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題型1:直線間的距離問題例1．已知正方體的棱長為1.求直線DA'與AC的距離. 解法1:如圖1連結(jié)A'C'.則AC∥面A'C'D'. 連結(jié)DA'.DC'.DO'.過O作OE⊥DO'于E 因為A'C'⊥面BB'D'D.所以A'C'⊥OE. 又O'D⊥OE.所以O(shè)E⊥面A'C'D. 因此OE為直線DA'與AC的距離. 在Rt△OO'D中..可求得點評:此題是異面直線的距離問題:可作出異面直線的公垂線. 解法2:如圖2連接A'C'.DC'.B'C.AB'A'.得到分別包含DA'和AC的兩個平面A'C'D和平面AB'C. 又因為A'C'∥AC.A'D∥B'C.所以面A'C'D∥面AB'C. 故DA'與AC的距離就是平面A'C'D和平面AB'C的距離.連BD'分別交兩平面于兩點.易證是兩平行平面距離. 不難算出.所以.所以異面直線BD與之間的距離為. 點評:若考慮到異面直線的公垂線不易做出.可分別過兩異面直線作兩平面互相平行.則異面直線的距離就是兩平面的距離. 題型2:線線夾角例2．如圖1.在三棱錐S-ABC中.....求異面直線SC與AB所成角的余弦值. 圖1 解法1:用公式當(dāng)直線平面.AB與所成的角為.l是內(nèi)的一條直線.l與AB在內(nèi)的射影所成的角為.則異面直線l與AB所成的角滿足.以此為據(jù)求解. 由題意.知平面ABC..由三垂線定理.知.所以平面SAC. 因為.由勾股定理.得 . 在中..在中.. 設(shè)SC與AB所成角為.則. 解法2:平移過點C作CD//BA.過點A作BC的平行線交CD于D.連結(jié)SD.則是異面直線SC與AB所成的角.如圖2.又四邊形ABCD是平行四邊形. 由勾股定理.得:. 圖2 在中.由余弦定理.得:. 點評:若不垂直.可經(jīng)過如下幾個步驟求解:(1)恰當(dāng)選點.作兩條異面直線的平行線.構(gòu)造平面角,(2)證明這個角就是異面直線所成角,(3)解三角形.求出所構(gòu)造角的度數(shù). 題型3:點線距離例3．正方形ABCD的邊長是2.E.F分別是AB和CD的中點.將正方形沿EF折成直二面角.M為矩形AEFD內(nèi)一點.如果∠MBE=∠MBC.MB和平面BCF所成角的正切值為.那么點M到直線EF的距離為 . 解析:過M作MO⊥EF.交EF于O.則MO⊥平面BCFE. 如圖所示.作ON⊥BC.設(shè)OM=x. 又tanMBO=.∴BO=2x 又S△MBE=BE·MB·sinMBE=BE·ME S△MBC=BC·MB·sinMBC=BC·MN ∴ME=MN.而ME=.MN=.解得x=. 點評:該題較典型的反映了解決空間幾何問題的解題策略:化空間問題為平面問題來處理. 題型4:點面距離例4．如圖.四面體ABCD中.O.E分別BD.BC的中點.CA=CB=CD=BD=2. (Ⅰ)求證:AO⊥平面BCD, (Ⅱ)求異面直線AB與CD所成角的大小, (Ⅲ)求點E到平面的距離. (1)證明:連結(jié)OC. ∵BO=DO,AB=AD, ∴AO⊥BD. ∵BO=DO,BC=CD, ∴CO⊥BD. 在△AOC中.由已知可得AO=1,CO=. 而AC=2.∴AO2+CO2=AC2, ∴∠AOC=90°,即AO⊥OC. ∴AB平面BCD. (Ⅱ)解:取AC的中點M,連結(jié)OM.ME.OE.由E為BC的中點知ME∥AB,OE∥DC. ∴直線OE與EM所成的銳角就是異面直線AB與CD所成的角. 在△OME中. 是直角△AOC斜邊AC上的中線.∴ ∴ ∴異面直線AB與CD所成角的大小為 (Ⅲ)解:設(shè)點E到平面ACD的距離為h. , ∴·S△ACD =·AO·S△CDE. 在△ACD中.CA=CD=2,AD=, ∴S△ACD= 而AO=1, S△CDE= ∴h= ∴點E到平面ACD的距離為. 點評:本小題主要考查直線與平面的位置關(guān)系.異面直線所成的角以及點到平面的距離等基本知識.考查空間想象能力.邏輯思維能力和運(yùn)算能力. 題型5:線面距離例5．斜三棱柱ABC-A1B1C1中.底面是邊長為4cm的正三角形.側(cè)棱AA1與底面兩邊AB.AC均成600的角.AA1=7. (1)求證:AA1⊥BC, (2)求斜三棱柱ABC-A1B1C1的全面積, (3)求斜三棱柱ABC-A1B1C1的體積, (4)求AA1到側(cè)面BB1C1C的距離. 解析:設(shè)A1在平面ABC上的射影為0. ∵ ∠A1AB=∠A1AC.∴ O在∠BAC的平行線AM上. ∵ △ABC為正三角形.∴ AM⊥BC. 又AM為A1A在平面ABC上的射影.∴ A1A⊥BC (2) ∵ B1B∥A1A.∴ B1B⊥BC.即側(cè)面BB1C1C為矩形. ∴ 又.∴ S全= (3)∵ cos∠A1AB=cos∠A1AO·cos∠OAB.∴ cos∠A1AO= ∴ sin∠A1AO=.∴ A1O=A1Asin∠A1AO= ∴ (4)把線A1A到側(cè)面BB1C1C的距離轉(zhuǎn)化為點A或A1到平面BB1C1C的距離為了找到A1在側(cè)面BB1C1C上的射影.首先要找到側(cè)面BB1C1C的垂面設(shè)平面AA1M交側(cè)面BB1C1C于MM1 ∵ BC⊥AM.BC⊥A1A ∴ BC⊥平面AA1M1M ∴ 平面AA1M1M⊥側(cè)面BCC1B1 在平行四邊形AA1M1M中過A1作A1H⊥M1M.H為垂足則A1H⊥側(cè)面BB1C1C ∴ 線段A1H長度就是A1A到側(cè)面BB1C1C的距離 ∴ 點評:線面距離往往轉(zhuǎn)化成點面距離來處理.最后可能轉(zhuǎn)化為空間幾何體的體積求得.體積法不用得到垂線. 題型6:線面夾角例6．如圖.在四棱錐P-ABCD中.底面為直角梯形.AD∥BC,∠BAD=90°,PA⊥底面ABCD.且PA＝AD=AB=2BC.M.N分別為PC.PB的中點. (Ⅰ)求證:PB⊥DM; (Ⅱ)求CD與平面ADMN所成的角的正弦值. 解析:(I)因為是的中點..所以. 因為平面.所以. 從而平面. 因為平面.所以. (II)取的中點.連結(jié)..則. 所以與平面所成的角和與平面所成的角相等. 因為平面.所以是與平面所成的角. 在中.. 點評:本題主要考查幾何體的概念.線面夾角.兩平面垂直等.能力方面主要考查空間想象能力.邏輯思維能力和運(yùn)算能力. 題型7:面面距離例7．在長方體ABCD-A1B1C1D1中.AB=4.BC=3.CC1=2.如圖: (1)求證:平面A1BC1∥平面ACD1, 中兩個平行平面間的距離, (3)求點B1到平面A1BC1的距離. (1)證明:由于BC1∥AD1.則BC1∥平面ACD1. 同理.A1B∥平面ACD1.則平面A1BC1∥平面ACD1. (2)解:設(shè)兩平行平面A1BC1與ACD1間的距離為d.則d等于D1到平面A1BC1的距離.易求A1C1=5.A1B=2.BC1=.則cosA1BC1=.則sinA1BC1=.則S=. 由于.則S·d=·BB1.代入求得d=.即兩平行平面間的距離為. (3)解:由于線段B1D1被平面A1BC1所平分.則B1.D1到平面A1BC1的距離相等.則由(2)知點B1到平面A1BC1的距離等于. 點評:立體幾何圖形必須借助面的襯托.點.線.面的位置關(guān)系才能顯露地“立起來.在具體的問題中.證明和計算經(jīng)常依附于某種特殊的輔助平面即基面.這個輔助平面的獲取正是解題的關(guān)鍵所在.通過對這個平面的截得.延展或構(gòu)造.綱舉目張.問題就迎刃而解了. 題型8:面面角例8．如圖.在長方體中.分別是的中點.分別是的中點.. (Ⅰ)求證:面, (Ⅱ)求二面角的大小. (Ⅲ)求三棱錐的體積. 解析:(Ⅰ)證明:取的中點.連結(jié) ∵分別為的中點. ∵.∴面.面 ∴面面 ∴面 (Ⅱ)設(shè)為的中點 ∵為的中點 ∴ ∴面作.交于.連結(jié).則由三垂線定理得. 從而為二面角的平面角. 在中..從而. 在中..故二面角的正切值為. (Ⅲ). 作.交于.由面得. ∴面. ∴在中.. ∴. 點評:求角和距離的基本步驟是作.證.算.此外還要特別注意融合在運(yùn)算中的推理過程.推理是運(yùn)算的基礎(chǔ).運(yùn)算只是推理過程的延續(xù).如求二面角.只有根據(jù)推理過程找到二面角后.進(jìn)行簡單的運(yùn)算.才能求出.因此.求角與距離的關(guān)鍵還是直線與平面的位置關(guān)系的論證. 【查看更多】

題目列表(包括答案和解析)

（本小題滿分12分）如圖，A，B，C是三個汽車站，AC，BE是直線型公路．已知AB＝120 km，∠BAC＝75°，∠ABC＝45°．有一輛車（稱甲車）以每小時96（km）的速度往返于車站A，C之間，到達(dá)車站后停留10分鐘；另有一輛車（稱乙車）以每小時120（km）的速度從車站B開往另一個城市E，途經(jīng)車站C，并在車站C也停留10分鐘．已知早上8點時甲車從車站A、乙車從車站B同時開出．
（1）計算A，C兩站距離，及B，C兩站距離；（2）若甲、乙兩車上各有一名旅客需要交換到對方汽車上，問能否在車站C處利用停留時間交換．（3）求10點時甲、乙兩車的距離．（可能用到的參考數(shù)據(jù)：，，，）