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黑龙江省双鸭山一中2014-2015学年高一下学期期末数学试卷(文科)


黑龙江省双鸭山一中 2014-2015 学年高一下学期期末数学试卷 (文科)
一.选择题 1.△ ABC 中,若 a=1,c=2,B=60°,则△ ABC 的面积为() A. B. 1 C. D.

2.设 x,y 满足约束条件

,则 z=3x+y 的最大值为()

A.﹣8

B. 3<

br />
C. 5

D.7

3.若 a<0,﹣1<b<0,下面结论正确的是() 2 2 2 A.a>ab>ab B.ab>ab >a C.ab>a>ab 4.某三棱锥的三视图如图所示,则该三棱锥的表面积是()

D.ab >ab>a

2

A.2+

B.4+

C.2+2

D.5

5.设 α,β,γ 是三个互不重合的平面,l 是直线,给出下列命题: ①若 α⊥β,β⊥γ,则 α⊥γ; ②若 α∥β,l∥β,则 l∥α; ③若 l⊥α,l∥β,则 α⊥β; ④若 α∥β,α⊥γ,则 β⊥γ. 其中正确的命题是() A.①② B.②③ C.②④ D.③④ 6.表面积为 3π 的圆锥,它的侧面展开图是一个半圆,则该圆锥的底面直径为()

A.1

B. 2

C.

D.

7.已知等差数列{an}一共有 12 项,其中奇数项之和为 10,偶数项之和为 22,则公差为() A.12 B. 5 C. 2 D.1

8.已知 Sn 是公差不为 0 的等差数列{an}的前项和,且 S1,S2,S4 成等比数列,则 () A.4

=

B. 6

C. 8

D.10 =()

9.△ ABC 中,角 A、B、C 所对应的边分别 a、b、c,已知 bcosC+ccosB=2b,则 A.2 B. C. D.1

10.如图,正四面体 S﹣ABC 中,D 为 SC 的中点,则 BD 与 SA 所成角的余弦值是()

A.

B.

C.

D.

11.已知正四棱柱 ABCD﹣A1B1C1D1 中,AA1=2AB,则 CD 与平面 BDC1 所成角的正弦值 等于() A. B. C. D.

12.在直三棱柱 ABC﹣A1B1C1 中,底面为直角三角形∠ACB=90°,AC= P 是 BC1 上一动点,则 A1P+PC 的最小值是()

,BC=CC1=1,

A.

B.

C.

D.2

二.填空题 13.已知数列{an}为等差数列,若 a1+a3=4,a2+a4=10,则{an}的前 n 项的和 Sn=. 14.已知 x>0,y>0,且 + =4,则 x+2y 最小值是.

15.在△ ABC 中,a=4,b=5,c=6,则

=.

16.如图,正三棱柱 ABC﹣A1B1C1 的各棱长都等于 2,D 在 AC1 上,F 为 BB1 中点,且 FD⊥AC1,有下述结论 (1)AC1⊥BC; (2) =1;

(3)二面角 F﹣AC1﹣C 的大小为 90°; (4)三棱锥 D﹣ACF 的体积为 正确的有. .

三.解答题. 17.不等式 的解集为 R,求实数 m 的取值范围.

18.在长方体 ABCD﹣A1B1C1D1 中,AB=BC=2,过 A1,C1,B 三点的平面截去长方体的 一个角后,得到如图所示的几何体 ABCD﹣A1C1D1,这个几何体的体积为 (1)求棱 A1A 的长; (2)求经过 A1,C1,B,D 四点的球的表面积. .

19.在△ ABC 中,内角 A,B,C 的对边分别为 a,b,c.已知 (1)求 的值;



(2)若 cosB= ,△ ABC 的周长为 5,求 b 的长.

20.已知数列{an}的首项 a1= ,an+1= (Ⅰ)证明:数列{ (Ⅱ)求数列{ ﹣1}是等比数列;

,n=1,2,….

}的前 n 项和.

21.如图,在六面体 ABCDEFG 中,平面 ABC∥平面 DEFG,AD⊥平面 DEFG,ED⊥DG, EF∥DG.且 AC=EF=1,AB=AD=DE=DG=2. (1)求证:BF∥平面 ACGD; (2)求二面角 D﹣CG﹣F 的余弦值.

22. 如图, 四面体 ABCD 中, O、 E 分别是 BD、 BC 的中点, CA=CB=CD=BD=2, AB=AD= (Ⅰ)求证:AO⊥平面 BCD; (Ⅱ)求异面直线 AB 与 CD 所成角的余弦; (Ⅲ)求点 E 到平面 ACD 的距离.



黑龙江省双鸭山一中 2014-2015 学年高一下学期期末数 学试卷(文科)
一.选择题 1.△ ABC 中,若 a=1,c=2,B=60°,则△ ABC 的面积为() A. B. 1 C. D.

考点: 专题: 分析: 解答: = = 故选 C.

三角形的面积公式. 计算题. 作 BC 边上的高,根据三角函数定义表示高,运用三角形面积公式求解. 解:△ ABC 的面积



点评: 考查了三角形面积的计算.△ ABC 中,其面积为 S= absinC.

2.设 x,y 满足约束条件

,则 z=3x+y 的最大值为()

A.﹣8

B. 3

C. 5

D.7

考点: 简单线性规划. 专题: 不等式的解法及应用. 分析: 作出题中不等式组表示的平面区域,得如图的△ ABC 及其内部,再将目标函数 z=3x+y 对应的直线进行平移,可得当 x=3,y=﹣2 时,z 取得最大值.

解答: 解:作出不等式组

表示的平面区域,

得到如图的△ ABC 及其内部, 其中 A( 3,﹣2) , 设 z=F(x,y)=3x+y,将直线 l:z=3x+y 进行平移, 当 l 经过点 A 时,目标函数 z 达到最大值 ∴z 最大值=F( 3,﹣2)=7 故选 D.

点评: 本题给出二元一次不等式组,求目标函数 z=3x+y 的最大值,着重考查了二元一次 不等式组表示的平面区域和简单的线性规划等知识,属于基础题. 3.若 a<0,﹣1<b<0,下面结论正确的是() 2 2 2 A.a>ab>ab B.ab>ab >a C.ab>a>ab 考点: 不等式比较大小;不等关系与不等式. 专题: 计算题. 分析: 先根据条件判定 ab、ab 、a 的正负,然后利用作差比较法确定 ab 与 a 的大小,从 而得到结论. 解答: 解:∵a<0,﹣1<b<0 2 ∴ab>0,ab <0 2 2 ∵ab ﹣a=a(b ﹣1)>0 2 ∴ab >a 2 ∴ab>ab >a 故选 B. 点评: 本题主要考查了利用作差比较法比较三者的大小,属于基础题. 4.某三棱锥的三视图如图所示,则该三棱锥的表面积是()
2 2

D.ab >ab>a

2

A.2+

B.4+

C.2+2

D.5

考点: 由三视图求面积、体积. 专题: 空间位置关系与距离. 分析: 根据三视图可判断直观图为: A⊥面 ABC, AC=AB, E 为 BC 中点, EA=2, EA=EB=1, OA=1, :BC⊥面 AEO,AC= ,OE= 判断几何体的各个面的特点,计算边长,求解面积. 解答: 解:根据三视图可判断直观图为: OA⊥面 ABC,AC=AB,E 为 BC 中点, EA=2,EC=EB=1,OA=1, ∴可得 AE⊥BC,BC⊥OA, 运用直线平面的垂直得出:BC⊥面 AEO,AC= ,OE= ∴S△ ABC= S△ BCO= 2×2=2,S△ OAC=S△ OAB= 2× = . , ×1= .

故该三棱锥的表面积是 2 故选:C.

点评: 本题考查了空间几何体的三视图的运用,空间想象能力,计算能力,关键是恢复直 观图,得出几何体的性质. 5.设 α,β,γ 是三个互不重合的平面,l 是直线,给出下列命题: ①若 α⊥β,β⊥γ,则 α⊥γ;

②若 α∥β,l∥β,则 l∥α; ③若 l⊥α,l∥β,则 α⊥β; ④若 α∥β,α⊥γ,则 β⊥γ. 其中正确的命题是() A.①② B.②③

C.②④

D.③④

考点: 命题的真假判断与应用. 专题: 空间位置关系与距离. 分析: ①利用面面垂直的性质定理去证明.②利用线面平行和面面平行的性质定理去判 断. ③利用线面垂直和线面平行的性质去判断.④利用面面平行和面面垂直的性质取判断. 解答: 解:①两平面都垂直于同一个平面,两平面可能平行可能相交,不一定垂直,故 ①错误. ②当直线 l?α 时,满足条件,但结论不成立.当直线 l?α 时,满足条件,此时有 l∥α,所 以②错误. ③平行于同一直线的两个平面平行,所以③正确. ④一个平面垂直于两平行平面中的一个必垂直于另一个.所以④正确.所以正确的命题为 ③④. 故选 D. 点评: 本题为命题真假的判断,正确认识空间里直线与平面的位置关系是解决问题的关 键. 6.表面积为 3π 的圆锥,它的侧面展开图是一个半圆,则该圆锥的底面直径为() A.1 B. 2 C. D.

考点: 棱柱、棱锥、棱台的侧面积和表面积. 专题: 计算题. 分析: 出圆锥的底面半径,由它的侧面展开图是一个半圆,分析出母线与半径的关系,结 合圆锥的表面积为 3π,构造方程,可求出直径. 解答: 解:设圆锥的底面的半径为 r,圆锥的母线为 l, 则由 πl=2πr 得 l=2r, 2 2 而 S=πr +πr?2r=3πr =3π 2 故 r =1 解得 r=1,所以直径为:2. 故选 B 点评: 本题综合考查有关扇形和圆锥的相关计算. 解题思路: 解决此类问题时要紧紧抓住 两者之间的两个对应关系: (1)圆锥的母线长等于侧面展开图的扇形半径; (2)圆锥的底面 周长等于侧面展开图的扇形弧长.正确对这两个关系的记忆是解题的关键. 7.已知等差数列{an}一共有 12 项,其中奇数项之和为 10,偶数项之和为 22,则公差为() A.12 B. 5 C. 2 D.1 考点: 等差数列的性质.

专题: 计算题. 分析: 根据等差数列的性质可知, 每一偶数项减去前一个奇数项为公差, 由等差数列的奇 数项与偶数项的和分别是 10 与 22 以及项数,根据等差数列的性质即可求得数列的公差. 解答: 解:∵等差数列{an}奇数项之和为 10,偶数项之和为 22,且共有 12 项, ∴公差 d= = =2.

故选 C 点评: 此题考查了等差数列性质的运用,是 2015 届高考中常考的基本题型.熟练等差数 列的性质是解本题的关键.

8.已知 Sn 是公差不为 0 的等差数列{an}的前项和,且 S1,S2,S4 成等比数列,则 () A.4

=

B. 6

C. 8

D.10

考点: 等比数列的性质;等差数列的前 n 项和. 专题: 计算题. 分析: 由等比中项的性质列出 , 再代入等差数列的通项公式和前 n 项和公式,

用 a1 和 d 表示出来,求出 a1 和 d 的关系,进而求出式子的比值. 解答: 解:设等差数列{an}的公差为 d,且 d≠0, ∵S1,S2,S4 成等比数列,∴ ,


2

=a1×

,∴

=2a1(2a1+3d) ,

∴d =2a1d,解得 d=2a1 或 d=0(舍去) , ∴ = = =8,

故选 C. 点评: 本题考查了等差数列的通项公式和前 n 项和公式的简单应用,以及等比中项的性 质,难度不大. 9.△ ABC 中,角 A、B、C 所对应的边分别 a、b、c,已知 bcosC+ccosB=2b,则 A.2 B. C. D.1

=()

考点: 正弦定理. 专题: 解三角形.

分析: 已知等式利用正弦定理化简,再利用两角和与差的正弦函数公式及诱导公式化简, 再利用正弦定理变形即可得到结果. 解答: 解:将 bcosC+ccosB=2b,利用正弦定理化简得:sinBcosC+sinCcosB=2sinB, 即 sin(B+C)=2sinB, ∵sin(B+C)=sinA, ∴sinA=2sinB, 利用正弦定理化简得:a=2b, 则 =1.

故选:D. 点评: 此题考查了正弦定理, 以及两角和与差的正弦函数公式, 熟练掌握正弦定理是解本 题的关键,属于基础题. 10.如图,正四面体 S﹣ABC 中,D 为 SC 的中点,则 BD 与 SA 所成角的余弦值是()

A.

B.

C.

D.

考点: 异面直线及其所成的角. 专题: 计算题. 分析: 观察图象发现,取 AC 的中点 E,连接 DE,BE,则可证得∠BDE 就是 BD 与 SA 所成的角,在三角形 BDE 中求解即可. 解答: 解:如图取 AC 的中点 E,连接 DE、BE,则 DE∥SA, ∴∠BDE 就是 BD 与 SA 所成的角. 设 SA=a,则 BD=BE= a,DE= a,

cos∠BDE= 故选 C

=



点评: 本题考查异面直线所成的角的余弦值的求法,其步骤是作角,证角,求角,本类题 0 0 中有一个易错点,由于两个直线所成的角是大于等于 0 ,小于等于 90 ,而所求得的余弦值 可能为负,若此种情况出现,则说明求得是两线所成角的补角,补角的补角即为所求.

11.已知正四棱柱 ABCD﹣A1B1C1D1 中,AA1=2AB,则 CD 与平面 BDC1 所成角的正弦值 等于() A. B. C. D.

考点: 用空间向量求直线与平面的夹角;直线与平面所成的角. 专题: 综合题;压轴题;空间角;空间向量及应用. 分析: 设 AB=1,则 AA1=2,分别以 的方向为 x 轴、y 轴、z 轴的

正方向建立空间直角坐标系, 设 = (x, y, z) 为平面 BDC1 的一个法向量, CD 与平面 BDC1 所成角为 θ, 则 sinθ=| |,在空间坐标系下求出向量坐标,代入计算即可. 的方向为 x 轴、y 轴、z

解答: 解:设 AB=1,则 AA1=2,分别以 轴的正方向建立空间直角坐标系, 如下图所示:

则 D(0,0,2) ,C1(1,0,0) ,B(1,1,2) ,C(1,0,2) , =(1,1,0) , =(1,0,﹣2) , =(1,0,0) ,

设 =(x,y,z)为平面 BDC1 的一个法向量,则 ﹣2,1) , 设 CD 与平面 BDC1 所成角为 θ,则 sinθ=| |= ,

,即

,取 =(2,

故选 A. 点评: 本题考查直线与平面所成的角, 考查空间向量的运算及应用, 准确理解线面角与直 线方向向量、平面法向量夹角关系是解决问题的关键. 12.在直三棱柱 ABC﹣A1B1C1 中,底面为直角三角形∠ACB=90°,AC= P 是 BC1 上一动点,则 A1P+PC 的最小值是() ,BC=CC1=1,

A.

B.

C.

D.2

考点: 棱柱的结构特征. 专题: 空间位置关系与距离. 分析: 连 A1B,沿 BC1 将△ CBC1 展开与△ A1BC1 在同一个平面内,不难看出 CP+PA1 的 最小值是 A1C 的连线. (在 BC1 上取一点与 A1C 构成三角形,因为三角形两边和大于第三 边)由余弦定理即可求解. 解答: 解:连 A1B,沿 BC1 将△ CBC1 展开与△ A1BC1 在同一个平面内,如图所示, 连 A1C,则 A1C 的长度就是所求的最小值. BC1= ,A1C1= ,A1B=2,通过计算可得∠A1C1P=90° 又∠BC1C=45° ∴∠A1C1C=135° 由余弦定理可求得 A1C= 故选 B.

点评: 本题考查棱柱的结构特征,余弦定理的应用,是中档题. 二.填空题 13.已知数列{an}为等差数列,若 a1+a3=4,a2+a4=10,则{an}的前 n 项的和 Sn= .

考点: 等差数列的前 n 项和. 专题: 等差数列与等比数列. 分析: 由已知式子可得数列的首项和公差,代入求和公式可得. 解答: 解:设等差数列{an}的公差为 d, 则 2d=(a2+a4)﹣(a1+a3)=10﹣4=6, 解得 d=3, ∴a1+a3=a1+a1+2d=4,解得 a1=2﹣d=﹣1, ∴Sn=na1+ =

故答案为: 点评: 本题考查等差数列的前 n 项和公式,涉及等差数列的基本运算,属基础题. 14.已知 x>0,y>0,且 + =4,则 x+2y 最小值是 2.

考点: 基本不等式. 专题: 不等式的解法及应用. 分析: 先把 x+2y 转化为 ( + ) (x+2y)的形式, 展开后利用基本不等式求得其最小值. 解答: 解:x+2y= ( + ) (x+2y)= (4+ 故答案为:2. 点评: 本题主要考查了基本不等式的应用.解题的关键是把原式转化为 ( + ) (x+2y) 的形式,进而利用基本不等式的知识来解决. 15.在△ ABC 中,a=4,b=5,c=6,则 + )≥ (4+2 )=2,

=1.

考点: 专题: 分析: 解答: ∴cosC= ∴sinC=

余弦定理;二倍角的正弦;正弦定理. 计算题;解三角形. 利用余弦定理求出 cosC,cosA,即可得出结论. 解:∵△ABC 中,a=4,b=5,c=6, = ,cosA= ,sinA= , =



=

=1.

故答案为:1. 点评: 本题考查余弦定理,考查学生的计算能力,比较基础. 16.如图,正三棱柱 ABC﹣A1B1C1 的各棱长都等于 2,D 在 AC1 上,F 为 BB1 中点,且 FD⊥AC1,有下述结论 (1)AC1⊥BC; (2) =1;

(3)二面角 F﹣AC1﹣C 的大小为 90°; (4)三棱锥 D﹣ACF 的体积为 .

正确的有(2) (3) (4) .

考点: 棱柱的结构特征;棱锥的结构特征. 专题: 空间位置关系与距离;空间角. 分析: (1)连接 AB1,则∠B1C1A 即为 BC 和 AC1 所成的角,由余弦定理,即可判断; (2)连接 AF,C1F,由正三棱柱的定义,即可判断; (3)连接 CD,则 CD⊥AC1,且 FD⊥AC1,则∠CDF 为二面角 F﹣AC1﹣C 的平面角,通 过解三角形 CDF,即可判断; (4)由于 AD⊥平面 CDF,通过 VD﹣ACF=VA﹣DCF 即可求出体积. 解答: 解: (1)连接 AB1,则∠B1C1A 即为 BC 和 AC1 所成的角,在三角形 AB1C1 中, B1C1=2,AB1=2 , AC1=2 ,cos∠B1C1A= = ,

故(1)错; (2)连接 AF,C1F,则易得 AF=FC1= , 又 FD⊥AC1,则 AD=DC1,故(2)正确; (3)连接 CD,则 CD⊥AC1,且 FD⊥AC1, 则∠CDF 为二面角 F﹣AC1﹣C 的平面角, CD=
2 2 2

, CF=

, DF=

=

=



即 CD +DF =CF ,故二面角 F﹣AC1﹣C 的大小为 90°,故(3)正确; (4)由于 CD⊥AC1,且 FD⊥AC1,则 AD⊥平面 CDF, 则 VD﹣ACF=VA﹣DCF= ?AD?S△ DCF= 故答案为: (2) (3) (4) × × × = .故(4)正确.

点评: 本题考查正三棱柱的定义和性质,考查线面垂直的判定和性质,空间的二面角,以 及棱锥的体积,注意运用转换法,属于中档题.

三.解答题. 17.不等式 的解集为 R,求实数 m 的取值范围.

考点: 函数恒成立问题. 专题: 计算题;函数的性质及应用. 分析: 由 x ﹣8x+20= (x﹣4) +4>0, 知不等式
2 2 2

的解集为 R,

等价于 mx +2(m+1)x+9m+4<0 的解集为 R,由此能求出实数 m 的取值范围. 2 2 解答: 解:∵x ﹣8x+20=(x﹣4) +4>0, 不等式
2

的解集为 R,

∴mx +2(m+1)x+9m+4<0 的解集为 R, ∴ ,

解得 m<﹣ ,或 m> (舍) . 故实数 m 的取值范围是(﹣∞,﹣ ) . 点评: 本题考查函数的恒成立问题的应用,解题时要认真审题,仔细解答,注意等价转化 思想的合理运用. 18.在长方体 ABCD﹣A1B1C1D1 中,AB=BC=2,过 A1,C1,B 三点的平面截去长方体的 一个角后,得到如图所示的几何体 ABCD﹣A1C1D1,这个几何体的体积为 (1)求棱 A1A 的长; (2)求经过 A1,C1,B,D 四点的球的表面积. .

考点: 球内接多面体.

分析: (1) 设 A1A=h, 已知几何体 ABCD﹣A1C1D1 的体积为

, 利用等体积法 VABCD

﹣A1C1D1=VABCD﹣A1B1C1D1﹣VB﹣A1B1C1,进行求解. 2 (2)连接 D1B,设 D1B 的中点为 O,连 OA1,OC1,OD,利用公式 S 球=4π×(OD1) ,进 行求解. 解答: 解: (1)设 A1A=h,∵几何体 ABCD﹣A1C1D1 的体积为 ∴VABCD﹣A1C1D1=VABCD﹣A1B1C1D1﹣VB﹣A1B1C1= 即 SABCD×h﹣ ×S△ A1B1C1×h= 即 2×2×h﹣ × ×2×2×h= , , ,

,解得 h=4.

∴A1A 的长为 4. (2)如图,连接 D1B,设 D1B 的中点为 O,连 OA1,OC1,OD. ∵ABCD﹣A1B1C1D1 是长方体,∴A1D1⊥平面 A1AB. ∵A1B?平面 A1AB,∴A1D1⊥A1B. ∴OA1= D1B.同理 OD=OC1= D1B. ∴OA1=OD=OC1=OB. ∴经过 A1,C1,B,D 四点的球的球心为点 O. 2 2 2 2 2 2 2 ∵D1B =A1D1 +A1A +AB =2 +4 +2 =24. ∴S 球=4π×(OD1) =4π×(
2

) =π×D1B =24π.

2

2

故经过 A1,C1,B,D 四点的球的表面积为 24π.

点评: 本题主要考查空间线面的位置关系,考查空间想象能力、逻辑思维能力、运算求解 能力和探究能力,同时考查学生灵活利用图形,借助向量工具解决问题的能力,考查数形结 合思想.

19.在△ ABC 中,内角 A,B,C 的对边分别为 a,b,c.已知 (1)求 的值;



(2)若 cosB= ,△ ABC 的周长为 5,求 b 的长.

考点: 正弦定理的应用;余弦定理. 专题: 三角函数的求值;三角函数的图像与性质. 分析: (1)利用正弦定理化简等式的右边,然后整理,利用两角和的正弦函数求出 的值. (2)利用(1)可知 c=2a,结合余弦定理,三角形的周长,即可求出 b 的值. 解答: 解: (1)因为 所以

即:cosAsinB﹣2sinBcosC=2sinCcosB﹣cosBsinA 所以 sin(A+B)=2sin(B+C) ,即 sinC=2sinA 所以 =2

(2)由(1)可知 c=2a…① a+b+c=5…② b =a +c ﹣2accosB…③ cosB= …④ 解①②③④可得 a=1,b=c=2; 所以 b=2 点评: 本题是中档题,考查正弦定理、余弦定理的应用、两角和的三角函数的应用,函数 与方程的思想,考查计算能力,常考题型.
2 2 2

20.已知数列{an}的首项 a1= ,an+1= (Ⅰ)证明:数列{ (Ⅱ)求数列{ ﹣1}是等比数列;

,n=1,2,….

}的前 n 项和.

考点: 数列递推式;等比关系的确定;数列的求和. 专题: 计算题;压轴题. 分析: (1)化简 数列. 构造新的数列 ,进而证明数列 是等比

(2) 根据 (1) 求出数列

的递推公式, 得出 an, 进而构造数列

, 求出数列

的通项公式,进而求出前 n 项和 Sn. 解答: 解: (Ⅰ)由已知: ,





∴ 又 ∴数列 ,∴ ,



是以 为首项, 为公比的等比数列. , . ,①

(Ⅱ)由(Ⅰ)知 即 设 ,∴



,②

由①﹣②得:





.又 1+2+3+…



∴数列

的前 n 项和:



点评: 此题主要考查通过构造新数列达到求解数列的通项公式和前 n 项和的方法. 21.如图,在六面体 ABCDEFG 中,平面 ABC∥平面 DEFG,AD⊥平面 DEFG,ED⊥DG, EF∥DG.且 AC=EF=1,AB=AD=DE=DG=2. (1)求证:BF∥平面 ACGD; (2)求二面角 D﹣CG﹣F 的余弦值.

考点: 二面角的平面角及求法;直线与平面平行的判定. 专题: 空间位置关系与距离. 分析: (1)设 DG 的中点为 M, 连接 AM、FM,证明 BF 平行平面 ACGD 内的直线 AM, 即可证明 BF∥平面 ACGD. (2)过点 M 作 MN⊥CG,N 为垂足,则∠MNF 为二面角 D﹣CG﹣F 的平面角.由题意求 得 MN= = ,FN= = ,再由 cos∠MNF= ,

运算求得结果. 解答: 解: (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, 所以 MF∥DE,且 MF=DE. 又∵AB∥DE,且 AB=DE,∴MF∥AB,且 MF=AB. ∴四边形 ABMF 是平行四边形,即 BF∥AM, 又 BF?平面 ACGD 故 BF∥平面 ACGD. (2)由 AD⊥平面 DEFG,可得 AD⊥ED,再由 ED⊥DG,可得 ED⊥平面 ACGD.由(1) 四边形 DEFM 是平行四边形, 可得 FM⊥平面 ACGD,故有 FM⊥CG. 过点 M 作 MN⊥CG,N 为垂足,则∠MNF 为二面角 D﹣CG﹣F 的平面角. 由题意可得,AD=CM=2,MG=1,CG= 直角三角形 FMN 中,由勾股定理求得 FN= = ,∴MN= = , = .

∴cos∠MNF=

=

=



点评: 题考查直线与平面平行的判定,求二面角的平面角,考查逻辑思维能力,空间想象 能力,转化能力,是中档题. 22. 如图, 四面体 ABCD 中, O、 E 分别是 BD、 BC 的中点, CA=CB=CD=BD=2, AB=AD= (Ⅰ)求证:AO⊥平面 BCD; (Ⅱ)求异面直线 AB 与 CD 所成角的余弦; (Ⅲ)求点 E 到平面 ACD 的距离. .

考点: 点、线、面间的距离计算;异面直线及其所成的角;直线与平面垂直的判定. 专题: 综合题. 分析: (I) 连接 OC, 由 BO=DO, AB=AD, 知 AO⊥BD, 由 BO=DO, BC=CD, 知 CO⊥BD. 在 △ AOC 中,由题设知 ,AC=2,故 AO +CO =AC ,由此能够证明 AO⊥平面 BCD. (II)取 AC 的中点 M,连接 OM、ME、OE,由 E 为 BC 的中点,知 ME∥AB,OE∥DC, 故直线 OE 与 EM 所成的锐角就是异面直线 AB 与 CD 所成的角.在△ OME 中, ,由此能求出异面直线 AB 与 CD 所成角大小的余弦. (III)设点 E 到平面 ACD 的距离为 h.在△ ACD 中, = ,由 AO=1,知 ,故 ,由此
2 2 2

能求出点 E 到平面 ACD 的距离. 解答: (I)证明:连接 OC,∵BO=DO,AB=AD,∴AO⊥BD, ∵BO=DO,BC=CD,∴CO⊥BD. 在△ AOC 中,由题设知 ,AC=2, 2 2 2 ∴AO +CO =AC , ∴∠AOC=90°,即 AO⊥OC. ∵AO⊥BD,BD∩OC=O, ∴AO⊥平面 BCD. (II)解:取 AC 的中点 M,连接 OM、ME、OE,由 E 为 BC 的中点, 知 ME∥AB,OE∥DC, ∴直线 OE 与 EM 所成的锐角就是异面直线 AB 与 CD 所成的角. 在△ OME 中, ,… ,…

∵OM 是直角△ AOC 斜边 AC 上的中线,∴ ∴ , …

∴异面直线 AB 与 CD 所成角大小的余弦为 (III)解:设点 E 到平面 ACD 的距离为 h.



在△ ACD 中, ∴

, = ,

∵AO=1,





=

=



∴点 E 到平面 ACD 的距离为



点评: 本题考查点、线、面间的距离的计算,考查空间想象力和等价转化能力,解题时要 认真审题,仔细解答,注意化立体几何问题为平面几何问题.


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