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浙江省宁波市余姚中学2015-2016学年高二上学期期中数学试卷 Word版含解析


2015-2016 学年浙江省宁波市余姚中学高二(上)期中数学试卷
一、选择题:本大题共 8 小题,每小题 5 分,共 40 分.在每小题给出的四个选项中,只有一 项符合题目要求. 1.把球的大圆面积扩大为原来的 2 倍,那么体积扩大为原来的( ) A.2 倍 B.2 倍 C. 倍 D.3 2.一个正方体被一个平面截去一部分后,剩余部分的三视图如图,则截去部分体积与剩余

部 ) 分体积的比值为(

A.

B.

C.

D.

3.已知 m、n 是不重合的直线,α、β 是不重合的平面,有下列命题: ①若 m?α,n∥α,则 m∥n; ②若 m∥α,m∥β,则 α∥β; ③若 α∩β=n,m∥n,则 m∥α 且 m∥β; ④若 m⊥α,m⊥β,则 α∥β. ) 其中真命题的个数是( A.0 B.1 C.2 D.3

4. 如图, 四棱柱 ABCD﹣A1B1C1D1 的底面 ABCD 为平行四边形, 已知 则用向量 , , 可表示向量 为( )

= , = ,

= ,

A. + +

B.﹣ + + C. ﹣ +

D.﹣ + ﹣ )

5.圆锥的母线长为 2,侧面展开图是一个半圆,则此圆锥的表面积为( A.6π B.5π C.3π D.2π

6.若直线 a 不平行于平面 α,则下列结论正确的是( ) A.α 内所有的直线都与 a 异面 B.直线 a 与平面 α 有公共点 C.α 内所有的直线都与 a 相交 D.α 内不存在与 a 平行的直线 7.如图,正方体 AC1 的棱长为 1,过点 A 作平面 A1BD 的垂线,垂足为点 H,则以下命题中, ) 错误的命题是(

A.点 H 是△ A1BD 的垂心 B.AH 垂直平面 CB1D1 C.AH 的延长线经过点 C1 D.直线 AH 和 BB1 所成角为 45° 8.已知一个高度不限的直三棱柱 ABC﹣A1B1C1,AB=4,BC=5,CA=6,点 P 是侧棱 AA1 上 ①△ ADE 是直角三角形; ②△ ADE 一点, 过 A 作平面截三棱柱得截面 ADE, 给出下列结论: APDE ③ 是等边三角形; 四面体 为在一个顶点处的三条棱两两垂直的四面体.其中有不可能 ) 成立的结论的个数是( A.0 B.1 C.2 D.3

二、填空题(本大题共 7 小题,第 9~12 题每题 6 分,第 13~15 题每题 4 分,共 36 分. ) 9.一圆柱的底面直径和高都是 3,则它的体积为__________侧面积为__________. 10.已知一个三棱锥的三视图如图所示,则该三棱锥的体积为__________.外接球半径为 __________.

11.已知向量 =m +5 ﹣ , =3 + +r 若 ∥ 则实数 m=__________,r=__________.

12.各边长为 1 的正四面体,内切球表面积为__________,外接球体积为__________. 13.一只蚂蚁从棱长为 1 的正方体的表面上某一点 P 处出发,走遍正方体的每个面的中心的 最短距离 d=f(P) ,那么 d 的最大值是__________.

14.三棱锥 P﹣ABC 中,∠APB=∠BPC=∠CPA=90°,M 在△ ABC 内,∠MPA=∠MPB=60°, 则∠MPC=__________. 15. M, N 分别为棱 SC, BC 的中点, AM⊥MN, 如右图, 在正三棱锥 S﹣ABC 中, 若 则正三棱锥 S﹣ABC 的外接球的体积为__________. ,

三、解答题:本大题共 5 小题,共 74 分,解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 16. (14 分)已知正方体 ABCD﹣A1B1C1D1,O 是底 ABCD 对角线的交点.求证: (1)C1O∥面 AB1D1; (2)A1C⊥面 AB1D1.

17.如图,已知四棱锥 P﹣ABCD,底面四边形 ABCD 为菱形,AB=2,BD=2 别是线段 PA,PC 的中点. (Ⅰ)求证:MN∥平面 ABCD; (Ⅱ)求异面直线 MN 与 BC 所成角的大小.

,M,N 分

18.如图,三棱锥 P﹣ABC 中,PB⊥底面 ABC,∠BCA=90°,PB=BC,E 为 PC 的中点,M 为 AB 的中点,点 F 在 PA 上,且 AF=2FP. (I)求证:BE⊥平面 PAC; (II)求证:CM∥平面 BEF.

19.如图,已知四边形 ABCD 是边长为 1 的正方形,AF⊥平面 ABCD,CE⊥平面 ABCD. (Ⅰ)证明:BD⊥EF; (Ⅱ)若 AF=1,且二面角 B﹣EF﹣C 的大小为 30°,求 CE 的长.

20.如图,棱柱 ABCD﹣A1B1C1D1 的所有棱长都等于 2,∠ABC=60°,平面 AA1C1C⊥平面 ABCD,∠A1AC=60°. (Ⅰ)证明:BD⊥AA1; (Ⅱ)求二面角 D﹣A1A﹣C 的平面角的余弦值; (Ⅲ)在直线 CC1 上是否存在点 P,使 BP∥平面 DA1C1?若存在,求出点 P 的位置;若不存 在,说明理由.

2015-2016 学年浙江省宁波市余姚中学高二(上)期中数 学试卷
一、选择题:本大题共 8 小题,每小题 5 分,共 40 分.在每小题给出的四个选项中,只有一 项符合题目要求. 1.把球的大圆面积扩大为原来的 2 倍,那么体积扩大为原来的( ) A.2 倍 B.2 倍 C. 倍 D.3 【考点】球的体积和表面积. 【专题】计算题;空间位置关系与距离. 【分析】直接应用公式化简可得球的半径扩大的倍数,然后求出体积扩大的倍数. 【解答】解:解:设原球的半径 R, ∵球的大圆的面积扩大为原来的 2 倍, 则半径扩大为原来的 倍, ∴体积扩大为原来的 2 倍. 故选 B. 【点评】本题考查球的表面积、体积和球的半径的关系,是基础题. 2.一个正方体被一个平面截去一部分后,剩余部分的三视图如图,则截去部分体积与剩余部 ) 分体积的比值为(

A.

B.

C.

D.

【考点】由三视图求面积、体积. 【专题】计算题;空间位置关系与距离. 【分析】由三视图判断,正方体被切掉的部分为三棱锥,把相关数据代入棱锥的体积公式计 算即可. 【解答】解:设正方体的棱长为 1,由三视图判断,正方体被切掉的部分为三棱锥, ∴正方体切掉部分的体积为 ∴剩余部分体积为 1﹣ = , ∴截去部分体积与剩余部分体积的比值为 . ×1×1×1= ,

故选:D.

【点评】本题考查了由三视图判断几何体的形状,求几何体的体积. 3.已知 m、n 是不重合的直线,α、β 是不重合的平面,有下列命题: ①若 m?α,n∥α,则 m∥n; ②若 m∥α,m∥β,则 α∥β; ③若 α∩β=n,m∥n,则 m∥α 且 m∥β; ④若 m⊥α,m⊥β,则 α∥β. ) 其中真命题的个数是( A.0 B.1 C.2 D.3 【考点】平面与平面平行的判定;直线与平面平行的判定. 【专题】综合题. 【分析】要求解本题,根据平面与平面平行的判定与直线与平面平行的判定进行判定需要寻 找特例,进行排除即可. 【解答】解:①若 m?α,n∥α,则 m 与 n 平行或异面,故不正确; ②若 m∥α,m∥β,则 α 与 β 可能相交或平行,故不正确; ③若 α∩β=n,m∥n,则 m∥α 且 m∥β,m 也可能在平面内,故不正确; ④若 m⊥α,m⊥β,则 α∥β,垂直与同一直线的两平面平行,故正确 故选:B 【点评】本题主要考查了立体几何中线面之间的位置关系及其中的公理和判定定理,也蕴含 了对定理公理综合运用能力的考查,属中档题

4. 如图, 四棱柱 ABCD﹣A1B1C1D1 的底面 ABCD 为平行四边形, 已知 则用向量 , , 可表示向量 为( )

= , = ,

= ,

A. + +

B.﹣ + + C. ﹣ + D.﹣ + ﹣ 【考点】平面向量的基本定理及其意义. 【专题】平面向量及应用;空间向量及应用. 【分析】利用空间向量的平行六面体法则即可得出. 【解答】解: = = =﹣ .

故选:B. 【点评】本题考查了空间向量的平行六面体法则,属于基础题. 5.圆锥的母线长为 2,侧面展开图是一个半圆,则此圆锥的表面积为( A.6π B.5π C.3π D.2π )

【考点】旋转体(圆柱、圆锥、圆台) . 【专题】空间位置关系与距离. 【分析】半径为 2 的半圆的弧长是 2π,圆锥的底面周长等于侧面展开图的扇形弧长,因而圆 锥的底面周长是 2π,利用弧长公式计算底面半径后,可得圆锥的表面积. 【解答】解:一个圆锥的母线长为 2,它的侧面展开图为半圆, 圆的弧长为:2π,即圆锥的底面周长为:2π, 设圆锥的底面半径是 r, 则得到 2πr=2π, 解得:r=1, 这个圆锥的底面半径是 1, ∴圆锥的表面积 S=πr(r+l)=3π, 故选:C. 【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. 6.若直线 a 不平行于平面 α,则下列结论正确的是( ) A.α 内所有的直线都与 a 异面 B.直线 a 与平面 α 有公共点 C.α 内所有的直线都与 a 相交 D.α 内不存在与 a 平行的直线 【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:∵直线 a 不平行于平面 α, ∴α 内所有的直线都与 a 异面或相交,故 A 和 C 均错误; 直线 a 与平面 α 至少有一个公共点,故 B 正确; 当 a?α 时,α 内存在与 a 平行的直线,故 D 不正确. 故选:B. 【点评】本题考查命题真假的判断,是基础题,解题时要认真审题,注意空间思维能力的培 养. 7.如图,正方体 AC1 的棱长为 1,过点 A 作平面 A1BD 的垂线,垂足为点 H,则以下命题中, ) 错误的命题是(

A.点 H 是△ A1BD 的垂心 B.AH 垂直平面 CB1D1 C.AH 的延长线经过点 C1 D.直线 AH 和 BB1 所成角为 45° 【考点】空间中直线与直线之间的位置关系. 【分析】如上图,正方体的体对角线 AC1 有以下性质: ①AC1⊥平面 A1BD,AC1⊥平面 CB1D1;②AC1 被平面 A1BD 与平面 CB1D1 三等分; ③AC1= AB 等. (注:对正方体要视为一种基本图形来看待. ) 【解答】解:因为三棱锥 A﹣A1BD 是正三棱锥,所以顶点 A 在底面的射影 H 是底面中心, 所以选项 A 正确; 易证面 A1BD∥面 CB1D1,而 AH 垂直平面 A1BD,所以 AH 垂直平面 CB1D1,所以选项 B 正 确; A1B、 A1D 等, 连接正方体的体对角线 AC1, 则它在各面上的射影分别垂直于 BD、 所以 AC1⊥ 平面 A1BD,则直线 A1C 与 AH 重合,所以选项 C 正确; 故选 D. 【点评】本题主要考查正方体体对角线的性质. 8.已知一个高度不限的直三棱柱 ABC﹣A1B1C1,AB=4,BC=5,CA=6,点 P 是侧棱 AA1 上 ①△ ADE 是直角三角形; ②△ ADE 一点, 过 A 作平面截三棱柱得截面 ADE, 给出下列结论: 是等边三角形;③四面体 APDE 为在一个顶点处的三条棱两两垂直的四面体.其中有不可能 ) 成立的结论的个数是( A.0 B.1 C.2 D.3 【考点】命题的真假判断与应用. 【专题】运动思想;反证法;简易逻辑. 【分析】因为是高度不限,所以①②都可能成立;③可对四个顶点分别讨论,用反证法逐个 得出矛盾,得出结论. 【解答】解:如图,做直三棱柱 ABC﹣A1B1C1,AB=4,BC=5,CA=6, ①不妨取 AD=6,AE=10,DE=8,则△ ADE 是直角三角形,①可能成立; ②不妨令 AD=AE=DE=a(a>6) ,则△ ADE 是等边三角形,②可能成立; ③假设四面体 APDE 为在一个顶点处的三条棱两两垂直的四面体, 当 A 为直角顶点时,在直三棱柱 ABC﹣A1B1C1 中,PA⊥底面 ABC,则 E,D 分别与 C,B 重合,此时,∠EAD 不是直角,与假设矛盾,假设不成立, 当 P 为直角顶点时,可得 PD∥AB,PE∥AC,由等角定理知则∠EPD 不可能是直角,与假设 矛盾,假设不成立, 当 E 或 D 点为直角顶点时,不妨选 E 为直角顶点,则 DE⊥EP,DE⊥EA,EP∩EA═A,EP? 平面 ACC1A1,EA?平面 ACC1A1, 则平面 ACC1A1 与平面 BCC1B1 垂直,则直三棱柱 ABC﹣A1B1C1 中,可证∠ACB 为二面角的 平面角,∠ACB═90°,与题意矛盾,假设不成立. 综上③错误. 故选:B.

【点评】考查了空间几何体的线面平行,垂直的应用.难点是③的分类判断. 二、填空题(本大题共 7 小题,第 9~12 题每题 6 分,第 13~15 题每题 4 分,共 36 分. ) 9.一圆柱的底面直径和高都是 3,则它的体积为 侧面积为 9π.

【考点】棱柱、棱锥、棱台的体积;棱柱、棱锥、棱台的侧面积和表面积. 【专题】计算题;规律型;空间位置关系与距离. 【分析】直接利用圆柱的体积公式求解体积,侧面积公式求解侧面积即可. 【解答】解:一圆柱的底面直径和高都是 3,底面半径为: ; 则它的体积为:V=SH=( )2π?3= 侧面积为:3π×3=9π. 故答案为: π;9π. .

【点评】本题考查圆柱的体积以及侧面积的求法,考查计算能力.

10.已知一个三棱锥的三视图如图所示,则该三棱锥的体积为

.外接球半径为



【考点】球内接多面体. 【专题】计算题;转化思想;综合法;空间位置关系与距离. 【分析】几何体是一个底面是顶角为 120°且底边长是 2 ,在等腰三角形的顶点处有一条垂 直于底面的侧棱,侧棱长是 2,建立适当的坐标系,写出各个点的坐标和设出球心的坐标,根 据各个点到球心的距离相等,点的球心的坐标,可得球的半径,做出体积. 【解答】解:由三视图知:几何体为三棱锥,且一条侧棱与底面垂直,高为 2, 三棱锥的底面为等腰三角形,且三角形的底边长为 2 ,底边上的高为 1, ∴几何体的体积 V= × ×2 ×1×2= .

以 D 为原点,DB 为 x 轴,DA 为 y 轴,建立空间直角坐标系, 则 D(0,0,0) ,A(0,0,2) ,B(2,0,0) ,C(﹣1, ,0) 2 2 2 2 2 2 ∵(x﹣2) +y +z =x +y +z ,① x2+y2+(z﹣2)2=x2+y2+z2,② (x+1)2+(y﹣ )2+z2=x2+y2+z2,③ ∴x=1,y= ,z=1, ∴球心的坐标是(1, ,1) , ∴球的半径是 , 故答案为: , .

【点评】本题考查由三视图求几何体的体积,考查由三视图还原几何体,考查三棱锥与外接 球之间的关系,考查利用空间向量解决立体几何问题.

11.已知向量 =m +5 ﹣ , =3 + +r 若 ∥ 则实数 m=15,r=﹣ . 【考点】共线向量与共面向量. 【专题】计算题;函数思想;平面向量及应用. 【分析】由 ∥ 得出坐标对应成比例,分别求出实数 m 和 r 即可 【解答】解:向量 =m +5 ﹣ =(m,5,﹣1) , =3 + +r =(3,1,r) , ∥ , 则 = = 解得 m=15,r=﹣ 故答案为:15,﹣ 【点评】本题考点是空间共线向量的坐标表示,考查了空间共线向量等价条件的简单应用.

12.各边长为 1 的正四面体,内切球表面积为

,外接球体积为



【考点】球的体积和表面积. 【专题】综合题;转化思想;综合法;空间位置关系与距离. 【分析】画出图形,确定两个球的关系,通过正四面体的体积,求出两个球的半径的比值, 即可求棱长为 1 的正四面体的外接球体积、内切球的表面积.

【解答】解:设正四面体为 PABC,两球球心重合,设为 O. 设 PO 的延长线与底面 ABC 的交点为 D,则 PD 为正四面体 PABC 的高,PD⊥底面 ABC,且 PO=R,OD=r,OD=正四面体 PABC 内切球的高. 设正四面体 PABC 底面面积为 S. 将球心 O 与四面体的 4 个顶点 PABC 全部连接, 可以得到 4 个全等的正三棱锥,球心为顶点,以正四面体面为底面. 每个正三棱锥体积 V1= ?S?r 而正四面体 PABC 体积 V2= ?S?(R+r) 根据前面的分析,4?V1=V2, 所以,4? ?S?r= ?S?(R+r) , 所以,R=3r, 因为棱长为 1,所以 AD= 所以 PD= 所以 R= , ,r= )2= 、内切球的表面积为 4π?( ) ,

所以棱长为 1 的正四面体的外接球体积为 π?(
2

=

, ,

故答案为:

【点评】本题是中档题,考查正四面体的内切球与外接球的表面积,找出两个球的球心重合, 半径的关系是解题的关键,考查空间想象能力,计算能力. 13.一只蚂蚁从棱长为 1 的正方体的表面上某一点 P 处出发,走遍正方体的每个面的中心的 最短距离 d=f(P) ,那么 d 的最大值是 .

【考点】多面体和旋转体表面上的最短距离问题. 【分析】欲求 d 的最大值,先将起始点定在正方体的一个顶点 A 点,再将正方体展开,找到 6 个面的中心点,经观察可知蚂蚁爬行最短程为 6 个正方体的棱长+展开图形中半个正方形对角 线的长. 【解答】解:欲求 d 的最大值,先将起始点定在正方体的一个顶点 A 点,

正方体展开图形为:

则蚂蚁爬行最短程的最大值 S=5+ 故答案为: . .

=



【点评】本题考查了平面展开﹣最短路径问题,解题关键是找到 A 点在正方体展开图形中的 对应点及 6 个面的中心点,有一定的难度. 14.三棱锥 P﹣ABC 中,∠APB=∠BPC=∠CPA=90°,M 在△ ABC 内,∠MPA=∠MPB=60°, 则∠MPC=45°. 【考点】棱锥的结构特征. 【专题】计算题;运动思想;数形结合法;空间位置关系与距离. 【分析】过 M 做平面 PBC 的垂线,交平面 PBC 于 Q,连接 PQ,由公式: cos∠MPB=cos∠MPQ×cos∠QPB,得到 cos∠QPB= ,从而可得 cos∠QPC= ,再用公式:

cos∠MPC=cos∠MPQ×cos∠QPC,即可求∠MPC. 【解答】解:如图,过 M 做平面 PBC 的垂线,交平面 PBC 于 Q,连接 PQ. ∵∠APB=∠APC=90°,∴AP⊥平面 PBC, ∵MQ⊥平面 PBC,∴AP∥MQ, ∵∠MPA=60°,∴∠MPQ=90°﹣60°=30°. 由公式:cos∠MPB=cos∠MPQ×cos∠QPB,得到 cos∠QPB= ∵∠QPC 是∠QPB 的余角,∴cos∠QPC= . . .

再用公式:cos∠MPC=cos∠MPQ×cos∠QPC,得到 cos∠MPC= ∴∠MPC=45°. 故答案为:45°.

【点评】本题考查空间角,考查学生分析解决问题的能力,利用好公式是关键,是中档题.

15. M, N 分别为棱 SC, BC 的中点, AM⊥MN, 如右图, 在正三棱锥 S﹣ABC 中, 若 则正三棱锥 S﹣ABC 的外接球的体积为 .



【考点】球内接多面体;球的体积和表面积. 【专题】计算题. 【分析】由题意推出 MN⊥平面 SAC,即 SB⊥平面 SAC,∠ASB=∠BSC=∠ASC=90°,将此 三棱锥补成正方体,则它们有相同的外接球,正方体的对角线就是球的直径,求出直径即可 求出球的表面积. 【解答】解:∵M,N 分别为棱 SC,BC 的中点,∴MN∥SB ∵三棱锥 S﹣ABC 为正棱锥, ∴SB⊥AC(对棱互相垂直) ∴MN⊥AC 又∵MN⊥AM,而 AM∩AC=A, ∴MN⊥平面 SAC, ∴SB⊥平面 SAC ∴∠ASB=∠BSC=∠ASC=90° 以 SA,SB,SC 为从同一定点 S 出发的正方体三条棱,将此三棱锥补成以正方体,则它们有 相同的外接球, 正方体的对角线就是球的直径. ∴2R= , ∴R= , ∴V= πR3= π× 故答案为: 【点评】本题考查了三棱锥的外接球的体积,考查空间想象能力.三棱锥扩展为正方体,它 的对角线长就是外接球的直径,是解决本题的关键. 三、解答题:本大题共 5 小题,共 74 分,解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 16. (14 分)已知正方体 ABCD﹣A1B1C1D1,O 是底 ABCD 对角线的交点.求证: (1)C1O∥面 AB1D1; (2)A1C⊥面 AB1D1. =

【考点】空间中直线与平面之间的位置关系. 【专题】证明题. 【分析】 (1) 欲证 C1O∥面 AB1D1, 根据直线与平面平行的判定定理可知只需证 C1O 与面 AB1D1 AO1?面 AB1D1, 内一直线平行,连接 A1C1,设 A1C1∩B1D1=O1,连接 AO1,易得 C1O∥AO1, C1O?面 AB1D1,满足定理所需条件; (2)欲证 A1C⊥面 AB1D1,根据直线与平面垂直的判定定理可知只需证 A1C 与面 AB1D1 内 两相交直线垂直根据线面垂直的性质可知 A1C⊥B1D1,同理可证 A1C⊥AB1,又 D1B1∩AB1=B1,满足定理所需条件. 【解答】证明: (1)连接 A1C1,设 A1C1∩B1D1=O1,连接 AO1, ∵ABCD﹣A1B1C1D1 是正方体, ∴A1ACC1 是平行四边形, ∴A1C1∥AC 且 A1C1=AC, 又 O1,O 分别是 A1C1,AC 的中点, ∴O1C1∥AO 且 O1C1=AO, ∴AOC1O1 是平行四边形, ∴C1O∥AO1,AO1?面 AB1D1,C1O?面 AB1D1, ∴C1O∥面 AB1D1; (2)∵CC1⊥面 A1B1C1D1∴CC1⊥B1D!, 又∵A1C1⊥B1D1,∴B1D1⊥面 A1C1C,即 A1C⊥B1D1, ∵A1B⊥AB1,BC⊥AB1,又 A1B∩BC=B, AB1⊥平面 A1BC,又 A1C?平面 A1BC, ∴A1C⊥AB1,又 D1B1∩AB1=B1, ∴A1C⊥面 AB1D1

【点评】本题主要考查了线面平行、线面垂直的判定定理,考查对基础知识的综合应用能力 和基本定理的掌握能力. 17.如图,已知四棱锥 P﹣ABCD,底面四边形 ABCD 为菱形,AB=2,BD=2 别是线段 PA,PC 的中点. ,M,N 分

(Ⅰ)求证:MN∥平面 ABCD; (Ⅱ)求异面直线 MN 与 BC 所成角的大小.

【考点】异面直线及其所成的角;直线与平面平行的判定. 【专题】空间位置关系与距离;空间角. 【分析】 (Ⅰ)连结 AC,交 BD 于点 O,由已知得 MN∥AC,由此能证明 MN∥平面 ABCD. (Ⅱ)由已知得∠ACB 是异面直线 MN 与 BC 所成的角或其补角,由此能求出异面直线 MN 与 BC 所成的角. 【解答】 (Ⅰ)证明:连结 AC,交 BD 于点 O, ∵M,N 分别是 PA,PC 的中点,∴MN∥AC, ∵MN?平面 ABCD,AC?平面 ABCD, ∴MN∥平面 ABCD. (Ⅱ)解:由(Ⅰ)知∠ACB 是异面直线 MN 与 BC 所成的角或其补角, ∵四边形 ABCD 是菱形,AB=2,BO= , ∴∠OCB=60°, ∴异面直线 MN 与 BC 所成的角为 60°.

【点评】本题考查线面平行的证明,考查异面直线所成角的求法,是中档题,解题时要认真 审题,注意空间思维能力的培养. 18.如图,三棱锥 P﹣ABC 中,PB⊥底面 ABC,∠BCA=90°,PB=BC,E 为 PC 的中点,M 为 AB 的中点,点 F 在 PA 上,且 AF=2FP. (I)求证:BE⊥平面 PAC; (II)求证:CM∥平面 BEF.

【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) 证 CA⊥平面 PBC, 可得 BE⊥AC, 由 E 为 PC 中点, 且 PB=BC 得 BE⊥平面 PAC; (2)取 AF 中点 N,连接 CN,MN,证平面 MNC∥平面 BEF,即能证得 CM∥平面 BBF. 【解答】证明: (1)∵PB⊥底面 ABC,且 AC?平面 ABC ∴AC⊥PB. 由∠BCA=90°,得 AC⊥BC 又∵PB∩BC=B ∴AC⊥平面 PBC ∵BE?平面 PBC ∴AC⊥BE ∵PB=BC,E 为 PC 中点 ∴BE⊥PC 又∵PC∩AC=C,且 PC、AC∈平面 PAC ∴BE⊥平面 PAC (2)取 AF 的中点 G,连接 CG、GM ∵FA=2FP ∴GF= AF=FP 又∵E 为 PC 中点 ∴EF∥CG ∵CG?平面 BEF,EF?平面 BEF ∴CG∥平面 BEF 同理可证:GM∥平面 BEF 又∵CG∩GM=G ∴平面 CMG∥平面 BEF ∵CM?平面 CGM ∴CM∥平面 BEF.

【点评】本题主要考查了直线与平面垂直的判定定理及性质、直线与平面平行的证明方法, 解题中要注意空间各种关系的相互转化. 19.如图,已知四边形 ABCD 是边长为 1 的正方形,AF⊥平面 ABCD,CE⊥平面 ABCD. (Ⅰ)证明:BD⊥EF; (Ⅱ)若 AF=1,且二面角 B﹣EF﹣C 的大小为 30°,求 CE 的长.

【考点】二面角的平面角及求法;直线与平面垂直的性质. 【专题】空间位置关系与距离;空间角. 【分析】 (Ⅰ)通过题意可得四边形 ACEF 在同一平面内,利用线面垂直的判定定理及性质定 理即得结论; (Ⅱ)以点 A 为坐标原点,分别以 AB、AD、AF 所在直线为 x、y、z 轴建立空间直角坐标系 A﹣xyz,通过平面 BEF 的一个法向量与平面 CEF 的一个法向量的夹角的余弦值的绝对值为 ,计算即得 CE 的长. 【解答】 (Ⅰ)证明:∵AF⊥平面 ABCD,CE⊥平面 ABCD, ∴AF∥CE,∴四边形 ACEF 在同一平面内, ∵AF⊥平面 ABCD,∴AF⊥BD, 又∵ABCD 为正方形,∴AC⊥BD, ∵AF∩AC=A,∴BD⊥平面 ACEF, ∴BD⊥EF; (Ⅱ)解:以点 A 为坐标原点,分别以 AB、AD、AF 所在直线为 x、y、z 轴建立空间直角坐 标系 A﹣xyz 如图, 设 CE=a,则 B(1,0,0) ,F(0,0,1) ,E(1,1,a) , ∴ =(﹣1,0,1) , =(0,1,a) , 设平面 BEF 的一个法向量为 =(x,y,1) , 由 ,得 ,∴ =(1,﹣a,1) ,

由(I)知 ∴|cos<

=(1,﹣1,0)是平面 CEF 的一个法向量, , >|= =cos30°= ,

∴a=2,即 CE=2.

【点评】本题考查空间中线线垂直的判定及性质,以及求二面角的三角函数值,注意解题方 法的积累,属于中档题. 20.如图,棱柱 ABCD﹣A1B1C1D1 的所有棱长都等于 2,∠ABC=60°,平面 AA1C1C⊥平面 ABCD,∠A1AC=60°. (Ⅰ)证明:BD⊥AA1; (Ⅱ)求二面角 D﹣A1A﹣C 的平面角的余弦值; (Ⅲ)在直线 CC1 上是否存在点 P,使 BP∥平面 DA1C1?若存在,求出点 P 的位置;若不存 在,说明理由.

【考点】二面角的平面角及求法;直线与平面平行的性质. 【专题】综合题;空间位置关系与距离. 【分析】法一: (Ⅰ)连接 BD 交 AC 于 O,则 BD⊥AC,连接 A1O,可证 A1O⊥底面 ABCD, 从而建立空间直角坐标系,求出向量的坐标,证明向量的数量积为 0 即可得到 BD⊥AA1; (Ⅱ)确定平面 AA1C1C、平面 AA1D 的法向量,利用向量的夹角公式,可求二面角 D﹣A1A ﹣C 的平面角的余弦值; (Ⅲ)解:假设在直线 CC1 上存在点 P,使 BP∥平面 DA1C1,求出平面 DA1C1 的法向量,利 用数量积为 0,即可求得结论. 法二: (Ⅰ)先证明 BD⊥平面 AA1O,即可证得 AA1⊥BD; (Ⅱ)过 O 作 OE⊥AA1 于 E 点,连接 OE,则∠DEO 为二面角 D﹣AA1﹣C 的平面角,求出 OE、DE,即可求得二面角 D﹣A1A﹣C 的平面角的余弦值;

(Ⅲ)存在这样的点 P,连接 B1C,在 C1C 的延长线上取点 P,使 C1C=CP,连接 BP,可得 四边形 BB1CP 为平行四边形,进而利用线面平行的判定可得结论. 【解答】法一: (Ⅰ)证明:连接 BD 交 AC 于 O,则 BD⊥AC,连接 A1O, 在△ AA1O 中,AA1=2,AO=1,∠A1AO=60° ∴A1O2=AA12+AO2﹣2AA1?Aocos60°=3 ∴AO2+A1O2=A12 ∴A1O⊥AO, ∵平面 AA1C1C⊥平面 ABCD,平面 AA1C1C∩平面 ABCD=AO ∴A1O⊥底面 ABCD ∴以 OB、OC、OA1 所在直线为 x 轴、y 轴、z 轴建立如图所示空间直角坐标系,则 A(0,﹣1,0) ,B( ,0,0) ,C(0,1,0) , D(﹣ ,0,0) … ,A1(0,0, ) ∵ ∴ ∴BD⊥AA1… (Ⅱ)解:∵OB⊥平面 AA1C1C,∴平面 AA1C1C 的法向量 ⊥平面 AA1D, , ,



,则由

得到

,∴





所以二面角 D﹣A1A﹣C 的平面角的余弦值是



(Ⅲ)解:假设在直线 CC1 上存在点 P,使 BP∥平面 DA1C1 设 ,则得 …



⊥平面 DA1C1,

,则由

得到

,∴



又因为

平面 DA1C1,则

?

,∴ …(13 分)

,∴λ=﹣1

即点 P 在 C1C 的延长线上且使 C1C=CP

法二: (Ⅰ)证明:过 A1 作 A1O⊥AC 于点 O, 由于平面 AA1C1C⊥平面 ABCD,由面面垂直的性质定理知,A1O⊥平面 ABCD,∴A1O⊥BD 又底面为菱形,所以 AC⊥BD ∵A1O∩AC=O ∴BD⊥平面 AA1O ∵AA1?平面 AA1O ∴AA1⊥BD… (Ⅱ)解:在△ AA1O 中,A1A=2,∠A1AO=60°,∴AO=AA1?cos60°=1 所以 O 是 AC 的中点,由于底面 ABCD 为菱形,所以 O 也是 BD 中点 由(Ⅰ)可知 DO⊥平面 AA1C 过 O 作 OE⊥AA1 于 E 点,连接 OE,则 AA1⊥DE,故∠DEO 为二面角 D﹣AA1﹣C 的平面 … 角 在菱形 ABCD 中,AB=2,∠ABC=60° ∴AC=AB=BC=2,∴AO=1,DO= 在 Rt△ AEO 中,OE=OA?sin∠EAO= ∴cos∠DEO= ∴二面角 D﹣A1A﹣C 的平面角的余弦值是 … DE=

(Ⅲ)解:存在这样的点 P,连接 B1C, ∵A1B1 AB DC,∴四边形 A1B1CD 为平行四边形,∴A1D∥B1C 在 C1C 的延长线上取点 P,使 C1C=CP,连接 BP ∵B1B CC1,… ∴BB1 CP ∴四边形 BB1CP 为平行四边形 ∴BP∥B1C,∴BP∥A1D ∵BP?平面 DA1C1,A1D?平面 DA1C1, ∴BP∥平面 DA1C1



…(13 分)

【点评】本题考查线面位置关系,考查面面角,解题的关键是掌握线面平行、垂直的判定方 法,正确作出面面角,考查利用向量方法解决立体几何问题,属于中档题.


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