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模块综合检测
（时间：120分钟　满分：150分）
一、单项选择题（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，只有一项是符合题目要求的）
1.已知复数z满足（1＋i）z＝（i为虚数单位），则复数z在复平面内对应的点在（　　）
A.第一象限　　　　　B.第二象限
C.第三象限 D.第四象限
2.已知△ABC中，A＝，B＝，a＝1，则c＝（　　）
A. B.
C. D.
3.如图，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AB⊥AC，如果AB＝3，AC＝1，AA1＝2，那么直三棱柱ABC-A1B1C1的体积为（　　）
A.2　　　B.3　　　C.4　　　D.6
4.如图，要测出山上信号发射塔BC的高，从山脚A处测得AC＝30 m，塔顶B的仰角为45°，塔底C的仰角为15°，则信号发射塔BC的高为（　　）
A.15 m B.15 m
C.30 m D.30 m
5.已知圆锥的轴截面是顶角为120°的等腰三角形，若圆锥的母线长为2，则该圆锥的体积为（　　）
A. B.π
C. D.2π
6.已知一个正四面体纸盒的棱长为2，若在该正四面体纸盒内放一个正方体，使正方体可以在纸盒内任意转动，则正方体棱长的最大值为（　　）
A.1 B.
C. D.
7.如图，在坡度一定的山坡A处测得山顶上一建筑物CD的顶端C对于山坡的斜度为15°，向山顶前进100 m到达B处，在B处测得C对于山坡的斜度为45°.若CD＝50 m，山坡与地平面的夹角为θ，则cos θ＝（　　）
A. B.
C.－1 D.－1
8.如图，在正四棱锥S-ABCD中，E，M，N分别是BC，CD，SC的中点.当点P在线段MN上运动时，下列四个结论：①EP⊥AC；②EP∥BD；③EP∥平面SBD；④EP⊥平面SAC.其中恒成立的为（　　）
A.①③ B.③④
C.①② D.②③④
二、多项选择题（本大题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分）
9.下面关于复数z＝（i为虚数单位）的四个命题正确的有（　　）
A.｜z｜＝2
B.z2＝2i
C.z的共轭复数为1＋i
D.z的虚部为－1
10.已知半径为10的球的两个平行截面圆的周长分别是12π和16π，则这两个截面圆间的距离为（　　）
A.2　　　　　　　　B.4
C.12 D.14
11.在△ABC中，下列命题正确的是（　　）
A.若A＞B，则sin A＞sin B
B.若sin 2A＝sin 2B，则△ABC一定为等腰三角形
C.若acos B－bcos A＝c，则△ABC一定为直角三角形
D.若三角形的三边的比是3∶5∶7，则此三角形的最大角为钝角
三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分.把答案填在题中横线上）
12.如果＝1＋mi（m∈R，i表示虚数单位），那么m＝　　　　.
13.在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若atan B＝2bsin（B＋C），则角B的大小为　　　　　　　.
14.已知正方形ABCD的边长为1，将△ADC沿对角线AC折起，若折叠后平面ACD⊥平面ACB，则此时AC与BD所成角的大小是　　　　，点B，D之间的距离是　　　　.
四、解答题（本大题共5小题，共77分.解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤）
15.（本小题满分13分）如图，四棱锥P-ABCD的底面是矩形，PD⊥底面ABCD，M为BC的中点，且PB⊥AM.
（1）证明：平面PAM⊥平面PBD；
（2）若PD＝DC＝1，求四棱锥P-ABCD的体积.
16.（本小题满分15分）如图所示，在直四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，DB＝BC，DB⊥AC，点M是棱BB1上一点.
（1）求证：B1D1∥平面A1BD；
（2）求证：MD⊥AC；
（3）试确定点M的位置，使得平面DMC1⊥平面CC1D1D.
17.（本小题满分15分）如图所示，某镇有一块空地△OAB，其中OA＝3 km，OB＝3 km，∠AOB＝90°.当地镇政府规划将这块空地改造成一个旅游景点，拟在中间挖一个人工湖△OMN，其中M，N都在边AB上，且∠MON＝30°，挖出的泥土堆放在△OAM地带上形成假山，剩下的△OBN地带开设儿童游乐场.为安全起见，需在△OAN的周围安装防护网.
（1）当AM＝km时，求防护网的总长度；
（2）为节省投入资金，人工湖△OMN的面积要尽可能小，问当∠AOM取何值时，可使△OMN的面积最小.
18.（本小题满分17分）在三棱锥A-BCD中，AB＝AD，CB＝CD，O为BD的中点.
（1）证明：平面ABD⊥平面OAC；
（2）过O点作一个平面α，使得平面α∥平面ACD，请画出这个平面α，并说明理由；
（3）若AB＝BC＝BD＝2，平面ABD⊥平面BCD，求点B到平面ACD的距离.
19.（本小题满分17分）如图，在正三棱柱ABC-A1B1C1中，AB＝AA1＝2，由顶点B沿棱柱侧面经过棱AA1到顶点C1的最短路线与棱AA1的交点记为M，求：
（1）三棱柱的侧面展开图的对角线长；
（2）该最短路线的长及的值；
（3）平面C1MB与平面ABC所成二面角（锐角）.
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1.D　因为（1＋i）z＝＝2，所以z＝＝（1－i）＝－i，则复数z在复平面内对应的点为（，－），该点位于第四象限.
2.B　由三角形内角和定理可得C＝π－A－B＝π，在△ABC中，由正弦定理得＝得，c＝＝＝.
3.B　在直三棱柱ABC-A1B1C1中，∵AB⊥AC，AB＝3，AC＝1，∴S△ABC＝×3×1＝.又AA1⊥平面ABC，且AA1＝2，∴＝×2＝3.
4.B　由题意可知，AC＝30，∠BAD＝45°，∠CAD＝15°，所以∠B＝45°，∠BAC＝30°.在△ABC中，由＝，解得BC＝15.所以信号发射塔BC的高为15 m.
5.B　如图，
圆锥的轴截面的顶角∠ASB＝120°，所以在Rt△SOB中，∠OSB＝∠ASB＝60°，圆锥的底面半径为r＝SB×sin 60°＝2×＝，高h＝SB×cos 60°＝2×＝1，所以该圆锥的体积为V＝Sh＝π×（）2×1＝π.
6.B　要使正方体可以在纸盒内任意转动，则正方体的外接球应在纸盒内，当球与正四面体内切时，正方体的棱长最大.设球的半径为r，正方体的棱长为a，正四面体的高为＝4，S为正四面体一个面的面积，则×4S＝4××rS，则r＝1.所以3a2＝4，则a＝.
7.D　 因为∠CBD＝45°，所以∠ACB＝45°－15°＝30°，在△ABC中，由正弦定理得＝，又sin 15°＝sin（45°－30°）＝sin 45°cos 30°－cos 45°sin 30°＝，解得BC＝＝50（－），在△BCD中，由正弦定
理得＝，解得sin∠BDC＝＝－1，即sin（θ＋90°）＝－1，所以cos θ＝－1.故选D.
8.A　如图所示，连接NE，ME.∵E，M，N分别是BC，CD，SC的中点，∴EN∥SB，MN∥SD.又EN∩MN＝N，SB∩SD＝S，∴平面SBD∥平面NEM，∴EP∥平面SBD，③恒成立.由正四棱锥S-ABCD，知AC⊥平面SBD，∴AC⊥平面NEM，∴AC⊥EP，①恒成立.②④对于线段MN上的任意一点P不一定成立，故选A.
9.BD　z＝＝＝－1－i，所以｜z｜＝，A为假命题；z2＝（－1－i）2＝2i，B为真命题；＝－1＋i，C为假命题；D为真命题.故选B、D.
10.AD　如图，两个平行截面圆的周长分别是12π和16π，可得两个半径分别为6，8，如果这两个平行平面在球心同一侧时，取球的中截面可得球心到截面的距离OB＝＝＝8，OA＝＝＝6.所以平行线间的距离d＝OB－OA＝8－6＝2，如果这两个平行平面在球心两侧时，所以平行线间的距离d'＝OB＋OA＝8＋6＝14.故选A、D.
11.ACD　在△ABC中，若A＞B，则a＞b，因此sin A＞sin B，A正确；若sin 2A＝sin 2B，则2A＝2B或2A＋2B＝π，即A＝B或A＋B＝，所以△ABC为等腰三角形或直角三角形，B错误；若acos B－bcos A＝c，则sin Acos B－sin Bcos A＝sin C＝sin（A＋B），所以sin B·cos A＝0，即cos A＝0，A＝，所以△ABC一定为直角三角形，C正确；三角形的三边的比是3∶5∶7，设最大边所对的角为θ，则cos θ＝＝－，因为0＜θ＜π，所以θ＝，D正确.故选A、C、D.
12.1　解析：因为＝＝＝1＋i，又＝1＋mi，所以m＝1.
13.　解析：∵atan B＝2bsin（B＋C）＝2bsin A，∴由正弦定理可得sin Atan B＝2sin Bsin A，∵A∈（0，π），∴sin A＞0，∴tan B＝2sin B，∵B∈（0，π），∴sin B＞0，∴cos B＝，∴B＝.
14.90°　1　解析：如图所示，取AC的中点O，连接OB，OD.因为DA＝DC，BA＝BC，O为AC的中点，所以DO⊥AC，BO⊥AC，又DO∩BO＝O，所以AC⊥平面BOD，又BD 平面BOD，所以AC⊥BD，即此时AC与BD所成的角是90°.因为平面ACD⊥平面ACB，平面ACD∩平面ACB＝AC，所以DO⊥平面ABC，所以DO⊥OB，又OB＝OD＝AC＝，所以BD＝＝1.
15.解：（1）证明：∵PD⊥平面ABCD，AM 平面ABCD，
∴PD⊥AM.
∵PB⊥AM，且PB∩PD＝P，PB 平面PBD，PD 平面PBD，
∴AM⊥平面PBD，
又AM 平面PAM，∴平面PAM⊥平面PBD.
（2）∵M为BC的中点，∴BM＝AD.
由题意知AB＝DC＝1.
∵AM⊥平面PBD，BD 平面PBD，∴AM⊥BD，
由∠BAM＋∠MAD＝90°，∠MAD＋∠ADB＝90°，
得∠BAM＝∠ADB，易得△BAM∽△ADB，所以＝，即＝，得AD＝，
所以S矩形ABCD＝AD·DC＝×1＝，
则四棱锥P-ABCD的体积VP-ABCD＝S矩形ABCD·PD＝××1＝.
16.解：（1）证明：因为ABCD-A1B1C1D1为直四棱柱，所以BB1∥DD1，且BB1＝DD1，
所以四边形BB1D1D是平行四边形，所以B1D1∥BD，
又BD 平面A1BD，B1D1 平面A1BD，所以B1D1∥平面A1BD.
（2）证明：因为BB1⊥平面ABCD，AC 平面ABCD，
所以BB1⊥AC.
又BD⊥AC，且BD∩BB1＝B，所以AC⊥平面BB1D1D.
又MD 平面BB1D1D，所以MD⊥AC.
（3）当点M为棱BB1的中点时，平面DMC1⊥平面CC1D1D.
如图，取DC的中点N，D1C1的中点N1，连接NN1交DC1于点O，连接OM，BN.
因为N是DC的中点，DB＝BC，所以BN⊥DC，
又平面ABCD∩平面DCC1D1＝CD，平面ABCD⊥平面DCC1D1，
所以BN⊥平面DCC1D1.
易得O是NN1的中点，所以BM∥ON，且BM＝ON，
所以BMON是平行四边形，所以BN∥OM，所以OM⊥平面CC1D1D.
又OM 平面DMC1，所以平面DMC1⊥平面CC1D1D.
17.解：（1）在△OAB中，OA＝3，OB＝3，∠AOB＝90°，∴∠OAB＝60°，
在△AOM中，OA＝3，AM＝，∠OAM＝60°，由余弦定理，得OM＝＝，
∴OM2＋AM2＝OA2，即OM⊥AN，∴∠AOM＝30°，
∴△OAN为正三角形，∴△OAN的周长为9，即防护网的总长度为9 km.
（2）设∠AOM＝θ（0°＜θ＜60°），
∠AON＝θ＋30°，∠OMA＝120°－θ，∠ONA＝90°－θ，
在△AOM中，由＝，得OM＝，
在△AON中，由＝，得ON＝，
∴S△OMN＝OM·ON·sin 30°＝
＝＝，
∴当且仅当2θ＋60°＝90°，即θ＝15°时，△OMN的面积取最小值为 km2.
18.解：（1）证明：因为AB＝AD，CB＝CD，O为BD的中点，
所以OA⊥BD，OC⊥BD，
又因为OA，OC 平面OAC，OA∩OC＝O，
所以BD⊥平面OAC，又BD 平面ABD，
所以平面ABD⊥平面OAC.
（2）取AB的中点E，BC的中点F，连接OE，OF，EF，又O为BD的中点，
则OE∥AD，OE 平面ACD，AD 平面ACD，
所以OE∥平面ACD，
同理可得OF∥平面ACD，OE∩OF＝O，OE，OF 平面OEF，
平面OEF∥平面ACD，
所以平面OEF即为所求的平面α.
（3）因为平面ABD⊥平面BCD，且平面ABD∩平面BCD＝BD，OA⊥BD，OA 平面ABD，
所以OA⊥平面BCD，
因为AB＝BC＝BD＝2，所以△ABD，△BCD均为等边三角形，
故AO＝OC＝，故S△BCD＝BD·OC＝×2×＝，
所以VA-BCD＝S△BCD·OA＝××＝1，
因为OA⊥平面BCD，OC 平面BCD，
所以OA⊥OC，由勾股定理得AC＝＝＝，
取AC的中点H，连接DH，
在△ACD中，AD＝CD＝2，
所以DH⊥AC，又AC＝，
故DH＝＝，S△ACD＝AC·DH＝××＝，
设点B到平面ACD的距离为d，又VB-ACD＝VA-BCD，
所以×d＝1，解得d＝.
所以点B到平面ACD的距离为.
19.解：（1）正三棱柱ABC-A1B1C1的侧面展开图是长为6，宽为2的矩形，其对角线长为＝2.
（2）如图，将侧面AA1B1B绕棱AA1旋转120°使其与侧面AA1C1C在同一平面上，点B运动到点D的位置，连接DC1，交AA1于M，则DC1就是由顶点B沿棱柱侧面经过棱AA1到顶点C1的最短路线，其长为＝＝2.
∵△DMA≌△C1MA1，∴AM＝A1M，＝1.
（3）如图，连接DB，则DB就是平面C1MB与平面ABC的交线.
在△DCB中，∵∠DBC＝∠CBA＋∠ABD＝60°＋30°＝90°，
∴CB⊥DB，又C1C⊥平面CBD，
∴CC1⊥DB，∴DB⊥面BCC1，∴C1B⊥DB.
∴∠C1BC就是平面C1MB与平面ABC所成二面角的平面角（锐角）.
∵侧面C1B1BC是正方形，∴∠C1BC＝45°.
故平面C1MB与平面ABC所成的二面角（锐角）为45°.
4 / 4(共45张PPT)
模块综合检测
（时间：120分钟　满分：150分）
一、单项选择题（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，只有一项是符合题目要求的）
1. 已知复数z满足（1＋i）z＝ （i为虚数单位），则复数z在
复平面内对应的点在（　　）
A. 第一象限 B. 第二象限
C. 第三象限 D. 第四象限
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解析：　因为（1＋i）z＝ ＝2 ，所以z＝ ＝ （1
－i）＝ － i，则复数z在复平面内对应的点为（ ，－
），该点位于第四象限.
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2. 已知△ABC中，A＝ ，B＝ ，a＝1，则c＝（　　）
解析：　由三角形内角和定理可得C＝π－A－B＝ π，在
△ABC中，由正弦定理得 ＝ 得，c＝ ＝ ＝
.
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3. 如图，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AB⊥AC，如果AB＝3，AC＝1，AA1＝2，那么直三棱柱ABC-A1B1C1的体积为（　　）
A. 2 B. 3
C. 4 D. 6
解析：B　在直三棱柱ABC-A1B1C1中，∵AB⊥AC，AB＝3，AC
＝1，∴S△ABC＝ ×3×1＝ .又AA1⊥平面ABC，且AA1＝2，
∴ ＝ ×2＝3.
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4. 如图，要测出山上信号发射塔BC的高，从山脚A处测得AC＝30
m，塔顶B的仰角为45°，塔底C的仰角为15°，则信号发射塔
BC的高为（　　）
解析：　由题意可知，AC＝30，∠BAD＝45°，∠CAD＝
15°，所以∠B＝45°，∠BAC＝30°.在△ABC中，由 ＝
，解得BC＝15 .所以信号发射塔BC的高为15 m.
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5. 已知圆锥的轴截面是顶角为120°的等腰三角形，若圆锥的母线长
为2，则该圆锥的体积为（　　）
B. π
D. 2π
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解析：　如图，圆锥的轴截面的顶角∠ASB＝120°，所以在Rt△SOB中，∠OSB＝ ∠ASB＝60°，圆锥的底面半径为r＝SB× sin 60°＝2× ＝ ，高h＝SB× cos 60°＝2× ＝1，
所以该圆锥的体积为V＝ Sh＝ π×（ ）2×1＝π.
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6. 已知一个正四面体纸盒的棱长为2 ，若在该正四面体纸盒内放一
个正方体，使正方体可以在纸盒内任意转动，则正方体棱长的最大
值为（　　）
A. 1
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解析：　要使正方体可以在纸盒内任意转动，则正方体的外接球
应在纸盒内，当球与正四面体内切时，正方体的棱长最大.设球的
半径为r，正方体的棱长为a，正四面体的高为
＝4，S为正四面体一个面的面积，则
×4S＝4× ×rS，则r＝1.所以3a2＝4，则a＝ .
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7. 如图，在坡度一定的山坡A处测得山顶上一建筑物CD的顶端C对
于山坡的斜度为15°，向山顶前进100 m到达B处，在B处测得C
对于山坡的斜度为45°.若CD＝50 m，山坡与地平面的夹角为
θ，则 cos θ＝（　　）
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解析：　 因为∠CBD＝45°，所以∠ACB＝45°－15°＝
30°，在△ABC中，由正弦定理得 ＝ ，又 sin 15°＝
sin （45°－30°）＝ sin 45° cos 30°－ cos 45° sin 30°＝
，解得BC＝ ＝50（ － ），在△BCD中，由
正弦定理得 ＝ ，解得 sin ∠BDC＝
＝ －1，即 sin （θ＋90°）＝ －1，所
以 cos θ＝ －1.故选D.
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8. 如图，在正四棱锥S-ABCD中，E，M，N分别是BC，CD，SC
的中点.当点P在线段MN上运动时，下列四个结论：①
EP⊥AC；②EP∥BD；③EP∥平面SBD；④EP⊥平面SAC. 其
中恒成立的为（　　）
A. ①③ B. ③④
C. ①② D. ②③④
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解析：　如图所示，连接NE，ME. ∵E，
M，N分别是BC，CD，SC的中点，
∴EN∥SB，MN∥SD. 又EN∩MN＝N，
SB∩SD＝S，∴平面SBD∥平面NEM，
∴EP∥平面SBD，③恒成立.由正四棱锥S-
ABCD，知AC⊥平面SBD，∴AC⊥平面
NEM，∴AC⊥EP，①恒成立.②④对于线段
MN上的任意一点P不一定成立，故选A.
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二、多项选择题（本大题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给
出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得6分，部分选
对的得部分分，有选错的得0分）
9. 下面关于复数z＝ （i为虚数单位）的四个命题正确的有（　　）
A. ｜z｜＝2 B. z2＝2i
C. z的共轭复数为1＋i D. z的虚部为－1
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解析：　z＝ ＝ ＝－1－i，所以｜z｜＝ ，
A为假命题；z2＝（－1－i）2＝2i，B为真命题； ＝－1＋i，C为
假命题；D为真命题.故选B、D.
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10. 已知半径为10的球的两个平行截面圆的周长分别是12π和16π，则
这两个截面圆间的距离为（　　）
A. 2 B. 4
C. 12 D. 14
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解析：　如图，两个平行截面圆的周长分别是
12π和16π，可得两个半径分别为6，8，如果这两个
平行平面在球心同一侧时，取球的中截面可得球心
到截面的距离OB＝ ＝ ＝8，
OA＝ ＝ ＝6.所以平行线间的距
离d＝OB－OA＝8－6＝2，如果这两个平行平面在
球心两侧时，所以平行线间的距离d'＝OB＋OA＝8
＋6＝14.故选A、D.
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11. 在△ABC中，下列命题正确的是（　　）
A. 若A＞B，则 sin A＞ sin B
B. 若 sin 2A＝ sin 2B，则△ABC一定为等腰三角形
C. 若a cos B－b cos A＝c，则△ABC一定为直角三角形
D. 若三角形的三边的比是3∶5∶7，则此三角形的最大角为钝角
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解析：　在△ABC中，若A＞B，则a＞b，因此 sin A＞ sin
B，A正确；若 sin 2A＝ sin 2B，则2A＝2B或2A＋2B＝π，即A
＝B或A＋B＝ ，所以△ABC为等腰三角形或直角三角形，B错
误；若a cos B－b cos A＝c，则 sin A cos B－ sin B cos A＝ sin C＝
sin （A＋B），所以 sin B· cos A＝0，即 cos A＝0，A＝ ，所以
△ABC一定为直角三角形，C正确；三角形的三边的比是
3∶5∶7，设最大边所对的角为θ，则 cos θ＝ ＝－ ，
因为0＜θ＜π，所以θ＝ ，D正确.故选A、C、D.
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三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分，把答案填在题中
横线上）
12. 如果 ＝1＋mi（m∈R，i表示虚数单位），那么m＝ .
解析：因为 ＝ ＝ ＝1＋i，又 ＝1＋mi，所
以m＝1.
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13. 在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若atan B
＝2b sin （B＋C），则角B的大小为 .
解析：∵atan B＝2b sin （B＋C）＝2b sin A，∴由正弦定理可
得 sin Atan B＝2 sin B sin A，∵A∈（0，π），∴ sin A＞0，∴tan
B＝2 sin B，∵B∈（0，π），∴ sin B＞0，∴ cos B＝ ，∴B＝
.
　
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14. 已知正方形ABCD的边长为1，将△ADC沿对角线AC折起，若折
叠后平面ACD⊥平面ACB，则此时AC与BD所成角的大小
是 ，点B，D之间的距离是 .
90°　
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解析：如图所示，取AC的中点O，连接OB，OD. 因为DA＝DC，BA＝BC，O为AC的中点，所以DO⊥AC，BO⊥AC，又DO∩BO＝O，所以AC⊥平面BOD，又BD 平面BOD，所以AC⊥BD，即此时AC与BD所成的角是90°.因为平面ACD⊥平
面ACB，平面ACD∩平面ACB＝AC，所以DO⊥平面ABC，所以DO⊥OB，又OB＝OD＝ AC＝ ，所以BD＝ ＝1.
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四、解答题（本大题共5小题，共77分，解答时应写出必要的文字说
明、证明过程或演算步骤）
15. （本小题满分13分）如图，四棱锥P-ABCD的底面是矩形，
PD⊥底面ABCD，M为BC的中点，且PB⊥AM.
（1）证明：平面PAM⊥平面PBD；
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解：证明：∵PD⊥平面ABCD，
AM 平面ABCD，
∴PD⊥AM.
∵PB⊥AM，且PB∩PD＝P，PB 平
面PBD，PD 平面PBD，
∴AM⊥平面PBD，
又AM 平面PAM，
∴平面PAM⊥平面PBD.
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（2）若PD＝DC＝1，求四棱锥P-ABCD的体积.
解：∵M为BC的中点，∴BM＝
AD. 由题意知AB＝DC＝1.∵AM⊥平
面PBD，BD 平面PBD，∴AM⊥BD，
由∠BAM＋∠MAD＝90°，∠MAD＋
∠ADB＝90°，
得∠BAM＝∠ADB，易得
△BAM∽△ADB，
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所以 ＝ ，即 ＝ ，得AD＝ ，
所以S矩形ABCD＝AD·DC＝ ×1＝ ，则四棱锥P-ABCD
的体积VP-ABCD＝ S矩形ABCD·PD＝ × ×1＝ .
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16. （本小题满分15分）如图所示，在直四棱柱ABCD-A1B1C1D1
中，DB＝BC，DB⊥AC，点M是棱BB1上一点.
（1）求证：B1D1∥平面A1BD；
解：证明：因为ABCD-A1B1C1D1为直四棱柱，所以
BB1∥DD1，且BB1＝DD1，
所以四边形BB1D1D是平行四边形，所以B1D1∥BD，
又BD 平面A1BD，B1D1 平面A1BD，所以B1D1∥平面
A1BD.
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（2）求证：MD⊥AC；
解：证明：因为BB1⊥平面ABCD，AC 平面ABCD，
所以BB1⊥AC.
又BD⊥AC，且BD∩BB1＝B，
所以AC⊥平面BB1D1D.
又MD 平面BB1D1D，所以MD⊥AC.
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（3）试确定点M的位置，使得平面DMC1⊥平面CC1D1D.
解：当点M为棱BB1的中点时，平面
DMC1⊥平面CC1D1D.
如图，取DC的中点N，D1C1的中点N1，连
接NN1交DC1于点O，连接OM，BN.
因为N是DC的中点，DB＝BC，所以
BN⊥DC，
又平面ABCD∩平面DCC1D1＝CD，平面
ABCD⊥平面DCC1D1，
所以BN⊥平面DCC1D1.
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易得O是NN1的中点，所以BM∥ON，且BM＝ON，
所以BMON是平行四边形，
所以BN∥OM，
所以OM⊥平面CC1D1D.
又OM 平面DMC1，
所以平面DMC1⊥平面CC1D1D.
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17. （本小题满分15分）如图所示，某镇有一块空地△OAB，其中
OA＝3 km，OB＝3 km，∠AOB＝90°.当地镇政府规划将这
块空地改造成一个旅游景点，拟在中间挖一个人工湖△OMN，其
中M，N都在边AB上，且∠MON＝30°，挖出的泥土堆放在
△OAM地带上形成假山，剩下的△OBN地带开设儿童游乐场.为
安全起见，需在△OAN的周围安装防护网.
（1）当AM＝ km时，求防护网的总长度；
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解：在△OAB中，OA＝3，OB＝3 ，
∠AOB＝90°，∴∠OAB＝60°，
在△AOM中，OA＝3，AM＝ ，∠OAM＝
60°，由余弦定理，得OM＝
＝ ，
∴OM2＋AM2＝OA2，即OM⊥AN，∴∠AOM＝30°，
∴△OAN为正三角形，∴△OAN的周长为9，即防护网的总长度为9km.
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（2）为节省投入资金，人工湖△OMN的面积要尽可能小，问当
∠AOM取何值时，可使△OMN的面积最小.
解：设∠AOM＝θ（0°＜θ＜60°），
∠AON＝θ＋30°，∠OMA＝120°－θ，
∠ONA＝90°－θ，
在△AOM中，由 ＝ ，得
OM＝ ，
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在△AON中，由 ＝ ，得ON＝ ，
∴S△OMN＝ OM·ON· sin 30°＝
＝ ＝ ，
∴当且仅当2θ＋60°＝90°，即θ＝15°时，△OMN的面
积取最小值为 km2.
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18. （本小题满分17分）在三棱锥A-BCD中，AB＝AD，CB＝
CD，O为BD的中点.
（1）证明：平面ABD⊥平面OAC；
解：证明：因为AB＝AD，CB＝
CD，O为BD的中点，
所以OA⊥BD，OC⊥BD，
又因为OA，OC 平面OAC，OA∩OC＝O，
所以BD⊥平面OAC，又BD 平面ABD，
所以平面ABD⊥平面OAC.
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（2）过O点作一个平面α，使得平面α∥平面ACD，请画出这
个平面α，并说明理由；
解：取AB的中点E，BC的中点F，
连接OE，OF，EF，又O为BD的中点，
则OE∥AD，OE 平面ACD，AD 平面
ACD，
所以OE∥平面ACD，
同理可得OF∥平面ACD，OE∩OF＝
O，OE，OF 平面OEF，
平面OEF∥平面ACD，
所以平面OEF即为所求的平面α.
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（3）若AB＝BC＝BD＝2，平面ABD⊥平面BCD，求点B到平
面ACD的距离.
解：因为平面ABD⊥平面BCD，且
平面ABD∩平面BCD＝BD，OA⊥BD，
OA 平面ABD，
所以OA⊥平面BCD，
因为AB＝BC＝BD＝2，所以△ABD，
△BCD均为等边三角形，
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故AO＝OC＝ ，故S△BCD＝ BD·OC
＝ ×2× ＝ ，
所以VA-BCD＝ S△BCD·OA＝ × × ＝1，
因为OA⊥平面BCD，OC 平面BCD，
所以OA⊥OC，由勾股定理得AC＝
＝ ＝ ，
取AC的中点H，连接DH，
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在△ACD中，AD＝CD＝2，
所以DH⊥AC，又AC＝ ，
故DH＝ ＝ ，S△ACD＝
AC·DH＝ × × ＝ ，
设点B到平面ACD的距离为d，又VB-ACD＝VA-BCD，
所以 × d＝1，解得d＝ .
所以点B到平面ACD的距离为 .
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19. （本小题满分17分）如图，在正三棱柱ABC-A1B1C1中，AB＝
AA1＝2，由顶点B沿棱柱侧面经过棱AA1到顶点C1的最短路线与
棱AA1的交点记为M，求：
（1）三棱柱的侧面展开图的对角线长；
解：正三棱柱ABC-A1B1C1的侧面展开图
是长为6，宽为2的矩形，其对角线长为
＝2 .
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（2）该最短路线的长及 的值；
解：如图，将侧面AA1B1B绕棱
AA1旋转120°使其与侧面AA1C1C在
同一平面上，点B运动到点D的位
置，连接DC1，交AA1于M，则DC1
就是由顶点B沿棱柱侧面经过棱AA1
到顶点C1的最短路线，其长为 ＝ ＝2 .
∵△DMA≌△C1MA1，∴AM＝A1M， ＝1.
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（3）平面C1MB与平面ABC所成二面角（锐角）.
解：如图，连接DB，则DB就是平面
C1MB与平面ABC的交线.
在△DCB中，∵∠DBC＝∠CBA＋∠ABD＝
60°＋30°＝90°，∴CB⊥DB，
又C1C⊥平面CBD，∴CC1⊥DB，∴DB⊥
面BCC1，∴C1B⊥DB. ∴∠C1BC就是平面
C1MB与平面ABC所成二面角的平面角（锐角）.
∵侧面C1B1BC是正方形，∴∠C1BC＝45°.
故平面C1MB与平面ABC所成的二面角（锐角）为45°.
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谢 谢 观 看！

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