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章末复习提升
题型一　空间几何体的表面积和体积
1.主要考查多面体、旋转体的表面积,旋转体的侧面展开图,柱体、锥体、台体的体积,球的表面积和体积,不规则几何体常用转换法、分割法、补形法等进行求解.
2.与球有关的组合体,一种是内切,一种是外接,解题时要认真分析图形,充分发挥空间想象能力,做到以下几点:
(1)明确切点和接点的位置;
(2)确定有关元素间的数量关系;
(3)作出合适的截面图.
[典例1] 如图,正四棱台容器ABCDA1B1C1D1的高为12 cm,AB=10 cm,A1B1=2 cm,容器中水的高度为6 cm.现将57个大小相同、质地均匀的小铁球放入容器中(57个小铁球均被淹没),水位上升了3 cm,若忽略该容器壁的厚度,则小铁球的半径为(　　)
[A] cm [B] cm
[C] cm [D] cm
正四棱台容器内水的高度为6 cm,由梯形中位线的性质可知水面正方形的边长为×(2+10)=6(cm),其体积为V1=×(62+102+)×6=392(cm3);
放入铁球后,水位高为9 cm,沿A1B1作个纵截面,从A1,B1分别向底面引垂线,如图,
其中EF是底面边长为10 cm,B1H是容器的高为12 cm,GH是水的高为9 cm,
由截面图中比例线段的性质==,
可得GN=1 cm,此时水面边长为4 cm,
此时水的体积为V2=×(42+102+)×9=468(cm3),
放入的57个球的体积为468-392=76(cm3),
设小铁球的半径为r,则57×πr3=76,
解得r=(cm).故选A.
[跟踪训练] 在三棱锥PABC中,△ABC是边长为2的等边三角形,PA=PB=2,PC=,则该棱锥的体积为(　　)
[A] 1 [B] [C] 2 [D] 3
因为△ABC是边长为2的等边三角形,
PA=PB=2,
所以PE⊥AB,CE⊥AB,
又PE,CE 平面PEC,
PE∩CE=E,
所以AB⊥平面PEC,
又PE=CE=2×=,PC=,
故PC2=PE2+CE2,
即PE⊥CE,
所以V=+=S△PEC·AB=××××2=1.故选A.
题型二　空间中的平行垂直关系
1.空间中的平行关系,主要考查在空间几何体中证明线面平行、面面平行以及线线平行.通过线线平行、线面平行、面面平行之间的相互转化,提升逻辑推理和直观想象素养.
2.空间中的垂直关系主要考察线面垂直、面面垂直的判定定理与性质定理,以及线线垂直、线面垂直、面面垂直三者之间的联系与转化.
[典例2] 如图,在四棱锥PABCD中,AD∥BC,AD⊥DC,BC=CD=AD=1,E为棱AD的中点,PA⊥平面ABCD.
(1)求证:AB∥平面PCE;
(2)求证:平面PAB⊥平面PBD.
又因为AD∥BC,所以四边形AECB为平行四边形,所以AB∥CE.
又因为CE 平面PCE,AB 平面PCE,
所以AB∥平面PCE.
(2)因为PA⊥平面ABCD,BD 平面ABCD,
所以PA⊥BD.
连接BE(图略),由题意AD∥BC,E为棱AD的中点,BC=AD=1,知BC∥DE,且BC=DE,则四边形BCDE为平行四边形.
因为AD⊥DC,
所以DE⊥CD.
又BC=CD=1,
所以平行四边形BCDE为正方形,所以BD⊥EC.
又AB∥EC,所以BD⊥AB.
又PA∩AB=A,PA,AB 平面PAB,
所以BD⊥平面PAB.
又BD 平面PBD,
所以平面PAB⊥平面PBD.
[跟踪训练] 如图,在△BCD中,∠BCD=90°,AB⊥平面BCD,E,F分别是AC,AD上的动点,且==λ(0<λ<1).
(1)求证:不论λ为何值,总有平面BEF⊥平面ABC;
(2)若BE⊥AC,求证:平面BEF⊥平面ACD.
所以AB⊥CD.
又因为CD⊥BC且AB∩BC=B,AB,BC 平面ABC,
所以CD⊥平面ABC.
又==λ(0<λ<1),
所以不论λ为何值,恒有EF∥CD,
所以EF⊥平面ABC,又EF在平面BEF内,
所以不论λ为何值,恒有平面BEF⊥平面ABC.
(2)由(1)知EF⊥平面ABC,BE 平面ABC,
所以BE⊥EF.
又因为BE⊥AC且EF∩AC=E,EF,AC 平面ACD,
所以BE⊥平面ACD.
又BE在平面BEF内,
所以平面BEF⊥平面ACD.
题型三　空间角的求法
1.空间角包括异面直线所成的角、线面角及二面角,主要考查空间角的定义及求法,求角时要先找角,再证角,最后在三角形中求角.
2.求异面直线所成的角常用平移转化法(转化为相交直线的夹角);求直线与平面所成的角常用射影转化法(即作垂线、找射影);求二面角的平面角常用定义法、三垂线法、垂面法.
[典例3] 如图,三棱柱ABCA1B1C1所有棱长都为2,∠B1BC=60°,O为BC中点,D为A1C与AC1交点.
(1)求证:CD∥平面AOB1.
(2)若直线DB1与平面AOB1所成角的正弦值为,求二面角ABCB1的大小.
由D,E分别为AC1和AB1的中点,
得DE∥B1C1且DE=B1C1,
由O为BC的中点,
得OC∥B1C1且OC=B1C1,
则DE∥CO且DE=CO,
即四边形DEOC为平行四边形,于是CD∥OE.
又OE 平面AOB1,CD 平面AOB1,
所以CD∥平面AOB1.
得△ABC,△B1BC都是正三角形.
因为O为BC的中点,
所以BC⊥AO,BC⊥OB1,AO,OB1 平面AOB1,OB1∩AO=O,
于是BC⊥平面AOB1.
又DE∥BC,
所以DE⊥平面AOB1,
∠DB1E为直线DB1与平面AOB1所成角.
因此sin∠DB1E===,
DB1=,
因为AB1 平面AOB1,
所以DE⊥AB1.
又E为AB1中点,
所以AB1=2B1E=2=2=3.
在△AOB1中,AO=B1O=,cos ∠AOB1==-,则∠AOB1=120°,
由BC⊥AO,BC⊥OB1,得∠AOB1是二面角ABCB1的平面角,
所以二面角ABCB1的大小为120°.
[跟踪训练] 如图,在四棱锥BPACQ中,BC⊥平面PAB,且在四边形PACQ中,PQ∥AC,
∠PAC=,二面角BAPQ的大小为,且AP=AB=PQ=1,则直线BQ与平面PACQ所成角的正弦值为　　　　.
所以平面PACQ⊥平面ABC,交线为AC,则BM⊥平面PACQ,连接QM,
所以∠BQM即为所求线面角,
所以sin∠BQM=,
BM==.
由勾股定理可得
CM==,
在△CQM中,过点Q作QN⊥AC于点N,
则QN=AP=PQ=AN=1.
因为AC=2,
所以CN=1,
△CNQ是等腰直角三角形,
所以∠QCM=45°,QC=,
由余弦定理得QM==,
由勾股定理得BQ==,
所以sin∠BQM=×=,
即BQ与平面PACQ所成角的正弦值为.
章末检测卷(八)
(限时:120分钟　分值:150分)　　　　　　 　　　　　 　　　　　
一、选择题:本题共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.下列说法正确的是(　　)
[A] 各侧棱都相等的棱锥为正棱锥
[B] 各侧面都是面积相等的等腰三角形的棱锥为正棱锥
[C] 各侧面都是全等的等腰三角形的棱锥为正棱锥
[D] 底面是正多边形且各侧面是全等三角形的棱锥为正棱锥
2.若圆锥的侧面积与过轴的截面面积之比为2π,则圆锥母线与底面所成角的大小为(　　)
[A] [B] [C] [D]
所以圆锥的母线与底面所成角的大小为.故选A.
3.如图,正方形A′B′C′D′是用斜二测画法画出的水平放置的一个平面四边形ABCD的直观图,若O′D′=,则四边形ABCD周长与面积的数值之比为(　　)
[A] 2∶1 [B] ∶1
[C] ∶2 [D] ∶4
根据x轴不变,y轴减半的原则,D的坐标为(0,2),
四边形ABCD的周长为(1+3)×2=8,所以四边形ABCD的周长与面积的数值之比为2∶1.
故选A.
4.在正四棱锥PABCD中,AB=PA=2,E为PC的中点,则异面直线AP与DE所成角的余弦值为(　　)
[A] 　　　　[B]
[C] 　　　　[D]
又△PCD为等边三角形,且边长为2,
故DE=,又OE=PA=1,
OD=BD=,
所以DE2=OE2+OD2,所以∠EOD=90°,所以cos∠DEO===.
故选C.
5.如图,把正方形A1BCD折成直二面角ABDC,则二面角ACDB的余弦值为(　　)
[A] [B] [C] [D]
连接BD,A1C相交于O,则AO⊥BD.
因为平面ABD∩平面BCD=BD,AO 平面ABD,所以AO⊥平面BCD.
取CD的中点M,则OM∥BC,有OM⊥CD,所以∠AMO即为所求.
不妨设正方形A1BCD的边长为2,则AO=,OM=1,所以AM==.
cos∠AMO==.故选B.
6.已知三棱锥SABC的所有顶点都在球O的球面上,SC是球O的直径.若平面SAC⊥平面SBC,SA=AC,SB=BC,球O的体积为36π,则三棱锥SABC的体积为(　　)
[A] 9 [B] 18 [C] 27 [D] 36
O为SC的中点,SA=AC,SB=BC,
所以AO⊥SC,BO⊥SC.
因为平面SAC⊥平面SBC,
平面SAC∩平面SBC=SC,BO 平面SBC,
所以BO⊥平面SCA.
设BO=r,由球O的体积为36π,
可得πr3=36π,所以r=3,
则==S△SCA·BO=××2r×r×r=r3=9,
所以三棱锥SABC的体积为9.故选A.
7.已知直三棱柱ABCA1B1C1中,AB=AC=3,AB⊥AC,AA1=,P是CC1的中点,Q在棱A1C1上,且A1Q=2QC1,M在棱BB1上,若MQ∥平面ABP,则等于(　　)
[A] [B] [C] [D]
连接QS,ST,因为A1Q=2QC1,B1S=2SC1,
所以SQ∥A1B1∥AB.
因为AB 平面ABP,SQ 平面ABP,所以SQ∥平面ABP.
取BB1的中点M1,连接M1C1,由三棱柱的性质知,
BM1∥C1P,BM1=C1P,所以四边形BM1C1P是平行四边形,所以M1C1∥BP,
又因为B1T=BB1=·2B1M1=B1M1,
所以B1T=2TM1.
又因为B1S=2SC1,
所以在△B1M1C1中,TS∥M1C1,所以TS∥BP.
因为BP 平面ABP,TS 平面ABP,所以TS∥平面ABP,
因为TS∩SQ=S,所以平面TSQ∥平面ABP,
而TQ 平面TSQ,所以TQ∥平面ABP,故T,M重合,所以=.故选B.
8.如图,在正方体ABCDA1B1C1D1中,N是棱AB上的点,且2|AN|=|NB|,平面NCD1将此正方体分为两部分,则体积较小部分与体积较大部分的体积之比为[棱台体积公式:V=×(S上底+S下底+
)×h](　　)
[A] [B] [C] [D]
所以N为AB上靠近A的三等分点.
取AA1上靠近A的三等分点N1,
连接NN1,D1N1,A1B,则NN1∥A1B∥CD1,
所以平面NCD1在正方体的截面为四边形NN1D1C,
则将此正方体分为棱台ANN1DCD1和另一部分,
设正方体棱长为3,
则AN=AN1=1,
所以棱台ANN1DCD1的体积V1=(++)×AD,
又=×1×1=,
=×3×3=,AD=3,
所以V1=×(++)×3=,
又正方体体积V=33=27,
所以另一部分体积V2=V-V1=27-=,
所以体积较小部分与体积较大部分的体积之比为=×=.故选B.
二、选择题:本题共3小题,每小题6分,共 18分. 在每小题给出的选项中,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.设α,β为两个平面,m,n为两条直线,且α∩β=m.下述四个命题为真命题的有(　　)
[A] 若m∥n,则n∥α且n∥β
[B] 若m∥n,则n平行于平面α内的无数条直线
[C] 若n∥α且n∥β,则m∥n
[D] 若n在平面β外,则m与n平行或异面
对于B,若m∥n,α∩β=m,因为m α,过直线n可以有无数个平面与α相交,所以交线与直线n平行,故B正确;
对于C,过直线n分别作两平面与α,β分别相交于直线s和直线t,因为n∥α,过直线n的平面与平面α的交线为直线s,所以根据线面平行的性质定理知n∥s,
同理可得n∥t,则s∥t.
因为s β,t β,所以s∥β,
因为s α,α∩β=m,
所以s∥m.
又因为n∥s,所以m∥n,故C正确;
对于D,若n在平面β外,则n∥β或n与β相交,
当n∥β时,m∥n或m,n异面,
当n与β相交时,m,n相交或m,n异面,故D错误.故选BC.
10.《九章算术》中,将四个面均为直角三角形的四面体称为鳖臑,将底面为直角三角形的直三棱柱称为堑堵.在堑堵ABCA1B1C1中,A1B=2,则(　　)
[A] 当AB⊥BC时,四面体ABCA1为鳖臑
[B] 当AC⊥AB时,四面体ABCA1为鳖臑
[C] 当AB=AC=2时,四面体ABCA1外接球的表面积为16π
[D] 当AB=AC时,堑堵ABCA1B1C1体积的最大值为8
则AA1⊥AB,AA1⊥AC,AA1⊥BC,又AB⊥BC,AB∩AA1=A,AB,AA1 平面ABA1,
因此BC⊥平面ABA1,而A1B 平面ABA1,于是BC⊥A1B,
四面体ABCA1的四个面均为直角三角形,即四面体ABCA1为鳖臑,A正确;
对于B,过A作AO⊥BC于O,连接A1O,由AC⊥AB,得O在线段BC上(除点B,C)外,
由AA1⊥平面ABC,BC 平面ABC,得AA1⊥BC,而AO∩AA1=A,AO,AA1 平面AA1O,
则BC⊥平面AA1O,又A1O 平面AA1O,于是BC⊥A1O,∠A1BC,∠A1CB均为锐角,
同理∠BA1C也为锐角,即△A1BC是锐角三角形,四面体ABCA1不是鳖臑,B错误;
对于C,当AB=AC=2时,O为BC中点,AB⊥AC,AO=BC=,
由A1B=2,得AA1=2,四面体ABCA1的外接球即为堑堵ABCA1B1C1的外接球,
平面ABC与平面A1B1C1截该外接球的截面小圆平行且全等,则球心到截面ABC的距离h=AA1=,而△ABC外接圆半径r=AO=,因此该外接球半径R==2,该球的表面积为16π,C正确;
对于D,AB=AC,则AB⊥AC,令AB=x,
由A1B=2,得AA1=,
堑堵ABCA1B1C1的体积V=x2=≤]3=8,
当且仅当x2=12-x2,即x=2时等号成立,D正确.故选ACD.
11.如图,在棱长为2的正方体ABCDA1B1C1D1中,P在线段BC1(含端点)上运动,则下列判断正确的是(　　)
[A] A1P⊥B1D
[B] 三棱锥D1APC的体积不变,为
[C] A1P∥平面ACD1
[D] A1P与D1C所成角的范围是[0,]
对于B,因为BC1∥AD1,BC1 平面ACD1,AD1 平面ACD1,所以BC1∥平面ACD1,所以点P到平面ACD1的距离为定值,是定值,所以三棱锥D1APC的体积为定值,==
=·S△ABC·DD1=××2×2×2=,所以三棱锥D1APC的体积为定值,故B不正确;
对于C,因为BC1∥AD1,BC1 平面ACD1,AD1 平面ACD1,所以BC1∥平面ACD1,
同理可证A1C1∥平面ACD1,因为BC1∩A1C1=C1,所以平面A1BC1∥平面ACD1,因为A1P 平面A1BC1,所以A1P∥平面ACD1,故C正确;
对于D,P在线段BC1(含端点)上运动,A1B∥D1C,所以∠BA1P即为A1P与D1C所成的角,当点P由点B运动到点C1的过程中∠BA1P逐渐变大,当点P与点B重合时,A1P∥D1C,可知∠BA1P=0,此时A1P与D1C所成角为0,当点P与C重合时△A1BC1是等边三角形,此时∠BA1P=,所以A1P与D1C所成角范围是[0,],故D正确.故选ACD.
三、填空题:本题共3小题,每小题5分,共15分.
12.如图,在三棱柱ABCA1B1C1中,侧棱AA1⊥底面ABC,底面是以∠ABC为直角的等腰三角形,AC=2,BB1=3,D是A1C1的中点,点F在线段AA1上,当AF=　　　　　时,CF⊥平面B1DF.
若CF⊥平面B1DF,则必有CF⊥DF,
设AF=x(x≤3),则CF2=x2+4,DF2=1+(3-x)2,CD2=12+32=10,
所以由CF2+DF2=CD2得x2+4+1+(3-x)2=10,解得x=1或2,
所以当AF=1或2时,CF⊥平面B1DF.
13.在正方体ABCDA1B1C1D1中,E,F分别为AB,C1D1的中点,以EF为直径的球的球面与该正方体的棱共有　　　　个公共点.
由题意可知,O为球心,在正方体中,EF===2,即R=,
则球心O到CC1的距离为OM===,
所以球O与棱CC1相切,球面与棱CC1只有1个交点,
同理,根据正方体的对称性知,其余各棱和球面也只有1个交点,
所以以EF为直径的球面与正方体棱的交点总数为12.
14.在四棱锥PABCD中,底面ABCD是边长为3的正方形,PA⊥平面ABCD,且PA=4,若直线PC 平面α,直线BD∥平面α,平面α与直线AB,AD分别交于点E,F,则△PEF的面积为　　　　;直线BD到平面α的距离为　　　　.
由PA⊥平面ABCD,可得PA⊥EF,由四边形ABCD是正方形及BD∥EF,可得AC⊥EF.
因为AC∩PA=A,AC,PA 平面PAC,所以EF⊥平面PAC,所以EF⊥PC.
因为PA=4,AC=3,
所以PC==,所以△PEF的面积为·EF·PC=6.
设AC∩BD=O,则OC=,易得平面PAC⊥平面PEF,平面PAC∩平面PEF=PC,
过点O作OG⊥PC,垂足为G,则OG⊥平面PEF,即OG就是直线BD到平面α的距离,OG=OCsin∠PCA=×=.
四、解答题:本题共5小题,共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
15.(本小题满分13分)在五面体ABCDEF中,四边形CDEF为矩形,CD=2DE=2AD=
2AB=4,AC=2,∠EAD=30°.
(1)求证:AB⊥平面ADE.
(2)求该五面体的体积.
因为EF 平面ABCD,CD 平面ABCD,
所以EF∥平面ABCD.
因为EF 平面ABFE,
平面ABFE∩平面ABCD=AB,
所以EF∥AB.
又EF∥CD,所以CD∥AB.
因为CD=4,AD=2,AC=2,
所以CD⊥AD.
因为AD∩DE=D,
所以CD⊥平面ADE.
又CD∥AB,
所以AB⊥平面ADE.
所以∠ADE=120°,
则S△ADE=×2×2×=,
延长AB到G,使得AB=BG,连接GF,GC,
则S△GCF=S△ADE=,
=×4=4,
=××2=,
所以VABCDEF=-=4-=.
16.(本小题满分15分)
如图所示,在四棱锥PABCD中,PA⊥平面ABCD,AB⊥AD,AD∥BC,AB=BC=2,AD=4.
(1)求证:平面PAC⊥平面PCD.
(2)若异面直线PB和CD所成角为,求点B到平面PCD的距离.
因为AD=4,
所以AE=ED=AD=2.
因为AD∥BC,BC=2,
所以AE∥BC且AE=BC,
所以四边形ABCE是平行四边形,
所以CE=AB=2,CE∥AB,
因为AB⊥AD,所以AB⊥BC,CE⊥AD,
所以AC==2,CD==2,
所以CD2+AC2=AD2,所以CD⊥AC.
因为PA⊥平面ABCD,CD 平面ABCD,
所以PA⊥CD.
因为PA∩AC=A,PA,AC 平面PAC,
所以CD⊥平面PAC.
因为CD 平面PCD,所以平面PAC⊥平面PCD.
由(1)可知BC∥ED,BC=ED,所以四边形BCDE是平行四边形,
所以CD∥BE,且CD=BE,
所以∠PBE是异面直线PB和CD所成角,即∠PBE=.
设PA=m,因为AB=AE=2,所以PB=PE=,CD=BE=2,
所以△PBE是等边三角形,所以=2,所以m=2,即PA=2.
因为AC=2,PA⊥AC,
所以PC==2.
由(1)知,CD⊥平面PAC,所以CD⊥PC,
所以S△PCD=×CD×PC=×2×2=2,S△BCD=×BC×AB=×2×2=2.
设点B到平面PCD的距离为h,
所以=,
即S△PCDh=S△BCD·PA,
即2h=4,所以h==,即点B到平面PCD的距离为.
17.(本小题满分15分)
如图①,在等腰梯形ABCD中,AD∥BC,AB=AD=1,BC=2,E为BC的中点,将△ABE沿着AE翻折至△APE,如图②.
(1)当二面角PAEC为120°时,求PD的长.
(2)在翻折过程中,是否存在某个位置,使得平面AEP⊥平面CDP 若存在,求出此时点P到平面AECD的距离;若不存在,请说明理由.
依题意,AD∥BC,AB=AD=BE=EC=CD=1,
于是四边形ABED和AECD均为菱形,
△ABE和△ADE为等边三角形,
所以AE⊥BD.
又BM=DM=,
所以∠PMD即为二面角PAEC的平面角,
即有∠PMD=120°.
由余弦定理得,
PD2=PM2+DM2-2·PM·DMcos∠PMD
=()2+()2-2×××cos 120°=,
所以PD=.
(2)平面AEP⊥平面CDP的情况不存在.理由如下:
设平面AEP∩平面CDP=l,
因为AE∥DC,AE∥平面CDP,所以AE∥l,
而AE⊥PM,AE⊥DM且PM∩DM=M,
因此AE⊥平面PDM,即有l⊥平面PDM,
于是∠DPM为二面角AlD的平面角.
因为PM=DM,所以在等腰△DPM中∠DPM不可能是直角,
即平面AEP⊥平面CDP的情况不存在.
18.(本小题满分17分)
如图,在三棱锥PABC中,AB=AC,D为BC的中点,PO⊥平面ABC,垂足O落在线段AD上.
(1)求证:AP⊥BC.
(2)已知BC=8,AO=3,OD=2,且直线PB与平面PAD所成角的正弦值为.
①求此三棱锥PABC的体积;
②求二面角BAPC的大小.
所以AD⊥BC.
又PO⊥平面ABC,则PO⊥BC.
又AD∩PO=O,AD,PO 平面PAD,
所以BC⊥平面PAD.
又AP 平面PAD,所以AP⊥BC.
则直线PB与平面PAD所成的角为∠BPD,
则sin∠BPD=,
由BC=8,AO=3,OD=2,D为BC的中点,
所以BD=4,则PB=6,所以PD=2,
由PO⊥平面ABC,
所以PO=4,
所以=×4××8×5=.
②在平面ABP内作BM⊥AP于点M,
连接CM,由BC⊥PA,
又BM∩BC=B,BM,BC 平面BCM,
所以AP⊥平面BCM,
所以AP⊥MC,
则∠BMC为二面角BAPC的平面角,
在直角三角形ADB中,AB==,
由①知PO=4,PB=6,
在直角三角形POA中,PA2=AO2+OP2=25,
所以PA=5,
所以在三角形PAB中,
cos∠APB==,
所以sin∠APB=,
则BM=PBsin∠APB=4,同理CM=4,
而BC2=BM2+CM2,所以∠BMC=90°,
即二面角BAPC的大小为90°.
19.(本小题满分17分)
如图,在等腰直角三角形ABC中,∠ACB=90°,AB=6,O为AB的中点,D,E分别为AB,AC边上一点,满足AD=1,DE∥OC.将△ADE,△BOC分别沿着DE,OC翻折成△A′DE,△B′OC,满足A′,B′在平面CODE的同一侧,A′D⊥平面CODE,B′O⊥平面CODE.
(1)求证:A′,B′,C,E共面.
(2)在线段B′C上是否存在一点F(异于端点),满足EF∥平面A′DOB′ 若存在,求出点F的位置;若不存在,请说明理由.
(3)在(2)的情况下,求直线CE与平面ODF所成角的正弦值.
因为AB=6,O为AB的中点,
故AO=BO=3,又AD=1,所以AD=AO.
又DE∥OC,所以=.
因为A′D⊥平面CODE,B′O⊥平面CODE,
所以A′D∥B′O,
而A′D=B′O,AD=AO,
所以△A′AD∽△B′AO,
故∠A′AD=∠B′AO,
故A,A′,B′共线,且=.
又=,
所以A′E∥B′C,
所以A′,B′,C,E共面.
理由如下:
由(1)A′D∥B′O,又B′O 平面B′OC,A′D 平面B′OC,
所以A′D∥平面B′OC.
因为DE∥OC,又OC 平面B′OC,DE 平面B′OC,
所以DE∥平面B′OC.
又A′D∩ED=D,A′D,ED 平面A′DE,所以平面A′DE∥平面B′OC.
由(1)A′E∥B′C,取B′C上靠近B′的三等分点F,
则A′E=B′F.
又A′E∥B′F,所以四边形A′B′FE为平行四边形,
所以EF∥A′B′,EF 平面A′DOB′,A′B′ 平面A′DOB′,所以EF∥平面A′DOB′.
作CH⊥OF,与OF相交于点H.
由B′O⊥平面CODE,OA 平面CODE,可得B′O⊥OA.又CO⊥OA,B′O∩CO=O,B′O,
CO 平面OB′C,所以OA⊥平面OB′C.
又CH 平面OB′C,
所以OA⊥CH.
又CH⊥OF,OA∩OF=O,OA,OF 平面OAF,
所以CH⊥平面OAF,所以直线CA在平面OAF上的投影为AH,
所以∠CAH就是直线AC与平面OAF所成角.
在△FOC中,CO=3,CF==2,
∠FCO=45°,
所以OF==,
所以CH===.
在△CHA中,CH⊥AH,AC=3,
所以sin ∠CAH==×=,
所以直线CE与平面ODF所成角的正弦值为.
阶段检测卷二(第六章～第八章)
(限时:120分钟　分值:150分)
一、选择题:本题共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=(1-2i)(1+i),其中i是虚数单位,则z的虚部是(　　)
[A] i [B] -i
[C] -1 [D] 1
2.已知向量a,b满足|a|=|b|,且a⊥(a+2b),则a与b的夹角为(　　)
[A] [B] [C] [D]
所以a·b=-|a|2,所以cos==-,所以a与b的夹角为.故选D.
3.如图,水平放置的四边形ABCD的斜二测直观图为矩形A′B′C′D′,已知A′O′=O′B′=1,B′C′=1,则四边形ABCD的周长为(　　)
[A] 6 [B] 12
[C] 8 [D] 10
所以原四边形ABCD为平行四边形,
而O′C′=,则原四边形中OC=2,故AD=BC==3,
综上,四边形ABCD的周长为AB+CD+AD+BC=10.故选D.
4.“今有城,下广四丈,上广二丈,高五丈,袤一百二十六丈五尺.”这是我国古代数学名著《九章算术》中“商功”中的问题.意思为“现有城(如图,等腰梯形的直棱柱体),下底长4丈,上底长2丈,高5丈,纵长126丈5尺(1丈=10尺)”,则该问题中“城”的体积等于(　　)
[A] 1.897 5×106立方尺
[B] 3.795 0×106立方尺
[C] 2.530 0×105立方尺
[D] 1.897 5×105立方尺
5.已知△ABC的内角A,B,C所对的边分别是a,b,c,若a=1,A=135°,则的值为(　　)
[A] [B] [C] [D] 2
所以b=sin B,c=sin C,
则==.
故选C.
6.如图所示,在 ABCD中,E为线段AD的中点,F为线段CD上靠近点C的三等分点,BE,BF分别与AC交于R,T两点,则(　　)
[A] =- [B] =+
[C] =3+4 [D] =3-4
对于A,易知=+=+=-,因此可得==(-)=-,可得A错误;
对于B,E为线段AD上的中点,由平行四边形法则可得=(+),
而=+=+=-;
联立
解得=+,即B错误;
对于C,易知△AER∽△CBR,所以==,因此可得=,
所以3+4=3×+4(+)=2(-)+4(+-)
=-2+3-=,即可得C正确;
对于D,==(-)=(-)=-,
因此可得=2-6,即D错误.故选C.
7.如图,在棱长为2的正方体ABCDA1B1C1D1中,E,F分别是DD1,DB的中点,则下列选项中错误的是(　　)
[A] EF∥平面ABC1D1
[B] EF⊥B1C
[C] EF与AD1所成角为60°
[D] EF与平面BB1C1C所成角的正弦值为
则EF∥D1B,
又因为D1B 平面ABC1D1,EF 平面ABC1D1,所以EF∥平面ABC1D1,故A正确;
对于B,因为AB⊥平面BCC1B1,B1C 平面BCC1B1,所以B1C⊥AB,
又B1C⊥BC1,AB 平面ABC1D1,BC1 平面ABC1D1,AB∩BC1=B,所以B1C⊥平面ABC1D1,
又因为BD1 平面ABC1D1,所以B1C⊥BD1,而EF∥BD1,所以EF⊥B1C,故B正确;
对于C,由EF∥BD1,得EF与AD1所成角为∠AD1B.
在Rt△BAD1中,AB=2,AD1=2,
所以tan∠AD1B==≠,
所以EF与AD1所成角不为60°,故C错误;
对于D,由EF∥BD1,且D1C1⊥平面BB1C1C,
所以∠D1BC1为EF与平面BB1C1C所成的角,
在Rt△D1C1B中,D1C1=2,BC1=2,BD1=2,
所以sin∠D1BC1==,故D正确.故选C.
8.已知一圆柱的底面直径与母线长相等,高为3,在该圆柱内放置一个棱长为a的正四面体,并且正四面体在该圆柱内可以任意转动,则当a取得最大值时正四面体的高为(　　)
[A] 2 [B] 2 [C] [D] 2
若a取得最大值,即正四面体的外接球取到最大,此时正四面体的外接球为该圆柱的内切球,如图,球O即为该圆柱的内切球,该正四面体PABC的棱长为a,
设点P在底面ABC内的射影为H(为等边△ABC的中心),则球心O在PH上,且OP=OA=,
由题意可知AH=a,
则PH==a,
OH=PH-OP=a-,
在Rt△OAH中,OA2=OH2+AH2,
即()2=(a-)2+(a)2,
整理可得a2-a=0,
解得a=或a=0(舍去),所以a的最大值为,此时正四面体的高PH=a=2.故选D.
二、选择题:本题共3小题,每小题6分,共 18分. 在每小题给出的选项中,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.已知复数z1,z2均不为0,复数z的共轭复数为,则(　　)
[A] =-
[B] |z1+z2|=|z1|+|z2|
[C] =·
[D] |z1·z2|=|z1|·|z2|
对于A,===a-c-(b-d)i,
又-=-=a-bi-(c-di)=a-c-(b-d)i,即可得=-,所以A正确;
对于B,|z1+z2|=|a+c+(b+d)i|=,
而|z1|+|z2|=+,
因为=+不一定成立,所以B错误;
对于C,===ac-bd-(ad+bc)i,
·=·=(a-bi)(c-di)=ac-bd-(ad+bc)i,因此=·,即C正确;
对于D,易知|z1·z2|=|(a+bi)(c+di)|=|ac-bd+(ad+bc)i|=
=
=,
又|z1|·|z2|=
=,
所以|z1·z2|=|z1|·|z2|,即D正确.
故选ACD.
10.如图,在正方体中,O为底面的中心,P为所在棱的中点,M,N为正方体的顶点,则满足MN⊥OP的是(　　)
　　
[A] [B]
　　
[C] [D]
对于A,如图①所示,连接AC,则MN∥AC,
故∠POC(或其补角)为异面直线OP,MN所成的角,
在直角三角形OPC,OC=,CP=1,
故tan∠POC==,
故MN⊥OP不成立,故A错误.
对于B,如图②所示,取NT的中点为Q,连接PQ,OQ,则OQ⊥NT,PQ⊥MN,
由正方体SBCMNADT可得SN⊥平面NADT,而OQ 平面NADT,
故SN⊥OQ,而SN∩NT=N,
故OQ⊥平面SNTM,
又MN 平面SNTM,OQ⊥MN,而OQ∩PQ=Q,所以MN⊥平面OPQ,而PO 平面OPQ,故MN⊥OP,故B正确.
对于C,如图③,连接BD,则BD∥MN,由B的判断可得OP⊥BD,
故OP⊥MN,故C正确.
对于D,如图④,取AD的中点Q,AB的中点K,连接AC,PQ,OQ,PK,OK,OA,
则AC∥MN,
因为DP=PC,故PQ∥AC,故PQ∥MN,
所以∠QPO或其补角为异面直线PO,MN所成的角,
因为正方体的棱长为2,故PQ=AC=,OQ===,
PO===,QO2故PO,MN不垂直,故D错误.
故选BC.
11.在△ABC中,内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,则下列结论正确的是(　　)
[A] 若A>B,则sin A>sin B
[B] 若△ABC是锐角三角形,则sin A[C] 若a∶b∶c=2∶3∶4,则sin A∶sin B∶sin C=2∶3∶4
[D] 若a∶b∶c=2∶3∶4,且c=8,则△ABC内切圆半径为
对于B,由△ABC为锐角三角形,可得A+B>,
即A>-B,
所以sin A>sin(-B)=cos B,所以B错误;
对于C,由正弦定理得sin A∶sin B∶sin C=a∶b∶c=2∶3∶4,所以C正确;
对于D,若c=8,则a=4,b=6,
可得cos C==-,
所以sin C==,则S△ABC=absin C=×4×6×=3,
设△ABC的内切圆半径为r,则×(4+6+8)r=3,解得r=,所以D正确.
故选ACD.
三、填空题:本题共3小题,每小题5分,共15分.
12.已知1+i是实系数一元二次方程ax2+bx+1=0的一个根,则a=　　　　,b=　　　　.
所以a(1+i)2+b(1+i)+1=0,即b+1+(2a+b)i=0,
所以解得
13.已知向量a,b满足|a|=3,b=(,3),且a⊥(a+b),则a在b上的投影向量为　　　　.
所以a·(a+b)=a2+a·b=0,
所以|a|2+a·b=0,a·b=-9,
又因为b=(,3),
所以|b|==2,
则a在b上的投影向量为×=×=×=(-,-).
14.如图,在底面是平行四边形的四棱锥PABCD中,E∈PD,F∈PC,且PE∶ED=5∶2,若BF∥平面AEC,则=　　　　.
连接BD.设BD∩AC=O.
连接BM,OE.
因为O为BD的中点,E是MD的中点,
所以BM∥OE.
因为BM 平面AEC,OE 平面AEC,
所以BM∥平面AEC.
又因为BF∥平面AEC,BF∩BM=B,
所以平面BMF∥平面AEC.
又平面PCD与平面BMF、平面AEC相交,交线分别为MF,EC,所以MF∥EC,
故==.
四、解答题:本题共5小题,共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
15.(本小题满分13分)
已知复数z1=(m2-2m-3)+(m+2)i,m∈R,z2满足z2(1+)=6+2i,且z2的实部为正.
(1)若z1在复平面内对应的点在第二象限,求m的取值范围.
(2)当m=2时,z1,z2对应复平面内的点分别为A,B,O为复平面原点,求证:OB⊥AB.
所以解得-1则(a+bi)(1+a-bi)=6+2i,
展开得a2+a+b2+bi=6+2i,
则解得或(舍去),所以z2=1+2i.
当m=2时,z1=-3+4i,
故在复平面内A(-3,4),B(1,2),
则|OA|=5,|OB|=,
|AB|==2,
所以|OB|2+|AB|2=|OA|2,所以OB⊥AB.
16.(本小题满分15分)
如图,在几何体中,四边形ABCD为菱形,对角线AC与BD的交点为O,四边形DCEF为梯形,DC∥EF.
(1)若DC=2EF,求证:OE∥平面ADF.
(2)若FB=FD,求证:平面AFC⊥平面ABCD.
因为O是菱形ABCD的对角线AC,BD的交点,
所以OG∥DC,
且OG=DC.
又因为EF∥DC,
且DC=2EF,
所以OG∥EF,且OG=EF,
所以四边形OGFE为平行四边形,
所以OE∥FG.
又FG 平面ADF,OE 平面ADF,
所以OE∥平面ADF.
(2)连接OF,
因为四边形ABCD为菱形,所以OC⊥BD.
因为FD=FB,O是BD的中点,
所以OF⊥BD.
又OF∩OC=O,OF,OC 平面AFC,
所以BD⊥平面AFC.
又BD 平面ABCD,
所以平面AFC⊥平面ABCD.
17.(本小题满分15分)
如图,在平行四边形ABCD中,AB=2,AD=4,∠ADC=,E为CD的中点,且=λ(0≤λ≤1),设=a,=b.
(1)当λ=时,用a,b表示,;
(2)若N是AE,BF的交点,⊥,求实数λ的值.
(3)求·的取值范围.
(2)若⊥,则⊥,
因为=a+b,=λb-a,
a·b=2×4×cos=4,
则·=(a+b)(λb-a)=2λ-2+16λ-4=18λ-6=0,所以λ=.
(3)由题可得=(1-λ)b+a,
·=(λb-a)[(1-λ)b+a]=-16λ2+22λ-6,
因为0≤λ≤1,当λ=时,·的最大值为,
当λ=0时,最小值为-6,
所以·∈[-6,].
18.(本小题满分17分)
在△ABC中,设内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,已知=.
(1)求B的值.
(2)若a∶b=tan A∶tan B,判断△ABC的形状.
(3)若△ABC为锐角三角形,且c=2,求△ABC的面积S的取值范围.
所以由正弦定理得=,
即(a-b)(a+b)=c(a-c),
即a2-b2=ac-c2,即a2+c2-b2=ac,
由余弦定理得cos B==,
因为0°(2)因为a∶b=tan A∶tan B,
所以=·,
所以cos A=cos B,所以A=B,
所以△ABC为等边三角形.
(3)因为A+C=120°,c=2,
由正弦定理,得a====+1,
所以S=acsin B=asin 60°=(+1).
因为△ABC为锐角三角形,则30°从而tan C∈(,+∞),所以S∈(,2).
19.(本小题满分17分)
如图①,在梯形ABCD中,AD∥BC,AB=,BC=1,CD=,BE⊥AD且BE=1,将梯形沿BE折叠得到图②,使平面ABE⊥平面BCDE,CE与BD相交于O,点P在AB上,且AP=2PB,R是CD的中点,过O,P,R三点的平面交AC于Q.
(1)求证:Q是AC的中点.
(2)求证:AD⊥平面BEQ.
(3)M是AB上一点,已知二面角MECB为45°,求的值.
则EF=BC=1,CF=BE=1.
图②中,因为CD=,所以DF=1,所以DE=2,
所以DE=2BC且DE∥BC.
所以△BCO∽△DEO,所以DO=2OB.
在△BAD中,DO=2OB,AP=2PB,
所以OP∥AD.
又PO 平面ACD,AD 平面ACD,
所以OP∥平面ACD.平面OPQR∩平面ACD=RQ,
所以OP∥RQ,所以RQ∥AD.
又R是CD的中点,所以Q是AC的中点.
所以CE=.
在△CED中,CE=CD=,DE=2,
所以CE2+CD2=DE2,
所以∠ECD=90°,所以CD⊥CE,
又因为平面ABE⊥平面BCDE,
平面ABE∩平面BCDE=BE,AE⊥BE,
所以AE⊥平面BCDE.
因为CD 平面BCDE,所以AE⊥CD,
又AE∩CE=E,AE,CE 平面ACE,
所以CD⊥平面ACE,
又EQ 平面ACE,所以CD⊥EQ,
在Rt△ABE中,AB=,BE=1,
所以AE==,
所以AE=CE,又由(1)知Q是AC的中点,
所以EQ⊥AC,AC∩CD=C,AC,CD 平面ACD,
所以EQ⊥平面ACD,
又AD 平面ACD,所以EQ⊥AD,
又因为BE⊥AE,BE⊥DE,AE∩DE=E,AE,DE 平面ADE,
所以BE⊥平面ADE.又AD 平面ADE,
所以BE⊥AD.又BE∩EQ=E,BE,EQ 平面BEQ,
所以AD⊥平面BEQ.
则∠MGH为二面角MCEB的平面角,
所以∠MGH=45°,
设=λ,
所以MH=(1-λ)AE=(1-λ),
又==λ,
所以HE=λBE=λ,
在△BCE中,∠BEC=45°,HG=HE=λ,
由∠MGH=45°得HG=MH,
即λ=(1-λ),
所以λ=,所以=.(共29张PPT)
章末复习提升
主干知识回顾
核心题型突破
1.主要考查多面体、旋转体的表面积,旋转体的侧面展开图,柱体、锥体、台体的体积,球的表面积和体积,不规则几何体常用转换法、分割法、补形法等进行求解.
2.与球有关的组合体,一种是内切,一种是外接,解题时要认真分析图形,充分发挥空间想象能力,做到以下几点:
(1)明确切点和接点的位置;
(2)确定有关元素间的数量关系;
(3)作出合适的截面图.
题型一　空间几何体的表面积和体积
[典例1] 如图,正四棱台容器ABCD-A1B1C1D1的高为12 cm,AB=10 cm,
A1B1=2 cm,容器中水的高度为6 cm.现将57个大小相同、质地均匀的小铁球放入容器中(57个小铁球均被淹没),水位上升了3 cm,若忽略该容器壁的厚度,则小铁球的半径为(　　)
A
A
【解析】 取AB的中点E,连接PE,CE,如图,
因为△ABC是边长为2的等边三角形,
PA=PB=2,
所以PE⊥AB,CE⊥AB,
题型二　空间中的平行垂直关系
1.空间中的平行关系,主要考查在空间几何体中证明线面平行、面面平行以及线线平行.通过线线平行、线面平行、面面平行之间的相互转化,提升逻辑推理和直观想象素养.
2.空间中的垂直关系主要考察线面垂直、面面垂直的判定定理与性质定理,以及线线垂直、线面垂直、面面垂直三者之间的联系与转化.
(1)求证:AB∥平面PCE;
(2)求证:平面PAB⊥平面PBD.
(1)求证:不论λ为何值,总有平面BEF⊥平面ABC;
(2)若BE⊥AC,求证:平面BEF⊥平面ACD.
题型三　空间角的求法
1.空间角包括异面直线所成的角、线面角及二面角,主要考查空间角的定义及求法,求角时要先找角,再证角,最后在三角形中求角.
2.求异面直线所成的角常用平移转化法(转化为相交直线的夹角);求直线与平面所成的角常用射影转化法(即作垂线、找射影);求二面角的平面角常用定义法、三垂线法、垂面法.
[典例3] 如图,三棱柱ABC-A1B1C1所有棱长都为2,∠B1BC=60°,O为BC中点,D为A1C与AC1交点.
(1)求证:CD∥平面AOB1.
感谢观看章末复习提升
题型一　空间几何体的表面积和体积
1.主要考查多面体、旋转体的表面积,旋转体的侧面展开图,柱体、锥体、台体的体积,球的表面积和体积,不规则几何体常用转换法、分割法、补形法等进行求解.
2.与球有关的组合体,一种是内切,一种是外接,解题时要认真分析图形,充分发挥空间想象能力,做到以下几点:
(1)明确切点和接点的位置;
(2)确定有关元素间的数量关系;
(3)作出合适的截面图.
[典例1] 如图,正四棱台容器ABCDA1B1C1D1的高为12 cm,AB=10 cm,A1B1=2 cm,容器中水的高度为6 cm.现将57个大小相同、质地均匀的小铁球放入容器中(57个小铁球均被淹没),水位上升了3 cm,若忽略该容器壁的厚度,则小铁球的半径为(　　)
[A] cm [B] cm
[C] cm [D] cm
【答案】 A
【解析】 正四棱台容器ABCDA1B1C1D1的高为12 cm,AB=10 cm,A1B1=2 cm,
正四棱台容器内水的高度为6 cm,由梯形中位线的性质可知水面正方形的边长为×(2+10)=6(cm),其体积为V1=×(62+102+)×6=392(cm3);
放入铁球后,水位高为9 cm,沿A1B1作个纵截面,从A1,B1分别向底面引垂线,如图,
其中EF是底面边长为10 cm,B1H是容器的高为12 cm,GH是水的高为9 cm,
由截面图中比例线段的性质==,
可得GN=1 cm,此时水面边长为4 cm,
此时水的体积为V2=×(42+102+)×9=468(cm3),
放入的57个球的体积为468-392=76(cm3),
设小铁球的半径为r,则57×πr3=76,
解得r=(cm).故选A.
[跟踪训练] 在三棱锥PABC中,△ABC是边长为2的等边三角形,PA=PB=2,PC=,则该棱锥的体积为(　　)
[A] 1 [B] [C] 2 [D] 3
【答案】 A
【解析】 取AB的中点E,连接PE,CE,如图,
因为△ABC是边长为2的等边三角形,
PA=PB=2,
所以PE⊥AB,CE⊥AB,
又PE,CE 平面PEC,
PE∩CE=E,
所以AB⊥平面PEC,
又PE=CE=2×=,PC=,
故PC2=PE2+CE2,
即PE⊥CE,
所以V=+=S△PEC·AB=××××2=1.故选A.
题型二　空间中的平行垂直关系
1.空间中的平行关系,主要考查在空间几何体中证明线面平行、面面平行以及线线平行.通过线线平行、线面平行、面面平行之间的相互转化,提升逻辑推理和直观想象素养.
2.空间中的垂直关系主要考察线面垂直、面面垂直的判定定理与性质定理,以及线线垂直、线面垂直、面面垂直三者之间的联系与转化.
[典例2] 如图,在四棱锥PABCD中,AD∥BC,AD⊥DC,BC=CD=AD=1,E为棱AD的中点,PA⊥平面ABCD.
(1)求证:AB∥平面PCE;
(2)求证:平面PAB⊥平面PBD.
【证明】 (1)因为BC=CD=AD=1,且E为棱AD的中点,所以BC=AE.
又因为AD∥BC,所以四边形AECB为平行四边形,所以AB∥CE.
又因为CE 平面PCE,AB 平面PCE,
所以AB∥平面PCE.
(2)因为PA⊥平面ABCD,BD 平面ABCD,
所以PA⊥BD.
连接BE(图略),由题意AD∥BC,E为棱AD的中点,BC=AD=1,知BC∥DE,且BC=DE,则四边形BCDE为平行四边形.
因为AD⊥DC,
所以DE⊥CD.
又BC=CD=1,
所以平行四边形BCDE为正方形,所以BD⊥EC.
又AB∥EC,所以BD⊥AB.
又PA∩AB=A,PA,AB 平面PAB,
所以BD⊥平面PAB.
又BD 平面PBD,
所以平面PAB⊥平面PBD.
[跟踪训练] 如图,在△BCD中,∠BCD=90°,AB⊥平面BCD,E,F分别是AC,AD上的动点,且==λ(0<λ<1).
(1)求证:不论λ为何值,总有平面BEF⊥平面ABC;
(2)若BE⊥AC,求证:平面BEF⊥平面ACD.
【证明】 (1)因为AB⊥平面BCD,CD 平面BCD,
所以AB⊥CD.
又因为CD⊥BC且AB∩BC=B,AB,BC 平面ABC,
所以CD⊥平面ABC.
又==λ(0<λ<1),
所以不论λ为何值,恒有EF∥CD,
所以EF⊥平面ABC,又EF在平面BEF内,
所以不论λ为何值,恒有平面BEF⊥平面ABC.
(2)由(1)知EF⊥平面ABC,BE 平面ABC,
所以BE⊥EF.
又因为BE⊥AC且EF∩AC=E,EF,AC 平面ACD,
所以BE⊥平面ACD.
又BE在平面BEF内,
所以平面BEF⊥平面ACD.
题型三　空间角的求法
1.空间角包括异面直线所成的角、线面角及二面角,主要考查空间角的定义及求法,求角时要先找角,再证角,最后在三角形中求角.
2.求异面直线所成的角常用平移转化法(转化为相交直线的夹角);求直线与平面所成的角常用射影转化法(即作垂线、找射影);求二面角的平面角常用定义法、三垂线法、垂面法.
[典例3] 如图,三棱柱ABCA1B1C1所有棱长都为2,∠B1BC=60°,O为BC中点,D为A1C与AC1交点.
(1)求证:CD∥平面AOB1.
(2)若直线DB1与平面AOB1所成角的正弦值为,求二面角ABCB1的大小.
(1)【证明】 在三棱柱ABCA1B1C1中,取AB1的中点E,连接DE,OE,如图所示.
由D,E分别为AC1和AB1的中点,
得DE∥B1C1且DE=B1C1,
由O为BC的中点,
得OC∥B1C1且OC=B1C1,
则DE∥CO且DE=CO,
即四边形DEOC为平行四边形,于是CD∥OE.
又OE 平面AOB1,CD 平面AOB1,
所以CD∥平面AOB1.
(2)【解】 由三棱柱ABCA1B1C1所有棱长都为2,∠B1BC=60°,
得△ABC,△B1BC都是正三角形.
因为O为BC的中点,
所以BC⊥AO,BC⊥OB1,AO,OB1 平面AOB1,OB1∩AO=O,
于是BC⊥平面AOB1.
又DE∥BC,
所以DE⊥平面AOB1,
∠DB1E为直线DB1与平面AOB1所成角.
因此sin∠DB1E===,
DB1=,
因为AB1 平面AOB1,
所以DE⊥AB1.
又E为AB1中点,
所以AB1=2B1E=2=2=3.
在△AOB1中,AO=B1O=,cos ∠AOB1==-,则∠AOB1=120°,
由BC⊥AO,BC⊥OB1,得∠AOB1是二面角ABCB1的平面角,
所以二面角ABCB1的大小为120°.
[跟踪训练] 如图,在四棱锥BPACQ中,BC⊥平面PAB,且在四边形PACQ中,PQ∥AC,
∠PAC=,二面角BAPQ的大小为,且AP=AB=PQ=1,则直线BQ与平面PACQ所成角的正弦值为　　　　.
【答案】
【解析】 过B作BM⊥AC于点M,因为PA 平面PACQ,PA⊥平面ABC,
所以平面PACQ⊥平面ABC,交线为AC,则BM⊥平面PACQ,连接QM,
所以∠BQM即为所求线面角,
所以sin∠BQM=,
BM==.
由勾股定理可得
CM==,
在△CQM中,过点Q作QN⊥AC于点N,
则QN=AP=PQ=AN=1.
因为AC=2,
所以CN=1,
△CNQ是等腰直角三角形,
所以∠QCM=45°,QC=,
由余弦定理得QM==,
由勾股定理得BQ==,
所以sin∠BQM=×=,
即BQ与平面PACQ所成角的正弦值为.
章末检测卷(八)
(限时:120分钟　分值:150分)　　　　　　 　　　　　 　　　　　
一、选择题:本题共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.下列说法正确的是(　　)
[A] 各侧棱都相等的棱锥为正棱锥
[B] 各侧面都是面积相等的等腰三角形的棱锥为正棱锥
[C] 各侧面都是全等的等腰三角形的棱锥为正棱锥
[D] 底面是正多边形且各侧面是全等三角形的棱锥为正棱锥
【答案】 D
【解析】 对于A,各侧棱都相等,但无法保证底面为正多边形,所以A错误;对于B,各侧面都是面积相等的等腰三角形,但无法保证各个等腰三角形全等且腰长均为侧棱长,所以B错误;对于C,各侧面都是全等的等腰三角形,但无法保证等腰三角形的腰长为侧棱长,所以C错误;对于D,底面是正多边形,各侧面是全等三角形,则可以保证顶点在底面的射影为底面中心,满足正棱锥定义,所以D正确.故选D.
2.若圆锥的侧面积与过轴的截面面积之比为2π,则圆锥母线与底面所成角的大小为(　　)
[A] [B] [C] [D]
【答案】 A
【解析】 设圆锥底面的半径为r,母线长为l,高为h,则由题意得=2π,解得l=2h,设圆锥的母线与底面所成角为θ(0<θ<),则sin θ== θ=,
所以圆锥的母线与底面所成角的大小为.故选A.
3.如图,正方形A′B′C′D′是用斜二测画法画出的水平放置的一个平面四边形ABCD的直观图,若O′D′=,则四边形ABCD周长与面积的数值之比为(　　)
[A] 2∶1 [B] ∶1
[C] ∶2 [D] ∶4
【答案】 A
【解析】 由题图可知,SA′B′C′D′=A′D′2=1,所以四边形ABCD的面积为2×1=2.
根据x轴不变,y轴减半的原则,D的坐标为(0,2),
四边形ABCD的周长为(1+3)×2=8,所以四边形ABCD的周长与面积的数值之比为2∶1.
故选A.
4.在正四棱锥PABCD中,AB=PA=2,E为PC的中点,则异面直线AP与DE所成角的余弦值为(　　)
[A] 　　　　[B]
[C] 　　　　[D]
【答案】 C
【解析】 如图,连接AC,BD相交于O,连接OE,则O为AC的中点,又E为PC的中点,所以OE∥AP,所以∠DEO为异面直线AP与DE所成的角或其补角.
又△PCD为等边三角形,且边长为2,
故DE=,又OE=PA=1,
OD=BD=,
所以DE2=OE2+OD2,所以∠EOD=90°,所以cos∠DEO===.
故选C.
5.如图,把正方形A1BCD折成直二面角ABDC,则二面角ACDB的余弦值为(　　)
[A] [B] [C] [D]
【答案】 B
【解析】 因为正方形A1BCD的对角线BD为棱折成直二面角,所以平面ABD⊥平面BCD,
连接BD,A1C相交于O,则AO⊥BD.
因为平面ABD∩平面BCD=BD,AO 平面ABD,所以AO⊥平面BCD.
取CD的中点M,则OM∥BC,有OM⊥CD,所以∠AMO即为所求.
不妨设正方形A1BCD的边长为2,则AO=,OM=1,所以AM==.
cos∠AMO==.故选B.
6.已知三棱锥SABC的所有顶点都在球O的球面上,SC是球O的直径.若平面SAC⊥平面SBC,SA=AC,SB=BC,球O的体积为36π,则三棱锥SABC的体积为(　　)
[A] 9 [B] 18 [C] 27 [D] 36
【答案】 A
【解析】 如图,三棱锥SABC的所有顶点都在球O的球面上,SC是球O的直径,
O为SC的中点,SA=AC,SB=BC,
所以AO⊥SC,BO⊥SC.
因为平面SAC⊥平面SBC,
平面SAC∩平面SBC=SC,BO 平面SBC,
所以BO⊥平面SCA.
设BO=r,由球O的体积为36π,
可得πr3=36π,所以r=3,
则==S△SCA·BO=××2r×r×r=r3=9,
所以三棱锥SABC的体积为9.故选A.
7.已知直三棱柱ABCA1B1C1中,AB=AC=3,AB⊥AC,AA1=,P是CC1的中点,Q在棱A1C1上,且A1Q=2QC1,M在棱BB1上,若MQ∥平面ABP,则等于(　　)
[A] [B] [C] [D]
【答案】 B
【解析】 取B1C1上一点S,使得B1S=2SC1,取BB1上一点T,使得B1T=BB1.
连接QS,ST,因为A1Q=2QC1,B1S=2SC1,
所以SQ∥A1B1∥AB.
因为AB 平面ABP,SQ 平面ABP,所以SQ∥平面ABP.
取BB1的中点M1,连接M1C1,由三棱柱的性质知,
BM1∥C1P,BM1=C1P,所以四边形BM1C1P是平行四边形,所以M1C1∥BP,
又因为B1T=BB1=·2B1M1=B1M1,
所以B1T=2TM1.
又因为B1S=2SC1,
所以在△B1M1C1中,TS∥M1C1,所以TS∥BP.
因为BP 平面ABP,TS 平面ABP,所以TS∥平面ABP,
因为TS∩SQ=S,所以平面TSQ∥平面ABP,
而TQ 平面TSQ,所以TQ∥平面ABP,故T,M重合,所以=.故选B.
8.如图,在正方体ABCDA1B1C1D1中,N是棱AB上的点,且2|AN|=|NB|,平面NCD1将此正方体分为两部分,则体积较小部分与体积较大部分的体积之比为[棱台体积公式:V=×(S上底+S下底+
)×h](　　)
[A] [B] [C] [D]
【答案】 B
【解析】 因为2|AN|=|NB|,
所以N为AB上靠近A的三等分点.
取AA1上靠近A的三等分点N1,
连接NN1,D1N1,A1B,则NN1∥A1B∥CD1,
所以平面NCD1在正方体的截面为四边形NN1D1C,
则将此正方体分为棱台ANN1DCD1和另一部分,
设正方体棱长为3,
则AN=AN1=1,
所以棱台ANN1DCD1的体积V1=(++)×AD,
又=×1×1=,
=×3×3=,AD=3,
所以V1=×(++)×3=,
又正方体体积V=33=27,
所以另一部分体积V2=V-V1=27-=,
所以体积较小部分与体积较大部分的体积之比为=×=.故选B.
二、选择题:本题共3小题,每小题6分,共 18分. 在每小题给出的选项中,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.设α,β为两个平面,m,n为两条直线,且α∩β=m.下述四个命题为真命题的有(　　)
[A] 若m∥n,则n∥α且n∥β
[B] 若m∥n,则n平行于平面α内的无数条直线
[C] 若n∥α且n∥β,则m∥n
[D] 若n在平面β外,则m与n平行或异面
【答案】 BC
【解析】 对于A,若m∥n,则n∥α且n∥β或n α或n β,故A错误;
对于B,若m∥n,α∩β=m,因为m α,过直线n可以有无数个平面与α相交,所以交线与直线n平行,故B正确;
对于C,过直线n分别作两平面与α,β分别相交于直线s和直线t,因为n∥α,过直线n的平面与平面α的交线为直线s,所以根据线面平行的性质定理知n∥s,
同理可得n∥t,则s∥t.
因为s β,t β,所以s∥β,
因为s α,α∩β=m,
所以s∥m.
又因为n∥s,所以m∥n,故C正确;
对于D,若n在平面β外,则n∥β或n与β相交,
当n∥β时,m∥n或m,n异面,
当n与β相交时,m,n相交或m,n异面,故D错误.故选BC.
10.《九章算术》中,将四个面均为直角三角形的四面体称为鳖臑,将底面为直角三角形的直三棱柱称为堑堵.在堑堵ABCA1B1C1中,A1B=2,则(　　)
[A] 当AB⊥BC时,四面体ABCA1为鳖臑
[B] 当AC⊥AB时,四面体ABCA1为鳖臑
[C] 当AB=AC=2时,四面体ABCA1外接球的表面积为16π
[D] 当AB=AC时,堑堵ABCA1B1C1体积的最大值为8
【答案】 ACD
【解析】 对于A,在堑堵ABCA1B1C1中,AA1⊥平面ABC,AB,AC,BC 平面ABC,
则AA1⊥AB,AA1⊥AC,AA1⊥BC,又AB⊥BC,AB∩AA1=A,AB,AA1 平面ABA1,
因此BC⊥平面ABA1,而A1B 平面ABA1,于是BC⊥A1B,
四面体ABCA1的四个面均为直角三角形,即四面体ABCA1为鳖臑,A正确;
对于B,过A作AO⊥BC于O,连接A1O,由AC⊥AB,得O在线段BC上(除点B,C)外,
由AA1⊥平面ABC,BC 平面ABC,得AA1⊥BC,而AO∩AA1=A,AO,AA1 平面AA1O,
则BC⊥平面AA1O,又A1O 平面AA1O,于是BC⊥A1O,∠A1BC,∠A1CB均为锐角,
同理∠BA1C也为锐角,即△A1BC是锐角三角形,四面体ABCA1不是鳖臑,B错误;
对于C,当AB=AC=2时,O为BC中点,AB⊥AC,AO=BC=,
由A1B=2,得AA1=2,四面体ABCA1的外接球即为堑堵ABCA1B1C1的外接球,
平面ABC与平面A1B1C1截该外接球的截面小圆平行且全等,则球心到截面ABC的距离h=AA1=,而△ABC外接圆半径r=AO=,因此该外接球半径R==2,该球的表面积为16π,C正确;
对于D,AB=AC,则AB⊥AC,令AB=x,
由A1B=2,得AA1=,
堑堵ABCA1B1C1的体积V=x2=≤]3=8,
当且仅当x2=12-x2,即x=2时等号成立,D正确.故选ACD.
11.如图,在棱长为2的正方体ABCDA1B1C1D1中,P在线段BC1(含端点)上运动,则下列判断正确的是(　　)
[A] A1P⊥B1D
[B] 三棱锥D1APC的体积不变,为
[C] A1P∥平面ACD1
[D] A1P与D1C所成角的范围是[0,]
【答案】 ACD
【解析】 对于A,连接A1B,AB1,A1C1,因为AD⊥平面ABB1A1,A1B 平面ABB1A1,所以A1B⊥AD,因为A1B⊥AB1,AB1∩AD=A,所以A1B⊥平面AB1D,因为B1D 平面AB1D,所以A1B⊥B1D,同理可证BC1⊥B1D,A1B∩BC1=B,所以B1D⊥平面A1BC1,因为A1P 平面A1BC1,所以A1P⊥B1D,故A正确;
对于B,因为BC1∥AD1,BC1 平面ACD1,AD1 平面ACD1,所以BC1∥平面ACD1,所以点P到平面ACD1的距离为定值,是定值,所以三棱锥D1APC的体积为定值,==
=·S△ABC·DD1=××2×2×2=,所以三棱锥D1APC的体积为定值,故B不正确;
对于C,因为BC1∥AD1,BC1 平面ACD1,AD1 平面ACD1,所以BC1∥平面ACD1,
同理可证A1C1∥平面ACD1,因为BC1∩A1C1=C1,所以平面A1BC1∥平面ACD1,因为A1P 平面A1BC1,所以A1P∥平面ACD1,故C正确;
对于D,P在线段BC1(含端点)上运动,A1B∥D1C,所以∠BA1P即为A1P与D1C所成的角,当点P由点B运动到点C1的过程中∠BA1P逐渐变大,当点P与点B重合时,A1P∥D1C,可知∠BA1P=0,此时A1P与D1C所成角为0,当点P与C重合时△A1BC1是等边三角形,此时∠BA1P=,所以A1P与D1C所成角范围是[0,],故D正确.故选ACD.
三、填空题:本题共3小题,每小题5分,共15分.
12.如图,在三棱柱ABCA1B1C1中,侧棱AA1⊥底面ABC,底面是以∠ABC为直角的等腰三角形,AC=2,BB1=3,D是A1C1的中点,点F在线段AA1上,当AF=　　　　　时,CF⊥平面B1DF.
【答案】 1或2
【解析】 由已知得B1D⊥平面ACC1A1,又CF 平面ACC1A1,所以B1D⊥CF,
若CF⊥平面B1DF,则必有CF⊥DF,
设AF=x(x≤3),则CF2=x2+4,DF2=1+(3-x)2,CD2=12+32=10,
所以由CF2+DF2=CD2得x2+4+1+(3-x)2=10,解得x=1或2,
所以当AF=1或2时,CF⊥平面B1DF.
13.在正方体ABCDA1B1C1D1中,E,F分别为AB,C1D1的中点,以EF为直径的球的球面与该正方体的棱共有　　　　个公共点.
【答案】 12
【解析】 不妨设正方体棱长为2,EF中点为O,取CD,CC1的中点G,M,侧面BB1C1C的中心为N,连接FG,EG,OM,ON,MN,如图,
由题意可知,O为球心,在正方体中,EF===2,即R=,
则球心O到CC1的距离为OM===,
所以球O与棱CC1相切,球面与棱CC1只有1个交点,
同理,根据正方体的对称性知,其余各棱和球面也只有1个交点,
所以以EF为直径的球面与正方体棱的交点总数为12.
14.在四棱锥PABCD中,底面ABCD是边长为3的正方形,PA⊥平面ABCD,且PA=4,若直线PC 平面α,直线BD∥平面α,平面α与直线AB,AD分别交于点E,F,则△PEF的面积为　　　　;直线BD到平面α的距离为　　　　.
【答案】 6　
【解析】 如图,过点C作BD的平行线与直线AB,AD分别交于点E,F,则AE=AF=6,EF=6,
由PA⊥平面ABCD,可得PA⊥EF,由四边形ABCD是正方形及BD∥EF,可得AC⊥EF.
因为AC∩PA=A,AC,PA 平面PAC,所以EF⊥平面PAC,所以EF⊥PC.
因为PA=4,AC=3,
所以PC==,所以△PEF的面积为·EF·PC=6.
设AC∩BD=O,则OC=,易得平面PAC⊥平面PEF,平面PAC∩平面PEF=PC,
过点O作OG⊥PC,垂足为G,则OG⊥平面PEF,即OG就是直线BD到平面α的距离,OG=OCsin∠PCA=×=.
四、解答题:本题共5小题,共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
15.(本小题满分13分)在五面体ABCDEF中,四边形CDEF为矩形,CD=2DE=2AD=
2AB=4,AC=2,∠EAD=30°.
(1)求证:AB⊥平面ADE.
(2)求该五面体的体积.
(1)【证明】 在五面体ABCDEF中,四边形CDEF为矩形,所以EF∥CD,CD⊥DE.
因为EF 平面ABCD,CD 平面ABCD,
所以EF∥平面ABCD.
因为EF 平面ABFE,
平面ABFE∩平面ABCD=AB,
所以EF∥AB.
又EF∥CD,所以CD∥AB.
因为CD=4,AD=2,AC=2,
所以CD⊥AD.
因为AD∩DE=D,
所以CD⊥平面ADE.
又CD∥AB,
所以AB⊥平面ADE.
(2)【解】 因为∠EAD=30°,AD=DE=2,
所以∠ADE=120°,
则S△ADE=×2×2×=,
延长AB到G,使得AB=BG,连接GF,GC,
则S△GCF=S△ADE=,
=×4=4,
=××2=,
所以VABCDEF=-=4-=.
16.(本小题满分15分)
如图所示,在四棱锥PABCD中,PA⊥平面ABCD,AB⊥AD,AD∥BC,AB=BC=2,AD=4.
(1)求证:平面PAC⊥平面PCD.
(2)若异面直线PB和CD所成角为,求点B到平面PCD的距离.
(1)【证明】 取AD的中点E,连接CE.
因为AD=4,
所以AE=ED=AD=2.
因为AD∥BC,BC=2,
所以AE∥BC且AE=BC,
所以四边形ABCE是平行四边形,
所以CE=AB=2,CE∥AB,
因为AB⊥AD,所以AB⊥BC,CE⊥AD,
所以AC==2,CD==2,
所以CD2+AC2=AD2,所以CD⊥AC.
因为PA⊥平面ABCD,CD 平面ABCD,
所以PA⊥CD.
因为PA∩AC=A,PA,AC 平面PAC,
所以CD⊥平面PAC.
因为CD 平面PCD,所以平面PAC⊥平面PCD.
(2)【解】 连接BE,BD,PE,
由(1)可知BC∥ED,BC=ED,所以四边形BCDE是平行四边形,
所以CD∥BE,且CD=BE,
所以∠PBE是异面直线PB和CD所成角,即∠PBE=.
设PA=m,因为AB=AE=2,所以PB=PE=,CD=BE=2,
所以△PBE是等边三角形,所以=2,所以m=2,即PA=2.
因为AC=2,PA⊥AC,
所以PC==2.
由(1)知,CD⊥平面PAC,所以CD⊥PC,
所以S△PCD=×CD×PC=×2×2=2,S△BCD=×BC×AB=×2×2=2.
设点B到平面PCD的距离为h,
所以=,
即S△PCDh=S△BCD·PA,
即2h=4,所以h==,即点B到平面PCD的距离为.
17.(本小题满分15分)
如图①,在等腰梯形ABCD中,AD∥BC,AB=AD=1,BC=2,E为BC的中点,将△ABE沿着AE翻折至△APE,如图②.
(1)当二面角PAEC为120°时,求PD的长.
(2)在翻折过程中,是否存在某个位置,使得平面AEP⊥平面CDP 若存在,求出此时点P到平面AECD的距离;若不存在,请说明理由.
【解】 (1)连接BD,DE,BD与AE交于点M,
依题意,AD∥BC,AB=AD=BE=EC=CD=1,
于是四边形ABED和AECD均为菱形,
△ABE和△ADE为等边三角形,
所以AE⊥BD.
又BM=DM=,
所以∠PMD即为二面角PAEC的平面角,
即有∠PMD=120°.
由余弦定理得,
PD2=PM2+DM2-2·PM·DMcos∠PMD
=()2+()2-2×××cos 120°=,
所以PD=.
(2)平面AEP⊥平面CDP的情况不存在.理由如下:
设平面AEP∩平面CDP=l,
因为AE∥DC,AE∥平面CDP,所以AE∥l,
而AE⊥PM,AE⊥DM且PM∩DM=M,
因此AE⊥平面PDM,即有l⊥平面PDM,
于是∠DPM为二面角AlD的平面角.
因为PM=DM,所以在等腰△DPM中∠DPM不可能是直角,
即平面AEP⊥平面CDP的情况不存在.
18.(本小题满分17分)
如图,在三棱锥PABC中,AB=AC,D为BC的中点,PO⊥平面ABC,垂足O落在线段AD上.
(1)求证:AP⊥BC.
(2)已知BC=8,AO=3,OD=2,且直线PB与平面PAD所成角的正弦值为.
①求此三棱锥PABC的体积;
②求二面角BAPC的大小.
(1)【证明】 因为AB=AC,D为BC的中点,
所以AD⊥BC.
又PO⊥平面ABC,则PO⊥BC.
又AD∩PO=O,AD,PO 平面PAD,
所以BC⊥平面PAD.
又AP 平面PAD,所以AP⊥BC.
(2)【解】 ①由BC⊥平面PAD,
则直线PB与平面PAD所成的角为∠BPD,
则sin∠BPD=,
由BC=8,AO=3,OD=2,D为BC的中点,
所以BD=4,则PB=6,所以PD=2,
由PO⊥平面ABC,
所以PO=4,
所以=×4××8×5=.
②在平面ABP内作BM⊥AP于点M,
连接CM,由BC⊥PA,
又BM∩BC=B,BM,BC 平面BCM,
所以AP⊥平面BCM,
所以AP⊥MC,
则∠BMC为二面角BAPC的平面角,
在直角三角形ADB中,AB==,
由①知PO=4,PB=6,
在直角三角形POA中,PA2=AO2+OP2=25,
所以PA=5,
所以在三角形PAB中,
cos∠APB==,
所以sin∠APB=,
则BM=PBsin∠APB=4,同理CM=4,
而BC2=BM2+CM2,所以∠BMC=90°,
即二面角BAPC的大小为90°.
19.(本小题满分17分)
如图,在等腰直角三角形ABC中,∠ACB=90°,AB=6,O为AB的中点,D,E分别为AB,AC边上一点,满足AD=1,DE∥OC.将△ADE,△BOC分别沿着DE,OC翻折成△A′DE,△B′OC,满足A′,B′在平面CODE的同一侧,A′D⊥平面CODE,B′O⊥平面CODE.
(1)求证:A′,B′,C,E共面.
(2)在线段B′C上是否存在一点F(异于端点),满足EF∥平面A′DOB′ 若存在,求出点F的位置;若不存在,请说明理由.
(3)在(2)的情况下,求直线CE与平面ODF所成角的正弦值.
(1)【证明】 延长OD,CE相交于点A,
因为AB=6,O为AB的中点,
故AO=BO=3,又AD=1,所以AD=AO.
又DE∥OC,所以=.
因为A′D⊥平面CODE,B′O⊥平面CODE,
所以A′D∥B′O,
而A′D=B′O,AD=AO,
所以△A′AD∽△B′AO,
故∠A′AD=∠B′AO,
故A,A′,B′共线,且=.
又=,
所以A′E∥B′C,
所以A′,B′,C,E共面.
(2)【解】 存在.F在B′C上靠近B′的三等分点.
理由如下:
由(1)A′D∥B′O,又B′O 平面B′OC,A′D 平面B′OC,
所以A′D∥平面B′OC.
因为DE∥OC,又OC 平面B′OC,DE 平面B′OC,
所以DE∥平面B′OC.
又A′D∩ED=D,A′D,ED 平面A′DE,所以平面A′DE∥平面B′OC.
由(1)A′E∥B′C,取B′C上靠近B′的三等分点F,
则A′E=B′F.
又A′E∥B′F,所以四边形A′B′FE为平行四边形,
所以EF∥A′B′,EF 平面A′DOB′,A′B′ 平面A′DOB′,所以EF∥平面A′DOB′.
(3)【解】 由(2)可得直线CE与平面ODF所成角即为直线AC与平面OAF所成角.
作CH⊥OF,与OF相交于点H.
由B′O⊥平面CODE,OA 平面CODE,可得B′O⊥OA.又CO⊥OA,B′O∩CO=O,B′O,
CO 平面OB′C,所以OA⊥平面OB′C.
又CH 平面OB′C,
所以OA⊥CH.
又CH⊥OF,OA∩OF=O,OA,OF 平面OAF,
所以CH⊥平面OAF,所以直线CA在平面OAF上的投影为AH,
所以∠CAH就是直线AC与平面OAF所成角.
在△FOC中,CO=3,CF==2,
∠FCO=45°,
所以OF==,
所以CH===.
在△CHA中,CH⊥AH,AC=3,
所以sin ∠CAH==×=,
所以直线CE与平面ODF所成角的正弦值为.
阶段检测卷二(第六章～第八章)
(限时:120分钟　分值:150分)
一、选择题:本题共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=(1-2i)(1+i),其中i是虚数单位,则z的虚部是(　　)
[A] i [B] -i
[C] -1 [D] 1
【答案】 C
【解析】 由z=(1-2i)(1+i)可得z=1+i-2i+2=3-i,所以虚部为-1.故选C.
2.已知向量a,b满足|a|=|b|,且a⊥(a+2b),则a与b的夹角为(　　)
[A] [B] [C] [D]
【答案】 D
【解析】 因为a⊥(a+2b),所以a·(a+2b)=a2+2a·b=0,
所以a·b=-|a|2,所以cos==-,所以a与b的夹角为.故选D.
3.如图,水平放置的四边形ABCD的斜二测直观图为矩形A′B′C′D′,已知A′O′=O′B′=1,B′C′=1,则四边形ABCD的周长为(　　)
[A] 6 [B] 12
[C] 8 [D] 10
【答案】 D
【解析】 由题设知,原四边形中AB=CD=A′B′=C′D′=2且AB∥CD,
所以原四边形ABCD为平行四边形,
而O′C′=,则原四边形中OC=2,故AD=BC==3,
综上,四边形ABCD的周长为AB+CD+AD+BC=10.故选D.
4.“今有城,下广四丈,上广二丈,高五丈,袤一百二十六丈五尺.”这是我国古代数学名著《九章算术》中“商功”中的问题.意思为“现有城(如图,等腰梯形的直棱柱体),下底长4丈,上底长2丈,高5丈,纵长126丈5尺(1丈=10尺)”,则该问题中“城”的体积等于(　　)
[A] 1.897 5×106立方尺
[B] 3.795 0×106立方尺
[C] 2.530 0×105立方尺
[D] 1.897 5×105立方尺
【答案】 A
【解析】 V=×1 265=1 897 500=1.897 5×106(立方尺).故选A.
5.已知△ABC的内角A,B,C所对的边分别是a,b,c,若a=1,A=135°,则的值为(　　)
[A] [B] [C] [D] 2
【答案】 C
【解析】 由正弦定理====,
所以b=sin B,c=sin C,
则==.
故选C.
6.如图所示,在 ABCD中,E为线段AD的中点,F为线段CD上靠近点C的三等分点,BE,BF分别与AC交于R,T两点,则(　　)
[A] =- [B] =+
[C] =3+4 [D] =3-4
【答案】 C
【解析】 根据题意可知△TFC∽△TBA,且==,所以=;
对于A,易知=+=+=-,因此可得==(-)=-,可得A错误;
对于B,E为线段AD上的中点,由平行四边形法则可得=(+),
而=+=+=-;
联立
解得=+,即B错误;
对于C,易知△AER∽△CBR,所以==,因此可得=,
所以3+4=3×+4(+)=2(-)+4(+-)
=-2+3-=,即可得C正确;
对于D,==(-)=(-)=-,
因此可得=2-6,即D错误.故选C.
7.如图,在棱长为2的正方体ABCDA1B1C1D1中,E,F分别是DD1,DB的中点,则下列选项中错误的是(　　)
[A] EF∥平面ABC1D1
[B] EF⊥B1C
[C] EF与AD1所成角为60°
[D] EF与平面BB1C1C所成角的正弦值为
【答案】 C
【解析】 对于A,连接BD1,在△DD1B中,E,F分别为D1D,DB的中点,
则EF∥D1B,
又因为D1B 平面ABC1D1,EF 平面ABC1D1,所以EF∥平面ABC1D1,故A正确;
对于B,因为AB⊥平面BCC1B1,B1C 平面BCC1B1,所以B1C⊥AB,
又B1C⊥BC1,AB 平面ABC1D1,BC1 平面ABC1D1,AB∩BC1=B,所以B1C⊥平面ABC1D1,
又因为BD1 平面ABC1D1,所以B1C⊥BD1,而EF∥BD1,所以EF⊥B1C,故B正确;
对于C,由EF∥BD1,得EF与AD1所成角为∠AD1B.
在Rt△BAD1中,AB=2,AD1=2,
所以tan∠AD1B==≠,
所以EF与AD1所成角不为60°,故C错误;
对于D,由EF∥BD1,且D1C1⊥平面BB1C1C,
所以∠D1BC1为EF与平面BB1C1C所成的角,
在Rt△D1C1B中,D1C1=2,BC1=2,BD1=2,
所以sin∠D1BC1==,故D正确.故选C.
8.已知一圆柱的底面直径与母线长相等,高为3,在该圆柱内放置一个棱长为a的正四面体,并且正四面体在该圆柱内可以任意转动,则当a取得最大值时正四面体的高为(　　)
[A] 2 [B] 2 [C] [D] 2
【答案】 D
【解析】 由题意可知,圆柱的底面圆直径和母线长都是3,则该圆柱的内切球的半径为,因为正四面体在该圆柱内可以任意转动,可知正四面体的外接球在该圆柱内,
若a取得最大值,即正四面体的外接球取到最大,此时正四面体的外接球为该圆柱的内切球,如图,球O即为该圆柱的内切球,该正四面体PABC的棱长为a,
设点P在底面ABC内的射影为H(为等边△ABC的中心),则球心O在PH上,且OP=OA=,
由题意可知AH=a,
则PH==a,
OH=PH-OP=a-,
在Rt△OAH中,OA2=OH2+AH2,
即()2=(a-)2+(a)2,
整理可得a2-a=0,
解得a=或a=0(舍去),所以a的最大值为,此时正四面体的高PH=a=2.故选D.
二、选择题:本题共3小题,每小题6分,共 18分. 在每小题给出的选项中,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.已知复数z1,z2均不为0,复数z的共轭复数为,则(　　)
[A] =-
[B] |z1+z2|=|z1|+|z2|
[C] =·
[D] |z1·z2|=|z1|·|z2|
【答案】 ACD
【解析】 根据题意,不妨设z1=a+bi,z2=c+di,且a,b和c,d不同时为零;
对于A,===a-c-(b-d)i,
又-=-=a-bi-(c-di)=a-c-(b-d)i,即可得=-,所以A正确;
对于B,|z1+z2|=|a+c+(b+d)i|=,
而|z1|+|z2|=+,
因为=+不一定成立,所以B错误;
对于C,===ac-bd-(ad+bc)i,
·=·=(a-bi)(c-di)=ac-bd-(ad+bc)i,因此=·,即C正确;
对于D,易知|z1·z2|=|(a+bi)(c+di)|=|ac-bd+(ad+bc)i|=
=
=,
又|z1|·|z2|=
=,
所以|z1·z2|=|z1|·|z2|,即D正确.
故选ACD.
10.如图,在正方体中,O为底面的中心,P为所在棱的中点,M,N为正方体的顶点,则满足MN⊥OP的是(　　)
　　
[A] [B]
　　
[C] [D]
【答案】 BC
【解析】 设正方体的棱长为2,
对于A,如图①所示,连接AC,则MN∥AC,
故∠POC(或其补角)为异面直线OP,MN所成的角,
在直角三角形OPC,OC=,CP=1,
故tan∠POC==,
故MN⊥OP不成立,故A错误.
对于B,如图②所示,取NT的中点为Q,连接PQ,OQ,则OQ⊥NT,PQ⊥MN,
由正方体SBCMNADT可得SN⊥平面NADT,而OQ 平面NADT,
故SN⊥OQ,而SN∩NT=N,
故OQ⊥平面SNTM,
又MN 平面SNTM,OQ⊥MN,而OQ∩PQ=Q,所以MN⊥平面OPQ,而PO 平面OPQ,故MN⊥OP,故B正确.
对于C,如图③,连接BD,则BD∥MN,由B的判断可得OP⊥BD,
故OP⊥MN,故C正确.
对于D,如图④,取AD的中点Q,AB的中点K,连接AC,PQ,OQ,PK,OK,OA,
则AC∥MN,
因为DP=PC,故PQ∥AC,故PQ∥MN,
所以∠QPO或其补角为异面直线PO,MN所成的角,
因为正方体的棱长为2,故PQ=AC=,OQ===,
PO===,QO2故PO,MN不垂直,故D错误.
故选BC.
11.在△ABC中,内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,则下列结论正确的是(　　)
[A] 若A>B,则sin A>sin B
[B] 若△ABC是锐角三角形,则sin A[C] 若a∶b∶c=2∶3∶4,则sin A∶sin B∶sin C=2∶3∶4
[D] 若a∶b∶c=2∶3∶4,且c=8,则△ABC内切圆半径为
【答案】 ACD
【解析】 对于A,由A>B,可得a>b,由正弦定理可得sin A>sin B,所以A正确;
对于B,由△ABC为锐角三角形,可得A+B>,
即A>-B,
所以sin A>sin(-B)=cos B,所以B错误;
对于C,由正弦定理得sin A∶sin B∶sin C=a∶b∶c=2∶3∶4,所以C正确;
对于D,若c=8,则a=4,b=6,
可得cos C==-,
所以sin C==,则S△ABC=absin C=×4×6×=3,
设△ABC的内切圆半径为r,则×(4+6+8)r=3,解得r=,所以D正确.
故选ACD.
三、填空题:本题共3小题,每小题5分,共15分.
12.已知1+i是实系数一元二次方程ax2+bx+1=0的一个根,则a=　　　　,b=　　　　.
【答案】 　-1
【解析】 因为1+i是实系数一元二次方程ax2+bx+1=0的根,
所以a(1+i)2+b(1+i)+1=0,即b+1+(2a+b)i=0,
所以解得
13.已知向量a,b满足|a|=3,b=(,3),且a⊥(a+b),则a在b上的投影向量为　　　　.
【答案】 (-,-)
【解析】 因为a⊥(a+b),
所以a·(a+b)=a2+a·b=0,
所以|a|2+a·b=0,a·b=-9,
又因为b=(,3),
所以|b|==2,
则a在b上的投影向量为×=×=×=(-,-).
14.如图,在底面是平行四边形的四棱锥PABCD中,E∈PD,F∈PC,且PE∶ED=5∶2,若BF∥平面AEC,则=　　　　.
【答案】
【解析】 取棱PD上的点M使=,则E为MD的中点,
连接BD.设BD∩AC=O.
连接BM,OE.
因为O为BD的中点,E是MD的中点,
所以BM∥OE.
因为BM 平面AEC,OE 平面AEC,
所以BM∥平面AEC.
又因为BF∥平面AEC,BF∩BM=B,
所以平面BMF∥平面AEC.
又平面PCD与平面BMF、平面AEC相交,交线分别为MF,EC,所以MF∥EC,
故==.
四、解答题:本题共5小题,共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
15.(本小题满分13分)
已知复数z1=(m2-2m-3)+(m+2)i,m∈R,z2满足z2(1+)=6+2i,且z2的实部为正.
(1)若z1在复平面内对应的点在第二象限,求m的取值范围.
(2)当m=2时,z1,z2对应复平面内的点分别为A,B,O为复平面原点,求证:OB⊥AB.
(1)【解】 因为z1在复平面内对应的点在第二象限,
所以解得-1(2)【证明】 设z2=a+bi,
则(a+bi)(1+a-bi)=6+2i,
展开得a2+a+b2+bi=6+2i,
则解得或(舍去),所以z2=1+2i.
当m=2时,z1=-3+4i,
故在复平面内A(-3,4),B(1,2),
则|OA|=5,|OB|=,
|AB|==2,
所以|OB|2+|AB|2=|OA|2,所以OB⊥AB.
16.(本小题满分15分)
如图,在几何体中,四边形ABCD为菱形,对角线AC与BD的交点为O,四边形DCEF为梯形,DC∥EF.
(1)若DC=2EF,求证:OE∥平面ADF.
(2)若FB=FD,求证:平面AFC⊥平面ABCD.
【证明】 (1)取AD的中点G,连接OG,FG,
因为O是菱形ABCD的对角线AC,BD的交点,
所以OG∥DC,
且OG=DC.
又因为EF∥DC,
且DC=2EF,
所以OG∥EF,且OG=EF,
所以四边形OGFE为平行四边形,
所以OE∥FG.
又FG 平面ADF,OE 平面ADF,
所以OE∥平面ADF.
(2)连接OF,
因为四边形ABCD为菱形,所以OC⊥BD.
因为FD=FB,O是BD的中点,
所以OF⊥BD.
又OF∩OC=O,OF,OC 平面AFC,
所以BD⊥平面AFC.
又BD 平面ABCD,
所以平面AFC⊥平面ABCD.
17.(本小题满分15分)
如图,在平行四边形ABCD中,AB=2,AD=4,∠ADC=,E为CD的中点,且=λ(0≤λ≤1),设=a,=b.
(1)当λ=时,用a,b表示,;
(2)若N是AE,BF的交点,⊥,求实数λ的值.
(3)求·的取值范围.
【解】 (1)=a+b,=b-a.
(2)若⊥,则⊥,
因为=a+b,=λb-a,
a·b=2×4×cos=4,
则·=(a+b)(λb-a)=2λ-2+16λ-4=18λ-6=0,所以λ=.
(3)由题可得=(1-λ)b+a,
·=(λb-a)[(1-λ)b+a]=-16λ2+22λ-6,
因为0≤λ≤1,当λ=时,·的最大值为,
当λ=0时,最小值为-6,
所以·∈[-6,].
18.(本小题满分17分)
在△ABC中,设内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,已知=.
(1)求B的值.
(2)若a∶b=tan A∶tan B,判断△ABC的形状.
(3)若△ABC为锐角三角形,且c=2,求△ABC的面积S的取值范围.
【解】 (1)因为=,
所以由正弦定理得=,
即(a-b)(a+b)=c(a-c),
即a2-b2=ac-c2,即a2+c2-b2=ac,
由余弦定理得cos B==,
因为0°(2)因为a∶b=tan A∶tan B,
所以=·,
所以cos A=cos B,所以A=B,
所以△ABC为等边三角形.
(3)因为A+C=120°,c=2,
由正弦定理,得a====+1,
所以S=acsin B=asin 60°=(+1).
因为△ABC为锐角三角形,则30°从而tan C∈(,+∞),所以S∈(,2).
19.(本小题满分17分)
如图①,在梯形ABCD中,AD∥BC,AB=,BC=1,CD=,BE⊥AD且BE=1,将梯形沿BE折叠得到图②,使平面ABE⊥平面BCDE,CE与BD相交于O,点P在AB上,且AP=2PB,R是CD的中点,过O,P,R三点的平面交AC于Q.
(1)求证:Q是AC的中点.
(2)求证:AD⊥平面BEQ.
(3)M是AB上一点,已知二面角MECB为45°,求的值.
(1)【证明】 在图①中过C作CF⊥AD,
则EF=BC=1,CF=BE=1.
图②中,因为CD=,所以DF=1,所以DE=2,
所以DE=2BC且DE∥BC.
所以△BCO∽△DEO,所以DO=2OB.
在△BAD中,DO=2OB,AP=2PB,
所以OP∥AD.
又PO 平面ACD,AD 平面ACD,
所以OP∥平面ACD.平面OPQR∩平面ACD=RQ,
所以OP∥RQ,所以RQ∥AD.
又R是CD的中点,所以Q是AC的中点.
(2)【证明】 在直角梯形BCDE中,BC=BE=1,
所以CE=.
在△CED中,CE=CD=,DE=2,
所以CE2+CD2=DE2,
所以∠ECD=90°,所以CD⊥CE,
又因为平面ABE⊥平面BCDE,
平面ABE∩平面BCDE=BE,AE⊥BE,
所以AE⊥平面BCDE.
因为CD 平面BCDE,所以AE⊥CD,
又AE∩CE=E,AE,CE 平面ACE,
所以CD⊥平面ACE,
又EQ 平面ACE,所以CD⊥EQ,
在Rt△ABE中,AB=,BE=1,
所以AE==,
所以AE=CE,又由(1)知Q是AC的中点,
所以EQ⊥AC,AC∩CD=C,AC,CD 平面ACD,
所以EQ⊥平面ACD,
又AD 平面ACD,所以EQ⊥AD,
又因为BE⊥AE,BE⊥DE,AE∩DE=E,AE,DE 平面ADE,
所以BE⊥平面ADE.又AD 平面ADE,
所以BE⊥AD.又BE∩EQ=E,BE,EQ 平面BEQ,
所以AD⊥平面BEQ.
(3)【解】 如图,过M作MH⊥BE,过H作HG⊥CE于点G,连接MG,
则∠MGH为二面角MCEB的平面角,
所以∠MGH=45°,
设=λ,
所以MH=(1-λ)AE=(1-λ),
又==λ,
所以HE=λBE=λ,
在△BCE中,∠BEC=45°,HG=HE=λ,
由∠MGH=45°得HG=MH,
即λ=(1-λ),
所以λ=,所以=.

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