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2015届高考数学一轮总复习 阶段性测试题9(立体几何)


阶段性测试题九(立体几何)
本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分。满分 150 分。考试时间 120 分钟。 第Ⅰ卷(选择题 共 60 分) 一、选择题(本大题共 12 个小题,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.(2014· 抚顺二中期中)已知 a,b,c 是三条不同的直线,α,β,γ 是三个不同的平面,下述命 题中真命题的是( )

A.若 a⊥c,b⊥c,则 a∥b 或 a⊥b B.若 α⊥β,β⊥γ,则 α∥β C.若 a?α,b?β,c?β,a⊥b,a⊥c,则 α⊥β D.若 a⊥α,b?β,a∥b,则 α⊥β [答案] D [解析] 由 a⊥c,b⊥c 知,a 与 b 可平行可相交,也可异面,故 A 错;由直棱柱相邻两个侧面 与底面都垂直知 B 错;当 α∩β=l,a⊥l,b∥c∥l 时,可满足 C 的条件,故 C 错;∵a∥b,a⊥α, ∴b⊥α,又 b?β,∴α⊥β,∴D 正确. 2.(2014· 康杰中学、临汾一中、忻州一中、长治二中四校联考)已知不重合的两条直线 l,m 和 不重合的两个平面 α,β,下列命题正确的是( A.l∥m,l∥β,则 m∥β B.α∩β=m,l?α,则 l∥β C.α⊥β,l⊥α,则 l∥β D.l⊥m,m⊥β,l⊥α,则 α⊥β [答案] D [解析] l?β,l∥m,m?β 时,l∥β,故 A 错;α∩β=m,当 l?α 且 l∥m 时,l∥β,当 l 与 m 相交时,l 与 β 相交,故 B 错;α⊥β,当 l?β,l 与 α 和 β 的交线垂直,l⊥α 时,但 l∥β 不成立,故 C 错;∵l⊥m,l⊥α,∴m?α 或 m∥α,又 m⊥β, ∴α⊥β,故 D 正确. 3.(2014· 山东省博兴二中质检)某四面体的三视图如图所示,该四面体四个面的面积值最大的是 ( ) )

1

A.8 C.8 2 [答案] D

B.6 2 D.10

[解析] 由三视图知,该几何体直观图如图,其中△ABC 为以 B 为直角的直角三角形,AB=4, BC=3,高 PA=4, 1 1 1 1 1 ∴S△ABC= ×4×3=6,S△PAB= ×4×4=8,S△PBC= PB· BC= ×4 2×3=6 2,S△PAC= AC· PA 2 2 2 2 2 1 = ×5×4=10,故选 D. 2

4.(2014· 河南淇县一中模拟)将正方体(如图(a)所示)截去两个三棱锥,得到图(b)所示的几何体, 则该几何体的侧视图为( )

[答案] B [解析] 在侧视图中,D1 的射影为 C1,A 的射影为 B,D 的射影为 C,AD1 的射影 BC1 为实线(右 下到左上),B1C 为虚线,故选 B. 5.(文)(2014· 浙北名校联盟联考)一个几何体的三视图如图所示,则该几何体的体积为( )

2

A.4 C.4 3 [答案] B

B.8 D.8 3

[解析] 作出几何体的直观图如图,这是一个三棱锥 P-ABC,其中 P 在底面射影为 D 点,PD 1 1 =2 3,AD=3,CD=1,E 为 AC 的中点,BE⊥AC,BE=2 3,故几何体的体积 V= S△ABC· PD= 3 3 1 ×( · AC· BE)· PD=8,故选 B. 2

(理)(2014· 康杰中学、临汾一中、忻州一中、长治二中四校联考)一个几何体的三视图如图所示, 则该几何体的体积为( )

3

A.1 [答案] A

B.2

C.3

D.4

[解析] 由三视图知,该几何体是一个三棱锥 P-ABC,其中底面△ABC 为直角三角形,∠A 为 1 直角,顶点 P 到 A,C 的距离相等,P 点在底面的射影 D,满足 AC∥BD,且 BD= AC=1,PD=3, 2 1 1 1 画出其直观图如图所示,其体积 V= S△ABC· PD= ×( ×2×1)×3=1. 3 3 2

6.(2014· 辽宁师大附中期中)已知一个几何体的三视图如图所示,则该几何体的表面积为(

)

A.24+6π B.24+4π
4

C.28+6π D.28+4π [答案] A [解析] 由三视图知,该几何体为组合体,其上部为半球,半球的直径为 2 2,下部为长方体, 1 2 22 2 22 长、宽、高为 2,2,3,其表面积为 2×4×3 + ×4π·( ) +π·( ) =24+6π,故选 A. 2 2 2 7.(2014· 高州四中质量监测)已知某几何体的三视图如图所示,其中正视图中半圆的直径为 2, 则该几何体的体积为( )

π A.24- 3 3 C.24- π 2 [答案] C

π B.24- 2 D.24-π

[解析] 由三视图知,该几何体是由长、宽、高分别为 3、4、2 的长方体内挖去一个底半径为 1, 1 3 高为 3 的半圆柱后剩余部分,其体积 V=3×4×2- (π×12×3)=24- π. 2 2 8.(2014· 山西曲沃中学期中)已知球的直径 SC=4,A,B 是该球球面上的两点,AB=2.∠ASC =∠BSC=45° ,则棱锥 S-ABC 的体积为( A. 3 3 ) 2 3 B. 3 5 3 D. 3

4 3 C. 3 [答案] C

[解析] 设球心为 O,△ABO 所在平面截球 O 得截面如图,

5

∵OA=OB=AB=OS=OC=2,∠ASC=∠BSC=45° , 1 3 4 3 ∴SC⊥平面 ABO,VS-ABC=VS-ABO+VC-ABO=2VS-ABO=2× ×( ×22)×2= ,故选 C. 3 4 3 9.(文)(2014· 陕西工大附中四模)如下图,某几何体的主视图与左视图都是边长为 1 的正方形, 1 且体积为 ,则该几何体的俯视图可以是( 2 )

[答案] C [解析] 若俯视图为 A,则该几何体是棱长为 1 的正方体,体积 V=1;若俯视图为 B,则该几 1 1 π 何体是底半径为 , 高为 1 的圆柱, 其体积 V=π·( )2· 1= ; 若俯视图为 D, 则该几何体是底半径为 1, 2 2 4 1 1 π 高为 1 的圆柱的 ,其体积 V= ·π·12· 1= ;若俯视图为 C,则该几何体是直三棱柱,底面直角三角 4 4 4 1 1 形两直角边长为 1,棱柱高为 1,体积为 V=( ×1×1)×1= ,因此选 C. 2 2 (理)(2014· 开滦二中期中)如图,在直三棱柱 ABC-A1B1C1 中,AB=1,AC=2,BC= 3,D、E 分别是 AC1 和 BB1 的中点,则直线 DE 与平面 BB1C1C 所成的角为( )

6

π A. 6 π C. 3 [答案] A

π B. 4 π D. 2

[解析] 取 AC 中点 F,则 DF 綊 BE,∴DE∥BF, ∴BF 与平面 BB1C1C 所成的角为所求, ∵AB=1,BC= 3,AC=2,∴AB⊥BC,

又 AB⊥BB1,∴AB⊥平面 BCC1B1,作 GF∥AB 交 BC 于 G,则 GF⊥平面 BCC1B1,∴∠FBG 1 3 1 1 为直线 BF 与平面 BCC1B1 所成的角,由条件知 BG= BC= ,GF= AB= , 2 2 2 2 GF 3 π ∴tan∠FBG= = ,∴∠FBG= . BG 3 6 10.(2014· 绵阳市南山中学检测)设 m,n 是两条不同的直线,α,β,γ 是三个不同的平面,有下 列四个命题: ①若 m?β,α⊥β,则 m⊥α; ②若 α∥β,m?α,则 m∥β; ③若 n⊥α,n⊥β,m⊥α,则 m⊥β; ④若 α⊥γ,β⊥γ,m⊥α,则 m⊥β. 其中正确命题的序号是( A.①③ C.③④ [答案] D [解析] 由两个平面平行的性质知②正确;∵n⊥α,n⊥β,∴α∥β,又 m⊥α,∴m⊥β,∴③正 确,故选 D.
7

) B.①② D.②③

11.(文)(2014· 云南景洪市一中期末)一个几何体的三视图如图所示,其中俯视图与左视图均为半 径是 1 的圆,则这个几何体的体积是( )

4π A. 3 2π C. 3 [答案] B

B.π π D. 3

1 3 4π 3 [解析] 由三视图知,这是一个半径为 1 的球,截去 ,故其体积为 V= · ( · 1 )=π. 4 4 3 (理)(2014· 吉林延边州质检)正方体 ABCD-A1B1C1D1 中, E 为棱 BB1 的中点(如图), 用过点 A, E, C1 的平面截去该正方体的上半部分,则剩余几何体的左视图为( )

[答案] C [解析] 由条件知 AE∥平面 DD1C1C,平面 AEC1 与平面 DD1C1C 相交,故交线与 AE 平行,∵ E 为 BB1 的中点,故取 DD1 的中点 F,∴AE 綊 C1F,故截面为 AEC1F(如图 1),截去正方体的上半 部分后,剩余部分几何体直观图如图 2,故其左视图形状与直角梯形 FD1A1A 相同,且 C1E 的射影为 1 虚线,由于 B1E= AA1,故 E 点射影在直角梯形下底的中点,故选 C. 2

8

12.(文)(2014· 吉林省实验中学一模)已知正三棱锥 P-ABC,点 P、A、B、C 都在半径为 3的球 面上,若 PA、PB、PC 两两互相垂直,则球心到截面 ABC 的距离为( A. 2 C. 3 3 B. 3 2 3 D. 3 )

[答案] C [解析] 由条件知,以 PA、PB、PC 为三棱作长方体 PADB-CA1D1B1,则该长方体内接于球, 体对角线 PD1 为球的直径,由于三棱锥 P-ABC 为正三棱锥,∴AB=AC=BC,∴PA=PB=PC, 设 PA=a,则 3a=2 3,∴a=2. 设球心到截面的距离为 h,则由 VA-PBC=VP-ABC 得, 11 1 3 ( ×2×2)×2= × ×(2 2)2×( 3-h), 32 3 4 ∴h= 3 . 3

(理)(2014· 成都七中模拟)平面四边形 ABCD 中,AD=AB= 2,CD=CB= 5,且 AD⊥AB,现 将△ABD 沿着对角线 BD 翻折成△A′BD,则在△A′BD 折起至转到平面 BCD 内的过程中,直线 A′C 与平面 BCD 所成的最大角的正切值为( A.1 C. 3 3 ) 1 B. 2 D. 3

[答案] C [解析] 如下图,OA=1,OC=2,在△ABD 绕直线 BD 旋转过程中,OA 绕点 O 旋转形成半圆, 显然当 A′C 与圆相切时,直线 A′C 与平面 BCD 所成角最大,最大角为 30° ,其正切值为 C. 3 ,选 3

9

第Ⅱ卷(非选择题 共 90 分) 二、填空题(本大题共 4 个小题,每小题 4 分,共 16 分,把正确答案填在题中横线上.) 13.

(2014· 山西省太原五中月考)如图,在直三棱柱 ABC-A1B1C1 中,底面为直角三角形,∠ACB= 90° ,AC= 6,BC=CC1= 2,P 是 BC1 上一动点,则 CP+PA1 的最小值为________. [答案] 8+2 6

[解析] 由题意可知,△BCC1 为等腰直角三角形,
2 ∵AC= 6,BC=CC1= 2,∠ACB=90° ,∴∠A1B= 10,BC1=2,∵A1B2=A1C1 +BC2 1,∴

∠AC1B 为直角, 将△BCC1 与△A1BC1 所在平面铺平如图,

设 A1C 交 BC1 于 Q,则当点 P 与 Q 重合时,CP+PA1 取到最小值,最小值为 A1C.
2 A1C= A1C2 C1Ccos135° 1+C1C -2A1C1·



6+2-2× 6× 2×?-

2 ?= 8+2 6. 2
10

3 2 14.(文)(2014· 抚顺市六校联合体期中)已知正四棱锥 O-ABCD 的体积为 ,底面边长为 3, 2 则以 O 为球心,OA 为半径的球的表面积为________. [答案] 12π 1 1 3 2 3 2 6 [解析] 由 V= Sh= ×( 3)2· h= 知,h= ,设正方形 ABCD 的中心为 M,则 MA= , 3 3 2 2 2 3 22 6 ∴OA2=OM2+MA2=( ) +( )2=3,∴S 球=4π·OA2=12π. 2 2 (理)(2014· 抚顺二中期中)右图是一个空间几何体的三视图,如果主视图和左视图都是边长为 2 的正三角形,俯视图为正方形,那么该几何体的体积为________.

[答案]

4 3 3

[解析] 由三视图知, 几何体是正四棱锥, 底面正方形边长为 2, 棱锥的斜高为 2, 故高 h= 22-12 1 4 3 = 3,∴体积 V= ×4× 3= . 3 3

15.(文)(2014· 西安市长安中学期中)一个几何体的三视图如图所示, 且其侧视图是一个等边三角 形,则这个几何体的体积为________.

11

[答案]

3?8-π? 6

[解析] 根据三视图,该几何体是一个组合体,其中左侧是半个圆锥,右侧是底面为正方形的四 棱锥,由于侧视图是一个边长为 2 的等边三角形,所以高为 3.

3?8+π? 1 1 2 2 所以其体积为 V= · ( π·1 +2 )· 3= . 3 2 6 (理)(2014· 浙江台州中学期中)把边长为 1 的正方形 ABCD 沿对角线 BD 折起,形成三棱锥 C- ABD,它的主视图与俯视图如图所示,则二面角 C-AB-D 的正切值为________.

12

[答案]

2

[解析] 三棱锥 C-ABD 直观图如图,由主视图与俯视图知,平面 CBD⊥平面 ABD,CO⊥平面 ABD,作 OE∥AD,∵AD⊥AB,∴OE⊥AB,连结 CE,则 CE⊥AB,∴∠CEO 为二面角 C-AB-D 1 1 2 CO 的平面角,在 Rt△COE 中,OE= AD= ,CO= ,∴tan∠CEO= = 2. 2 2 2 OE

16.(文)(2014· 华安、连城、永安、漳平、泉港一中,龙海二中六校联考)点 P 在正方体 ABCD- A1B1C1D1 的面对角线 BC1 上运动,则下列四个命题:

①三棱锥 A-D1PC 的体积不变; ②A1P∥平面 ACD1; ③DP⊥BC1; ④平面 PDB1⊥平面 ACD1. 其中正确的命题序号是________. [答案] ①②④ [解析] ①VA-D1PC=VP-AD1C,∵BC1∥AD1,AD1?平面 AD1C,∴BC1∥平面 AD1C,∴无 论 P 在 BC1 上任何位置, P 到平面 AD1C 的距离为定值,∴三棱锥 A-D1PC 的体积不变, ∴①正确; ②∵A1C1∥AC,BC1∥AD1,A1C1∩BC1=C1,AC∩AD1=A,∴平面 A1BC1∥平面 AD1C,∵A1P ?平面 A1BC1,∴A1P∥平面 ACD1,∴②正确; ③假设 DP⊥BC1,∵DC⊥平面 BCC1B1,∴DC⊥BC1, ∴BC1⊥平面 ABCD,与正方体 ABCD-A1B1C1D1 矛盾, ∴③错误; ④∵B1B⊥AC,BD⊥AC,∴AC⊥平面 B1BD,∴AC⊥B1D,同理可证 AD1⊥B1D,∴B1D⊥平面 ACD1,∵B1D?平面 PDB1,∴平面 PDB1⊥平面 ACD1,∴④正确.
13

(理)(2014· 成都七中模拟)已知正方体 ABCD-A1B1C1D1 的棱长为 1,点 M 是 BC1 的中点,P 是 BB1 一动点,则(AP+MP)2 的最小值为________. [答案] 5 2

[解析] 将平面 ABB1A1 展开到与平面 CBB1C1 共面,如下图,易知当 A、P、M 三点共线时(AP +MP)2 最小.

AM2=AB2+BM2-2AB×BMcos135° =12+(

22 2 2 5 ) -2×1× ×(- )= . 2 2 2 2

三、解答题(本大题共 6 个小题,共 74 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 12 分)(2014· 天津市六校联考)在三棱柱 ABC-A1B1C1 中,AB⊥侧面 BB1C1C, π 已知 BC=1,∠BCC1= ,AB=CC1=2. 3

(1)求证:BC1⊥平面 ABC; (2)试在棱 CC1(不包含端点 C,C1)上确定一点 E 的位置,使得 EA⊥EB1; (3)(理)在(2)的条件下,求 AE 和平面 ABC1 所成角正弦值的大小. π [解析] (1)∵BC=1,∠BCC1= ,CC1=2, 3
2 ∴BC1= 3,∴BC2+BC2 1=CC1,∴BC1⊥BC,

∵AB⊥侧面 BB1C1C,BC1?平面 BB1C1C, ∴BC1⊥AB 且 BC∩AB=B, ∴BC1⊥平面 ABC.

(2)E 为 C1C 的中点.连接 BE,

14

π ∵BC=CE=1,∠BCC1= , 3 π 等边△BEC 中,∠BEC= , 3 2π π 同理:B1C1=C1E=1,∠B1C1E= ,∴∠B1EC1= , 3 6 π ∴∠BEB1= ,∴EB1⊥EB, 2 ∵AB⊥侧面 BB1C1C,EB1?平面 BB1C1C, ∴EB1⊥AB 且 EB∩AB=B, ∴B1E⊥平面 ABE,EA?平面 ABE,∴EA⊥EB1. (3)∵AB⊥侧面 BB1C1C,AB?平面 ABC1, ∵平面 BCC1B1⊥平面 ABC1, 过 E 作 BC1 的垂线交 BC1 于 F,则 EF⊥平面 ABC1, 连接 AF,则∠EAF 为所求, ∵BC⊥BC1,EF⊥BC1,∴BC∥EF, ∵E 为 C1C 的中点,∴F 为 C1B 的中点, 1 2 1 5 ∴EF= ,由(2)知 AE= 5,∴sin∠EAF= = . 2 10 5 18. (本小题满分 12 分)(文)(2014· 长沙市重点中学月考)如图所示, 圆柱的高为 2, 底面半径为 7, AE、DF 是圆柱的两条母线,过 AD 作圆柱的截面交下底面于 BC,四边形 ABCD 是正方形.

(1)求证 BC⊥BE; (2)求四棱锥 E-ABCD 的体积. [解析] (1)∵AE 是圆柱的母线, ∴AE⊥底面 EBC,又 BC?底面 EBC,∴AE⊥BC, 又∵截面 ABCD 是正方形,所以 BC⊥AB, 又 AB∩AE=A,∴BC⊥平面 ABE, 又 BE?平面 ABE,∴BC⊥BE.

15

(2)∵母线 AE⊥底面 EBC,∴AE 是三棱锥 A-BCE 的高, 由(1)知 BC⊥平面 ABE,BC?平面 ABCD, ∴平面 ABCD⊥平面 ABE, 过 E 作 EO⊥AB,交 AB 于 O, 又∵平面 ABCD∩平面 ABE=AB,EO?平面 ABE, ∴EO⊥平面 ABCD,即 EO 就是四棱锥 E-ABCD 的高, 设正方形 ABCD 的边长为 x,则 AB=BC=x, BE= AB2-AE2= x2-4, 又∵BC⊥BE,∴EC 为直径,即 EC=2 7, 在 Rt△BEC 中,EC2=BE2+BC2, 即(2 7)2=x2+x2-4,∴x=4, ∴S 四边形 ABCD=4×4=16,
2 AE· BE 2× 4 -4 OE= = = 3, AB 4

1 1 16 3 ∴VE-ABCD= · OE· S 四边形 ABCD= × 3×16= . 3 3 3 (理)(2014· 湖南长沙实验中学、沙城一中联考)在三棱柱 ABC-A1B1C1 中,侧面 ABB1A1,ACC1A1 均为正方形,∠BAC=90° ,点 D 是棱 B1C1 的中点. (1)求证:A1D⊥平面 BB1C1C; (2)求证:AB1∥平面 A1DC; (3)求二面角 D-A1C-A 的余弦值. [解析] (1)证明:因为侧面 ABB1A1,ACC1A1 均为正方形, 所以 AA1⊥AC,AA1⊥AB,所以 AA1⊥平面 ABC, 所以 AA1⊥平面 A1B1C1. 因为 A1D?平面 A1B1C1,所以 AA1⊥A1D, 又因为 CC1∥AA1,所以 CC1⊥A1D, 又因为 A1B1=A1C1,D 为 B1C1 中点, 所以 A1D⊥B1C1. 因为 CC1∩B1C1=C1, 所以 A1D⊥平面 BB1C1C.
16

(2)证明:连结 AC1,交 A1C 于点 O,连结 OD, 因为 ACC1A1 为正方形,所以 O 为 AC1 中点, 又 D 为 B1C1 中点,所以 OD 为△AB1C1 中位线, 所以 AB1∥OD, 因为 OD?平面 A1DC,AB1?平面 A1DC, 所以 AB1∥平面 A1DC. (3)因为侧面 ABB1A1,ACC1A1 均为正方形,∠BAC=90° , 所以 AB,AC,AA1 两两互相垂直,如图所示建立直角坐标系 A-xyz. 1 1 设 AB=1,则 C(0,1,0),B(1,0,0),A1(0,0,1),D( , ,1). 2 2 1 1 → → A1D=( , ,0),A1C=(0,1,-1), 2 2

设平面 A1DC 的法向量为 n=(x,y,z),则有 → ? ? A1D=0, ?n· ?x+y=0, ? ∴? ?y-z=0, → ? ? n· A1C=0, ? 取 x=1,得 n=(1,-1,-1). → 又因为 AB⊥平面 ACC1A1,所以平面 ACC1A1 的法向量为AB=(1,0,0), → 设二面角 D-A1C-A 的平面角为 θ,则 θ=π-〈n,AB〉 , → ∴cosθ=cos(π-〈n,AB〉) → n· AB 1 3 =- =- =- , 3 → 3 |n|· |AB| 所以,二面角 D-A1C-A 的余弦值为- 3 . 3

19.(本小题满分 12 分)(文)(2014· 黄石二中检测)如图,在直三棱柱 ABC-A1B1C1 中,AA1=AC =2AB=2,且 BC1⊥A1C.

17

(1)求证:平面 ABC1⊥平面 A1ACC1; (2)设 D 是 A1C1 的中点,判断并证明在线段 BB1 上是否存在点 E,使 DE∥平面 ABC1;若存在, 求三棱锥 E-ABC1 的体积. [解析] (1)证明:在直三棱柱 ABC-A1B1C1 中,有 A1A⊥平面 ABC.∴A1A⊥AC,又 A1A=AC, ∴A1C⊥AC1. 又 BC1⊥A1C,∴A1C⊥平面 ABC1,∵A1C?平面 A1ACC1,∴平面 ABC1⊥平面 A1ACC1.

(2)存在,E 为 BB1 的中点. 取 A1A 的中点 F,连 EF,FD,当 E 为 B1B 的中点时,EF∥AB,DF∥AC1, ∴平面 EFD∥平面 ABC1,则有 ED∥平面 ABC1. 当 E 为 BB1 的中点时,VE-ABC =VC
1 1
-ABE

1 1 1 = ×2× ×1×1= . 3 2 3

(理)(2014· 保定市八校联考)如图,在底面是直角梯形的四棱锥 P-ABCD 中,∠DAB=90° ,PA ⊥平面 ABCD,PA=AB=BC=3,梯形上底 AD=1.

(1)求证:BC⊥平面 PAB; (2)在 PC 上是否存在一点 E,使得 DE∥平面 PAB?若存在,请找出;若不存在,说明理由; (3)求平面 PCD 与平面 PAB 所成锐二面角的正切值. [解析] (1)证明:∵BC∥AD 且∠DAB=90° ,

18

∴BC⊥AB, 又 PA⊥平面 ABCD,∴BC⊥PA, 而 PA∩AB=A,∴BC⊥平面 PAB. (2)延长 BA、CD 相交于 Q 点,假若在 PC 上存在点 E,满足 DE∥平面 PAB,则由平面 PCQ 经 过 DE 与平面 PAB 相交于 PQ 知 DE∥PQ, ∵AD∥BC 且 AD=1,BC=3, ∴ PE QD AD 1 = = = , CP CQ BC 3

1 故 E 为 CP 的三等分点,PE= CE. 2

(3)过 A 作 AH⊥PQ,垂足为 H,连 DH, 由(1)及 AD∥BC 知:AD⊥平面 PAQ, ∴AD⊥PQ,又 AH⊥PQ, ∴PQ⊥平面 HAD,∴PQ⊥HD. ∴∠AHD 是平面 PCD 与平面 PBA 所成的二面角的平面角. 3 3 5 易知 AQ= ,PQ= , 2 2 AQ· PA 3 5 ∴AH= = , PQ 5 AD 5 ∴tan∠AHD= = , AH 3 所以平面 PCD 与平面 PAB 所成二面角的正切值为 5 . 3

20.(本小题满分 12 分)(文)(2014· 北京朝阳区期末)如图,在三棱锥 P-ABC 中,平面 PAC⊥平 面 ABC,PA⊥AC,AB⊥BC.设 D、E 分别为 PA、AC 中点.

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(1)求证:DE∥平面 PBC; (2)求证:BC⊥平面 PAB; (3)试问在线段 AB 上是否存在点 F,使得过三点 D,E,F 的平面内的任一条直线都与平面 PBC 平行?若存在,指出点 F 的位置并证明;若不存在,请说明理由. [解析] (1)证明:因为点 E 是 AC 中点,点 D 为 PA 的中点, 所以 DE∥PC. 又因为 DE?平面 PBC,PC?平面 PBC, 所以 DE∥平面 PBC. (2)证明:因为平面 PAC⊥平面 ABC,平面 PAC∩平面 ABC=AC,又 PA?平面 PAC,PA⊥AC, 所以 PA⊥平面 ABC.所以 PA⊥BC. 又因为 AB⊥BC,且 PA∩AB=A, 所以 BC⊥平面 PAB.

(3)当点 F 是线段 AB 中点时,过点 D,E,F 的平面内的任一条直线都与平面 PBC 平行. 取 AB 中点 F,连 EF,DF. 由(1)可知 DE∥平面 PBC. 因为点 E 是 AC 中点,点 F 为 AB 的中点, 所以 EF∥BC. 又因为 EF?平面 PBC,BC?平面 PBC, 所以 EF∥平面 PBC. 又因为 DE∩EF=E,所以平面 DEF∥平面 PBC, 所以平面 DEF 内的任一条直线都与平面 PBC 平行. 故当点 F 是线段 AB 中点时,过点 D,E,F 所在平面内的任一条直线都与平面 PBC 平行. (理)(2014· 山东省博兴二中质检)如图, 在四棱锥 P-ABCD 中, 底面 ABCD 为菱形, ∠BAD=60° ,
20

Q 为 AD 的中点.

(1)若 PA=PD,求证:平面 PQB⊥平面 PAD; PM 1 (2)设点 M 在线段 PC 上, = ,求证:PA∥平面 MQB; MC 2 (3)在(2)的条件下,若平面 PAD⊥平面 ABCD,且 PA=PD=AD=2,求二面角 M-BQ-C 的大 小. [解析] (1)连接 BD,∵四边形 ABCD 为菱形,∠BAD=60° ,∴△ABD 为正三角形, 又 Q 为 AD 中点,∴AD⊥BQ.∵PA=PD,Q 为 AD 的中点,AD⊥PQ, 又 BQ∩PQ=Q,∴AD⊥平面 PQB,∵AD?平面 PAD, ∴平面 PQB⊥平面 PAD. (2)连接 AC 交 BQ 于点 N, AQ AN 1 由 AQ∥BC 可得,△ANQ∽△CNB,∴ = = . BC NC 2

PM 1 PM AN 又 = ,∴ = .∴PA∥MN. MC 2 MC NC ∵MN?平面 MQB,PA?平面 MQB,∴PA∥平面 MQB. (3)∵PA=PD=AD=2,Q 为 AD 的中点,∴PQ⊥AD. 又平面 PAD⊥平面 ABCD,∴PQ⊥平面 ABCD. 以 Q 为坐标原点,分别以 QA、QB、QP 所在的直线为 x 轴,y 轴,z 轴,建立如图所示的空间 直角坐标系,则各点坐标为 A(1,0,0),B(0, 3,0),P(0,0, 3).

设平面 MQB 的法向量 n=(x,y,z),可得
21

→ → ? ? QB=0, QB=0, ?n· ?n· ? 3y=0, ? ∵PA∥MN,∴? ∴? → → ?x- 3z=0, ?n· ?n· MN=0. PA=0. ? ? 取 z=1,得 n=( 3,0,1). 取平面 ABCD 的法向量 m=(0,0,1). m· n 1 cos〈m,n〉= = . |m||n| 2 故二面角 M-BQ-C 的大小为 60° . 21.(本小题满分 12 分)(文)如图,E 是以 AB 为直径的半圆弧上异于 A,B 的点,矩形 ABCD 所 在平面垂直于该半圆所在的平面,且 AB=2AD=2.

(1)求证:EA⊥EC; (2)设平面 ECD 与半圆弧的另一个交点为 F. ①求证:EF∥AB; ②若 EF=1,求三棱锥 E-ADF 的体积. [解析] (1)∵E 是半圆上异于 A,B 的点,∴AE⊥EB, 又∵平面 ABCD⊥平面 ABE,且 CB⊥AB, 由面面垂直性质定理得 CB⊥平面 ABE, 又 AE?平面 ABE,∴CB⊥AE, ∵BC∩BE=B,∴AE⊥平面 CBE, 又 EC?平面 CBE,∴AE⊥EC.

(2)①由 CD∥AB,得 CD∥平面 ABE, 又∵平面 CDE∩平面 ABE=EF, ∴根据线面平行的性质定理得 CD∥EF, 又 CD∥AB,∴EF∥AB. 1 1 3 3 ②VE-ADF=VD-AEF= × ×1× ×1= . 3 2 2 12 (理)(2014· 浙江台州中学期中)如图,在 Rt△ABC 中,AB=BC=4,点 E 在线段 AB 上,过点 E
22

作 EF∥BC 交 AC 于点 F, 将△AEF 沿 EF 折起到△PEF 的位置(折起后的点 A 记作点 P), 使得∠PEB =60° .

(1)求证:EF⊥PB. (2)试问:当点 E 在线段 AB 上移动时,二面角 P-FC-B 的平面角的余弦值是否为定值?若是, 求出定值,若不是,说明理由. [解析] (1)在 Rt△ABC 中,∵EF∥BC,∴EF⊥AB, ∴EF⊥EB,EF⊥EP,又∵EB∩EP=E,∴EF⊥平面 PEB. 又∵PB?平面 PEB,∴EF⊥PB. (2)解法一:∵EF⊥平面 PEB,EF?平面 BCFE,∴平面 PEB⊥平面 BCFE,过 P 作 PQ⊥BE 于 点 Q,垂足为 Q,则 PQ⊥平面 BCFE,过 Q 作 QH⊥FC,垂足为 H.则∠PHQ 即为所求二面角的平 面角. 1 3 设 PE=x,则 EQ= x,PQ= x, 2 2 π 3 2 QH=(PE+EQ)sin = x, 4 4 PQ 6 故 tan∠PHQ= = , QH 3 cos∠PHQ= 15 15 ,即二面角 P-FC-B 的平面角的余弦值为定值 . 5 5

解法二:在平面 PEB 内,经 P 点作 PD⊥BE 于 D, 由(1)知 EF⊥平面 PEB, ∴EF⊥PD.∴PD⊥平面 BCFE.在平面 PEB 内过点 B 作直线 BH∥PD,则 BH⊥平面 BCFE.以 B → → → 点为坐标原点,BC,BE,BH的方向分别为 x 轴,y 轴,z 轴的正方向建立空间直角坐标系. 设 PE=x(0<x<4) 又∵AB=BC=4,∴BE=4-x,EF=x, 在 Rt△PED 中,∠PED=60° ,∴PD= 1 3 ∴BD=4-x- x=4- x, 2 2 3 3 ∴C(4,0,0),F(x,4-x,0),P(0,4- x, x). 2 2 3 3 → → 从而CF=(x-4,4-x,0),CP=(-4,4- x, x). 2 2 3 1 x,DE= x, 2 2

23

设 n1=(x0,y0,z0)是平面 PCF 的一个法向量,则 → → n1· CF=0,n1· CP=0, x ?x-4?+y0?4-x?=0, ? ?0 ?x0-y0=0, ∴? ∴? 3 3 ? 3x0-z0=0, ?-4x0+?4-2x?y0+ 2 xz0=0, ? 取 y0=1,得,n1=(1,1, 3). 又平面 BCF 的一个法向量为 n2=(0,0,1). 设二面角 P-FC-B 的平面角为 α,则 cosα=|cos〈n1,n2〉|= 15 . 5 15 . 5

因此当点 E 在线段 AB 上移动时,二面角 P-FC-B 的平面角的余弦值为定值

22.(本小题满分 14 分)(文)(2014· 广东执信中学期中)某个实心零部件的形状是如图所示的几何 体,其下部是底面均是正方形,侧面是全等的等腰梯形的四棱台 A1B1C1D1-ABCD,上部是一个底 面与四棱台的上底面重合,侧面是全等的矩形的四棱柱 ABCD-A2B2C2D2.

(1)证明:直线 B1D1⊥平面 ACC2A2; (2)现需要对该零部件表面进行防腐处理.已知 AB=10,A1B1=20,AA2=30,AA1=13(单位: cm),每平方厘米的加工处理费为 0.20 元,需加工处理费多少元? [解析] (1)∵四棱柱 ABCD-A2B2C2D2 的侧面是全等的矩形, ∴AA2⊥AB,AA2⊥AD,又∵AB∩AD=A, ∴AA2⊥平面 ABCD. 连接 BD,∵BD?平面 ABCD,∴AA2⊥BD. ∵底面 ABCD 是正方形,∴AC⊥BD. ∵AA2∩AC=A,∴BD⊥平面 ACC2A2, 根据棱台的定义可知,BD 与 B1D1 共面. 又已知平面 ABCD∥平面 A1B1C1D1,且平面 BB1D1D∩平面 ABCD=BD, 平面 BB1D1D∩平面 A1B1C1D1=B1D1,∴B1D1∥BD. ∴B1D1⊥平面 ACC2A2.

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(2)∵四棱柱 ABCD-A2B2C2D2 的底面是正方形,侧面是全等的矩形, ∴S1=S 四棱柱上底面+S 四棱柱侧面=(A2B2)2+4AB· AA2=102+4×10×30=1300(cm2). 又∵四棱台 A1B1C1D1-ABCD 的上、下底面均是正方形,侧面是全等的等腰梯形, 等腰梯形的高 h′= 20-10 2 132-? ? =12. 2

所以 S2=S 四棱台下底面+S 四棱台侧面 1 =(A1B1)2+4× (AB+A1B1)h′ 2 1 =202+4× (10+20)×12 2 =1120(cm2). 于是该实心零部件的表面积为 S=S1+S2=1300+1120=2420(cm2), 故所需加工处理费为 0.2S=0.2×2420=484(元). (理)(2014· 西安市长安中学期中)如图,在四棱锥 P-ABCD 中,底面 ABCD 为直角梯形,AD∥ BC,∠ADC=90° ,平面 PAD⊥底面 ABCD,Q 为 AD 的中点,M 是棱 PC 上的点,PA=PD=2,BC 1 = AD=1,CD= 3. 2

(1)求证:平面 PQB⊥平面 PAD; (2)若 M 为棱 PC 的中点,求异面直线 AP 与 BM 所成角的余弦值. 1 [解析] (1)∵BC= AD,Q 为 AD 的中点,∴BC=DQ, 2 又∵AD∥BC,∴BC∥DQ, ∴四边形 BCDQ 为平行四边形,∴CD∥BQ, ∵∠ADC=90° ,∴∠AQB=90° ,即 QB⊥AD, 又∵平面 PAD⊥平面 ABCD,且平面 PAD∩平面 ABCD=AD,∴BQ⊥平面 PAD,
25

又 BQ?平面 PQB,∴平面 PQB⊥平面 PAD. (2)解法 1:∵PA=PD,Q 为 AD 的中点,∴PQ⊥AD. ∵平面 PAD⊥平面 ABCD,且平面 PAD∩平面 ABCD=AD,∴PQ⊥平面 ABCD. 如图,以 Q 为原点建立空间直角坐标系.

则 Q(0,0,0),A(1,0,0),P(0,0, 3),B(0, 3,0),C(-1, 3,0), 1 3 3 ∵M 是 PC 中点,∴M(- , , ), 2 2 2 1 3 3 → → ∴AP=(-1,0, 3),BM=(- ,- , ), 2 2 2 设异面直线 AP 与 BM 所成角为 θ, → → AP· BM 2 7 → → 则 cosθ=|cos〈AP,BM〉|= = , 7 → → |AP|· |BM| 2 7 ∴异面直线 AP 与 BM 所成角的余弦值为 . 7 解法 2:连接 AC 交 BQ 于点 O,连接 OM,则 OM∥PA, 所以∠BMO 就是异面直线 AP 与 BM 所成的角.

1 1 3 OM= PA=1,BO= BQ= , 2 2 2 由(1)知 BQ⊥平面 PAD,所以 BQ⊥PA,∴BQ⊥OM, ∴BM= BO2+OM2= ? 32 7 ? +12= , 2 2

OM 1 2 7 ∴cos∠BMO= = = . BM 7 7 2

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