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阶段综合测评7


阶段综合测评七

立体几何

(时间:120 分钟 满分:150 分) 第Ⅰ卷(选择题,共 60 分) 一、选择题(本大题共 12 小题,每小题 5 分,共 60 分.在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合 题目要求的) 1. (2015 届贵州省遵义高三模拟)对于任意的直线 l 与平面 α, 在平面 α 内必有直线 m, 使 m 与 l

( A.平行 C.垂直 B.相交 D.互为异面直线 )

解析:当直线 l 与平面 α 相交时 A 不成立;当直线 l 与平面 α 平行时 B 不成立;当直线 l 在平面 α 内 时 D 不成立,故选 C. 答案:C 2.(2015 届浙江省重点中学高三测试)给定下列两个关于异面直线的命题:那么( )

命题①:若平面 α 上的直线 a 与平面 β 上的直线 b 为异面直线,直线 c 是 α 与 β 的交线,那么 c 至多 与 a,b 中的一条相交; 命题②:不存在这样的无穷多条直线,它们中的任意两条都是异面直线. A.命题①正确,命题②不正确 B.命题②正确,命题①不正确 C.两个命题都正确 D.两个命题都不正确 解析:命题①中,c 至少与 a,b 中的一条直线相交;命题②中的异面直线是存在的,所以两个命题都 不对. 答案:D 3 3.在△ABC 中,AB=2,BC= , ∠ABC=120° ,若使△ABC 绕直线 BC 旋转一周,则所形成的几何 2 体的体积是( 3 A. π 2 7 C. π 2 ) 5 B. π 2 9 D. π 2

1 解析:旋转后得到的几何体是一个大圆锥中挖去一个小圆锥,故所求体积为 V=V 大圆锥-V 小圆锥= πr21 3 3 3 + -1= π. 2 2 答案:A 4. (2015 届广东执信中学高三调研)将正方体(如图 1 所示)截去两个三棱锥, 得到如图 2 所示的几何体,

1

则该几何体的左视图为(

)

答案:B 5.(2015 届安徽六校联考)某四棱台的三视图如图所示,则该四棱台的体积是( )

A.4 16 C. 3

14 B. 3 D.6

解析:由四棱台的三视图可知该四棱台为上、下底面分别为边长为 1 和 2 的正方形,高为 2,则其体 1 14 积为 ×2×(1+4+2)= ,所以选 B. 3 3 答案:B 6.(2015 届辽宁师大附中高三模拟)已知平面 α、β、γ,则下列命题中正确的是( A.α⊥β,α∩β=a,a⊥b,则 b⊥α B.α⊥β,β⊥γ,则 α∥γ C.α∩β=a,β∩γ=b,α⊥β,则 a⊥b D.α∥β,β⊥γ,则 α⊥γ 解析:A 选项中 b 可能跟 α 斜交,B 选项中可能 α 与 γ 垂直,C 选项中 a 可能与 b 不垂直,故 D 选项 正确,故选 D. 答案:D 7.(2015 届重庆市一中高三模拟)一个几何体的三视图如图所示,则该几何体的体积为( )
2

)

A.5 3 5 3 C. 3

4 3 B. 3 D. 3

解析:由三视图可知该几何体是过一正三棱柱的上底面一边作截面,截去的部分为三棱锥,而得到的 1 几何体,原正三棱柱的底面边长为 2,高为 2,体积 V1=Sh= ×2× 3×2=2 3.截去的三棱锥的高为 1, 2 1 3 5 3 体积 V2= × 3×1= .故所求体积为 V=V1-V2= ,故选 C. 3 3 3 答案:C 8.(2015 届辽宁师大附中高三上学期期中考试)已知四面体 P-ABC 中,PA=4,AC=2 7,PB=BC =2 3,PA⊥平面 PBC,则四面体 P-ABC 的内切球半径与外接球半径的比为( A. 2 16 3 2 B. 8 D. 2 8 )

3 2 C. 16

1 1 1 1 解析:设内切球的半径为 r,则 V= S△ABCr+ S△PBCr+ S△PABr+ S△PACr,求出 r,把三棱锥补成一个 3 3 3 3 3 2 三棱柱,根据勾股定理求出外接球的半径 R,然后求出内切球半径与外接球半径的比为 . 16 答案:C 9.(2015 届浙江省温州十校高三联考)设 m、n 是两条不同的直线,α、β 是两个不同的平面,下列命 题中错误的是( )

A.若 m⊥α,m∥n,n∥β,则 α⊥β B.若 α⊥β,m?α,m⊥β,则 m∥α C.若 m⊥β,m?α,则 α⊥β D.若 α⊥β,m?α,n?β,则 m⊥n 解析:若 m⊥α,m∥n,n∥β,则由平面与平面垂直的判定定理得 α⊥β,故 A 正确;若 α⊥β,m?α, m⊥β,则由直线与平面平行的判定定理得 m∥α,故 B 正确;若 m⊥β,m?α,则由平面与平面垂直的判 定定理得 α⊥β,故 C 正确;若 α⊥β,m?α,n?β,则 m 与 n 相交、平行或异面,故 D 错误,故选 D. 答案:D 10.(2015 届辽宁师大附中高三模拟)一个棱锥的三视图如图(单位为 cm),则该棱锥的全面积是( )
3

A.4+2 6 C.4+2 2

B.4+ 6 D.4+ 2

解析:由三视图可知:原几何体是一个如图所示的三棱锥,点 O 为边 AC 的中点,且 PO⊥底面 ABC, 1 1 OB⊥AC, PO=AC=OB=2.可求得 S△PAC= ×2×2=2, S△ABC= ×2×2=2.∵PO⊥AC, ∴在 Rt△POA 中, 2 2 由勾股定理得 PA= PO2+OA2= 22+12= 5.同理 AB=BC=PC=PA= 5.由 PO⊥底面 ABC,得 PO⊥ OB,在 Rt△POB 中,由勾股定理得 PB= PO2+OB2=2 2.由于△PAB 是一个腰长为 5,底边长为 2 2的 1 等腰三角形,可求得底边上的高 h= ? 5?2-? 2?2= 3.∴S△PAB= ×2 2× 3= 6.同理 S△PBC= 6.故该 2 棱锥的全面积=2+2+ 6+ 6=4+2 6.

答案:A 11.如图,边长为 a 的等边三角形 ABC 的中线 AF 与中位线 DE 交于点 G,已知△A′DE ADE 绕 DE 旋转过程中的一个图形(A′不与 A,F 重合),则下列命题中正确的是( ) 是 △

①动点 A′在平面 ABC 上的射影在线段 AF 上;②BC∥平面 A′DE;③三棱锥 A′-FED 的体积有 最大值. A.① C.①②③ B.①② D.②③

解析:①由已知可得平面 A′FG⊥平面 ABC,∴点 A′在平面 ABC 上的射影在线段 AF 上.②BC∥ DE, BC?平面 A′DE, DE?平面 A′DE, ∴BC∥平面 A′DE.③当平面 A′DE⊥平面 ABC 时, 三棱锥 A′
4

-FED 的体积达到最大. 答案:C 12.(理)已知正方形 ABCD 的边长是 4,对角线 AC 与 BD 交于点 O,将正方形 ABCD 沿对角线 BD 折 3 出 60° 的二面角,并给出下面结论:①AC⊥BD;②AD⊥CO;③△AOC 为正三角形;④cos∠ADC= .则其 4 中的真命题是( )

A.①③④ C.②③④

B.①②④ D.①②③

解析:如图所示,易知∠AOC 为二面角 A-BD-C 的平面角,即∠AOC=60° ,且 AO=OC,故△AOC 为正三角形,即③正确;又 BD⊥平面 AOC,故 BD⊥AC,即①正确;在△ADC 中,可知 AD=DC=4, 3 AC=AO=2 2,故利用余弦定理可解得 cos∠ADC= ,故④正确. 4 答案:A (文)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( )

A.1 个 C.3 个 解析:

B .2 个 D.4 个

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.

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答案:B 第Ⅱ卷(非选择题,共 90 分) 二、填空题(本大题共 4 小题,每小题 5 分,共 20 分.把答案填在题中横线上) 13.(2015 届广东高三联考)一个几何体的正(主)视图和侧(左)视图都是边长为 2 的等边三角形,俯视图 如图所示,则这个几何体的体积为________.

1 解析:由三视图可知,该几何体是一个底面边长为 2,高为 3的正四棱锥,其体积为 V= ×22× 3= 3 4 3 . 3 4 3 答案: 3 14.(理)如图,正方形 ACDE 与等腰直角三角形 ACB 所在的平面互相垂直,且 AC=BC=2,∠ACB =90° ,F,G 分别是线段 AE,BC 的中点,则 AD 与 GF 所成的角的余弦值为________.

解析:如图,正方形 ACDE 与等腰直角三角形 ACB 所在的平面互相垂直,且 AC=BC=2,∠ACB= 90° ,F,G 分别是线段 AE,BC 的中点,以 C 为原点建立空间直角坐标系如图所示,

→ → → → A(0,2,0),B(2,0,0),D(0,0,2),G(1,0,0),F(0,2,1),AD=(0,-2,2),GF=(-1,2,1),∴|AD|=2 2,|GF

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→ → AD· GF 3 3 → → → → |= 6,AD· GF=-2,∴cos〈AD,GF〉= =- .∴直线 AD 与 GF 所成角的余弦值为 . 6 6 → → |AD||GF| 答案: 3 6

(文)圆台上、下底面面积分别是 π,4π,侧面积为 6π,则这个圆台的体积为________. 解析:∵S1=π,S2=4π,∴r=1,R=2,S 侧=π(R+r)l=6π,∴l=2,∴h= 1 7 3 = π(1+4+2)× 3= π. 3 3 7 3 答案: π 3 15.(2015 届青岛模拟)如图所示,在四棱锥 P-ABCD 中,PA⊥底面 ABCD,且底面各边都相等,M 是 PC 上的一动点, 当点 M 满足________时, 平面 MBD⊥平面 PCD.(只要填写一个你认为是正确的条件即 可) l2-?R-r?2= 3,∴V

解析:由定理可知,BD⊥PC. 所以当 DM⊥PC 时,即有 PC⊥平面 MBD, 而 PC?平面 PCD, 所以平面 MBD⊥平面 PCD. 答案:DM⊥PC(答案不唯一) 16.如图,正方形 BCDE 的边长为 a,已知 AB= 3BC,将直角△ABE 沿 BE 边折起,A 点在平面 BCDE 上的射影为 D 点,则对翻折后的几何体有如下描述:

1 (1)四棱锥 B-ACE 的体积是 a3; 6 (2)AB∥CD; (3)平面 EAB⊥平面 ADE. 其中正确的叙述有________(写出所有正确结论的编号). 解析:翻折后得到的直观图如图所示.

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AB 与 DE 所成的角也就是 AB 与 BC 所成的角,即为∠ABC. 因为 AD⊥平面 BCDE,所以平面 ADC⊥平面 BCDE. 又因为四边形 BCDE 为正方形, 所以 BC⊥CD. 可得 BC⊥平面 ACD. 所以 BC⊥AC. 因为 BC=a,AB= 3BC= 3a, 则 AC= AB2-BC2= 2a.由 AD= AC2-CD2=a,可得 1 1 a3 VB-ACE=VA-BCE= × a2· a= ,故(1)正确; 3 2 6 因为 AB 与 CD 异面,故(2)错; 因为 AD⊥平面 BCDE,所以平面 ADE⊥平面 BCDE. 又 BE⊥ED,所以 BE⊥平面 ADE,故平面 EAB⊥平面 ADE,故(3)正确. 答案:(1)(3) 三、解答题(本大题共 6 小题,共 70 分.解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤) 17. (10 分)(2015 届江苏盐城高三模拟)如图, 在四棱锥 P-ABCD 中, 侧棱 PA⊥底面 ABCD, 底面 ABCD 为矩形,E 为 PD 上一点,AD=2AB=2AP=2,PE=2DE.

(1)若 F 为 PE 的中点,求证 BF∥平面 ACE; (2)求三棱锥 P-ACE 的体积. 解:(1)证明:若 F 为 PE 的中点, 由于底面 ABCD 为矩形,E 为 PD 上一点,AD=2AB=2AP=2,PE=2DE, 故 E,F 都是线段 PD 的三等分点. 设 AC 与 BD 的交点为 O,则 OE 是△BDF 的中位线, 故有 BF∥OE, OE?面 ACE,BF?面 ACE. 故 BF∥平面 ACE.
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(2)由于侧棱 PA⊥底面 ABCD,且 ABCD 为矩形, 故有 CD⊥PA,CD⊥AD, 故 CD⊥平面 PAE. 1 1 ?2 12 1 1 · S△ ?· 三棱锥 P-ACE 的体积 VP-ACE=VC-PAE= S△PAE· CD= · AB= ·· PA· AD· AB= · PA· AD· AB= 3 3 ?3 PAD? 33 2 9 1 2 · 1· 2· 1= . 9 9 18.(理)(12 分)(2015 届河北省衡水中学高三模拟)如图,四棱锥 P-ABCD 中,底面 ABCD 为菱形,∠ BAD=60° ,Q 是 AD 的中点.

(1)若 PA=PD,求证:平面 PQB⊥平面 PAD; (2)若平面 APD⊥平面 ABCD,且 PA=PD=AD=2,在线段 PC 上是否存在点 M,使二面角 M-BQ- C 的大小为 60° ,若存在,试确定点 M 的位置,若不存在,请说明理由. 解:(1)证明:∵PA=PD,Q 为 AD 的中点,∴PQ⊥AD,又∵底面 ABCD 为菱形,∠BAD=60° ,∴ BQ⊥AD, 又 PQ∩BQ=Q, ∴AD⊥平面 PQB, 又∵AD?平面 PAD, ∴平面 PQB⊥平面 PAD. (2)∵平面 PAD⊥平面 ABCD,平面 PAD∩平面 ABCD=AD,PQ⊥AD,∴PQ⊥平面 ABCD, 以 Q 为坐标原点,分别以 QA,QB,QP 为 x,y,z 轴, 建立空间直角坐标系,如图.

则 Q(0,0,0),P(0,0, 3),B(0, 3,0),C(-2, 3,0), → → 设PM=λPC(0<λ<1), 则 M(-2λ, 3λ, 3?1-λ?).平面 CBQ 的一个法向量为 n1=(0,0,1), 设平面 MBQ → ? n2=0, ?QM· 3-3λ 的法向量为 n2=(x,y,z),由? ∴n2=? , ,0, 3?,∵二面角 M-BQ-C 的大小为 60° 2λ ? ? → ? n2=0. ?QB·

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1 1 PM 1 cos60° =|cos〈n1,n2〉|= ,解得 λ= ,∴ = . 2 3 PC 3 ∴存在点 M,为线段 PC 靠近 P 的三等分点. (文)(12 分)(2015 届天水一中高三调研)已知在四棱锥 P-ABCD 中,AD∥BC,AD⊥CD,PA=PD=AD =2BC=2CD,E,F 分别为 AD,PC 的中点.

(1)求证:AD⊥平面 PBE; (2)求证:PA∥平面 BEF. 证明:(1)因为 PA=PD=AD,E 为 AD 中点,所以 AD⊥PE,又 AD∥BC,AD⊥CD,AD=2BC,∴ ED 綊 BC,AD⊥BE,因为 PE,BE 都在平面 PBE 内,且 PE∩BE=E,所以 AD⊥平面 PBE. (2)连接 AC 交 BE 于点 G,连接 FG. 因为 BC 平行且等于 AE,所以 G 为 BE 中点,又 F 为 PC 中点,所以 PA∥EG, 因为 PA?平面 BEF,FG?平面 BEF,所以 PA∥平面 BEF. 19.(理)(12 分)如图,AB=AD,∠BAD=90° ,M,N,G 分别是 BD,BC,AB 的中点,将等边△BCD 沿 BD 折叠到△BC′D 的位置,使得 AD⊥C′B.

(1)求证:平面 GNM∥平面 ADC′; (2)求证:C′A⊥平面 ABD. 证明:(1)∵M,N 分别是 BD,BC′的中点, ∴MN∥DC′, 又 MN?平面 ADC′,DC′?平面 ADC′, ∴MN∥平面 ADC′. 同理 NG∥平面 ADC′.又 NG∩MN=N, ∴平面 GNM∥平面 ADC′. (2)∵∠BAD=90° ,∴AD⊥AB. 又 AD⊥C′B,AB∩C′B=B, ∴AD⊥平面 C′AB.又 C′A?平面 C′AB,∴AD⊥C′A.

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∵△BCD 是等边三角形,∴AB=AD. 设 AB=1,则 BC=CD=BD= 2, 得 C′A=1,∴AB⊥C′A.又 AB∩AD=A, ∴C′A⊥平面 ABD. (文)(12 分)在四棱锥 P-ABCD 中,PD⊥平面 ABCD,底面 ABCD 为矩形,PD=DC=4,AD=2,E 为 PC 的中点.

(1)求三棱锥 A-PDE 的体积; (2)AC 边上是否存在一点 M,使得 PA∥平面 EDM?若存在,求出 AM 的长;若不存在,请说明理由. 解:(1)因为 PD⊥平面 ABCD,AD?平面 ABCD,所以 PD⊥AD. 又因为四边形 ABCD 是矩形,所以 AD⊥CD. 因为 PD∩CD=D,所以 AD⊥平面 PCD, 所以 AD 是三棱锥 A-PDE 的高. 因为 E 为 PC 的中点,且 PD=DC=4, 1 1 1 ×4×4?=4. 所以 S△PDE= S△PDC= ×? ? 2 2 ?2 1 1 8 又 AD=2,所以 VA-PDE= AD· S△PDE= ×2×4= . 3 3 3 (2)取 AC 中点 M,连接 EM,DM.如图所示,

因为 E 为 PC 的中点,M 是 AC 的中点,所以 EM∥PA. 又因为 EM?平面 EDM,PA?平面 EDM, 所以 PA∥平面 EDM. 1 所以 AM= AC= 5. 2 即在 AC 边上存在一点 M,使得 PA∥平面 EDM,且 AM 的长为 5. 20.(理)(12 分)(2015 届湖南省师大附中高三模拟)如图,四面体 A-BCD 中,AD⊥面 BCD,BC⊥CD, → → AD=2,BD=2 2,M 是 AD 的中点,P 是△BMD 的外心,点 Q 在线段 AC 上,且AC=4QC.
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(1)证明:PQ∥平面 BCD; (2)若二面角 C-BM-D 的大小为 60° ,求四面体 A-BCD 的体积 解:(1)证明:取 BD 的中点 O,在线段 CD 上取点 F,使得 DF=3CF,连接 OP、OF、FQ. ∵△ACD 中,AQ=3QC 且 DF=3CF, 1 ∴QF∥AD 且 QF= AD. 4 ∵△BDM 中,O、P 分别为 BD、BM 的中点, 1 1 ∴OP∥DM,且 OP= DM,结合 M 为 AD 中点得 OP∥AD 且 OP= AD, 2 4 ∴OP∥QF 且 OP=QF,可得四边形 OPQF 是平行四边形, ∴PQ∥OF. ∵PQ?平面 BCD 且 OF?平面 BCD, ∴PQ∥平面 BCD. (2)过点 C 作 CG⊥BD,垂足为 G,过 G 作 GH⊥BM 于 H,∵AD⊥平面 BCD,CG?平面 BCD,∴AD ⊥CG,连接 CH. 又∵CG⊥BD,AD,BD 是平面 ABD 内的相交直线, ∴CG⊥平面 ABD,结合 BM?平面 ABD,得 CG⊥BM. ∵GH⊥BM,CG,GH 是平面 CGH 内的相交直线, ∴BM⊥平面 CGH,可得 BM⊥CH. 因此,∠CHG 是二面角 C-BM-D 的平面角,可得∠CHG=60° . 设∠BDC=θ,可得 Rt△BCD 中,CD=BDcosθ=2 2cosθ,CG=CDsinθ=2 2sinθcosθ,BG=BCsinθ=2 2sin2θ, BG· DM 2 2 2 Rt△BMD 中,HG= = sin θ, BM 3 CG 3cosθ Rt△CHG 中,tan∠CHG= = = 3, GH sinθ ∴tanθ= 3,可得 θ=60° ,即∠BDC=60° ,∵BD=2 2,∴CD= 2, 1 3 ∴S△BCD= ×2 2× 2× = 3, 2 2 1 2 3 ∴VA-BCD= × 3×2= . 3 3
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(文)(12 分)调 19 题的(理) 21.(理)(12 分)(2015 届浙江省重点中学高三联考)如图,已知三棱柱 ABC-A1B1C1 的侧棱与底面垂直, → → AA1=AB=AC=1,AB⊥AC,M、N 分别是 CC1、BC 的中点,点 P 在直线 A1B1 上,且满足A1P=λA1B1(λ ∈R).

(1)证明:PN⊥AM; (2)若平面 PMN 与平面 ABC 所成的角为 45° ,试确定点 P 的位置. 解:(1)证明:如图,以 AB,AC,AA1 分别为 x,y,z 轴,建立空间直角坐标系 A-xyz.

1 1 ? 1? ? 则 P(λ,0,1),N? ?2,2,0?,M?0,1,2?, 1 1 1? → ? → ? 从而PN=? ?2-λ,2,-1?,AM=?0,1,2?, 1 1 → → ?1 ? PN· AM=?2-λ?×0+ ×1-1× =0, 2 2 所以 PN⊥AM. → (2)平面 ABC 的一个法向量为 n=AA1=(0,0,1). 设平面 PMN 的一个法向量为 m=(x,y,z), 1? → 由(1)得MP=? ?λ,-1,2?.

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?λ-1?x-1y+z=0, → ? ? ? 2? 2 N P =0, ?m· 由? 得? 1 → ?m· MP=0, ? ?λx-y+2z=0,
1 x, ?y=2λ+ 3 解得? 2?1-λ? ?z= 3 x.

令 x=3,得 m=(3,2λ+1,2(1-λ)).

∵平面 PMN 与平面 ABC 所成的二面角为 45° , ∴|cos〈m,n〉|= 1 解得 λ=- . 2 1 故点 P 在 B1A1 的延长线上,且|A1P|= . 2 (文)(12 分)(2015 届中山一中高三模拟)如图,在四棱锥 P-ABCD 中,PA⊥平面 ABCD,底面 ABCD 是 菱形,点 O 是对角线 AC 与 BD 的交点,M 是 PD 的中点,AB=2,∠BAD=60° . |2?1-λ?| 2 m· n = = , |m|· |n| 9+?2λ+1?2+4?1-λ?2 2

(1)求证:OM∥平面 PAB; (2)求证:平面 PBD⊥平面 PAC; (3)当四棱锥 P-ABCD 的体积等于 3时,求 PB 的长. 解:(1)证明:∵在△PBD 中,O,M 分别是 BD、PD 的中点,

∴OM 是△PBD 的中位线,∴OM∥PB, OM?平面 PAB,PB?平面 PAB,
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∴OM∥平面 PAB. (2)证明:∵底面 ABCD 是菱形,∴BD⊥AC, ∵PA⊥平面 ABCD,BD?平面 ABCD, ∴PA⊥BD, ∵AC?平面 PAC,PA?平面 PAC,AC∩PA=A, ∴BD⊥平面 PAC. ∵BD?平面 PBD, ∴平面 PBD⊥平面 PAC. (3)因为底面 ABCD 是菱形,AB=2,∠BAD=60° ,所以 SABCD=2 3. 1 3 ∵四棱锥 P-ABCD 的高为 PA,∴ ×2 3×PA= 3,得 PA= . 3 2 ∵PA⊥平面 ABCD,AB?平面 ABCD,∴PA⊥AB. 在 Rt△PAB 中,PB= PA2+AB2=

?3?2+22=5. ? 2? 2

22.(理)(12 分)如图,在直三棱柱 ABC-A1B1C1 中,AB=BC=2AA1,∠ABC=90° ,D 是 BC 的中点. (1)求证:A1B∥平面 ADC1; (2)求二面角 C1-AD-C 的余弦值; (3)试问线段 A1B1 上是否存在点 E,使 AE 与 DC1 成 60° 角?若存在,确定 E 点位置;若不存在,说明 理由.

解:(1)证明:连接 A1C,交 AC1 于点 O,连接 OD. 由 ABC-A1B1C1 是直三棱柱,得四边形 ACC1A1 为矩形,O 为 A1C 的中点. 又 D 为 BC 的中点,所以 OD 为△A1BC 的中位线. 所以 A1B∥OD. 因为 OD?平面 ADC1,A1B?平面 ADC1, 所以 A1B∥平面 ADC1. (2)

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由 ABC-A1B1C1 是直三棱柱,且∠ABC=90° ,得 BA,BC,BB1 两两垂直. 以 BC, BA,BB1 所在直线分别为 x,y,z 轴,建立如图所示的空间直角坐标系.设 BA=2, 则 B(0,0,0), C(2,0,0),A(0,2,0),C1(2,0,1),D(1,0,0), → → 所以AD=(1,-2,0),AC1=(2,-2,1). 设平面 ADC1 的一个法向量为 n=(x,y,z), → ? AD=0, ?n· 则有? → ? AC1=0. ?n·
?x-2y=0, ? 所以? 取 y=1,得 n=(2,1,-2). ?2x-2y+z=0. ?

易知平面 ADC 的一个法向量为 v=(0,0,1). n· v 2 所以 cos〈n,v〉= =- . |n|· |v| 3 因为二面角 C1-AD-C 是锐二面角, 2 所以二面角 C1-AD-C 的余弦值为 . 3 (3)存在点 E 为 A1B1 的中点时满足条件,理由如下: 假设存在满足条件的点 E. 因为点 E 在线段 A1B1 上,A1(0,2,1),B1(0,0,1), 故可设 E(0,λ,1),其中 0≤λ≤2. → → 所以AE=(0,λ-2,1),DC1=(1,0,1). 因为 AE 与 DC1 成 60° 角, → → ? ? AE · DC1 1 → → 所以|cos〈AE,DC1〉|=? = → → ? 2 ?|AE||DC1|? 即? 1 ? ?=1,解得 λ=1 或 λ=3(舍去). ? 2 2 ? λ - 2 ? + 1· 2 ? ?

(文)(12 分)如图,在 Rt△ABC 中,AB=BC=4,点 E 在线段 AB 上,过点 E 作 EF∥BC 交 AC 于点 F, 将△AEF 沿 EF 折起到△PEF 的位置(点 A 与点 P 重合),使得∠PEB=30° . (1)求证:EF⊥PB; (2)试问:当点 E 在何处时,四棱锥 P-EFCB 的侧面 PEB 的面积最大?并求此时四棱锥 P-EFCB 的 体积.

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解:(1)证明:在 Rt△ABC 中,因为 EF∥BC,AB⊥BC,所以 EF⊥AB. 所以 EF⊥EB,EF⊥EP. 又因为 EB∩EP=E,所以 EF⊥平面 PEB. 因为 PB?平面 PEB,所以 EF⊥PB. (2)由(1)知 EF⊥平面 PEB,又因为 EF?平面 BCFE, 所以平面 BCFE⊥平面 PEB,又因为平面 BCFE∩平面 PEB=BE, 在平面 PEB 内,过 P 点作 PD⊥BE 于 D,如图所示,

所以 PD⊥平面 BCFE. 设 PE=x,x∈(0,4),则 BE=4-x. 1 在 Rt△PED 中,因为∠PED=30° ,所以 PD= x, 2 1 1x 所以 S△PEB= · PD· BE= ·· (4-x) 2 22 1 =- (x-2)2+1, 4 当且仅当 x=2,即 E 为 AB 的中点时,△PEB 的面积最大. 1 此时 PD= ×2=1, 2 1 易得 S 梯形 EFCB= ×(4+2)×2=6. 2 1 1 所以 VP-EFCB= · S · PD= ×6×1=2. 3 梯形 EFCB 3

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