一、選擇題
1.若平面α,β的法向量分別為a=(-1,2,4),b=(x,-1,-2),並且α⊥β,則x的值為
a.10b.-10
cd.-
解析:∵α⊥β,∴a·b=0
∴x=-10.
答案:b
2.已知=(1,5,-2),=(3,1,z),若⊥,=(x-1,y,-3),且bp⊥平面abc,則實數x,y,z分別為
a.,-,4b.,-,4
c.,-2,4d.4,,-15
解析:⊥·=3+5-2z=0,∴z=4.
又bp⊥平面abc,
∴·=x-1+5y+6=0,①
·=3x-3+y-3z=0,②
由①②得x=,y=-.
答案:b
3.如圖,在正方體abcd-a1b1c1d1中,e為a1c1的中點,則異面直線ce與bd所成的角為
a.30b.45°
c.60d.90°
解析:以d點為原點,建立空間直角座標系,
設正方體稜長為1,則相關點的座標為c(0,1,0),e(,,1),b(1,1,0),d(0,0,0),∴=(,-,1),=(-1,-1,0).
∴·=-++0=0.
∴⊥,即ce⊥bd.
答案:d
4.如圖所示,在正方體abcd-a1b1c1d1中,稜長為a,m,n分別為a1b和ac上的點,a1m=an=,則mn與平面bb1c1c的位置關係是
a.相交b.平行
c.垂直d.不能確定
解析:分別以c1b1,c1d1,c1c所在直線為x,y,z軸,建立空間直角座標系.
∵a1m=an=a,
∴m(a, a,),n(a, a,a).
∴=(-,0, a).
又c1(0,0,0),d1(0,a,0),
∴=(0,a,0).
∴·=0,∴⊥.
∵是平面bb1c1c的法向量,
且mn平面bb1c1c,
∴mn∥平面bb1c1c.
答案:b
5.如圖所示,在三稜柱abc—a1b1c1中,aa1⊥底面abc,ab=bc=aa1,∠abc=90°,點e、f分別是稜ab、bb1的中點,則直線ef和bc1所成的角是
a.45b.60°
c.90d.120°
解析:以b點為座標原點,以bc、ba、bb1分別為x、y、z軸建立空間直角座標系.設ab=bc=aa1=2,
則b(0,0,0),c1(2,0,2),e(0,1,0),f(0,0,1),
∴=(0,-1,1), =(2,0,2)
∴cos〈,〉=
==.∴ef與bc1所成角為60°.
答案:b
6.如圖,平面abcd⊥平面abef,四邊形abcd是正方形,四邊形abef是矩形,且af=ad=a,g是ef的中點,則gb與平面agc所成角的正弦值為
ab.cd.
解析:如圖,以a為原點建立空間直角座標系,
則a(0,0,0),b(0,2a,0),c(0,2a,2a),g(a,a,0),f(a,0,0),=(a,a,0),=(0,2a,2a),
=(a,-a,0), =(0,0,2a),
設平面agc的法向量為n1=(x1,y1,1),
由n1=(1,-1,1).
sinθ===.
答案:c
二、填空題
7.已知=(2,2,1),=(4,5,3),則平面abc的單位法向量是________.
解析:設平面abc的法向量n=(x,y,1),
則n⊥且n⊥,
即n·=0,且n·=0.
即即∴n=(,-1,1),單位法向量為
±=±(,-,).
答案:(,-,)或(-,,-)
8.在如右圖所示的正方體a1b1c1d1-abcd中,e是c1d1的中點,正方體的稜長為2,則異面直線de與ac所成角的余弦值為________.
解析:分別以da,dc,dd1為x,y,z軸建立空間直角座標系,則c(0,2,0),e(0,1,2),a(2,0,0),
=(-2,2,0), =(0,1,2),
∴cos〈,〉=.
答案:9.正四稜錐s-abcd中,o為頂點在底面上的射影,p為側稜sd的中點,且so=od,則直線bc與平面pac所成的角是________.
解析:如圖,以o為原點建立空間直角座標系o-xyz.設od=so=oa=ob=oc=a,
則a(a,0,0),b(0,a,0),
c(-a,0,0),p(0,-,),
則=(2a,0,0)=(-a,-,),=(a,a,0),
設平面pac的法向量為n,可求得n=(0,1,1),
則cos〈,n〉===,
∴〈,n〉=60°.∴直線bc與平面pac所成的角為90°-60°=30°.
答案:30°
三、解答題
10.如圖,在△abc中,∠abc=60°,∠bac=90°,ad是bc上的高,沿ad把△abd折起,使∠bdc=90°.
(1)證明:平面adb⊥平面bdc;
(2)設e為bc的中點,求與夾角的余弦值.
解:(1)證明:∵折起前ad是bc邊上的高,
∴當△abd折起後,ad⊥dc,ad⊥db.
又db∩dc=d,
∴ad⊥平面bdc.
∵ad平面abd,
∴平面abd⊥平面bdc.
(2)由∠bdc=90°及(1)知da,db,dc兩兩垂直,不妨設|db|=1,以d為座標原點,以,,所在直線為x軸,y軸,z軸建立如圖所示的空間直角座標系,易得d(0,0,0),b(1,0,0),c(0,3,0),a(0,0,),e(,,0),
1,0,0),
∴與夾角的余弦值為
cos〈,〉===.
11.(2012·溫州模擬)已知四稜錐p-abcd的底面為直角梯形,ab∥dc,∠dab=90°,pa⊥底面abcd,且pa=ad=dc=,ab=1,m是pb的中點.
(1)證明:平面pad⊥平面pcd;
(2)求ac與pb所成的角;
(3)求平面amc與平面bmc所成二面角的余弦值.
解:以a為座標原點,ad長為單位長度,如圖建立空間直角座標系,則各點座標為a(0,0,0),b(0,2,0),c(1,1,0),d(1,0,0),p(0,0,1),m(0,1,).
(1)證明:因=(0,0,1),=(0,1,0),故·=0,所以ap⊥dc.
由題設知ad⊥dc,且ap與ad是平面pad內的兩條相交直線,由此得dc⊥平面pad.
又dc在平面pcd上,故面pad⊥面pcd.
(2)因=(1,1,0),=(0,2,-1),
故2,所以cos<, >==.
(3)在mc上取一點n(x,y,z),則存在λ∈r,使=λ,
=(1-x,1-y,-z),=(1,0,-),
∴x=1-λ,y=1,z=λ.
要使an⊥mc,只需·=0即x-z=0,
解得λ=.
可知當λ=時,n點座標為(,1,),
能使·=0.
此時,=(,1,),=(,-1,),
有·=0
由·=0,·=0得an⊥mc,bn⊥mc.
所以∠anb為所求二面角的平面角.
∴cos〈,〉==-.
∴平面amc與平面bmc所成角的余弦值為-.
12.(2011·福建高考)如圖,四稜錐p-abcd中,pa⊥底面abcd.四邊形abcd中,ab⊥ad,ab+ad=4,cd=,∠cda=45°.
(1)求證:平面pab⊥平面pad;
(2)設ab=ap.
(ⅰ)若直線pb與平面pcd所成的角為30°,求線段ab的長;
(ⅱ)**段ad上是否存在乙個點g,使得點g到點p、b、c、d的距離都相等?說明理由.
解:(1)證明:因為pa⊥平面abcd,
ab平面abcd,
所以pa⊥ab.
又ab⊥ad,pa∩ad=a,
所以ab⊥平面pad.
又ab平面pab,所以平面pab⊥平面pad.
(2)以a為座標原點,建立空間直角座標系a-xyz(如圖).
在平面abcd內,作ce∥ab交ad於點e,
則ce⊥ad.
在rt△cde中,de=cd·cos 45°=1,
ce=cd·sin 45°=1.
設ab=ap=t,則b(t,0,0),p(0,0,t).
由ab+ad=4得ad=4-t,
所以e(0,3-t,0),c(1,3-t,0),d(0,4-t,0),
=(-1,1,0),=(0,4-t,-t).
(ⅰ)設平面pcd的乙個法向量為n=(x,y,z),
由n⊥,n⊥,得
取x=t,得平面pcd的乙個法向量n=(t,t,4-t).
又=(t,0,-t),
故由直線pb與平面pcd所成的角為30°得
cos 60°=||,
即=,解得t=或t=4(捨去,因為ad=4-t>0),
所以ab=.
(ⅱ)假設**段ad上存在乙個點g,使得點g到p,b,c,d的距離都相等,
設g(0,m,0)(其中0≤m≤4-t),
則=(1,3-t-m,0),
=(0,4-t-m,0),
=(0,-m,t).
由| |=| |得
12+(3-t-m)2
=(4-t-m)2,
即t=3-m;(1)
由| |=| |得(4-t-m)2=m2+t2.(2)
由(1)、(2)消去t,化簡得m2-3m+4=0.(3)
由於方程(3)沒有實數根,所以**段ad上不存在乙個點g,使得點g到點p、c、d的距離都相等.從而,**段ad上不存在乙個點g,使得點g到點p、b、c、d的距離都相等.
第七節見解闡述
題型列舉 見解闡述類古詩詞考點,出題時一般會給出對詩作的兩種不同理解,然後要求考生就此說出自己的看法。包括三種型別的試題 一 綜合評價題。以客觀選擇題為主,常見的提問方式是 請選出下列對詩句的理解或賞析不恰當的一項 二 比較閱讀題。將兩首詩加以比較分析,找出它們的相同之處或不同之處。三 個性表達題。...
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第七節異常分娩的處理
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