2，z2)，则有
n2•A1B1→＝0，n2•A1C1→＝0⇒x2，y2，z2•0，－4，0＝0，x2，y2，z2•－2，－2，23＝0
⇒y2＝0，x2＝3z2，令z2＝1，则n2＝(3，0,1)．
所以cos〈n1，n2〉＝n1•n2|n1|•|n2|＝32×2＝64，
所以平面AB1C1与平面A1B1C1所成的角的余弦值是64.
20．(12分)如图所示，在直四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，DB＝BC，DB⊥AC，点M是棱BB1上一点．
(1)求证：B1D1∥平面A1BD；
(2)求证：MD⊥AC；
(3)试确定点M的位置，使得平面DMC1⊥平面CC1D1D.
　解析　(1)由直四棱柱概念，得BB1綊DD1，
∴四边形BB1D1D是平行四边形，
∴B1D1∥BD.
而BD⊂平面A1BD，B1D1⊄平面A1BD，∴B1D1∥平面A1BD.
(2)∵BB1⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD，
∴BB1⊥AC.
又∵BD⊥AC，且BD∩BB1＝B，
∴AC⊥平面BB1D1D.
而MD⊂平面BB1D1D，
∴MD⊥AC.
(3)当点M为棱BB1的中点时，取DC的中点N，D1C1的中点N1，连接NN1交DC1于O，连接OM，如图所示．
∵N是DC的中点，BD＝BC，∴BN⊥DC.
又∵DC是平面ABCD与平面DCC1D1的交线，
而平面ABCD⊥平面DCC1D1，
∴BN⊥平面DCC1D1.
又可证得，O是NN1的中点，（此括号内不是文章内容，来自www.88haoxue.com，阅读请跳过），∴BM綊ON，
即四边形BMON是平行四边形，
∴BN∥OM，∴OM⊥平面CC1D1D，
∵OM⊂平面DMC1，∴平面DMC1⊥平面CC1D1D.
21．(12分)如图所示，在直角梯形ABCP中，BC∥AP，AB⊥BC，CD⊥AP，AD＝DC＝PD＝2.E，F，G分别为线段PC，PD，BC的中点，现将△PDC折起，使平面PDC⊥平面ABCD.
(1)求证：PA∥平面EFG；
(2)求二面角G－EF－D的大小．

解析　(1)∵PE＝EC，PF＝FD，∴EF∥CD.
又CD∥AB，∴EF∥AB，∴EF∥平面PAB.
同理，EG∥平面PAB.
又∵EF∩EG＝E，∴平面PAB∥平面EFG，
而PA在平面PAB内，∴PA∥平面EFG.
(2)如图，以D为坐标原点，DA，DC，DF所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，则A(2,0,0)，P(0,0,2)，E(0,1,1)，F(0,0,1)，G(1,2,0)，
易知DA→＝(2 ,0,0)为平面EFD的一个法向量．
设平面EFG的一个法向量为n＝(x，y，z)，
又EF→＝(0，－1，0)，EG→＝(1,1，－1)，
由n•EF→＝0，n•EG→＝0，得x，y，z•0，－1，0＝0，x，y，z•1，1，－1＝0，
即y＝0，x＋y－z＝0，取x＝1，得n＝(1,0,1)．
设所求二面角为θ，cos θ＝n•DA→|n||DA→|＝222＝22，
∴θ＝45°，即二面角G－EF－D的平面角的大小为45°.
2 2．(12分)在侧棱垂直于底面的四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，底面ABCD为菱形，且∠BAD＝60°，A1A＝AB，E为BB1延长线上的一点，D1E⊥面D1AC.
(1)求二面角E－AC－D1的大小；
(2)在D1E上是否存在一点P，使A1P∥平面EAC？若存在，求D1P∶PE的值；若不存在，说明理由．
　解析　设AC与BD交于O，建立如图所示的空间直角坐标系O－xyz，设AB＝2，则A(3，0,0)，B(0,1,0)，C(－3，0,0)，D(0，－1,0)，D1(0，－1,2)，A1(3，0,2)．

(1)设E(0,1,2＋h)，则D1E→＝(0,2，h)，AC→＝(－23，0,0)，D1A→＝(3，1，－2)，
∵D1E⊥平面D1AC，
∴D1E⊥AC，D1E⊥D1A，
∴D1E→•AC→＝0，D1E→•D1A→＝0，
∴2－2h＝0，∴h＝1，即E(0,1,3)，
∴D1E→＝(0,2,1)，AE→＝(－3，1,3)．
设平面EAC的法向量为m＝(x，y，z)，
则m⊥AC→，m⊥AE→，
∴x＝0，－3x＋y＋3z＝0，
令z＝－1，得m＝(0,3，－1)，
∴cos〈m，D1E→〉＝m•D1E→|m||D1E→|＝22，
∴二面角E－AC－D1的大小为45°.
(2)设D1P→＝λPE→＝λ(D1E→－D1P→)，
则D1P→＝λ1＋λD1E→＝0，2λ1＋λ，λ1＋λ，
∴A1P→＝A1D1→＋D1P→
＝(－3，－1,0)＋0，2λ1＋λ，λ1＋λ
＝－3，λ－11＋λ，λ1＋λ.
∵A1P∥平面EAC，
∴A1P→⊥m，
∴A1P→•m＝0，
∴－3×0＋3×λ－11＋λ＋(－1)×λ1＋λ＝0，
∴λ＝32.
∴存在点P使A1P∥平面EAC，
此时D1P∶PE＝3∶2.

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