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浙江省湖州五中2014-2015学年高二上学期第一次质检数学试卷 Word版含解析


2014-2015 学年浙江省湖州五中高二(上)第一次质检数学试卷
一、选择题(本大题共 10 小题,每小题 5 分,共 50 分. ) 1.下列命题正确的是( ) A.若两条直线和同一个平面所成的角相等,则这两条直线平行 B. 若一个平面内有三个点到另一个平面的距离相等,则这两个平面平行 C. 若一条直线平行于两个相交平面,则这条直线与这两个平面的交线平行 D. 若两个平面都垂直于第三个平面,则这两个平面平行 2.一个几何体的三视图如图所示,则该几何体的体积为( )

A.

B.

C.

D.

3. 边长为 5cm 的正方形 EFGH 是圆柱的轴截面, 则从 E 点沿圆柱的侧面到相对顶点 G 的最短 距离是( ) A. 10 B. C. D.

4.下列命题中正确命题的个数是( ) ①一条直线和另一条直线平行,那么它和经过另一条直线的任何平面平行; ②一条直线平行于一个平面, 则这条直线与这个平面内所有直线都没有公共点, 因此这条直 线与这个平面内的所有直线都平行; ③若直线与平面不平行,则直线与平面内任一直线都不平行; ④与一平面内无数条直线都平行的直线必与此平面平行. A. 0 B. 1 C. 2 D. 3 5.设 m,n 是两条不同的直线,α,β是两个不同的平面,下列命题中正确的是( A. 若α⊥β,m? α,n? β,则 m⊥n B. 若α∥β,m? α,n? β,则 m∥n C. 若 m⊥n,m? α,n? β,则α⊥β D. 若 m⊥α,m∥n,n∥β,则α⊥β )

6. 一个正四棱柱的各个顶点都在一个半径为 2cm 的球面上, 如果正四棱柱的底面边长为 2cm, 那么该棱柱的表面积为( ) A. (2+4 )cm B. (4+8
2

)cm C. (8+16

2

)cm D. (16+32

2

)cm

2

7. 在长方体 ABCD﹣A1B1C1D1 中, AB= A. B. C.

, B1B=BC=1, 则线 BC1 与面 BDD1B1 所成角的正弦为 ( D.



8.正方形 ABCD 沿对角线 AC 折成直二面角,则异面直线 AD 和 BC 所成角为( A. B. C. D.



9.在正三棱柱 ABC﹣A1B1C1 中,若 AB=2,AA1=1,则点 A 到平面 A1BC 的距离为( A. B. C. D.



10.如图,四边形 ABCD 是边长为 1 的正方形,MD⊥平面 ABCD,NB⊥平面 ABCD,MD=BN=1,G 为 MC 的中点,则下列结论中不正确的是( )

A. MC⊥AN B. GB∥平面 AMN C. 面 CMN⊥面 AMN D. 面 DCM∥面 ABN

二、填空题(本大题共 7 小题,每小题 4 分,共 28 分. ) 11.已知 a,b 是两条异面直线,直线 c∥a,那么 c 与 b 的位置关系是 12.半径为 R 的半圆卷成圆锥,其表面积为 .



13.已知正三角形 ABC 的边长为 a,那么△ABC 的平面直观图△A′B′C′的面积 为 . 14.若空间四边形两条对角线的长度分别是 6 和 8,所成角是 45°,则连接各边中点所得四 边形的面积是 . 15.如图,△ABC 中,∠C=90°,∠A=30°,BC=1.在三角形内挖去半圆(圆心 O 在边 AC 上,半圆与 BC、AB 相切于点 C、M,与 AC 交于 N) ,则图中阴影部分绕直线 AC 旋转一周所得 旋转体的体积为 .

16.如图,矩形 ABCD 中,AB=1,BC=a,PA⊥平面 ABCD,若在 BC 上只有两个点 Q 满足 PQ⊥ DQ,则 a 的取值范围是 .

17.如图,在直角梯形 ABCD 中,BC⊥DC,AE⊥DC,M、N 分别是 AD、BE 的中点,将三角形 ADE 沿 AE 折起,下列说法正确的是 (填上所有正确的序号) . ①不论 D 折至何位置(不在平面 ABC 内)都有 MN∥面 DEC; ②不论 D 折至何位置都有 MN⊥AE; ③不论 D 折至何位置(不在平面 ABC 内)都有 MN∥AB.

三、解答题(本大题共 5 小题,第 18 至 20 题每题 14 分,第 21,22 题 15 分. ) 18.如图的三个图中,上面的是一个长方体截去一个角所得多面体的直观图,它的正视图和 侧视图在下面画出(单位:cm) . (1)在正视图下面,按照画三视图的要求画出该多面体的俯视图; (2)按照给出的尺寸,求该多面体的体积; (3)在所给直观图中连结 BC′,证明:BC′∥面 EFG.

19.如图,四边形 ABCD 为矩形,PD⊥平面 ABCD,PD=DC,E 是 PC 的中点. (1)证明:PA∥平面 EDB; (2)证明:DE⊥平面 PBC.

20.如图,三棱柱 ABC﹣A1B1C1 中,CA=CB,AB=AA1,∠BAA1=60°. (Ⅰ)证明 AB⊥A1C; (Ⅱ)若平面 ABC⊥平面 AA1B1B,AB=CB,求直线 A1C 与平面 BB1C1C 所成角的正弦值.

21.在正方体 ABCD﹣A1B1C1D1 中,AA1=2,E 为棱 CC1 的中点. (1)求三棱锥 E﹣ABD 的体积; (2)求证:B1D1⊥AE; (3)求证:AC∥平面 B1DE.

22.已知四棱锥 P﹣ABCD 的底面为直角梯形,AB∥DC,∠DAB=90°,PA⊥底面 ABCD,且 PA=AD=DC= AB=1. (Ⅰ)证明:面 PAD⊥面 PCD; (Ⅱ)求 AC 与 PB 所成的角的余弦值; (Ⅲ)求线 BP 与面 PAC 所成角的余弦值.

2014-2015 学年浙江省湖州五中高二 (上) 第一次质检数 学试卷
参考答案与试题解析

一、选择题(本大题共 10 小题,每小题 5 分,共 50 分. ) 1.下列命题正确的是( ) A. 若两条直线和同一个平面所成的角相等,则这两条直线平行 B. 若一个平面内有三个点到另一个平面的距离相等,则这两个平面平行 C. 若一条直线平行于两个相交平面,则这条直线与这两个平面的交线平行 D. 若两个平面都垂直于第三个平面,则这两个平面平行 考点: 命题的真假判断与应用;空间中直线与平面之间的位置关系. 专题: 简易逻辑. 分析: 利用直线与平面所成的角的定义,可排除 A;利用面面平行的位置关系与点到平面 的距离关系可排除 B;利用线面平行的判定定理和性质定理可判断 C 正确;利用面面垂直的 性质可排除 D. 解答: 解:A、若两条直线和同一个平面所成的角相等,则这两条直线平行、相交或异面, 故 A 错误; B、若一个平面内有三个点到另一个平面的距离相等,则这两个平面平行或相交,故 B 错误; C、设平面α∩β=a,l∥α,l∥β,由线面平行的性质定理,在平面α内存在直线 b∥l, 在平面β内存在直线 c∥l,所以由平行公理知 b∥c,从而由线面平行的判定定理可证明 b ∥β,进而由线面平行的性质定理证明得 b∥a,从而 l∥a,故 C 正确; D,若两个平面都垂直于第三个平面,则这两个平面平行或相交,排除 D. 故选 C. 点评: 本题主要考查了空间线面平行和垂直的位置关系,线面平行的判定和性质,面面垂 直的性质和判定,空间想象能力,属基础题. 2.一个几何体的三视图如图所示,则该几何体的体积为( )

A.

B.

C.

D.

考点: 由三视图求面积、体积. 专题: 空间位置关系与距离. 分析: 根据已知中的三视图,可分析出几何体的形状及相关的几何量的长度,代入棱锥体 积公式,可得答案 解答: 解:由已知可得该几何体是一个底面对角线分别为 2,1 的菱形的四棱锥 且棱锥的高为 故该几何体的体积 V= × ×2×1× =

故选 C 点评: 本题考查的知识点是由三视图求体积,其中根据已知的三视图分析出几何体的形状 及对角线的长度及高是解答的关键. 3. 边长为 5cm 的正方形 EFGH 是圆柱的轴截面, 则从 E 点沿圆柱的侧面到相对顶点 G 的最短 距离是( ) A. 10 B. C. D.

考点: 多面体和旋转体表面上的最短距离问题. 专题: 空间位置关系与距离. 分析: 由题意可以从 E 点沿圆柱的侧面到相对顶点 G 的最短距离为圆柱侧面展开图一个顶 点到对边中点的距离,利用勾股定理就可以求出其值. 解答: 解:由题意,从 E 点沿圆柱的侧面到相对顶点 G 的最短距离即为圆柱侧面展开图一 个顶点到对边中点的距离,如图

∵圆柱的轴截面是边长为 5cm 的正方形,∴EF=

cm,EG=

=

(cm) ; 故选 B. 点评: 本题考查了空间距离最短的问题,关键是将圆柱展开,转化为一个平面内的线段最 短问题解答. 4.下列命题中正确命题的个数是( ) ①一条直线和另一条直线平行,那么它和经过另一条直线的任何平面平行; ②一条直线平行于一个平面, 则这条直线与这个平面内所有直线都没有公共点, 因此这条直 线与这个平面内的所有直线都平行; ③若直线与平面不平行,则直线与平面内任一直线都不平行; ④与一平面内无数条直线都平行的直线必与此平面平行.

A. 0 B. 1 C. 2 D. 3 考点: 空间中直线与平面之间的位置关系. 专题: 空间位置关系与距离. 分析: 利用空间中线线、线面、面面间的位置关系求解. 解答: 解:①一条直线和另一条直线平行, 那么它和经过另一条直线的平面平行或它包含于经过另一条直线的平面,故①错误; ②一条直线平行于一个平面,则这条直线与这个平面内所有直线都没有公共点, 因此这条直线与这个平面内的所有直线平行或异面,故②错误; ③若直线与平面不平行,则直线与平面相交或直线包含于平面, 当直线在平面内时,直线能与平面内的直线平行,故③错误; ④与一平面内无数条直线都平行的直线与此平面平行或包含于此平面,故④错误. 故选:A. 点评: 本题考查命题真假的判断,是中档题,解题时要注意空间思维能力的培养. 5.设 m,n 是两条不同的直线,α,β是两个不同的平面,下列命题中正确的是( A. 若α⊥β,m? α,n? β,则 m⊥n B. 若α∥β,m? α,n? β,则 m∥n C. 若 m⊥n,m? α,n? β,则α⊥β D. 若 m⊥α,m∥n,n∥β,则α⊥β )

考点: 命题的真假判断与应用;空间中直线与平面之间的位置关系;平面与平面之间的位 置关系. 专题: 空间位置关系与距离;简易逻辑. 分析: 由α⊥β,m? α,n? β,可推得 m⊥n,m∥n,或 m,n 异面;由α∥β,m? α, n? β,可得 m∥n,或 m,n 异面;由 m⊥n,m? α,n? β,可得α与β可能相交或平行; 由 m⊥α,m∥n,则 n⊥α,再由 n∥β可得α⊥β. 解答: 解:选项 A,若α⊥β,m? α,n? β,则可能 m⊥n,m∥n,或 m,n 异面,故 A 错误; 选项 B,若α∥β,m? α,n? β,则 m∥n,或 m,n 异面,故 B 错误; 选项 C,若 m⊥n,m? α,n? β,则α与β可能相交,也可能平行,故 C 错误; 选项 D,若 m⊥α,m∥n,则 n⊥α,再由 n∥β可得α⊥β,故 D 正确. 故选 D. 点评: 本题考查命题真假的判断与应用,涉及空间中直线与平面的位置关系,属基础题. 6. (5 分) (2014 秋? 吴兴区校级月考)一个正四棱柱的各个顶点都在一个半径为 2cm 的球 面上,如果正四棱柱的底面边长为 2cm,那么该棱柱的表面积为( ) A. (2+4 )cm B. (4+8
2

)cm C. (8+16

2

)cm D. (16+32

2

)cm

2

考点: 棱柱、棱锥、棱台的体积. 专题: 空间位置关系与距离. 分析: 根据几何的性质,求出高的长度,再分别求出各个面的面积,即可求解表面积. 解答: 解:∵一个正四棱柱的各个顶点都在一个半径为 2cm 的球面上, 正四棱柱的底面边长为 2cm,球的直径为正四棱柱的体对角线 ∴正四棱柱的体对角线为 4,正四棱柱的底面对角线长为 2 , ∴正四棱柱的高为 = ,

∴该棱柱的表面积为 2×2 +4×2× =8+16 , 故选:C 点评: 本题考查了空间简单几何体的棱长,表面积的求解,属于中档题. 7. 在长方体 ABCD﹣A1B1C1D1 中, AB= A. B. C. , B1B=BC=1, 则线 BC1 与面 BDD1B1 所成角的正弦为 ( D. )

2

考点: 直线与平面所成的角. 专题: 空间角. 分析: 连接 A1C1 交 B1D1 于 O,连接 BO,则可得∠C1BO 为 BC1 与平面 BBD1B1 所成角,利用正 弦函数,即可求得结论. 解答: 解:∵长方体 ABCD﹣A1B1C1D1 中,AB= 过 C1 作 C1O⊥D1B1,如图 ,B1B=BC=1,

∵平面 BDD1B1⊥平面 A1B1C1D1 ∴C1O⊥平面 BDD1B1, ∴∠C1BO 为 BC1 与平面 BDD1B1 所成角, ∴C1O= ,BC1= ,

∴sin∠C1BO=



故选 B. 点评: 本题考查了长方体中的线面角,要充分利用长方体的性质,关键是通过作辅助线找 到平面角,属于中档题. 8.正方形 ABCD 沿对角线 AC 折成直二面角,则异面直线 AD 和 BC 所成角为( A. B. C. D. )

考点: 异面直线及其所成的角. 专题: 空间角. 分析: 以 AC 的中点 O 为坐标原点,OA 为 x 轴正半轴,OB 为 y 轴正半轴,OD 为 z 轴正半轴 建立空间直角坐标系 O﹣xyz,标出各点坐标,从而得向量 = 和 的坐标,由公式

,可探求异面直线 AD 和 BC 所成角.

解答: 解:在原正方形中,设 AC 与 BD 的交点为 O,沿 AC 折成直二面角后,由 OD⊥AC 及 OB⊥AC 知,∠BOD=90°,

于是以 O 为坐标原点,OA 为 x 轴正半轴,OB 为 y 轴正半轴,OD 为 z 轴正半轴建立空间直角 坐标系 O﹣xyz,如右图所示. 又设原正方形的边长为 2,则 A(﹣ ,0,0) ,B(0, ,0) ,C( ,0,0) ,D(0,0, ) , 从而 所以 =( ,0, ) , = =( ,﹣ = ,0) ,得| |=2,| |=2, = ,

又异面直线 AD 和 BC 所成角的范围是(0, 故答案为 B.

],得异面直线 AD 和 BC 所成的角为



点评: 本题主要考查了两异面直线所成角的求法,当几何体中出现面面垂直关系时,可以 考虑使用向量法求解,应注意区分两向量的夹角与两异面直线所成角的关系,一般来说,若 两向量夹角为钝角,则两异面直线所成角是其补角;若两向量夹角为锐角,则两异面直线所 成角就是该角. 9.在正三棱柱 ABC﹣A1B1C1 中,若 AB=2,AA1=1,则点 A 到平面 A1BC 的距离为( A. B. C. D. )

考点: 棱柱、棱锥、棱台的体积;棱柱的结构特征. 专题: 计算题. 分析: 要求点 A 到平面 A1BC 的距离,可以求三棱锥 的体积相等,容易求得高,即是点到平面的距离. 解答: 解:设点 A 到平面 A1BC 的距离为 h,则三棱锥 的体积为 底面 A1BC 上的高,由三棱锥



∴ ∴ .

故选:B.

点评:本题求点到平面的距离, 可以转化为三棱锥底面上的高, 用体积相等法, 容易求得. “等 积法”是常用的求点到平面的距离的方法. 10.如图,四边形 ABCD 是边长为 1 的正方形,MD⊥平面 ABCD,NB⊥平面 ABCD,MD=BN=1,G 为 MC 的中点,则下列结论中不正确的是( )

A. MC⊥AN B. GB∥平面 AMN C. 面 CMN⊥面 AMN D. 面 DCM∥面 ABN 考点: 直线与平面垂直的判定. 专题: 计算题;空间位置关系与距离;空间角. 分析: 由于四边形 ABCD 是边长为 1 的正方形, MD⊥平面 ABCD, NB⊥平面 ABCD, 且 MD=BN=1, 所以将题中的几何体放在正方体 ABCD﹣A'NC'M 中,如图所示.再根据正方体的性质和空间 垂直、平行的有关定理,对 A、B、C、D 各项分别加以判断,即可得出本题答案. 解答: 解: ∵四边形 ABCD 是边长为 1 的正方形, MD⊥平面 ABCD, NB⊥平面 ABCD, 且 MD=BN=1, ∴将题中的几何体放在正方体 ABCD﹣A'NC'M 中,如图所示 对于 A,所以 MC 与 AN 是棱长为 1 的正方体中,位于相对面内的异面的面对角线 因此可得 MC、AN 所成角为 90°,可得 MC⊥AN,故 A 正确; 对于 B,因为正方体 ABCD﹣A'NC'M 中,平面 AMN∥平面 BC'D 而 GB? 平面 BC'D,所以 GB∥平面 AMN,故 B 正确; 对于 C,因为正方体 ABCD﹣A'NC'M 中,二面角 A﹣MN﹣C 的大小不是直角 所以面 CMN⊥面 AMN 不成立,故 C 不正确; 对于 D,因为面 DCM 与面 ABN 分别是正方体 ABCD﹣A'NC'M 的内外侧面所在的平面,所以面 DCM∥面 ABN 成立,故 D 正确 故选:C

点评: 本题给出特殊几何体,判断几何位置关系的命题的真假.着重考查了正方体的性质、 线面平行与垂直的判定与性质等知识,属于中档题. 二、填空题(本大题共 7 小题,每小题 4 分,共 28 分. ) 11.已知 a,b 是两条异面直线,直线 c∥a,那么 c 与 b 的位置关系是 相交或异面 . 考点: 空间中直线与直线之间的位置关系. 专题: 计算题. 分析: 两条直线的位置关系有三种:相交,平行,异面.由于 a,b 是两条异面直线,直线 c∥a 则 c 有可能与 b 相交且与 a 平行,但是 c 不可能与 b 平行,要说明这一点采用反证比 较简单. 解答: 解:∵a,b 是两条异面直线,直线 c∥a ∴过 b 任一点可作与 a 平行的直线 c,此时 c 与 b 相交.另外 c 与 b 不可能平行理由如下: 若 c∥b 则由 c∥a 可得到 a∥b 这与 a,b 是两条异面直线矛盾,故 c 与 b 异面. 故答案为:相交或异面. 点评: 此题考查了空间中两直线的位置关系:相交,平行,异面.做题中我们可采用逐个 验证再结合反证法的使用即可达到目的,这也不失为常用的解题方法!

12.半径为 R 的半圆卷成圆锥,其表面积为



考点: 旋转体(圆柱、圆锥、圆台) . 专题: 计算题;空间位置关系与距离. 分析: 设圆锥底面圆的半径为 r,根据圆锥是由半径为 R 的半圆卷成,求出圆锥的底面半 径,即可求得表面积. 解答: 解:设圆锥底面圆的半径为 r,高为 h,则 2πr=πR,∴r= ∴圆锥表面积为 故答案为: . = .

点评: 本题考查圆锥的侧面展开图,考查圆锥的表面积公式,属于基础题.
2

13. 已知正三角形 ABC 的边长为 a, 那么△ABC 的平面直观图△A′B′C′的面积为

a



考点: 斜二测法画直观图. 专题: 计算题;作图题. 分析: 由原图和直观图面积之间的关系 △A′B′C′的面积即可. 解答: 解:正三角形 ABC 的边长为 a,故面积为 ,而原图和直观图面积之间的关系 ,求出原三角形的面积,再求直观图

,故直观图△A′B′C′的面积为

故答案为: 点评: 本题考查斜二测画法中原图和直观图面积之间的关系,属基本运算的考查. 14.若空间四边形两条对角线的长度分别是 6 和 8,所成角是 45°,则连接各边中点所得四 边形的面积是 . 考点: 棱锥的结构特征. 专题: 空间位置关系与距离;空间角. 分析: 根据题意,作出草图,找到所求的四边形,再探求该四边形的形状、各边及各角之 间的联系,将四边形的面积问题转化为两个三角形问题求解. 解答: 解:如右图所示,在空间四边形 ABCD 中,E,F,G,H 分别为 AB,BC,CD,DA 的中 点, 由中位线的性质知,EF∥AC∥HG,EH∥BD∥FG, ∴四边形 EFGH 为平行四边形. 由于两对角线所成角为 45°,不妨设∠EFG=45°, 由题意又设对角线 AC=6,BD=8, 则 连接 EG,得 从而 故填 . . , , = ,

点评: 1、本题主要考查的两异面直线所成的角,三角形面积公式等,关键是能发现空间各 直线之间的位置关系; 2、对于四边形的面积问题一般是转化为两个三角形问题求解.求解时,应弄清三角形各边 长及内角等要素,然后运用三角形面积公式,常用的三角形面积公式有: S= 底×高. 和

15.如图,△ABC 中,∠C=90°,∠A=30°,BC=1.在三角形内挖去半圆(圆心 O 在边 AC 上,半圆与 BC、AB 相切于点 C、M,与 AC 交于 N) ,则图中阴影部分绕直线 AC 旋转一周所得 旋转体的体积为 .

考点: 组合几何体的面积、体积问题. 专题: 计算题. 分析: 几何体是图中阴影部分绕直线 AC 旋转一周所得旋转体, 是一个圆锥内挖去一个球后 剩余部分,求出圆锥的体积减去球的体积,可得几何体的体积. 解答: 解:几何体是图中阴影部分绕直线 AC 旋转一周所得旋转体, 是一个圆锥内挖去一个球后剩余部分,球是圆锥的内接球, 所以圆锥的底面半径是:1,高为 , 球的半径为 r, 所以圆锥的体积: r= , ,

球的体积:



阴影部分绕直线 AC 旋转一周所得旋转体的体积为: 故答案为: .



点评: 本题考查旋转体的体积,组合体的体积的求法,考查空间想象能力,是中档题. 16.如图,矩形 ABCD 中,AB=1,BC=a,PA⊥平面 ABCD,若在 BC 上只有两个点 Q 满足 PQ⊥ DQ,则 a 的取值范围是 a>2 .

考点: 直线与平面垂直的性质. 专题: 空间位置关系与距离. 分析: 由已知中 PA⊥平面 AC,在 BC 边上取点 Q,使 PQ⊥DQ,由线面垂直的判定定理及性 质可得满足条件时,AQ⊥DQ,即以 AD 为直径,AD 的中点为圆心的圆,再根据 AB=1,BC=a, 满足条件的 Q 点有 2 个,我们可得 a 的取值范围. 解答: 解:∵PA⊥平面 ABCD, ∴PA⊥DQ 又∵PQ⊥DQ,PA∩PQ=P ∴DQ⊥平面 PAQ ∴DQ⊥AQ 即以 AD 中点为圆心,以 AD 为直径的圆与 BC 的交点 ∵AB=1,BC=a,满足条件的 Q 点有 2 个, ∴a>2. 故答案为:a>2. 点评: 本题考查的知识点是空间中直线与直线之间的位置关系,其中根据满足条件时 AQ⊥ DQ,即以 AD 为直径的圆与 BC 的交点,判断出满足条件的 Q 点有 2 个,半径大于 1,进而得 到 a 的范围,是解答本题的关键. 17.如图,在直角梯形 ABCD 中,BC⊥DC,AE⊥DC,M、N 分别是 AD、BE 的中点,将三角形 ADE 沿 AE 折起,下列说法正确的是 ①② (填上所有正确的序号) . ①不论 D 折至何位置(不在平面 ABC 内)都有 MN∥面 DEC; ②不论 D 折至何位置都有 MN⊥AE; ③不论 D 折至何位置(不在平面 ABC 内)都有 MN∥AB.

考点: 空间中直线与平面之间的位置关系. 专题: 空间位置关系与距离. 分析: 对于说法①,利用线面平行的判定定理,只需证 MN 平行于平面 DEC 内的直线 DC 即 可; 对于说法②,由于 MN∥DC,要证明 MN⊥AE,只需证明 AE⊥CD,可转化为证 AE⊥平面 DEC, 由 AE⊥EC 及 AE⊥DE 得证. 对于说法③,假设 MN∥AB,利用平行公理 4 逐步推导,得出矛盾,即可判断其正误. 解答: 解: (1)在直角梯形 ABCD 中,由 BC⊥DC,AE⊥DC,知四边形 ABCE 为矩形. 连结 AC,∵N 为 BE 中点,∴AC 过点 N. 当 D 折至某一位置时,如右图所示,连结 MN,∵MN 为 DC 中位线,∴MN∥DC, 由 MN? 平面 DEC,DC? 平面 DEC,得 MN∥平面 DEC.

所以说法①正确. (2)∵AE⊥EC,AE⊥DE,EC∩DE=E,∴AE⊥平面 DEC,又 DC? 平面 DEC,∴AE⊥DC. 由(1)知,MN∥DC,∴MN⊥AE. 所以说法②正确. (3)假设 MN∥AB,由 MN∥DC 知,DC∥AB,又 CE∥AB,得 CE∥CD,这与 CE∩CD=C 相矛盾, 所以假设不成立,即说法③错误. 故答案为①②.

点评: 本题考查了线面平行的判定定理,线面垂直的定义、判定与性质,平行直线的传递 性等, 考查了学生的空间想象能力与逻辑推理能力, 关键是寻找原图与折起后的图形之间的 联系,抓住“变”与“不变”的量. 三、解答题(本大题共 5 小题,第 18 至 20 题每题 14 分,第 21,22 题 15 分. ) 18.如图的三个图中,上面的是一个长方体截去一个角所得多面体的直观图,它的正视图和 侧视图在下面画出(单位:cm) . (1)在正视图下面,按照画三视图的要求画出该多面体的俯视图; (2)按照给出的尺寸,求该多面体的体积; (3)在所给直观图中连结 BC′,证明:BC′∥面 EFG.

考点: 直线与平面平行的判定;棱柱、棱锥、棱台的体积. 专题: 空间位置关系与距离. 分析: (1)依据画图的规则作出其俯视图即可; (2)此几何体是一个长方体削去了一个角,由图中的数据易得几何体的体积; (3)在长方体 ABCD﹣A′B′C′D′中,连接 AD′,在所给直观图中连接 BC′,证明 EG∥ BC′,即可证明 BC′∥面 EFG. 解答: 解: (1)如图 (2)它可以看成一个长方体截去一个小三棱锥, 设长方体体积为 V1,小三棱锥的体积为 V2,则根据图中所给条件得:V1=6×4×4=96cm , V2= ? ? 2? 2? 2= cm ,
3 3

∴V=v1﹣v2=

cm

3

(3)证明:如图,

在长方体 ABCD﹣A′B′C′D′中,连接 AD′,则 AD′∥BC′ 因为 E,G 分别为 AA′,A′D′中点,所以 AD′∥EG,从而 EG∥BC′, 又 EG? 平面 EFG,所以 BC′∥平面 EFG;

点评: 长方体的有关知识、体积计算及三视图的相关知识,对三视图的相关知识掌握不到 位,求不出有关数据.三视图是新教材中的新内容,故应该是新高考的热点之一,要予以足 够的重视. 19.如图,四边形 ABCD 为矩形,PD⊥平面 ABCD,PD=DC,E 是 PC 的中点. (1)证明:PA∥平面 EDB; (2)证明:DE⊥平面 PBC.

考点: 直线与平面平行的判定;直线与平面垂直的判定. 专题: 空间位置关系与距离. 分析: (1)连接 AC,BD 为 O,连 OE,由 O,E 分别为 AC,CP 中点,由中位线定理得 OE∥ PA,再由线面平行的判定定理得 PA∥平面 EDB;

(2)由 PD⊥平面 ABCD 得 DE⊥BC,DE⊥PC.由线面垂直的判定定理得 DE⊥平面 PBC. 解答: 解: (1)连接 AC 交 BD 为 O,连 OE,因为四边形 ABCD 为矩形, 由 O,E 分别为 AC,CP 中点, ∴OE∥PA 又 OE? 平面 EDB,PA? 平面 EDB, ∴PA∥平面 EDB. (5 分) (2)由 PD⊥平面 ABCD,∴PD⊥BC 又 CD⊥BC, ∴BC⊥平面 PCD,DE⊥BC. (8 分) 由 PD=DC,E 为 P 中点,故 DE⊥PC. ∴DE⊥平面 PBC(10 分) 点评: 本题主要考查线与线,线与面,面与面的位置关系和线面平行和线面垂直的判定定 理的灵活运用,培养学生空间想象能力和知识的相互转化的能力. 20.如图,三棱柱 ABC﹣A1B1C1 中,CA=CB,AB=AA1,∠BAA1=60°. (Ⅰ)证明 AB⊥A1C; (Ⅱ)若平面 ABC⊥平面 AA1B1B,AB=CB,求直线 A1C 与平面 BB1C1C 所成角的正弦值.

考点: 用空间向量求直线与平面的夹角;直线与平面垂直的性质;平面与平面垂直的判定; 直线与平面所成的角. 专题: 空间位置关系与距离;空间角. 分析: (Ⅰ)取 AB 的中点 O,连接 OC,OA1,A1B,由已知可证 OA1⊥AB,AB⊥平面 OA1C, 进而可得 AB⊥A1C; (Ⅱ)易证 OA,OA1,OC 两两垂直.以 O 为坐标原点, 位长,建立坐标系,可得 , , 的方向为 x 轴的正向,| |为单

的坐标,设 =(x,y,z)为平面 BB1C1C 的法向

量,则

,可解得 =(

,1,﹣1) ,可求 cos< ,

>,即为所求正弦值.

解答: 解: (Ⅰ)取 AB 的中点 O,连接 OC,OA1,A1B, 因为 CA=CB,所以 OC⊥AB,由于 AB=AA1,∠BAA1=60°, 所以△AA1B 为等边三角形,所以 OA1⊥AB, 又因为 OC∩OA1=O,所以 AB⊥平面 OA1C, 又 A1C? 平面 OA1C,故 AB⊥A1C; (Ⅱ)由(Ⅰ)知 OC⊥AB,OA1⊥AB,又平面 ABC⊥平面 AA1B1B,交线为 AB, 所以 OC⊥平面 AA1B1B,故 OA,OA1,OC 两两垂直.

以 O 为坐标原点,

的方向为 x 轴的正向,| ,0) ,C(0,0, =(﹣1,

|为单位长,建立如图所示的坐标系, ) ,B(﹣1,0,0) , =(0,﹣ , ) ,

可得 A(1,0,0) ,A1(0, 则 =(1,0, ) ,

,0) ,

设 =(x,y,z)为平面 BB1C1C 的法向量,则

,即



可取 y=1,可得 =(

,1,﹣1) ,故 cos< ,

>=

=



又因为直线与法向量的余弦值的绝对值等于直线与平面的正弦值, 故直线 A1C 与平面 BB1C1C 所成角的正弦值为: .

点评: 本题考查直线与平面所成的角,涉及直线与平面垂直的性质和平面与平面垂直的判 定,属难题. 21.在正方体 ABCD﹣A1B1C1D1 中,AA1=2,E 为棱 CC1 的中点. (1)求三棱锥 E﹣ABD 的体积; (2)求证:B1D1⊥AE; (3)求证:AC∥平面 B1DE.

考点: 直线与平面垂直的性质;棱柱、棱锥、棱台的体积. 专题: 空间位置关系与距离;空间角. 分析: (1)直接利用棱锥的体积的公式求的结果.

(2)要证线线垂直,通过线面垂直进行转化. (3)通过做平面 B1DE 的延展面,通过线面平行的判定来进行证明. 解答: (1)解:在正方体 ABCD﹣A1B1C1D1 中,AA1=2,E 为棱 CC1 的中点. ∴CE=1 则: =

(2)证明:在正方体中,CE⊥平面 ABCD ∴CE⊥BD 在正方形 ABCD 中,AC⊥BD ∴BD⊥平面 ACE ∵B1D1∥BD ∴B1D1⊥平面 ACE ∴B1D1⊥AE (3)证明:在侧棱 AA1 上取中点 F,连结 DF,B1F,EF 由于 E、F 分别是侧棱 A1A 和 C1C 的中点 所以:DF∥B1E ∴D、F、B1、E 四点共面 ∴AC∥EF AC? 平面 B1EDF EF? 平面 B1EDF ∴AC∥平面 B1EDF 平面 B1EDF 和平面 B1DE 重合∴ ∴AC∥平面 B1DE.

点评: 本题考查的知识要点:棱锥的体积,线面垂直的性质与判定,线面平行的判定定理, 重点考查空间想象能力和转化能力. 22.已知四棱锥 P﹣ABCD 的底面为直角梯形,AB∥DC,∠DAB=90°,PA⊥底面 ABCD,且 PA=AD=DC= AB=1. (Ⅰ)证明:面 PAD⊥面 PCD; (Ⅱ)求 AC 与 PB 所成的角的余弦值; (Ⅲ)求线 BP 与面 PAC 所成角的余弦值.

考点: 直线与平面所成的角;异面直线及其所成的角;平面与平面垂直的判定. 专题: 空间位置关系与距离;空间角;空间向量及应用. 分析: 利用向量法求解: 以点 A 为坐标原点,射线 AD 为 x 轴正半轴,射线 AB 为 y 轴正半轴,射线 AP 为 z 轴正半轴 建立空间直角坐标系. 对于第(1)问,求出平面 PAD 的一个法向量和平面 PCD 的一个法向量,要证明两平面垂直, 只需说明这两个法向量互相垂直即可; 对于第(2)问,由 cos = ,可探求 AC 与 PB 所成的角的余弦值;

对于第(3)问,先求出平面 PAC 的一个法向量,再求得此法向量与向量

所成角的余弦值,

根据此余弦值与直线 BP 与面 PAC 所成角的余弦值的关系可达到目的. 解答: 解:如右图所示,以点 A 为坐标原点,射线 AD 为 x 轴正半轴,射线 AB 为 y 轴正半 轴,射线 AP 为 z 轴正半轴建立空间直角坐标系. 由题中条件得 A(0,0,0) ,B(0,2,0) ,C(1,1,0) ,D(1,0,0) ,P(0,0,1) , , , (Ⅰ)证明:设向量 , . =(x1,y1,z1)是平面 PDC 的法向量, , ,

则由

,得

,即



取 x1=1,得 由 ,知

,显然向量

是平面 PAD 的一个法向量,

,从而平面 PAD⊥平面 PCD,得证.

(Ⅱ)则 cos

=

,又异面直线 AC 与 PB 所成角的

范围是(0,

], .

所以直线 AC 与 PB 所成角的余弦值为

(Ⅲ)设向量

是平面 PAC 的法向量,则





,得



取 x2=1,则

,从而 cos

=

=



设直线 BP 与平面 PAC 所成角为θ,则 sinθ= PAC 所成角的余弦值为 .

,从而 cosθ=

=

,即直线 BP 与平面

点评: 本题考查了两平面垂直的判定方法,两异面直线所成角的求法及线面角的求法,求 解时应注意以下几点: (1)首先应根据几何体的特点,选择三个两两垂直的方向,建立空间直角坐标系,标出所 需的点及向量的坐标, 再利用夹角公式进行计算, 注意弄清由夹角公式得到的角与所求角的 关系; (2)找平面的法向量是关键,有时可直接观察出平面的法向量,这样可省去一些计算; (3)坐标法是将严密的逻辑推理转化为坐标运算,一般很少添加其他辅助线,但有时计算 繁琐,且易出错.


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