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第九章直线平面与简单几何体.pdf

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第九章直线平面与简单几何体
第九章直线平面与简单几何体
1、直线l⊥平面α,直线m平面β
①α∥βl⊥m;②α⊥βl∥m;③l∥mα⊥β;④l⊥mα∥β.
其中
A、①与②B、①与③C、②与④D、③与④
1、B
2、在正三棱锥中,相邻两侧面所成二面角的取值范围是〔〕
22
A、(,)B、(,)C、〔0,〕D、(,)
33233
2、A
【思路分析】法一:考察正三棱锥P–ABC,OABC固定,顶为底面中心,不妨将底面正△
,相邻两侧面所成二面角为∠
当PO→0PAB→△OAB,面PBC→△OBC,∠AHC→π时,面P

当PO→+∞时,∠AHC→∠ABC=.
3
H
故<∠AHC<π,选A.
3
23C
法二:不妨设AB=2,PC=x,那么x>OC=.AO
3
1121
等腰△PBCS中,△PBC=x·CH=·2·x1CH=212B
22x
AC
AHC21
等腰△AHCsin中,
2CH1
212
x
231AHCAHC
由x>得sin<1,∴<∠AHC<π.
3226223
3、如图,正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为D1C1
1
1,点MAAM=在上,且AB,点P在B
31
A1
平面ABCDPA上,且动点到直线1D1的y
距离的平方与PM到点的距离的平方差为
1,在平面直角坐标系xAyP中,动点的轨D
C

21A
3、y2xMBx
39
【思路分析】过PQ,再过Q作QH⊥A点作PQ⊥AD于1D1于H,连PH,利用三垂线定理可证
PH⊥〔x,y〕,
222122221
∵|PH|-|PH|=1,∴x+1-[(x)+y]=1,化简得yx.
339
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第九章直线平面与简单几何体
4
②非零向量a、b、c,假设a∥b,b∥c那么a∥c
③平面α、β、γ假设α⊥β,β⊥γ,那么α∥γ
④空间直线a、b、c假设有a⊥b,b⊥c,那么a∥c
⑤直线a、b与平面β,假设a⊥β,c⊥β,那么a∥c
A.①②③B.①③⑤C.①②⑤D.②③⑤
:由传递性知①②正确
由线面垂直性质知⑤正确
由空间直角坐标系中三坐标平面关系否认③
三坐标轴关系否认④
选C
评析:考察传递性适用范围,空间与平面的区别。
5、〔文〕棱长为1ABCD-A的正方体1B1C1D1被以AAB为球心,为半径的球相截,那么被截
形体的外表积为〔〕
577

484
12125
5、〔文〕解答:S=π·1×3+×4π·1=π选A
484
评析:考察考生空间想象能力,球的外表积公式。
,当它蜷缩成球时滚到平面上,任意相邻的三根刺都可支撑住身体,且任
意四根刺的刺尖不共面,问该刺猬蜷缩成球时,共有〔〕种不同的支撑身体的方
式。
.
:当有na根刺时有n种支撑法,n=4,5,6,…
那么an+1=an+3-1=an+2a或n+1=an+4-2=an+2,
∴{an}n=4,5,6,…,为等差数列,
∵a4=4
∴an=2n-4
A=4008选B
评析:此题考察学生数学建模能力,从nn+1到会增加多少种支撑,分两种情行讨
论,一是所加剌穿过三剌尖确定的三角形,an+1=an+3-1=an+2,二是所加剌尖在
两剌确定的平面上an+1=an+4-2
由递推式求数列通项。
7
②非零向量a、b、c,假设a∥b,b∥c那么a∥c
③平面α、β、γ假设α⊥β,β⊥γ,那么α∥γ
④空间直线a、b、c假设有a⊥b,b⊥c,那么a∥c
⑤直线a、b与平面β,假设a⊥β,c⊥β,那么a∥c
A.①②③B.①③⑤C.①②⑤D.②③⑤
:由传递性知①②正确
由线面垂直性质知⑤正确
由空间直角坐标系中三坐标平面关系否认③
三坐标轴关系否认④
选C
评析:考察传递性适用范围,空间与平面的区别。
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第九章直线平面与简单几何体
8、〔文〕棱长为1ABCD-A的正方体1B1C1D1被以AAB为球心,为半径的球相截,那么被截
形体的外表积为〔〕
577

484
12125
8、〔文〕解答:S=π·1×3+×4π·1=π选A
484
评析:考察考生空间想象能力,球的外表积公式。
9、四边形ABCD是A120的菱形,绕AC将该菱形折成二面角BACD,记异面
直线AC、BD所成角为,AD与平面ABC所成角为,当最大时,二面角
BACD等于()
2

322

9、B显然无论怎样旋转ACBC,∴,最大,即最大,∵
2

DACADABC,那么当与平面所成的角为DAC时AD,此时所在平平
33
ABCAC***影与重合,即二面角BACD为直二面角.
10、将边长为3(使截面平行于底面)边长为1的小正四的正四面体以各顶点为顶点各截去
面体,所得几何体的外表积为_____________.
10、731原四个顶点截去后剩下截面为边长为的正三角形,而原四面体的四个侧面变
33
为边长为1的正六边形,其表积为44673.
44
11.〔理〕在正三棱锥SABC中,M、N分别是棱SC、BC的中点,且MNAM
,假设侧棱SA23,那么正三棱锥SABC外接球的外表积是〔〕

【思路分析】:正三棱锥对棱互相垂直,即ACSB,又SB∥MN,且MNAM
,∴SBAM,从而SB面SAC.∴BSA90,以S为顶点,将三棱锥补成一个
正方体,故球的直径2R3SA,即R3,∴S4R236,应选C.
.
12、〔文〕ABCD是同一球面上的四点,且每两点间距离相等,都等于2,那么球心到平
面BCD的距离是〔〕
6666
.
361218
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26
12、文B【思路分析】:易知ABCD是正四面体,故其高h,球的半径为R,那
3
226223262666
么R(R)(),即:R,∴h,应选B.
332326
.
13、正方体ABCDA1B1C1D1,E,F分别是AA1,CC1的中点,P是CC1上的动点〔包
括端点〕过E、D、PP〔〕作正方体的截面,假设截面为四边形,那么的轨迹是
A、线段C1FB、线段CFC、线段CF和点C1D、线段C1F和一点C
13、〔分析:此题考查垂体几何的线面关系,如图,DE∥平面BB1CC1DEC∴平面与平
面BB1CC1的交线CM∥EDEM,易证MC=ED∴连结EM平行且等于DF,那么M到达B1
时,仍可构成四边形,即PF,P到在C1F之间那么满足要求P到C1仍可构成四边形,应
选C项〕
14、P为ABC所在平面外一点,PA、PB、PCABCPABC与垂与平面所的角均相等,又
直,那么ABC的形状可以是。①正三角形②等腰三角形③非等腰三角形④等腰
直角三角形
14、〔考查线面角定义,垂线定理,对垂足落位的讨论,由题意可知ABC的外心在BC边
的高线上,故一定有AB=AC1〕〔2〕〔4〕〕选〔
,棱长为aABCDE、FBCGADEBCCF的正四面体中,在上,在上,是的中点,
11101
=CB,AG=AD①AC⊥BD,②FG=a,③侧面与底面所成二面角的余弦值为
4443

,④AECB<AECD
A.①②③B.①②④C.②③④D.①③④
15、A
【思路分析】:以DBCD的底面中心为坐标原点平行于BCx的直线为轴建立空间直角坐
a363a3
标系,由正四面体相对的棱垂直,故①正确,又G〔-,a,a〕,G〔,a,0
8244824
10sDOCD1
〕可得FG=a,故②正确,设侧面与底面夹角为θ,那么cosq==,所以
4sDACD3

③正确,∵AE^CBÞAECB=0,又AE与CD所成的角大于900,AECD<0,故
④错误
N
,将Rt△ABCAD120折成沿斜边上的高0的二面角C-AD-C
MPMP
,假设直角边AB=43,AC=46,那么二面角A-BC-D的正切值为
N
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〔〕
2
.
2
2

4
[思路分析]:∠CDC=1200,过DDE⊥BC作于
E,连AE,那么∠AEDAD⊥平分B为所求。又知CD,AD=
42,在△BCDB中,由余弦定理知C=43,再由面积公式
110AD
SBCDBCDEBDCDcos60知DE=4,∴tanAED2
22DE
,P、Q、R、S分别是所在棱的中点,这四个点不共面
的的图象共有
SS
··
P·P·
P··SP··S
·R·R
·R
Q·
·Q·R·Q
·Q

【思路分析】:第四个图形中的四点不共面
△ABC的边长为4a,将它沿平行于BCPQAPQ⊥平面BPQC,的线段折起,使平面
假设折叠后ABd,那么d的长为的最小值是

【思路分析】:设线段PQO,且AO=的中点为x,那么BO=4a2(23ax)2,
AB=AO2BO22(x3a)210a210a
,BC∥平面α,A、B、C在平面α的同侧,它们在α内的射
影分别为A′、B′、C′,假设ΔA′B′C′为直角三角形,BC与α间的距离为5,那
么A到平面α的距离为_______.
2
,AC=10,AD=17,BC:BD=3:4,当
DBCD的面积最大时,
13
20、
5
【思路分析】:解答:设BC=3x,BD=4x,由AC2-BC2=AD2-BD2得
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22
10-9x=17-6x故x=1
要使DBCD的面积最大,那么BC^^CD于E,连AE,由三垂线定理
1213
知AE^CD,即AEACD为到的距离,又BE=,AB=1\AE=即点A到直线
55
13
CD的距离为.
5
21.(此题总分值12)在直角梯形分P1DCB中,P1D//CB,CD//P1D且P1D=6,BC=3,DC=
6,A是P1D的中点,沿AB把平面P1AB折起到平面PAB的位置,使二面角P-CD-B成
45°角,设E、F分别是线段AB、PD的中点.〔1〕求证:AF//平面PEC;
〔2〕求平面PEC和平面PAD所成的二面角的大小;
〔3〕
BC
21、【思路分析】:①取PC中点M,连结FM、EM
∵F、M分别为PD、PC中点
//1
P∴FM=CD
2
//1
∵E为AB中点,∴AE=CD
F2
∴FM=//AE,∴FMEA为平行四边形
∴AF//EM
A∵AFË平面PEC,EMÌ平面PEC
D
E∴AF//平面PEC………………………4’
②延长DA,CE交于点N,连结PN
BC
∵AB⊥PA,AB⊥AD
∴AB⊥平面PAD∵AB//DC
∴DC⊥平面PAD∴DC⊥PDDC⊥AD
P
∴∠PDA为二面角P-CD-B的平面角…6’
∴∠PDA=45°
F∵PA=AD=3∠PDA=45°
M∵PD=32∴PA⊥AD
又PA⊥AB∴PA⊥平面ABCD
NA
D∵AE//CD且E为AB中点
//1
E∴AE=CD∴AE为△NDC的中位线
BC2
∴AN=AD=PA∴△PND为Rt△
4242
又NE=EC=PE=
22
∴△PNC为Rt△
∴PC⊥PNPD⊥PN
∴∠CPD为平面PEC和平面PAD所成二面角的平面角
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又PD=32CD=6PD⊥DC
CD63
∴tan∠CPD===
PD323
∴∠CPD=30°
∴平面PEC和平面PAD所成二面角为30°…………………………………8’
③连结ED
∵PA⊥平面ABCD
1113
∴VP-CED=S△CED·PA=633=6
3322
3
VP-CED=VD-PCE=6
2
设点D到平面PCE的距离为d.
S△PCE=33
13
VP-PCE=S△DCE·d=6
32
32
∴d=
2
32
点D到平面PEC的距离为.………………………………………………12’
2
22、〔此题总分值12分〕如图:直三棱柱ABCABC中ACB90,BCAC2
111
,AA14,D为CC1上一动点,M,N分别为ABD,A1B1D的重心。〔1〕求证:
MNBC。〔2〕假设二面角CABD的正切值为2,求C1到平面A1B1D的距离。
〔3〕假设点CABDM,试判断点在平面上的射影恰好为C1在平面A1B1D上的射影是否为
N?并说明理由。
22、解:〔1〕如图,过结DMABE,那么EABDN于为并延长交并延长交中点,连结
DM2DN2
A1B1于F,那么F为A1B1的中点,且,。∴MN//EF又
ME1NF1
EF//BB1,∴EFBC,MNBC
〔2〕∵BCAC,EAB为的中点,∴CEAB,又DC平面ABC
由三垂线定理知DEAB,∴CED为二面角CABD的平面角
∴tanCED2又CE2∴CD2∴D为CC1的中点∴C1D2
113
VDA1B1C1VC1A1B1D122h(22)∴h23
334
〔3〕由CM平面ABD∴CMDE,在RtDCE中,DM:ME2:1
CE2
∴DE2∴D为CC1的中点,由对称性知C1N平面A1B1D
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∴C1在平面A1B1D上的射影点是N
〔此题主要考查线线、线面、面面之间的关系以及空间距离的计算。考查空间想象能
力和运算能力以及逻辑推理能力〕
,直三棱柱ABC-A1B1C1的侧棱长为2,底面△ABC为等腰直角三角形,∠
ACB=900,AC=2,DAA为1中点。〔12′〕
①求异面直线ABC与1所成的角〔用反三角表示〕;D
②假设EABEABA为上一点,当在上什么位置时,有1E⊥C1D;
③在②的条件下,求点DB到平面1C1E的距离。
20.[思路分析]:〔1〕取CC1的中点F,连结AF,BF,那么AF∥
C1D。∠BAFABC与为异面直线1D所成的角或其补
角。……………………………………2′
∵△ABCACB=90为等腰直角三角形,∠0,AC=2,∴AB=22

又∵CC1=2,∴AF=BF=5。

AB2AF2BF210
cosBAF,
2ABAF5
10为
∴∠BAF=arccos,∴异面直线ABC与1D所成的角
105
arccos…4′
5
〔2〕过C1作C1M⊥A1B1,垂足为M,那么MA为1B1的中点,且C1M⊥平面AA1B1B。连结
DM。∴DMC为1DAA在平面1B1B上的射影。
要使得A1E⊥C1D,由三垂线定理知,只要A1E⊥DM。
∵AA1=2,AB=22,由计算知,EAB7′为的中点。………………………
〔3〕连结DE、DB1。在三棱锥D—B1C1EC中,点1到平面DB1E的距离为2,B1E=6
2223
,DE=3,DB1=3,∵DB1=DE+B1E,∴B1E⊥DE,∴△DB1E的面积为2。∴三棱锥
2
C1—DB1E1。设点DB到平面的体积为1C1Ed,在△B的距离为1C1EB中,1C1=2,B1E=C1E=
135
6,∴△B1C1E的面积为5。由×d×5=1,得d,即点DB到平面1C1E的距
35
35
离为。………………………………12′
5
24.〔本小题总分值12分〕
如图,在底面是矩形的四棱锥P—ABCD中,PAAB,PAAD,
PAAB3a,AD4a,点E在PD上,PE:ED2:1,点F在AD上,
AF:FD1:3〔1〕求以FC为棱,EFC与DFC为面的二面角θ的大小。
〔2〕求直线PB与平面EFC所成角的大小。
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P
E
D
A
F
BC
:〔1〕PAAB,PAAD,PA平面ABCD
平面PAD平面ABCD,过E作EMAD于M,过M作MNFC
于N,边EN,那么ENM为FC为棱,EFC与DFC为面的二面角的平面角。
45
由条件知EMa,DMa,AFaFMa
33
2552
在RtFMN中,MFN45,MNaa
236
EM32
在RtEMN中,tanENM
MN5
32
即ENMarctan6分
5
8
〔2〕建立如下图的坐标系,那么C(3a,4a,0),E(0,a,a),F(0,a,0),B(3a,0,0),
3
P(0,0,3a)
5
FC(3a,3a,0),FE(0,a,a),BP(3a,0,3a)
3
设平面CEF的一个法向量为n(x,y,z),那么

222
xyz1
335
3ax3ay0n(,,)
434343
5
ayaz0
3
9a15a
||
434386
设BP与n的夹角为,那么cos
32a43
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86
直线直线PB与平面EFC所成角的大小为arcsin12分
43
25.〔12分〕矩形ABCD中,AB=6,BC=23,沿对角线BD将三角形ABD向上折起,使点A移
至点P,使点P在平面BCD上的射影O在DC上,〔如图〕.
(1)求证:PD⊥PC;
(2)求二面角P—DB—C的大小;
(3)求直线CD与平面PBD所成角的大小.
DC
AB
25.(1)∵PO⊥平面BCD,∴PO⊥BC∴平面PCD⊥平面BCD又∵BC⊥CD
∴BC⊥平面PCDBC⊥PD又BP⊥PDDP⊥平面PCB,DP⊥∴∵
CP…………4分
(2)作OE⊥BD于E,那么PE⊥BD,那么AE⊥BD,A、E、O共线
∴∠PEO就是二面角P-DB-△ABD中
AB6,AD23,ABD30o,ADB60o,
那么∠DAE=30°∴AE=ADcos60°=3=PE,
ADOE11
AO4,OE1,在RtPOE中,cosPEO,PEOarccos,…8分
cos30PE33
(3)作CF⊥PB,F为垂足,∴DP⊥平面PCB∴平面PBD⊥平面BCP
∵CF⊥平面PDB,∠CDF是CD与平面BDP所成的角,在Rt△PBC中,∴∠BCP=90°,
BC23,BP6,PC26,CFBPBCCP,CF22,
CF22
在RtCDF中,sinCDF,CDFarcsin.
CD33
…………12分
〔26、12ABC—A斜三棱柱分〕1B1C1中,侧面A1C⊥底面ABC,底面△ABC2的正三是边长为
角形,A1A=A1C,A1A⊥A1C.
〔Ⅰ〕求直线A1AABC与底面所成的角;
A1C1
〔Ⅱ〕求截面A1BCABC与底面所成二面角的大小;
〔文科只需求一个三角函数值〕
F
〔Ⅲ〕
26、【思路分析】AH
OC
解法一:〔Ⅰ〕取ACO,连A中点1O,E
B
∵A1A=A1C∴A1O⊥AC
∵侧面A1C⊥底面ABC,∴A1O⊥底面ABC,
∴∠A1AOA是直线1AABC.…2与底面所成的角分
∵A1A=A1C,A1A⊥A1C
∴∠A1AO=45°为所求.……4分
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〔Ⅱ〕过OOE⊥BC,垂足为E,连A点作1E
∵A1O⊥底面ABC,∴A1E⊥BC,∴∠A1EO.………6为所求二面角的平面角分
13
∵A1O=AC=1,OE=OCsin60°=
22
A1O2323
∴tan∠A1EO=,∠A1EO=arctan为所求.…………8分
OE33
〔Ⅲ〕连AC1交A1CF,由于FAC为于点1中点,OACC为中点,所以点1与A到平面
A1BCOA的距离相等,并且等于点平面1BC.……………10的距离的两倍分
过OOH⊥A点作1EH,由〔Ⅱ〕知平面A于1OE⊥平面A1BC,所以OH⊥平面A1BC.
A1OOE21
Rt△A1OEOH=中,
A1E7
221
故点C1到平面A1BC的距离为.……………………………………12分
7
解法二:〔Ⅰ〕同方法一.…………4分
〔Ⅱ〕如图,建立空间直角坐标O–xyz,那么z
A1C1
A1(0,0,1)、B(0,3,0)、C(-1,0,0)
∴A1B=(0,3,-1),A1C=(-1,0,-1)B1
xA
OC
设n=(x,y,z)为平面A1BC的一个法向量,那么
B
nAB3yz0y
1,

nA1Cxz0
取z=3得n=(-3,1,3)……………………………6分
321
又OA1=(0,0,1)是平面ABC∴cos<的一个法向量n,OA1>=
717
21
故截面A1BCABCarccos与底面所成二面角的大小为.……………………8分
7
〔Ⅲ〕C1(-2,0,1),A1C1=(-2,0,0)
|A1C1n|23221
故点C1到平面A1BCd=的距离.………………………12分
|n|77
-A1B1C1D1的底面ABCD2的面积为A13,△ABC为正三角D1
形,E、FBB均为1上的点。
〔1〕假设平面AEC1⊥平面ACC1A1,B1C1
试求E点的位置。
〔2〕,试求平面的长为A
AEC1与平面ABCD所成锐二面角的D
平面角的大小。B
C
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32
:〔1〕建如下图的空间直角坐标系A-xyz,假设棱长为a,由a=23得a=
z2
2,那么B〔3,-1,0〕,C〔3,1,0〕AD
11
B1〔3,-1,2〕,C1〔3,1,2〕,
A〔0,0,2〕B1C1
1
设E〔3,-1,Z〕根据两平面垂直的性质定理:
EA
∵平面AEC1⊥平面ACC1A1,A1C⊥AC1Dy
∴A1C⊥平面AEC1A1C⊥AE
B
∴〔3,1,2〕·〔3,-1,Z〕=0C
∴Z=1x
即EBB为1的中点
SABC
〔2〕设所求锐二面角的平面角的大小为θ那么cosθ=
SAC1F
1
∵SAC1F=|AC1|·|AF|sin∠C1AF
2
、3、1、2、、3、1、、3
cos∠C1AF==
|AC1||AF|34
5523
∴sin∠C1AF=SAC1F=cosθ=
3425
23
即所求二面角的平面角的大小为arccos。
5
评析:考察空间向量的应用,逆向思维由平面与平面的位置关系确定点的位置,面与
面所成的二面角的平面角的大小。
28.〔12ABCD-A分〕直四棱柱1B1C1D1的底面是菱形,且∠DAB=60°AD=AA1,FBB为棱1的
中点,MAC为线段1的中点
〔1〕求证:直线MF∥平面ABCD;
〔2〕求证:直线MF⊥平面ACC1A;
〔3〕求平面AFC1与平面ABCD所成二面角的大小
BD=0,因为M,OC分别为1A,CA的中点,所以MO∥C1C,又由直四棱柱知
C1C⊥平面ABCD,所以,MO⊥平面ABCD,在菱形ABCDOB,OC,OM两中,BD⊥AC,所以,
两垂直,故可以OOB,OC,OMxyz轴,为原点,所在直线分别为轴建立空间直角坐
标系,假设设|OB|=1B〔1,0,0〕,B那么:1〔1,0,2〕,A〔0,-3,0〕,C〔0,3
,0〕,C1〔0,3,2〕,
〔1〕由F,MB分别为1B,C1AF〔1,0,1〕,M〔0,0,1〕的中点可知:
所以MF=〔1,0,0〕=OB,又MF与OB不共线,所以,MF∥OB
∵MF平面ABCD,OB平面ABCD∴MF∥平面ABCD
〔2〕∵MF=〔1,0,0〕,而〔1,0,0〕为平面yOz〔即平面ACC1A1〕的法向量,
所以,MF⊥平面ACC1A1
〔3〕OM=〔0,0,1〕为平面ABCD的法向量,那么n⊥AF且n⊥MF,
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第九章直线平面与简单几何体
x3yz0
由AF=〔1,3,1〕,MF=〔1,0,0〕,得:
x0
令y=1,得z=-3,此时,n=〔0,1,-3〕,
设平面AFC1与平面ABCD所成二面角的大小为,那么
OMn33
coscosOM,n,所以,=30°或150°
OMn122
29.〔12分〕如图四棱锥PABCD中,底面ABCD是平行四边形,PG平面ABCD,垂
1
足为G,G在AD上且AGGD,BGGC,GBGC2,E是BC的中点,四面体
3
8
PBCG的体积为.
3
〔1〕求异面直线GE与PC所成角的大小;
〔2〕求点D到平面PBG的距离;
〔3〕〔只理科做〕假设F点是棱PC上的一点,且
PF
DFGC,求的值.
FC
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