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2014届高三数学辅导精讲精练测试8


2014 届高三数学辅导精讲精练测试 8
一、选择题(本大题共 10 小题,每小题 5 分,共 50 分.每小题中只有一项 符合题目要求) 1.设 m,n 是两条不同的直线,α,β 是两个不同的平面,则下列四个命题: ①若 α∥β,m?α,则 m∥β;②若 m∥α,n?α,则 m∥n;③若 α⊥β,m ∥α,则 m⊥β;④若 m⊥α,m∥β,则 α⊥β. 其中为真命题的

是 A.①③ C.①④ 答案 解析 C ①为空间面面平行的性质,是真命题;②m,n 可能异面,故该命题 B.②③ D.②④ ( )

为假命题;③直线 m 与平面 β 也可以平行也可以相交不垂直.故该命题是一个 假命题;④为真命题.故选 C. 2.用与球心距离为 1 的平面去截球,所得的截面面积为 π,则球的体积为 ( 8π A. 3 C.8 2π 答案 解析 B S


)

8 2π B. 3 32π D. 3

=πr2=1?r=1,而截面圆圆心与球心的距离 d=1,∴球的半径

为 R= r2+d2= 2. 4 8 2π ∴V=3πR3= 3 ,故选 B. 3.若一个底面是正三角形的三棱柱的正视图如图所示,其顶点都在一个球 面上,则该球的表面积为 ( )

16 A. 3 π

19 B. 3 π

19 C.12π 答案 解析 B

4 D.3π

设球半径是 R,依题意知,该三棱柱是一个底面边长为 2、侧棱长为

1 的正三棱柱, 记上、 下底面的中心分别是 O1、 易知球心是线段 O1O 的中点, O, 于是 1 3 2 19 19 19π R2=(2)2+( 2 ×2×3)2=12,因此所求球的表面积是 4πR2=4π×12= 3 , 选 B. 4. 如右图所示,是一个正方体的表面展开图,A、B、C 均为棱的中点,D 是顶点,则在正方体中,异面直线 AB 和 CD 的夹角的余弦值为 ( )

2 A. 5 C. 10 5 C

3 B. 5 D. 5 5

答案 解析

把展开图复原为正方体后示意图如右图所示, ∠EGF 为 AB 和 CD 所成的角, F 为正方体一棱的中点. 5 ∴EF=GF= 2 ,EG= 2. 10 ∴cos∠EGF= 5 . 5.图中的三个直角三角形是一个体积为 20 cm3 的几何体的三视图,则这个 几何体外接球的表面积为 ( )

A.25π cm2 C.77π cm2 答案 解析 C

77π B. 2 cm2 D.144π cm2

由三视图画出此空间几何体的直观图如图所示.由题意得

1 1 V=3×2×h×5×6=20?h=4. 从而易知,其外接球的半径为 1 77 r=2 42+52+62= 2 . 从而外接球的表面积为 S=4πr2=4π( 77 2 ) =77π.选 C. 2

2 6.如下图所示,正四棱锥 P-ABCD 的底面积为 3,体积为 2 ,E 为侧棱 PC 的中点,则 PA 与 BE 所成的角为 ( )

π A.6 π C.3 答案 解析 C

π B.4 π D.2

连接 AC、BD 交于点 O,连接 OE,易得 OE∥PA.

∴所求角为∠BEO.

6 1 2 由所给条件易得 OB= 2 ,OE=2PA= 2 ,BE= 2. 1 ∴cos∠OEB=2,∴∠OEB=60° ,选 C. 7.直三棱柱 ABC-A1B1C1 的直观图及三视图如下图所示,D 为 AC 的中点, 则下列命题是假命题的是 ( )

A.AB1∥平面 BDC1 B.A1C⊥平面 BDC1 C.直三棱柱的体积 V=4 D.直三棱柱的外接球的表面积为 4 3π 答案 解析 D

由三视图可知, 直三棱柱 ABC-A1B1C1 的侧面 B1C1CB 是边长为 2 的正方形, 底面 ABC 是等腰直角三角形,AB⊥BC,AB=BC=2.连接 B1C 交 BC1 于点 O, 连接 AB1,OD.在△CAB1 中,O,D 分别是 B1C,AC 的中点,∴OD∥AB1,∴AB1 ∥平面 BDC1.故 A 正确. 直三棱柱 ABC-A1B1C1 中,AA1⊥平面 ABC, ∴AA1⊥BD.又 AB=BC=2,D 为 AC 的中点, ∴BD⊥AC,∴BD⊥平面 AA1C1C. ∴BD⊥A1C.又 A1B1⊥B1C1,A1B1⊥B1B, ∴A1B1⊥平面 B1C1CB,∴A1B1⊥B1C. ∵BC1⊥B1C,且 BC1∩B1C=0,∴BC1⊥平面 A1B1C.

∴BC1⊥A1C,∴A1C⊥平面 BDC1. 1 故 B 正确.V=S△ABC×C1C=2×2×2×2=4,∴C 正确. 此直三棱柱的外接球的半径为 3,其表面积为 12π,D 错误.故选 D. 8.已知圆锥的底面半径为 R,高为 3R,在它的所有内接圆柱中,全面积的 最大值是 A.22πR2 8 C.3πR2 答案 解析 B 9 B.4πR2 5 D.2πR2 ( )

如图所示,为组合体的轴截面,由相似三角形的比例关系,得 PO1 x 3R =R,PO1=3x,圆柱的高为 3R-3x,所以圆柱的全面积为 S=2πx2+2πx(3R-3x) =-4πx2+6πRx, 3 则当 x=4R 时,S 取最大值, 9 Smax=4πR2. 9.二面角的棱上有 A、B 两点,直线 AC、BD 分别在这个二面角的两个半 平面内,且都垂直于 AB.已知 AB=4,AC=6,BD=8,CD=2 17,则该二面角 的大小为 A.150° C.60° 答案 C B.45° D.120° ( )

解析

→ → → → 由条件,知CA· =0,AB· =0, AB BD

→ → → → CD=CA+AB+BD. → → → → → → → → → → ∴|CD|2 =|CA|2 +|AB|2 +|BD|2 +2CA· +2AB· +2CA· =62 +42 +82 + AB BD BD → → 2×6×8cos〈CA,BD〉=(2 17)2. → → → → 1 ∴cos〈CA,BD〉=-2, 〈CA,BD〉=120° ,∴二面角的大小为 60° ,故选 C. 10.已知正方体 ABCD-A1B1C1D1 棱长为 1,点 P 在线段 BD1 上,当∠APC 最大时,三棱锥 P-ABC 的体积为 1 A.24 1 C.9 答案 B 1 B.18 1 D.12 ( )

解析

以 B 为坐标原点,BA 为 x 轴,BC 为 y 轴,BB1 为 z 轴建立空间直角

→ → → → AP· CP 1 坐标系,设BP=λBD1,可得 P(λ,λ,λ),再由 cos∠APC= 可求得当 λ=3 → → |AP||CP| 时,∠APC 最大,故 1 1 1 1 VP-ABC=3×2×1×1×3=18. 二、填空题(本大题共 6 小题,每小题 5 分,共 30 分,把答案填在题中横线 上) 11.已知 m、n 是两条不同的直线,α、β 是两个不同的平面,给出下列命题: ①若 α⊥β,m∥α,则 m⊥β;②若 m⊥α,n⊥β,且 m⊥n,则 α⊥β;③若 m ⊥β,m∥α,则 α⊥β;④若 m∥α,n∥β,且 m∥n,则 α∥β. 其中真命题的序号是________.

答案 解析

②③ 若 α⊥β, m∥α, m 与 β 可能相交、 则 平行或 m 在平面 β 内, 故①错;

m∥α,n∥β,m∥n,则 α 与 β 可能平行,可能相交,故④错. 12.圆台上、下底面面积分别是 π、4π,侧面积是 6π,这个圆台的体积是 ________. 答案 解析 7 3 3 π 上底半径 r=1,下底半径 R=2.

∵S 侧=6π,设母线长为 l,则 π(1+2)· l=6π. ∴l=2,∴高 h= l2-?R-r?2= 3. 1 7 3 ∴V=3π· 3(1+1×2+2×2)= 3 π. 13.(2011· 天津文)一个几何体的三视图如图所示(单位:m),则该几何体的 体积为________m3.

答案 解析

4 由三视图可知,此几何体的上面是正四棱柱,其长,宽,高分别是

2,1,1,此几何体的下面是长方体,其长,宽,高分别是 2,1,1,因此该几何体的 体积 V=2×1×1+2×1×1=4(m3). 14.如图,在正方体 ABCD-A1B1C1D1 中,点 P 是上底面 A1B1C1D1 内一动 点,则三棱锥 P-ABC 的主视图与左视图的面积的比值为________.

答案 解析

1 依题意得三棱锥 P-ABC 的主视图与左视图分别是一个三角形, 且这

两个三角形的底边长都等于正方体的棱长,底边上的高也都相等,因此三棱锥 P -ABC 的主视图与左视图的面积之比等于 1. 15. 直三棱柱 ABC-A1B1C1 的各顶点都在同一球面上. AB=AC=AA1=2, 若 ∠BAC=120° ,则此球的表面积等于______. 答案 解析 20π 设球心为 O,球半径为 R,△ABC 的外心是 M,则 O 在底面 ABC 上

1 的射影是点 M, 在△ABC 中, AB=AC=2, ∠BAC=120° ∠ABC=2(180° , -120° ) =30° , AC AA1 AM=2sin30° =2.因此,R2=22+( 2 )2=5,此球的表面积等于 4πR2=20π. 16.如图是一几何体的平面展开图,其中 ABCD 为正方形,E、F、分别为 PA、PD 的中点,在此几何体中,给出下面四个结论:

①直线 BE 与直线 CF 异面; ②直线 BE 与直线 AF 异面; ③直线 EF∥平面 PBC; ④平面 BCE⊥平面 PAD. 其中正确的有______个. 答案 解析 2 将几何体展开图拼成几何体(如图),因为 E、F 分别为 PA、PD 的中

点,所以 EF∥AD∥BC,即直线 BE 与 CF 共面,①错;因为 B?平面 PAD ,E

∈平面 PAD,E?AF,所以 BE 与 AF 是异面直线,②正确;因为 EF∥AD∥BC, EF?平面 PBC,BC?平面 PBC,所以 EF∥平面 PBC,③正确;平面 PAD 与平 面 BCE 不一定垂直,④错.

三、解答题(本大题共 6 小题,共 70 分,解答应写出文字说明、证明过程或 演算步骤) 17.(本小题满分 10 分)下图为一简单组合体,其底面 ABCD 为正方形,PD ⊥平面 ABCD,EC∥PD,且 PD=AD=2EC=2.

(1)请画出该几何体的三视图; (2)求四棱锥 B-CEPD 的体积. 解析 (1)该组合体的三视图如下图所示.

(2)因为 PD⊥平面 ABCD,PD?平面 PDCE, 所以平面 PDCE⊥平面 ABCD. 因为四边形 ABCD 为正方形, 所以 BC⊥CD,且 BC=DC=AD=2. 又因为平面 PDCE∩平面 ABCD=CD,BC?平面 ABCD, 所以 BC⊥平面 PDCE. 因为 PD⊥平面 ABCD,DC?平面 ABCD, 所以 PD⊥DC. 又因为 EC∥PD,PD=2,EC=1,

所以四边形 PDCE 为一个直角梯形,其面积 1 1 S 梯形 PDCE=2(PD+EC)×DC=2×3×2=3. 所以四棱锥 B-CEPD 的体积 1 1 VB-CEPD=3S 梯形 PDCE×BC=3×3×2=2. 18.(本小题满分 12 分) 如图,在四棱锥 P-ABCD 中,底面 ABCD 为平行 四边形,∠ADC=45° ,AD=AC=1,O 为 AC 的中点,PO⊥平面 ABCD,PO= 2,M 为 PD 的中点.

(1)证明:PB∥平面 ACM; (2)证明:AD⊥平面 PAC; (3)求直线 AM 与平面 ABCD 所成角的正切值. 解析 (1)连接 BD,MO,在平行四边形 ABCD 中,因为 O 为 AC 的中点,

所以 O 为 BD 的中点.又 M 为 PD 的中点,所以 PB∥MO.因为 PB?平面 ACM, MO?平面 ACM,所以 PB∥平面 ACM.

(2)因为∠ADC=45° ,且 AD=AC=1, 所以∠DAC=90° ,即 AD⊥AC.又 PO⊥平面 ABCD, AD?平面 ABCD,所以 PO⊥AD.而 AC∩PO=O,所以 AD⊥平面 PAC. (3)取 DO 中点 N,连接 MN,AN.因为 M 为 PD 的中点,所以 MN∥PO,且 1 MN=2PO=1.由 PO⊥平面 ABCD, MN⊥平面 ABCD, 得 所以∠MAN 是直线 AM

1 5 与平面 ABCD 所成的角.在 Rt△DAO 中,AD=1,AO=2,所以 DO= 2 .从而 1 5 MN 1 4 5 AN=2DO= 4 .在 Rt△ANM 中,tan∠MAN= AN = = 5 ,即直线 AM 与平面 5 4 4 5 ABCD 所成角的正切值为 5 . 19.(本小题满分 12 分) 如图,在四棱锥 P-ABCD 中,PA⊥平面 ABCD, 四边形 ABCD 为正方形,AB=4,PA=3,A 点在 PD 上的射影为 G 点,E 点在 AB 上,平面 PEC⊥平面 PCD.

(1)求证:AG∥平面 PEC; (2)求 AE 的长; (3)求二面角 E-PC-A 的正弦值. 解析 (1)证明:∵PA⊥平面 ABCD,∴PA⊥CD.

又∵CD⊥AD,PA∩AD=A, ∴CD⊥平面 PAD.∴CD⊥AG. 又 PD⊥AG,∴AG⊥平面 PCD. 作 EF⊥PC 于点 F,连接 GF, ∵平面 PEC⊥平面 PCD, ∴EF⊥平面 PCD.∴EF∥AG. 又 AG?平面 PEC,EF?平面 PEC, ∴AG∥平面 PEC. (2)解:由(1)知 A、E、F、G 四点共面, 又 AE∥CD,AE?平面 PCD,CD?平面 PCD, ∴AE∥平面 PCD. 又∵平面 AEFG∩平面 PCD=GF,∴AE∥GF. 又由(1)知 EF∥AG, ∴四边形 AEFG 为平行四边形,∴AE=GF.

12 ∵PA=3,AD=4,∴PD=5,AG= 5 . 9 又 PA2=PG· PD,∴PG=5. 9 5×4 36 GP PG 36 又CD=PD,∴GF= 5 =25,∴AE=25. (3)解:过 E 作 EO⊥AC 于点 O,连接 OF,易知 EO⊥平面 PAC,又 EF⊥ PC,∴OF⊥PC. ∴∠EFO 即为二面角 E-PC-A 的平面角. 36 2 18 2 12 EO=AE· sin45° 25× 2 = 25 ,又 EF=AG= 5 , = EO 18 2 5 3 2 ∴sin∠EFO= EF = 25 ×12= 10 . 20. (本小题满分 12 分)如图, 在六面体 ABCDEFG 中, 平面 ABC∥平面 DEFG, AD⊥平面 DEFG,ED⊥DG,EF∥DG.且 AB=AD=DE=DG=2,AC=EF=1.

(1)求证:BF∥平面 ACGD; (2)求二面角 D- F 的余弦值. CG解析 方法一 (1)设 DG 的中点为 M,连接 AM,FM.

则由已知条件易证四边形 DEFM 是平行四边形. ∴MF∥DE,且 MF=DE.∵平面 ABC∥平面 DEFG, ∴AB∥DE.∵AB=DE, ∴MF∥AB,且 MF=AB,∴四边形 ABFM 是平行四边形. ∴BF∥AM. 又 BF?平面 ACGD,AM?平面 ACGD, 故 BF∥平面 ACGD. (2)由已知 AD⊥平面 DEFG,∴DE⊥AD.又 DE⊥DG, ∴DE⊥平面 ADGC.∵MF∥DE,∴MF⊥平面 ADGC. 在平面 ADGC 中,过 M 作 MN⊥GC,垂足为 N,连接 NF,则∠MNF 为所

求二面角的平面角. 连接 CM.∵平面 ABC∥平面 DEFG,∴AC∥DM.又 AC=DM=1,所以四边 形 ACMD 为平行四边形,∴CM∥AD,且 CM=AD=2. ∵AD⊥平面 DEFG,∴CM⊥平面 DEFG,∴CM⊥DG.

在 Rt△CMG 中,∵CM=2,MG=1, CM· MG 2 2 5 ∴MN= CG = = 5 . 5 在 Rt△FMN 中, 2 5 ∵MF=2,MN= 5 , ∴FN= 4 2 30 4+5= 5 .

2 5 5 MN 6 ∴cos∠MNF= FN = =6. 2 30 5 6 ∴二面角 D- F 的余弦值为 6 . CG方法二 直角坐标系. 由题意可得,AD,DE,DG 两两垂直,故可建立如图所示的空间

则 A(0,0,2),B(2,0,2),C(0,1,2),E(2,0,0),G(0,2,0), F(2,1,0). → → → (1)BF=(2,1,0)-(2,0,2)=(0,1, -2), =(0,2,0)-(0,1,2)=(0,1, CG -2), ∴BF → =CG,∴BF∥CG.

又 BF?平面 ACGD,故 BF∥平面 ACGD. → (2)FG=(0,2,0)-(2,1,0)=(-2,1,0). 设平面 BCGF 的法向量为 n1=(x,y,z), → ?n1· =y-2z=0, CG 则? → ?n1· =-2x+y=0. FG 令 y=2,则 n1=(1,2,1). 则平面 ADGC 的法向量 n2=(1,0,0). n1· 2 n ∴cos〈n1,n2〉=|n |· | |n
1 2



1×1 6 2 2 2 2= 6 . 1 +2 +1 × 1 +0 +0
2 2

6 由于所求的二面角为锐二面角,∴二面角 D- F 的余弦值为 6 . CG21.(本小题满分 12 分) 如图,在三棱柱 ABC-A1B1C1 中,AC⊥BC,AB⊥ BB1,AC=BC=BB1=2,D 为 AB 的中点,且 CD⊥DA1.

(1)求证:BB1⊥面 ABC; (2)求多面体 DBC-A1B1C1 的体积; (3)求二面角 C-DA1-C1 的余弦值. 解析 (1)证明:∵AC=BC,D 为 AB 的中点,

∴CD⊥AB.又 CD⊥DA1,AB∩A1D=D, ∴CD⊥面 AA1B1B.∴CD⊥BB1. 又 BB1⊥AB,AB∩CD=D,∴BB1⊥面 ABC. (2)解:V 多面体 DBC-A1B1C1=V 棱柱 ABC-A1B1C1-V 棱锥 A1-ADC 1 1 1 5 =S △ ABC· 1|- 3 S △ ADC· 1|=S △ ABC· 1|- 3 × 2 S △ ABC· 1|= 6 S △ ABC· 1|= |AA |AA |AA |AA |AA 10 3.

→ → → (3) 解:以 C 为原点,分别以CB,CC1,CA的方向为 x 轴,y 轴,z 轴的正 向,建立空间直角坐标系(如图所示),则

C(0,0,0),B(2,0,0),A(0,0,2),C1(0,2,0),A1(0,2,2). ∴D(1,0,1). → ?n1· =0, CD DCA1 的一个法向量,则有 ? → ?n1· 1=0, CA

设 n1 =(x1 ,y1 ,z1)是平面



?x1+z1=0, ? ?2y1+2z1=0. ?x1=-z1, ∴? 故可取 n1=(1,1,-1). ?y1=-z1. → → 同理设 n2=(x2, 2, 2)是平面 DC1A1 的一个法向量, 1D=(1, y z 且C -2,1), 1A1 C =(0,0,2).

?n2·→ =0, C1D 则有? → ?n2· 1A1=0, C

?x2-2y2+z2=0, 即? ?2z2=0.

?x2=2y2, ∴? 故可取 n2=(2,1,0). ?z2=0. n1· 2 n ∴cos〈n1,n2〉=|n ||n |=
1 2

3 15 = 5 . 3× 5

15 又二面角 C-DA1-C1 的平面角为锐角,所以其余弦值为 5 . 22.(本小题满分 12 分) 如图,在直三棱柱 ABC-A1B1C1 中,∠ACB=90° , 2AC=AA=BC=2.

(1)若 D 为 AA1 的中点,求证:平面 B1CD⊥平面 B1C1D; (2)若二面角 B1-DC-C1 的大小为 60° ,求 AD 的长. 解析 (1)方法一 证明:∵∠A1C1B1=∠ACB=90° ,

∴B1C1⊥A1C1. 又由直三棱柱的性质知 B1C1⊥CC1, ∴B1C1⊥平面 ACC1A1.∴B1C1⊥CD.① 由 D 为 AA1 的中点,可知 DC=DC1= 2. ∴DC2+DC2=CC2,即 CD⊥DC1.② 1 1 由①②可知 CD⊥平面 B1C1D. 又 CD?平面 B1CD,故平面 B1CD⊥平面 B1C1D. (2)解:由(1)可知 B1C1⊥平面 ACC1A1,在平面 ACC1A1 内过 C1 作 C1E⊥CD, 交 CD 或其延长线于 E,连接 EB1, ∴∠B1EC1 为二面角 B1-DC-C1 的平面角. ∴∠B1EC1=60° . 2 2 3 由 B1C1=2 知,C1E=tan60° 3 . = 设 AD=x,则 DC= x2+1. 1 2 3 ∵△DC1C 的面积为 1,∴2· x2+1· 3 =1. 解得 x= 2,即 AD= 2. 方法二

(1)证明:如图,以 C 为坐标原点,CA、CB、CC1 所在的直线分别为 x,y, z 轴建立空间直角坐标系,则

→ → C(0,0,0), A(1,0,0), 1(0,2,2), 1(0,0,2), B C D(1,0,1), 1B1=(0,2,0), 1=(- 即C DC → 1,0,1),CD=(1,0,1). → → 由CD· 1B1=(1,0,1)· C (0,2,0)=0,得 CD⊥C1B1. → → 由CD· 1=(1,0,1)· DC (-1,0,1)=0,得 CD⊥DC1. 又 DC1∩C1B1=C1,∴CD⊥平面 B1C1D. 又 CD?平面 B1CD, ∴平面 B1CD⊥平面 B1C1D. → → (2)解:设 AD=a,则 D 点坐标为(1,0,a),CD=(1,0,a),CB1=(0,2,2). 设平面 B1CD 的一个法向量为 m=(x,y,z).

?m·→1=0, CB 则? → ?m· =0 CD

?2y+2z=0, ?? 令 z=-1. ?x+ax=0,

得 m=(a,1,-1),又平面 C1DC 的一个法向量为 n=(0,1,0), m· n 1 1 则由 cos60° = ,得 2 = . |m||n| a +2 2 即 a= 2,故 AD= 2.

1.已知某个几何体的三视图如图(主视图的弧线是半圆),根据图中标出的 数据,这个几何体的体积是 ( )

A.288+36π

B.60π

C.288+72π 答案 A

D.288+18π

解析

将几何体的三视图转化为直观图

此几何体下面为长方体上面为半圆柱,根据三视图所标数据,可得 V 长方体=6×8×6=288, 1 V 半圆柱=2×32×π×8=36π. ∴此几何体的体积为 V=288+36π. 2.设 a、b 是两条不同的直线,α、β 是两个不同的平面,则下列命题错误 的是 A.若 a⊥α,b∥α,则 a⊥b B.若 a⊥α,b∥a,b?β,则 α⊥β C.若 a⊥α,b⊥β,α∥β,则 a∥b D.若 a∥α,a∥β,则 α∥β 答案 解析 D 由题意可得 A、B、C 选项显然正确,对于选项 D:当 α,β 相交,且 ( )

a 与 α,β 的交线平行时,有 a∥α,α∥β,但此时 α 与 β 不平行.故选 D. → → → → 3.半径为 4 的球面上有 A,B,C,D 四点,且满足AB· =0,AD· =0, AC AC → → AB· =0,则△ABC,△ACD,△ADB 面积之和 S△ABC+S△ACD+S△ADB 的最大值 AD 为 A.8 C.32 答案 解析 C 设 AB=a,AC=b,AD=c, B.16 D.64 ( )

1 则 S△ABC+S△ACD+S△ADB=2(ab+ac+bc)
2 2 2 2 2 2 1 a +b a +c b +c ≤2( 2 + 2 + 2 )

1 =2(a2+b2+c2) 1 1 =2×4R2=2×4×42=32, 当且仅当 a=b=c 时取“=”. 4.设 a、b、c 表示三条不同的直线,α、β 表示两个不同的平面,则下列命 题中逆命题不成立的是 A.当 c⊥α 时,若 α∥β 时,则 c⊥β B.当 b?β,c 是 a 在 β 内的射影时,若 b⊥c,则 a⊥b C.当 b?β 时,若 b⊥α,则 β⊥α D.当 b?α,c?α 时,若 c∥α,则 b∥c 答案 解析 C A.其逆命题为当 c⊥α 时,若 c⊥β,则 α∥β,显然垂直于同一直线 ( )

的两平面平行,逆命题正确; B.其逆命题为当 b?β 时,c 是 a 在 β 内的射影,若 a⊥b,则 b⊥c,此为 三垂线定理内容,逆命题正确; C.其逆命题为当 b?β 时,若 β⊥α,则 b⊥a,显然两平面垂直,其中一平 面内任一直线不一定垂直另一平面,逆命题错误; D.其逆命题为当 b?α,c?α 时,若 b∥c,则 c∥α,此为线面平行的判断 定理,逆命题正确. 5. 2 中的实线围成的部分是长方体(图 1)的平面展开图, 图 其中四边形 ABCD 是边长为 1 的正方形. 若向虚线围成的矩形内任意抛掷一质点,它落在长方体的 1 平面展形图内的概率是4,则此长方体的体积是________.

答案 解析

3 设长方体的高为 h,则图 2 中虚线围成的矩形长为 2+2h,宽为 1+

2h,面积为(2+2h)(1+2h),展开图的面积为 2+4h;由几何概型的概率公式知 2+4h 1 =4,得 h=3,所以长方体的体积是 V=1×3=3. ?2+2h??1+2h? 6.(2010· 江苏)如图,在四棱锥 P-ABCD 中,PD⊥平面 ABCD,PD=DC =BC=1,AB=2,AB∥DC,∠BCD=90° .

(1)求证:PC⊥BC; (2)求点 A 到平面 PBC 的距离. 解析 (1)证明 因为 PD⊥平面 ABCD,BC?平面 ABCD,所以 PD⊥BC.

由∠BCD=90° ,得 BC⊥DC. 又 PD∩DC=D, 所以 BC⊥平面 PCD.

因为 PC?平面 PCD,故 PC⊥BC. (2)方法一 分别取 AB,PC 的中点 E,F,连接 DE,DF.

易证 DE∥BC,DF⊥PC,则 DE∥面 PBC. ∴点 D,E 到面 PBC 的距离相等. ∴点 A 到面 PBC 的距离为点 D 到面 PBC 的距离的 2 倍. 由(1)知 BC⊥面 PCD,∴面 PBC⊥面 PCD. 又 DF⊥PC,∴DF⊥面 PBC.

2 ∵PD=DC=1,∴DF= 2 . ∴点 A 到面 PBC 的距离为 2. 方法二

连接 AC,设点 A 到面 PBC 的距离为 h. ∵AB∥DC,∠BCD=90° , ∴∠ABC=90° . 由 AB=2,BC=1, 1 1 得 S△ABC=2AB×BC=2×2×1=1. 1 1 1 ∵VP-ABC=3S△ABC· PD=3×1×1=3, 又 VP-ABC=VA-PBC, 1 1 1 1 1 ∴3S△PBC· 3,即3×2×1× 2h=3,解得 h= 2. h= ∴点 A 到面 PBC 的距离为 2. 7. (2011· 北京理)如图, 在四棱锥 P-ABCD 中, PA⊥平面 ABCD, 底面 ABCD 是菱形,AB=2,∠BAD=60° .

(1)求证:BD⊥平面 PAC; (2)若 PA=AB,求 PB 与 AC 所成角的余弦值; (3)当平面 PBC 与平面 PDC 垂直时,求 PA 的长. 解析 (1)因为四边形 ABCD 是菱形,

所以 AC⊥BD. 又因为 PA⊥平面 ABCD, 所以 PA⊥BD,又 AC∩PA=A,

所以 BD⊥平面 PAC. (2)设 AC∩BD=O. 因为∠BAD=60° ,PA=AB=2, 所以 BO=1,AO=CO= 3. 如图,以 O 为坐标原点,建立空间直角坐标系 O-xyz,则 P(0,- 3,2), A(0,- 3,0),B(1,0,0,)C(0, 3,0),所以 → → PB=(1, 3,-2),AC=(0,2 3,0).

设 PB 与 AC 所成角为 θ, → → PB· AC 6 6 则 cosθ= = = . → → 2 2×2 3 4 |PB||AC| → (3)由(2)知BC=(-1, 3,0). 设 P(0,- 3,t)(t>0), → 则BP=(-1,- 3,t). 设平面 PBC 的一个法向量 m=(x,y,z), → → 则BC· m=0,BP· m=0, ?-x+ 3y=0, 所以? ?-x- 3y+tz=0. 6 令 y= 3,则 x=3,z= t . 6 所以 m=(3, 3, t ). 6 同理,平面 PDC 的一个法向量 n=(-3, 3, t ). 因为平面 PBC⊥平面 PDC,

36 所以 m· n=0,即-6+ t2 =0. 解得 t= 6,所以 PA= 6. 8.(2011· 浙江理)如图,在三棱锥 P-ABC 中,AB=AC,D 为 BC 的中点, PO⊥平面 ABC,垂足 O 落在线段 AD 上.已知 BC=8,PO=4,AO=3,OD= 2.

(1)证明:AP⊥BC; (2)在线段 AP 上是否存在点 M,使得二面角 A-MC-B 为直二面角?若存 在,求出 AM 的长;若不存在,请说明理由. 解析 方法一 (1)如图,以 O 为原点,以射线 OD 为 y 轴的正半轴,以射

线 OP 为 z 轴的正半轴,建立空间直角坐标系 O-xyz.

则 O(0,0,0),A(0,-3,0),B(4,2,0),C(-4,2,0),P(0,0,4). → → → → → → AP=(0,3,4),BC=(-8,0,0),由此可得AP· =0,所以AP⊥BC,即 AP⊥ BC BC. → → (2)设PM=λPA,λ≠1,则 → PM=λ(0,-3,-4). → → → → → BM=BP+PM=BP+λPA=(-4,-2,4)+λ(0,-3,-4)=(-4,-2-3λ, 4-4λ), → → AC=(-4,5,0),BC=(-8,0,0). 设平面 BMC 的法向量 n1=(x1, 1, 1), y z 平面 APC 的法向量 n2=(x2, 2, 2). y z

→ ?BM·1=0, n 由? → ?BC·1=0, n ?-4x1-?2+3λ?y1+?4-4λ?z1=0, 得? ?-8x1=0.

?x1=0, 即? 2+3λ z1 = ? 4-4λy1,
→ ?AP·2=0, n 由? → ?AC·2=0, n

2+3λ 可取 n1=(0,1, ). 4-4λ

?3y2+4z2=0, 即? ?-4x2+5y2=0,

?x2=5y2, ? 4 得? 3 ?z2=-4y2, ?

可取 n2=(5,4,-3).

2+3λ 由 n1·2=0,得 4-3· n =0. 4-4λ 2 解得 λ=5,故 AM=3. 综上所述,存在点 M 符合题意,AM=3. 方法二 (1)由 AB=AC,D 是 BC 的中点,得 AD⊥BC.

又 PO⊥平面 ABC,得 PO⊥BC. 因为 PO∩AD=O,所以 BC⊥平面 PAD,故 BC⊥PA. (2)如图,在平面 PAB 内作 BM⊥PA 于 M,连接 CM.

由(1)中知 AP⊥BC,得 AP⊥平面 BMC. 又 AP?平面 APC,

所以平面 BMC⊥平面 APC. 在 Rt△ADB 中,AB2=AD2+BD2=41,得 AB= 41. 在 Rt△POD 中,PD2=PO2+OD2. 在 Rt△PDB 中,PB2=PD2+BD2. 所以 PB2=PO2+OD2+DB2=36,得 PB=6. 在 Rt△POA 中,PA2=AO2+OP2=25,得 PA=5. PA2+PB2-AB2 1 又 cos∠BPA= =3, 2PA· PB 从而 PM=PBcos∠BPA=2,所以 AM=PA-PM=3. 综上所述,存在点 M 符合题意,AM=3. 9.(2011· 天津理)如图,在三棱柱 ABC-A1B1C1 中,H 是正方形 AA1B1B 的 中心,AA1=2 2,C1H⊥平面 AA1B1B,且 C1H= 5.

(1)求异面直线 AC 与 A1B1 所成角的余弦值; (2)求二面角 A-A1C1-B1 的正弦值; (3)设 N 为棱 B1C1 的中点,点 M 在平面 AA1B1B 内,且 MN⊥平面 A1B1C1, 求线段 BM 的长. 解析 方法一 如图所示,建立空间直角坐标系,点 B 为坐标原点,依题

意得 A(2 2,0,0),B(0,0,0),C( 2,- 2, 5),A1(2 2,2 2,0),B1(0,2 2, 0),C1( 2, 2, 5).

→ → (1)易得AC=(- 2,- 2, 5),A1B1=(-2 2,0,0). → → → → AC· 1B1 A 4 2 于是 cos〈AC,A1B1〉= = =3. → → 3×2 2 |AC|· 1B1| |A

2 所以异面直线 AC 与 A1B1 所成角的余弦值为 3 . → → (2)易知AA1=(0,2 2,0),A1C1=(- 2,- 2, 5). 设平面 AA1C1 的法向量 m=(x,y,z),

?m·→ 1=0, A1C 则? → ?m· 1=0. AA

?- 2x- 2y+ 5z=0, 即? ?2 2y=0.

不妨令 x= 5,可得 m=( 5,0, 2). 同样地,设平面 A1B1C1 的法向量 n=(x,y,z),

?n·→ 1=0, A1C 则? → ?n· 1B1=0. A

?- 2x- 2y+ 5z=0, 即? ?-2 2x=0.

不妨令 y= 5,可得 n=(0, 5, 2). m· n 于是 cos〈m,n〉=|m|· = |n| 3 5 从而 sin〈m,n〉= 7 . 3 5 所以二面角 A-A1C1-B1 的正弦值为 7 . 2 3 2 5 (3)由 N 为棱 B1C1 的中点,得 N( 2 , 2 , 2 ). → 2 3 2 5 设 M(a,b,0),则MN=( 2 -a, 2 -b, 2 ). → ?MN·→ 1=0, A1B 由 MN⊥平面 A1B1C1,得? → → ?MN· 1C1=0. A 2 2 =7. 7· 7

?? 22-a?· 2?=0, ?-2 ? 即? ?? 22-a?· 2?+?3 2 2-b?· ?- ?- ?

5 2?+ 2 · 5=0.

?a= 22, ? 解得? ?b= 42. ?

2 2 故 M( 2 , 4 ,0).

→ → 2 2 10 因此BM=( 2 , 4 ,0),所以线段 BM 的长|BM|= 4 . 方法二

(1)由于 AC∥A1C1,故∠C1A1B1 是异面直线 AC 与 A1B1 所成的角. 因为 C1H⊥平面 AA1B1B,又 H 为正方形 AA1B1B 的中心,AA1=2 2,C1H = 5,可得 A1C1=B1C1=3.
2 A1C1+A1B2-B1C2 2 1 1 因为 cos∠C1A1B1= =3. 2A1C1· 1B1 A

2 所以异面直线 AC 与 A1B1 所成角的余弦值为 3 . (2)连接 AC1,易知 AC1=B1C1. 又由于 AA1=B1A1,A1C1=A1C1, 所以△AC1A1≌△B1C1A1. 过点 A 作 AR⊥A1C1 于点 R,连接 B1R. 于是 B1R⊥A1C1. 故∠ARB1 为二面角 A-A1C1-B1 的平面角. 2 2 14 在 Rt△A1RB1 中,B1R=A1B1· sin∠RA1B1=2 2· 1-? 3 ?2= 3 . 连接 AB1,在△ARB1 中,AB1=4,AR=B1R. cos∠ARB1=
2 AR2+B1R2-AB1 2 =-7. 2AR· 1R B

3 5 从而 sin∠ARB1= 7 . 3 5 所以二面角 A-A1C1-B1 的正弦值为 7 .

(3)因为 MN⊥平面 A1B1C1,所以 MN⊥A1B1. 取 HB1 中点 D,连接 ND. 由于 N 是棱 B1C1 中点, 1 5 所以 ND∥C1H 且 ND=2C1H= 2 . 又 C1H⊥平面 AA1B1B, 所以 ND⊥平面 AA1B1B. 故 ND⊥A1B1. 又 MN∩ND=N,所以 A1B1⊥平面 MND. 连接 MD 并延长交 A1B1 于点 E, 则 ME⊥A1B1,故 ME∥AA1. DE B1E B1D 1 2 由AA =B A = B A =4,得 DE=B1E= 2 . 1 1 1 1 2 延长 EM 交 AB 于点 F,可得 BF=B1E= 2 . 连接 NE. 在 Rt△ENM 中,ND⊥ME,故 ND2=DE· DM. ND2 5 2 2 所以 DM= DE = 4 .可得 FM= 4 . 10 连接 BM.在 Rt△BFM 中,BM= FM2+BF2= 4 . 10.(2012· 东北三校联考)如图,在直三棱柱 ABC-A1B1C1 中,已知 BC=1, BB1=2,AB⊥平面 BB1C1C.

(1)求直线 C1B 与底面 ABC 所成角的正切值; (2)在棱 CC1(不包括端点 C、C1)上确定一点 E 的位置,使 EA⊥EB1(要求说 明理由); (3)在(2)的条件下,若 AB= 2,求二面角 A-EB1-A1 的大小. 解析 方法一 (1)在直三棱柱 ABC-A1B1C1 中,C1C⊥平面 ABC,

∴C1B 在平面 ABC 上的射影为 CB. ∴∠C1BC 为直线 C1B 与底面 ABC 所成的角. ∵在 Rt△CC1B 中,CC1=2,BC=1, ∴tan∠C1BC=2,即直线 C1B 与底面 ABC 所成角的正切值为 2. (2)连接 BE,当 E 为 CC1 的中点时,EA⊥EB1. ∵CE=EC1=1,BC=B1C1=1, ∴∠BEC=∠B1EC1=45° . ∴∠BEB1=90° ,即 B1E⊥BE. 又∵AB⊥平面 BB1C1C,EB1?平面 BB1C1C, ∴AB⊥EB1. 又 AB?平面 ABE,BE?平面 ABE,BE∩AB=B, ∴EB1⊥平面 ABE. 又 EA?平面 ABE,故 EA⊥EB1. (3)如图,取 EB1 的中点 G,A1E 的中点 F,连接 FG,则 FG∥A1B1,且 FG 1 =2A1B1.

∵A1B1⊥EB1,∴FG⊥EB1. 连接 A1B,AB1,设 A1B∩AB1=O, 1 连接 OF,OG,则 OG∥AE,且 OG=2EA. ∵EA⊥EB1,∴OG⊥EB1. ∴∠OGF 为二面角 A-EB1-A1 的平面角. 1 1 2 1 2 ∵AE= AC2+CE2=2,OG=2AE=1,FG=2A1B1= 2 ,OF=2BE= 2 , ∴∠OGF=45° . ∴二面角 A-EB1-A1 的大小为 45° . 方法二 以 B 为坐标原点,BC、BB1、AB 所在的直线分别为 x、y、z 轴建

立如图所示的空间直角坐标系,则

B(0,0,0),C1(1,2,0),B1(0,2,0).

→ (1)在直三棱柱 ABC-A1B1C1 中,平面 ABC 的一个法向量为BB1=(0,2,0),又 → BC1=(1,2,0), 设 BC1 与平面 ABC 所成的角为 θ, → → 2 5 则 sinθ=|cos〈BB1,BC1〉|= 5 . ∴tanθ=2,即直线 C1B 与底面 ABC 所成角的正切值为 2. → (2)设 E(1,y,0),A(0,0,z),则EB1=(-1,2-y,0), → EA=(-1,-y,z). → → ∵EA⊥EB1,∴EA· 1=1-y(2-y)=0. EB ∴y=1,即 E(1,1,0). ∴E 为 CC1 的中点. (3)由题知 A(0,0, 2),则 → → AE=(1,1,- 2),B1E=(1,-1,0). 设平面 AEB1 的一个法向量为 n=(x1,y1,z1), → ?n· =0, AE 则? → ?n· 1E=0. B ?x1+y1- 2z1=0, ∴? ?x1-y1=0. 令 x1=1,则 n=(1,1, 2). → → → ∵BE=(1,1,0),∴BE· 1E=1-1=0. B ∴BE⊥B1E.

又 BE⊥A1B1,∴BE⊥平面 A1B1E. → ∴平面 A1B1E 的一个法向量为BE=(1,1,0). → → n· BE 2 ∴cos〈n,BE〉= =2. → |n|· | |BE ∴二面角 A-EB1-A1 的大小为 45° . 11.如图,AC 是圆 O 的直径,点 B 在圆 O 上,∠BAC=30° ,BM⊥AC 交 AC 于点 M,EA⊥平面 ABC,FC∥EA,AC=4,EA=3,FC=1.

(1)证明:EM⊥BF; (2)求平面 BEF 与平面 ABC 所成的锐二面角的余弦值. 解析 方法一 (1)证明:∵EA⊥平面 ABC,BM?平面 ABC,∴EA⊥BM.

又∵BM⊥AC,EA∩AC=A, ∴BM⊥平面 ACFE. 而 EM?平面 ACFE. ∴BM⊥EM. ∵AC 是圆 O 的直径,∴∠ABC=90° . 又∵∠BAC=30° ,AC=4, ∴AB=2 3,BC=2,AM=3,CM=1. ∵EA⊥平面 ABC,FC∥EA,∴FC⊥平面 ABC. 又 FC=CM=1,AM=EA=3, ∴△EAM 与△FCM 都是等腰直角三角形. ∴∠EMA=∠FMC=45° . ∴∠EMF=90° ,即 EM⊥MF. ∵MF∩BM=M,∴EM⊥平面 MBF. 而 BF?平面 MBF,∴EM⊥BF. (2)解:延长 EF 交 AC 的延长线于 G,连接 BG,过点 C 作 CH⊥BG,连接

FH.

由(1)知 FC⊥平面 ABC,BG?平面 ABC, ∴FC⊥BG. 而 FC∩CH=C,∴BG⊥平面 FCH. ∵FH?平面 FCH,∴FH⊥BG. ∴∠FHC 为平面 BEF 与平面 ABC 所成的二面角的平面角. 在 Rt△ABC 中,∵∠BAC=30° ,AC=4,

∴BM=AB· sin30° 3. = FC GC 1 由EA=GA =3,得 GC=2. ∵BG= BM2+MG2= ? 3?2+32=2 3, 又∵△GCH∽△GBM, GC CH GC· BM 2× 3 ∴BG=BM,∴CM= BG = =1. 2 3 ∴△FCH 是等腰直角三角形,∠FHC=45° . 2 ∴平面 BEF 与平面 ABC 所成的锐二面角的余弦值为 2 . 方法二 (1)证明:因为 AC 是圆 O 的直径,所以∠ABC=90° ,又∠BAC=

30° ,AC=4,所以 AB=2 3,而 BM⊥AC,易得 AM=3,BM= 3. 如图,以 A 为坐标原点,垂直于 AC 的直线,AC、AE 所在的直线为 x,y, z 轴建立空间直角坐标系.

由已知条件得 A(0,0,0),M(0,3,0),E(0,0,3),B( 3,3,0),F(0,4,1). → → ∴ME=(0,-3,3),BF=(- 3,1,1).

→ → 由ME· =(0,-3,3)· BF (- 3,1,1)=0, → → 得ME⊥BF,∴EM⊥BF. → → (2)解:由(1)知BE=(- 3,-3,3),BF=(- 3,1,1). 设平面 BEF 的法向量为 n=(x,y,z), → → 由 n· =0,n· =0, BE BF ?- 3x-3y+3z=0, 得? ?- 3x+y+z=0. 令 x= 3得 y=1,z=2,∴n=( 3,1,2). → 由已知 EA⊥平面 ABC,所以平面 ABC 的一个法向量为AE=(0,0,3). 设平面 BEF 与平面 ABC 所成的锐二面角为 θ, → | 3×0+1×0+2×3| 2 则 cosθ=|cos〈n,AE〉|= =2. 3×2 2


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