在正四棱柱ABCD-A$_1$B$_1$C$_1$D$_1$中,顶点B$_1$到对角线BD$_1$和到平面A$_1$BCD$_1$的距离分别为h和d,则下列命题中正确的是( )
分析:
设底面边长为1,侧棱长为λ,过B$_1$作B$_1$H⊥BD$_1$,B$_1$G⊥A$_1$B,Rt△BB$_1$D$_1$中可知B$_1$D$_1$和B$_1$D,进而利用三角形面积公式求得h,设在正四棱柱中,由于BC⊥AB,BC⊥BB$_1$,进而可推断BC⊥平面AA$_1$B$_1$B,BC⊥B$_1$G,B$_1$G⊥平面AB$_1$CD$_1$,可知B$_1$G为点到平面A$_1$BCD$_1$的距离,Rt△A$_1$B$_1$B中,又由三角形面积关系得d,进而可知$\frac {h}{d}$的表达式,根据λ来确定其范围.
解答:
解:设底面边长为1,侧棱长为λ(λ>0),
过B$_1$作B$_1$H⊥BD$_1$,B$_1$G⊥A$_1$B.
在Rt△BB$_1$D$_1$中,B$_1$D$_1$=$\sqrt {2}$,B$_1$D=$\sqrt {}$,
由三角形面积关系得:
h=B$_1$H=$\frac {B$_1$D$_1$•BB$_1$}{B$_1$D}$=$\frac {$\sqrt {2}$λ}{$\sqrt {}$}$
设在正四棱柱中,由于BC⊥AB,BC⊥BB$_1$,
所以BC⊥平面AA$_1$B$_1$B,于是BC⊥B$_1$G,
所以B$_1$G⊥平面AB$_1$CD$_1$,
故B$_1$G为点到平面A$_1$BCD$_1$的距离,
在Rt△A$_1$B$_1$B中,又由三角形面积关系得d=B$_1$G=$\frac {A$_1$B$_1$•BB$_1$}{A$_1$B}$=$\frac {λ}{$\sqrt {}$}$
于是$\frac {h}{d}$=$\frac {$\sqrt {2}$•$\sqrt {}$}{$\sqrt {}$}$=$\sqrt {2}$•$\sqrt {}$,
于是当λ>1,所以λ_+2>3,$\frac {2}{3}$<1-$\frac {1}{λ_+2}$<1,
所以$\frac {h}{d}$∈($\frac {2$\sqrt {3}$}{3}$,$\sqrt {2}$);
故选C.
点评:
本题主要考查了点到平面的距离计算.点到平面的距离是近两年高考的一个热点问题,平时应注意强化训练.
若正四棱柱ABCD-A$_1$B$_1$C$_1$D$_1$的底面边长为1,AB$_1$与底面ABCD成60°角,则A$_1$C$_1$到底面ABCD的距离为( )
分析:
画出图象,利用线段的关系,角的三角函数,求解即可.
解答:
解:依题意,BB$_1$的长度即A$_1$C$_1$到底面ABCD的距离,
∠B$_1$AB=60°,BB$_1$=1×tan60°=$\sqrt {3}$,
故选D.
点评:
本题主要考查正四棱柱的概念、直线与平面所成的角以及直线与平面的距离等概念,属于基础知识、基本运算的考查.
在棱长为1的正方体ABCD-A$_1$B$_1$C$_1$D$_1$中,E、F分别为棱AA$_1$、BB$_1$的中点,G为棱A$_1$B$_1$上的一点,且A$_1$G=λ(0≤λ≤1),则点G到平面D$_1$EF的距离为( )
分析:
因为A$_1$B$_1$∥EF,所以G到平面D$_1$EF的距离即是A$_1$到面D$_1$EF的距离,由三角形面积可得所求距离.
解答:
解:因为A$_1$B$_1$∥EF,G在A$_1$B$_1$上,所以G到平面D$_1$EF的距离即是A$_1$到面D$_1$EF的距离,
即是A$_1$到D$_1$E的距离,D$_1$E=$\frac {$\sqrt {5}$}{2}$,由三角形面积可得所求距离为$\frac {1×$\frac {1}{2}$}{$\frac {$\sqrt {5}$}{2}$}$=$\frac {$\sqrt {5}$}{5}$,
故选D
点评:
本题主要考查空间线线关系、线面关系,点到面的距离等有关知识,特别是空间关系的转化能力.
平行四边形的一个顶点A在平面α内,其余顶点在α的同侧,已知其中有两个顶点到α的距离分别为1和2,那么剩下的一个顶点到平面α的距离可能是:①1;②2; ③3;④4;
以上结论正确的为( )
分析:
由已知中平行四边形的一个顶点A在平面α内,其余顶点在α的同侧,根据平行四边形对角线上两顶点到平面α的距离的和相等,我们可以根据A到α距离为0,另外三个顶点中有两个顶点到α的距离分别为1和2,分类讨论,即可得到答案.
解答:
解:如图,B、D到平面α的距离为1、2,则D、B的中
点到平面α的距离为$\frac {3}{2}$,所以C到平面α的距离为3;
B、C到平面α的距离为1、2,D到平面α的距离为x,
则x+1=2或x+2=1,即x=1,所以D到平面α的距
离为1;
C、D到平面α的距离为1、2,同理可得B到平面α的距
离为1;所以选①③.
故答案为:A.
点评:
本题考查的知识点是空间中点、线、面之间的距离,其中根据平行四边形对角线上两顶点到平面α的距离的和相等,结合其它条件进行分类讨论,是解答本题的关键.
多面体上,位于同一条棱两端的顶点称为相邻的,如图,正方体的一个顶点A在平面α内,其余顶点在α的同侧,正方体上与顶点A相邻的三个顶点到α的距离分别为1,2和4,P是正方体的其余四个顶点中的一个,则P到平面α的距离可能是:①3;②4; ③5;④6;⑤7.以上结论正确的为( )
分析:
根据题意,一一验证正方体的各个顶点到平面α的距离即可进行判断,为了求出各个顶点到平面α的距离,注意应用中点的纽带作用.
解答:
解:如图,B、D、A$_1$到平面α的距离分别为1、2、4,
则DA$_1$的中点到平面α的距离为3,即
AD$_1$的中点到平面α的距离为3
所以D$_1$到平面α的距离为6;同样地,
BA$_1$的中点到平面α的距离为$\frac {5}{2}$,
所以B$_1$到平面α的距离为5;
DB的中点到平面α的距离为$\frac {3}{2}$,
所以C到平面α的距离为3;
CA$_1$的中点到平面α的距离为$\frac {7}{2}$,
所以C$_1$到平面α的距离为7;
而P为C、C$_1$、B$_1$、D$_1$中的一点,
所以选B.
点评:
本题主要考查了点、线、面间的距离计算,考查空间想象能力、运算能力和推理论证能力,属于创新题.
水平桌面α上放有4个半径均为2R的球,且相邻的球都相切(球心的连线构成正方形).在这4个球的上面放1个半径为R的小球,它和下面4个球恰好都相切,则小球的球心到水平桌面α的距离是.
分析:
由题意可知:球心的连线组成底面边长为2R侧棱长为3R的正四棱锥,求出顶点到底面的距离,即可得小球的球心到水平桌面α的距离
解答:
解:水平桌面α上放有4个半径均为2R的球,且相邻的球都相切(球心的连线构成正方形).在这4个球的上面放1个半径为R的小球,它和下面4个球恰好都相切,5个球心组成一个正四棱锥,这个正四棱锥的底面边长为4R,侧棱长为3R,求得它的高为R,所以小球的球心到水平桌面α的距离是3R.
故答案为:3R
点评:
本题考查点、线、面间的距离计算,球的性质,考查空间想象能力,逻辑思维能力,计算能力,是基础题.
若正四棱柱ABCD-A$_1$B$_1$C$_1$D$_1$的底面边长为1,AB$_1$与底面ABCD成60°角,则A$_1$C$_1$到底面ABCD的距离为( )
分析:
确定A$_1$C$_1$到底面ABCD的距离为正四棱柱ABCD-A$_1$B$_1$C$_1$D$_1$的高,即可求得结论.
解答:
解:∵正四棱柱ABCD-A$_1$B$_1$C$_1$D$_1$,
∴平面ABCD∥平面A$_1$B$_1$C$_1$D$_1$,
∵A$_1$C$_1$⊂平面A$_1$B$_1$C$_1$D$_1$,
∴A$_1$C$_1$∥平面ABCD
∴A$_1$C$_1$到底面ABCD的距离为正四棱柱ABCD-A$_1$B$_1$C$_1$D$_1$的高
∵正四棱柱ABCD-A$_1$B$_1$C$_1$D$_1$的底面边长为1,AB$_1$与底面ABCD成60°角,
∴B$_1$B=$\sqrt {3}$
故答案为:A.
点评:
本题考查线面距离,确定A$_1$C$_1$到底面ABCD的距离为正四棱柱ABCD-A$_1$B$_1$C$_1$D$_1$的高是解题的关键.
在矩形ABCD中,AB=2,BC=1,取AB中点E,CD中点F,若沿EF将矩形AEFD折起,使得平面AEF⊥平面EFB,则AE中点Q到平面BFD的距离为( )
分析:
取BF中点O,连接EO,则可得AE中点Q到平面BFD的距离等于E到平面BFD的距离,即EO,由此可得结论.
解答:
解:取BF中点O,连接EO,则EO⊥BF
∵平面AEF⊥平面EFB,平面AEF∩平面EFB=EF,DF⊥EF
∴DF⊥平面EFB
∵EO⊂平面EFB
∴DF⊥EO
∵DF∩BF=F
∴EO⊥平面BFD
∵AE∥DF,AE⊄平面BFD,DF⊂平面BFD
∴AE∥平面BFD
∴AE中点Q到平面BFD的距离等于E到平面BFD的距离,即EO
由题意,EFCB是正方形,∴EO=$\frac {$\sqrt {2}$}{2}$
即AE中点Q到平面BFD的距离等于$\frac {$\sqrt {2}$}{2}$
故答案为:A.
点评:
本题考查点到面的距离,考查面面垂直,线面平行,考查学生的计算能力,属于基础题.
正四棱柱ABCD-A$_1$B$_1$C$_1$D$_1$的底面边长为2,若AC$_1$与底面ABCD所成角为60°,则A$_1$C$_1$和底面ABCD的距离是( )
分析:
确定A$_1$C$_1$到底面ABCD的距离为正四棱柱ABCD-A$_1$B$_1$C$_1$D$_1$的高,即可求得结论.
解答:
解:∵正四棱柱ABCD-A$_1$B$_1$C$_1$D$_1$,
∴平面ABCD∥平面A$_1$B$_1$C$_1$D$_1$,
∵A$_1$C$_1$⊂平面A$_1$B$_1$C$_1$D$_1$,
∴A$_1$C$_1$∥平面ABCD
∴A$_1$C$_1$到底面ABCD的距离为正四棱柱ABCD-A$_1$B$_1$C$_1$D$_1$的高
∵正四棱柱ABCD-A$_1$B$_1$C$_1$D$_1$的底面边长为2,AC$_1$与底面ABCD成60°角,
∴A$_1$A=2$\sqrt {2}$tan60°=2$\sqrt {6}$
故答案为:A.
点评:
本题考查线面距离,确定A$_1$C$_1$到底面ABCD的距离为正四棱柱ABCD-A$_1$B$_1$C$_1$D$_1$的高是解题的关键.
正方体ABCD-A$_1$B$_1$C$_1$D$_1$的棱长为1,O是A$_1$C$_1$的中点,则点O到平面ABC$_1$D$_1$的距离是( )
分析:
取C$_1$B$_1$的中点F,连结OF,BC$_1$,AD$_1$,B$_1$C交BC$_1$于E,B$_1$E⊥BC$_1$,作FG⊥BC$_1$,OF∥AB,所以O到平面ABC$_1$D$_1$的距离,就是F到平面ABC$_1$D$_1$的距离,也就是B$_1$到平面ABC$_1$D$_1$的距离的一半,由此能求出结果.
解答:
解:取C$_1$B$_1$的中点F,连结OF,BC$_1$,AD$_1$,连结B$_1$C,交BC$_1$于E,B$_1$E⊥BC$_1$,
作FG⊥BC$_1$,OF∥AB,所以O到平面ABC$_1$D$_1$的距离,就是F到平面ABC$_1$D$_1$的距离,也就是B$_1$到平面ABC$_1$D$_1$的距离的一半,
∵几何体是正方体,B$_1$E⊥AC$_1$,B$_1$E⊥AB,∴B$_1$E⊥平面ABC$_1$D$_1$,
∴EB$_1$就是B$_1$到平面ABC$_1$D$_1$的距离.B$_1$C=$\sqrt {2}$,∴FG=$\frac {1}{4}$B$_1$C=$\frac {1}{2}$B$_1$E=$\frac {$\sqrt {2}$}{4}$.
点O到平面ABC$_1$D$_1$的距离是$\frac {$\sqrt {2}$}{4}$.
故选:B.
点评:
本题考查点、线、面间的距离,解题时要认真审题,注意合理地进行等价转化.
空间四点O(0,0,0),A(0,0,3),B(0,3,0),C(3,0,0),O点到平面ABC的距离为( )
分析:
由题意,O,A,B,C可看作正方体中的四个顶点,正方体的棱长为3,利用等体积,可求O点到平面ABC的距离.
解答:
解:由题意,O,A,B,C可看作正方体中的四个顶点,正方体的棱长为3,则△ABC的面积为$\frac {$\sqrt {3}$}{4}$•(3$\sqrt {2}$)_=$\frac {9$\sqrt {3}$}{2}$.
设O点到平面ABC的距离为d,则$\frac {1}{3}$•$\frac {1}{2}$•3•3•3=$\frac {1}{3}$•$\frac {9$\sqrt {3}$}{2}$•d,
解得d=$\sqrt {3}$.
故答案为:$\sqrt {3}$,所以选A.
点评:
将O,A,B,C可看作正方体中的四个顶点,利用等体积,是求O点到平面ABC的距离的关键.