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文档简介

必修二第八章《立体几何初步》单元训练题(高难度)(23)

一、单项选择题(本大题共7小题,共35.0分)

1.己知三棱锥P-4BC的侧棱两两垂直,PA=PC=2,PB=陋,Q为棱BC上的动点,AQ与侧

面尸8c所成角为。,则tcm。的最大值为()

A.叵B.且C.\D.叵

3737

2.体积为竽的三棱锥A-3CD中,BC=AC=BD=AD=3,CD=2z,AB<26,则该三棱

锥外接球的表面积为()

A.207rB.nC.软D.女

3.如图,在矩形ABCC中,AB=2,BC=1,E、N分别为边AB、BC的中点,沿QE将ZL4DE折

起,点A折至4处(必与A不重合),若M、K分别为线段40、&C的中点,则在Z4OE折起过

程中()

A.DE可以与41c垂直

B.不能同时做到MN〃平面48E且BK〃平面4DE

C.当MN时,MN1平面&DE

D.直线&E、8K与平面88E所成角分别为%、92,%、%能够同时取得最大值.

4.如图,正三棱柱ZBC-41B1C1(底面是正三角形,侧棱垂直底面)的各

条棱长均相等,。为44的中点.M、N分别是8名、CG上的动点(含

端点),且满足=GN.当M,N运动时,下列结论中不正确的是()

A.平面DMN,平面BCG%

B.三棱锥&-DMN的体积为定值

C.ADMN可能为直角三角形

D.平面OWN与平面ABC所成的锐二面角范围为(0,为

5.一个棱柱是正四棱柱的条件是()

A.底面是正方形,有两个侧面是矩形

B.底面是正方形,有两个侧面垂直于底面

C.底面是菱形,且有一个顶点处的三条棱两两垂直

D.每个侧面都是全等矩形的四棱柱

6.某几何体的三视图如图所示,则该几何体的体积(单位:©巾2)是()

A.|+7T

B.|+兀

7.如图:4ABe中,ABIBC,44cB=60°,。为4c中点,4ABe沿80边翻折过程中,直线

AB与直线BC所成的最大角,最小角分别记为的,用,直线A。与直线BC所成的最大角,最小

角分别记为。2,。2,则有

A.a1<a2,Pi<02B.的<CX,2,Pl>02

D.aI>a2>Pi>P2

C.otf>CC2,W02

二、填空题(本大题共6小题,共30.0分)

8.边长为2的正方形经裁剪后留下如图所示的实线围成的部分,将所留部分折成「一:△「:

一个正四棱锥.当该棱锥的体积取得最大值时,其底面棱长为_.V_>

>\:

9.如下图①,在直角梯形ABC。中,NABC=4CDB==90°,NBCD=30°,,---乂

BC=4,点E在线段CZ)上运动.如下图②,沿3E将ABEC折至ABEC',使得平面平面

ABED,则4C'的最小值为一.

图①图②

10.已知正四棱锥的底边边长为2,侧棱长为遥,现要在该四棱锥中放入一个可以任意旋转的正方

体,则该正方体的体积最大值是一.

11.在直角坐标系xOy中,设4(3,2),8(-2,-3),沿),轴把坐标平面折成120。的二面角后,A8的长

为.

12.仇章算术》中,将四个面都是直角三角形的四面体称之为“鳖嚅”.如图,在“鳖膈"A-BCD

中,ABBCD,S.BD1CD,4B=80=CD=1,点尸在侧棱4c上运动,当AP8D的面

积最小时,三棱锥P-BCD的外接球表面积为.

13.如图,在正方体4BCD-4道传1。1中,M是GC的中点,O是底面

A8CD的中心,P是4名上的任意点,则直线与。P所成的角

为.

三、解答题(本大题共17小题,共204.0分)

14.(1)给出两块相同的正三角形纸片(如图1,图2),要求用其中一块剪拼成一个三棱锥模型,另一

块剪拼成一个正三棱柱模型,使它们的全面积都与原三角形的面积相等,请设计一种剪拼方法,

分别用虚线标示在图1、图2中,并作简要说明;

(2)试比较你剪拼的正三棱锥与正三棱柱的体积的大小;

(3)如果给出的是一块任意三角形的纸片(如图3),要求剪拼成一个直三棱柱,使它的全面积与

给出的三角形的面积相等.请设计一种剪拼方法,用虚线标示在图3中,并作简要说明.

15.倒圆锥形容器的轴截面是正三角形,内盛水的深度为6cm,水面距

离容器口距离为1cm,现放入一个棱长为4cm的正方体实心铁块,

让正方体一个面与水平面平行,问容器中的水是否会溢出?

16.如图,四棱锥S-4BCC的底面是正方形,每条侧棱的长都是底面边长的四倍,P为侧棱SZ)上的

(1)求二面角P-AC-。的大小;

(2)在侧棱SC上是否存在一点E,使得BE〃平面R4C?若存在,求SE:EC的值;若不存在,试说明

理由。

17.如图,已知4BC0-是棱长为。的正方体,E、尸分别为

棱441与CCi的中点,求四棱锥的①-EBFDi的体积.

18.在四面体ABC。中,E,”分别是线段AB,A。的中点,F,G分别是线段C8,C。上的点,且

CFCG1p-、-「

布or=D而u=Z5,求证:

(1)四边形EFGH是梯形;

(2)2C,EF,G”三条直线相交于同一点.

19.如图,在多面体A8CCE中,AE_L平面ABC,平面BC。_L平面ABC,zMBC是边长为2的等边三

角形,BDCD>AE=2.

(1)证明:平面EBO_L平面BCD;

(2)求平面BEO与平面ABC夹角的余弦值.

20.如图,直二面角。一4B-E中,四边形48CD是边长为2的正方形,AE=EB,尸为CE上的点,

且BF1平面ACE.

(1)求证:4E1•平面BCE;

(2)求二面角B-AC-E的正弦值.

21.已知五面体A8C0EF如图所示,其中四边形4OEF是正方形,兄4ABCD,BC//AD,CD=1,

AD=2V2.4BAD=Z.CDA=45°.

(1)求异面直线CE与A尸所成角的余弦值;

(2)证明:CD1平面ABF.

22.如图,在四棱锥P-ABCD中,国BCD为等边三角形,BD=2次,PA=五,AB=AD=PB=PD,

乙BAD=120

(I)若点E为PC的中点,求证:BE〃平面PA。;

(11)求四棱锥「-48。。的体积.

23.如图,在梯形ABCD中,AB//CD,AD=DC=CB=2,/.ABC=60°,平面ACEF1平面ABCD,四

边形ACE尸是菱形,/.CAF=60°.

(I)求证:BF1AE;

(口)求二面角B-EF-。的平面角的正切值.

24.如图所示,已知四棱锥中,底面4BCZ)为菱形,P41平面ABC。,44BC=60。,瓦尸分

别是BC,PB的中点.

(1)证明:4£1平面抬。;

(2)若H为上的动点,EH与平面PAO所成最大角的正切值为百,求二面角B—AF—C的正

切值.

25.在直三棱柱ABC-&B1G中,4B=AC=4&=3,BC=2,。是BC的中点,尸是(:传上一点.

(1)当CF=2,求证:&F1平面ADF-.

(2)若F01BiD,求三棱锥当-40尸体积.

26.如图,水平放置的正四棱柱形玻璃容器I和正四棱台形玻璃容器口的高均为32cm,容器I的底

面对角线AC的长为10V7cm,容器II的两底面对角线EG,E]G]的长分别为14c〃z和62cm.分别

在容器I和容器口中注入水,水深均为12cm.现有一根玻璃棒/,其长度为40cm.(容器厚度、玻

璃棒粗细均忽略不计)

(1)将/放在容器I中,/的一端置于点A处,另一端置于侧棱CCi上,求/浸入水中部分的长

度;

(2)将/放在容器n中,/的一端置于点E处,另一端置于侧棱GG1上,求/浸入水中部分的长

度.

27.如图正方形ABC。,A8EF的边长都是1,而且平面ABC。,ABEF

互相垂直.点M在AC上移动,点N在上移动,若CM=BN=

a(0<a<V2).

(1)求MN的长;

(2)当。为何值时,MN的长最小.

28.如图所示,在四棱锥P—2BCD中,底面ABC。是边长为2的正方形,PA,平面ABC£>,P4=2,AC

与交于点。,点。在棱PC上.

(11)若41〃平面5。。,求三棱锥P-BDQ的体积.

29.如图,三棱柱4BC-4[BiCi中,M,N分别为A8,/g的中点.

(1)求证:MN〃平面/MiGC;

(2)若CG=C8i,CA=CB,平面CQB/L平面ABC,求证:4B_L平面CMN.

30.如图所示,直角梯形ACOE与等腰直角△力BC所在平面互相垂直,尸为BC的中点,/.BAC

乙4CD=90°,AE//CD,DC=AC=2AE=2.

D

(1)求证:4/7/平面BOE;

(2)求二面角B—DE—C的余弦值.

【答案与解析】

1.答案:A

解析:

本题考查了正弦与平面所成的角的正切值的求法,直线与直线垂直的证明方法,考查了空间想象能

力,计算能力,熟练掌握基本定理、基本方法是解决本题的关键.

解:因为P41PC,PA1PB,PBnPB=P所以H4_L平面PBC,

DA

可知,PA1PQ,所以在RtzMPQ中,tan乙4QP=tand=—

当PQ1BC时,tan9最大,此时PQ=等,

tan0-tan乙4QP=—=—.

“PQ3

故选A.

2.答案:B

解析:

本题考查了多面体的外接球问题、球的表面积公式,求解的关键是找出球的球心,属于难题.

取A8的中点E,连接“,DE,设4E=BE=x,从而可得CE=0E=二三记,取CD的中点F,

连接ER求出=字,根据三棱锥的体积公式以及4B<2衣,求出x=l,利用对称性可知

外接球的球心。在EF上或EF的延长上,根据勾股定理求出外接球的半径,再利用球的表面积公式

即可求解.

解:取AB的中点E,连接CE,DE,

由BC=4C=BD=AD=3,知CE1A8,DELAB,CEC\DE=E,

所以4B1平面CDE,

设4E=BE=x,

所以CE-DE=V32—x2=V9—x2>

取C。的中点F,连接

则EF=J(A/9一运)2—(遍>-V4—x2>

所以%-BCO=[SACDE,AE+[SACDE,BE=^ShCDE-2x=

即工」CD♦EF-2x=—1.1.2A/5-V4-x2-2x=—,

323323

解得X=V5或X=1,

又AB<2>/2,所以%=1,即AB=2,

所以EF=V3.

利用对称性可知外接球的球心。在EF上或EF的延长线上,

若球心。在EF上,设。F=a,a>0,

所以0/52=OE2+AE2

即(g+5)2=l+(V3-a)2.此时。无解,

即球心。在EF的延长上,

所以(/az+5>=14-(V3+a)2>

解得a=f,即球的半径R=VHF=搞

所以三棱锥的外接球面积为S=4兀/?2=等.

故选8.

3.答案:D

解析:

根据题意,利用逐个检验法,画出图形判断即可.

考查线线垂直,线面垂直,线面所成的角,线线平行,线面平行等,本题设计知识点交点,综合性

强,难度较大.

解:

对于A,连接EC,假设DE1&C,又:DE1EC,:.DE_L平面4EC=>DE1&E,而aED=45°,

''-A错误;

对于B,取DE,OC中点G,F,连接GM,GN,FK,FB.:.GM//ArE,GN//EB,FK//ArD,BF〃OE..••平面

力iBE〃平面GMN,平面FKB〃平面&DE,故能同时做到MN〃平面&BE且BK〃平面&DE..•.B错

误:

对于C,连接ME,EN,当时,MN2=DN2-DM2=CD2+CN2-DM2=CD2=4,

对于O,•.•儿在以。E为直径球面上,球心为G,二&轨迹为外接圆(&与不重合),

连接EC,取EC中点T连接TK,TB,

•••TK=;,TB=―,4KTB=135°nBK=恒,

222

直线4C、8K与平面BCDE所成角取得最大值时,点&到平面BCOE的距离最大正确.

故选D

4.答案:C

解析:

本题考查了棱柱的结构特征,考查了面面位置关系及二面角,考查了锥体体积,考查了空间想象能

力和思维能力,是中档题.

由BM=GN,得线段MN必过正方形BCGBi的中心0,由。。_L平面可得平面DMNJ■平面

BCC\B*;

由AAiDM的面积不变,N到平面&0M的距离不变,得到三棱锥儿-DMN的体积为定值;

利用反证法思想说明△DMN不可能为直角三角形;

平面DWN与平面A8C平行时所成角为0,当M与B重合,N与Q重合时,平面DMV与平面A8C

所成的锐二面角最大.

解:如图,

当M、N分别在BB1、CG上运动时,若满足BM=GN,

则线段MV必过正方形BCGBi的中心。,DO1MN,

而。,。分别为8C]中点,则OO〃GB,

而BBi,平面GBC(即ABC),GBu平面GBC(即4BC),^LBB11GB,故BB】A.DO,

因为CMN=M,且BBi,MNuBCC$i,

故DO_L平面BCGBi,而。。u平面.♦.平面DMN1平面BCGB】,A正确;

当M、N分别在B8i、CCi上运动时,△力1。”的面积不变,N到平面的距离不变,二棱锥N-aDM

的体积不变,即三棱锥Ai-DMN的体积为定值,B正确;

若ACMN为直角三角形,则必是以4MDN为直角的直角三角形,易证DM=DN,所以为等

腰直角三角形,

所以CO=OM=ON,即MN=2D0.设正三棱柱的棱长为2,则D。==2w.

因为MN的最大值为8G,BG=2或,所以MN不可能为2百,所以△OMN不可能为直角三角形;

当M、N分别为BBi,CG中点时,平面。MN与平面ABC所成的角为0,当M与8重合,N与C1重

合时,平面与平面4BC所成的锐二面角最大,为NGBC,等于会

平面。MN与平面ABC所成的锐二面角范围为(0币,。正确.

故选:C.

5.答案:C

解析:解:上、下底面都是正方形,且侧棱垂直于底面的棱柱叫做正四棱柱.

故A和B错在有可能是斜棱柱,

D错在上下底面有可能不是正方形,

底面是菱形,且有一个顶点处的三条棱两两垂直能保证上、下底面都是正方形,且侧棱垂直于底面.

故选C.

上、下底面都是正方形,且侧棱垂直于底面的棱柱叫做正四棱柱.仔细考虑四个备选取项,按照正

四棱柱的概念进行求解.

本题考查正四棱柱的概念,解题时要认真思考,仔细解答,注意区分题设条件.

6.答案:A

解析:

本题考查了空间几何体三视图的应用问题,解题的关键是根据三视图得出原几何体的结构特征,是

基础题目.根据几何体的三视图,该几何体是半个圆柱和以圆柱轴截面为底面的四棱锥组成的组合

体,结合图中数据即可求出它的体积.

解:由己知三视图得到几何体是半个圆柱和四棱锥的组合体,其中圆柱的底面半径为1,高是2;四

棱锥的底面为正方形,边长为2,高为1,

所以组合体的体积为:|x7rxl2x24-ix22xl=7r+p

故选:A.

7.答案:D

解析:

本题考查空间几何体中线线夹角的应用,属于基础题.△力BD沿80边翻折过程中,形成以8。为轴,

A8为母线的圆锥和以8。为轴,为母线的圆锥.

解:翻折到180。时,4B,BC所成角最小,可知用=30°,4D,BC所成角最小,为=。。,翻折翻时,AB.BC

所成角最大,可知的=90。,翻折过程中,可知AO的投影可与8c垂直,所以所成最大角

a2=90",所以%=90°,氏=30°,a2=90;仅=。°

故选O.

4

爸案-

8.5

解析:

本题考查利用导数研究函数的单调性与最值,考查逻辑思维与运算能力,属于中档题.

设底面边长为2x,可求得此四棱锥的高为九=『^(0<乂<手,继而可得该棱锥的体积表达式,

利用导数即可求得该棱锥的体积取到最大值时x的值,从而可得答案.

解:设底面边长为2x,

则斜高为受=l-x,

即此四棱锥的高为%=7(1-x)2-%2=内厉(0<x<1),

所以此四棱锥体积为U=!•4/•VIF=|Vx4-2x5,

令/i(x)=x4—2%5(0<%<,

则h'(x)=4%3—10x4(0<%<-),

令八'(%)=4%3—10%4=2%3(2—5%)=0,

当xe(O,|)时,h'(x)>0,

X6(|,+8)时,h'(x)<0,

所以数h(x)在时取得极大值,也是最大值,此时底面棱长为:

故答案为,

9.答案:J19—4聒

解析:

本题主要考查面面垂直的性质以及空间中的距离,属于难题.

过点A作AF,BE,过点C'作点C'G,BE交BE的延长线于点G,根据面面垂直的性质可得

AC=>JAF2+FG2+C'G^设NCBE:上司,将八厂转化为含。的代数式即可求其最值.

解:由题意AB=^BC•3=遮,BC=4,

22

过点4作4F1BE,过点C'作点C'G1BE交BE的延长线于点G,

如图

设"BE=oe[().可,NABE=^-0,

:•AF=AB•s\nZ-ABE=V3cos0,

FG=BG-BF=BC'-CQSZ-C'BE-AB-cosZ-ABE=4cos0—V3sin0,

C'G=BC♦sin乙C'BE=4sin0,

.1.AC=^AF2+FG2+C'G2=J3cos2。+16cos2。+3sin20-8百sinOcos。4-16sin20

=V19-4V3sin20)

sin20e[0,1],

AC>V19-4V3-

故AC,的最小值为J19一44,

故答案为,19—4百・

10.答案:5

解析:

本题考查球内接多面体体积的求法,考查空间想象能力与思维能力,训练了利用等积法求多面体的

体积,是中档题.

设此正方体外接球半径为R,体积最大的球应与四棱锥各个面都相切,利用等积法求正四棱锥的内

切球的半径,进一步求出球内接正方体的棱长,则答案可求.

解:设此正方体外接球半径为凡体积最大的球应与四棱锥各个

面都相切,

设球心为S,连SA、SB、SC、SD、SE,则把此四棱锥分为五个

棱锥,它们的高均为凡

由已知求得四棱锥的高为百,四个侧面三角形的底为2,高为2,

^A-BCDE=VS-BCDE+^S-ABC+^S-ABE+^S-ADE+^S-ACD>

即工X2X2XJ5=*X2X2XR+4XLXLX2X2XR,

3332

V3

**•RD=—,

3

正方体的体对角线是其外接球直径,故其体对角线为2/?=2,棱长为j

33

・••正方体体积的最大值为v=*

故答案为:捺.

11.答案:2VTT

解析:

本题主要考查了空间两点的距离,以及二面角平面角的应用,同时考查了空间想象能力,计算能力,

属于基础题.

作AC_Ly轴,8。J.y轴,4何平行等于C。,连接AB,何力,根据二面角的平面角的定义可知/BDM就是

二面角的平面角,则NBDM=120。,最后根据余弦定理求得8M长,再由勾股定理可得A8的长.

解:作AC垂直y轴,2。垂直y轴,AM平行等于8,

连接A8,MD,CD=5,BD=2,AC=3=MD,

而BO_Ly轴,MD_Ly轴(MD//4C),

NBDM就是二面角的平面角,

•••乙BDM=120°,

.•.在4BDM中,由余弦定理得:BM=回,AM=5,

.•.在RtzUMB中,由勾股定理得=2“1,

故答案为:2ym.

12.答案:?

4

解析:

本题考查三角形面积的最小值的求法,球的表面积公式,考查空间中线线、线面、面面间的位置关

系等基础知识,考查运算求解能力、空间想象能力,考查化归与转化思想、数形结合思想,是中档

题.

作PO1BC于O,ON1.BD于-N,连接PN,推导出P。〃/IB,ON//CD,P01BD,设PC=x,可得

P0=亨,得》"幻2(%_费+|,当”当即尸为AC的中点,三角形PBZ)的面积的最小值,

此时三棱锥P-BCD的外接球的球心在直线PO上,求得外接球的球的半径,即可求得结果.

解:过点P作P01BC于O,ONLBD于'N,连接/W,如图,

C

O'

则P0〃4B,ON//CD,所以P01平面BCD,

所以POJ.BD,BD1平面PON,所以PNJ.BD,

由AB=BD=CD=1可得BC=y[2,AC=6,

设PC=x,由北=?可得po=旦,

ABAC3

由"=空=竺可得ON=窄,

CDBCACy/3

所以PN=y/PO2+NO2=J哼¥+=92/一2限+3

=国2(一鸟2+1,

当的面积最小时,PN最小,此时久=更即P为AC的中点,

2

所以。也为RtaBC'。斜边的中点,BO=-CB=-,P0=;4B=;,

2222

所以三棱锥P-BCD的外接球的球心在直线尸0上,设为。1,设外接球半径为r,

连接。/,则0盘=(一1+(争2,

所以(一1+(争2=/,解得r=[,

所以三棱锥P-BCD的外接球表面积S=4兀〃=4兀x针=

故答案为

4

13.答案:三

解析:

本题考查了异面直线所成的角,根据已知条件建立空间直角坐标系,找出各点坐标,求出直线的方

向向量,然后由空间向量求解即可.

解:建立如图所示的空间直角坐标系,

则0(1,1,0),p(2x,2),8(2,2,0),M(0,2,1),

OP=(l,x-1,2),BM=(-2,0,1).

所以丽•丽=0.

所以直线与OP所成的角为宏

14.答案:解:(1)如图1,沿正三角形三边中点连线折起,可拼得一个正三棱锥.

如图2,正三角形三个角上剪出三个相同的四边形,其较长的一组邻边边长为三角形边长的;,有一

4

组对角为直角,余下部分按虚线折起,可成一个缺上底的正三棱柱,而剪出的三个相同的四边形恰

好拼成这个正三棱锥的上底.

图1图2

(2)依上面剪拼方法,有V林》V锥.

推理如下:

设给出正三角形纸片的边长为2,

那么,正三棱锥与正三棱柱的底面都是边长为1的正三角形,其面积为理.

4

现在计算它们的图:九锥=J1一(|,孚)2=导无柱=]an30。=%-%=(九柱-,锥)呼=

,V3V6.V3_3-2>/2

(69)4—24>0

所以匕y•>曝.

(3)如图,分别连接三角形的内心与各顶点,得三条线段,再以这三条线段的中点为顶点作三角形.以

新作的三角形为直棱柱的底面,过新三角形的三个顶点向原三角形三边作垂线,沿六条垂线剪下三

个四边形,可心拼成直三棱柱的上底,余下部分按虚线折起,成为一个缺上底的直三棱柱,即可得

到直三棱柱.

解析:(1)可以利用正三角形的图形特征,进行分割.

(2)可以直接求解,直接比较大小.

(3)分别连接三角形的内心与各顶点,得三条线段,再以这三条线段的中点为顶点作三角形.以新作

的三角形为直棱柱的底面,过新三角形的三个顶点向原三角形三边作垂线,组合就好了.

本题考查学生的空间想象能力,棱锥、棱柱的结构特征,是中档题.

15.答案:解:如图甲所示:

O'P=6cm,。0'=1cm.如图甲,设水的体积为匕,容器的总容积为匕则容器尚余容积为以不

由题意得,O'P=6,00'=1.

OP=7,OA2=O'C2=12,

3

V=-irOA2x7=2x497,

39

匕=-nO'C2x6=247r.

13

•••未放入铁块前容器中尚余的容积为

7o

3

V—Vx=-x497r—247r«44.3cm.

如图所示,放入铁块后,EMNF是以铁块下底面对角线作圆锥的轴截面.

MN=4V2.0加=2V2,=2e,;.GM=7-2伤,

.♦.正方体位于容器口下的体积为

4x4x(7-2>/6)=112-32伤»33.6<44.3,

•••放入铁块后容器中的水不会溢出.

解析:当正方体放入容器后,一部分露在容器外面,看容器中的水是否会溢出,只要比较圆锥中ABCD

部分的体积和正方体位于容器口以下部分的体积即能判定.

主要考查知识点:简单几何体和球,考查计算能力,是基础题.

16.答案:解:(1)连结8。,交4c于点0,连结SO,OP,

由SA=SB=SC=SD,。为AC,8。的中点,^SOLAC,SO1BD.

V.AC0BD=0,

故S。J■平面4BC0,

又AC1BD,SOCBD=0,

所以4c_L平面SBC,SDu平面SB。,

所以SD1AC.

又因为SD_LPC,PCQAC=C,PC,4Cu平面4PC,

所以SO1平面4PC.又OPu平面4PC,

所以OP_LSC.

设SD的中点为。,连结BQ,△SBD为等边三角形,

所以BQ_LSD.

又平面BQ。0平面4PC=P。,故POI/BQ.

又200=80,由三角形相似可得P为Q。的中点,

••.P为SO的四等分点,

PD=2OD=\BD,

XvAC1OP,AC1DO,

•••”。。是二面角P-4C-。的平面角,

PDTSDI

sinzP0D=-=^=-

由图可知二面角P-AC-。为锐二面角,

•••二面角P-AC-D的大小为30。.

(2)存在点E且SE:EC=2:1,使得BE〃面PAC.

证明如下:

在平面SCO内作QE〃CP,QE〃面PAC,

又BQ//OP,:.BQ"面PAC,

又QEnBQ=Q,.•.面EBQ〃面PAC,

BEu面EBQ,BE〃面PAC,

•••SE:EC=SQ:QP=2:1.

解析:本题考查二面角的大小的求法,考查满足线面平行的点是否存在的求法与判断,考查推理论

证能力、运算求解能力、空间想象能力,考查数形结合思想、转化化归思想,是中档题.

(1)连结80,交4c于点0,连结SO,OP,设SO的中点为。,连结8。,△SBC为等边三角形,推

导出NP0C是二面角P-AC-。的平面角,由此能求出二面角P-AC-D的大小.

(2)在平面SCO内作QE〃CP,则QE〃面PAC,从而BQ〃面PAC,进而面EBQ〃面PAC,由此能求

出存在点E且SE:EC=2:1,使得BE〃面PAC.

22

17.答案:解:法一:•:EB=BF=FD1=D1E=Ja+(|)=苧%

••・四棱锥41-EBFCi的底面是菱形.(2分)

连接4G、EF、BD「则&CJ/EF.

根据直线和平面平行的判定定理,&G平行于4-EBFDi的底面,

从而41cl到底面EBFDi的距离就是为-EBFDi的高(4分)

设G、”分别是&Q、EF的中点,连接/G、GH,贝UFHJ.HG,FH1HDr

根据直线和平面垂直的判定定理,有FH_L平面HGCi,

又,四棱锥&-EBFD1的底面过"7,根据两平面垂直的判定定理,

有4-EBP。1的底面1平面HG%作GK1”劣于K,

根据两平面垂直的性质定理,有GK垂直于的底面.(6分)

••♦正方体的对角面A&CCi垂直于底面二4HG£»i=90°.

在RMHGDi内,GDi=^a,HG=\a,HD「吟=^a.

.-.^a-GK=\a-^a,从而GK=fa.(8分)

111

•1•以1-EBF%=5s菱形EBFD/GK=n,EF-BD「GK

=-->/2a•V3a~a=-a3(10^)

666

解法二•••EB=BF=FC】=DiE=Ja2+(^)2=与a,

四棱锥4i-EBFZ\的底面是菱形.(2分)

连接EF,则AEFB三

•三棱锥&-EFB与三棱锥&-EF£)i等底同高,

・・•^A^-EFB-^A1-EFD1•

•••KALEBFO]=2匕]_EFB・(4分)

乂匕i-EFB=^F-EBA1»

A

^A1-EBFD1=2/_EB4],(6分)

•・•CC1〃平面4BB14,

・・・三棱锥F-EB4的高就是CG到

平面4BB1A1的距离,即棱长a.(8分)

又^E841边E&上的高为a.

=3

•••KALEB/D]2---S^EBA1-a=-a.(10分)

解析:法一:判断四棱锥4一EBFDi的底面是菱形,连接4G、EF、BQ,说明&G到底面EBFD1的距

离就是Ai-EBFDi的高,求出底面S菱形EBFDJ高的大小,即可得到棱锥的体积.

法二:三棱锥&-EFB与三棱锥4-EFDi等底同高,棱锥%转化为21-SAEBA-a,求解即

可.

本小题主要考查直线与直线,直线与平面,平面与平面的位置关系,以及空间想象能力和逻辑推理

能力.

18.答案:证明:(1)连结BQ,

•••E,"分别是边A8,AD的中点,

EH//BD,且EH=;BD,

CF_CG

CB-CD

FG//BD,S.FG=|BD,

因此EH〃FG且EH*FG

故四边形EFGH是梯形.

(2)由(1)知ERHG相交,设EFDHG=K

•••KGEF,EFuABC平面,[KWABC平面,

同理KeACD平面,又平面ABCnACD平面=4C,

•••KGAC,

故EF和GH的交点在直线AC上.

所以AC,EF,GH三条直线相交于同一点.

解析:本题考查了平面性质和平行公理的应用,属于基础题.

(1)根据比例,三角形中位线定理以及平行公理证得E尸与尸G平行且不相等,从而得到结论成立.

(2)EF和G”的交点在直线AC上即可.

19.答案:证明:(1)取BC中点0,连结A。,DO,

vBD=CD=V5,DO1BC,DO=>JCD2-0C2=2,\'/\

•••DOu平面BCD,平面DBCn平面ABC=BC,

平面BCD_L平面ABC,

DO,平面ABC,

B

•••AEJL平面ABC,:.AE//DO,

又DO=2=4E,.•.四边形AOQE是平行四边形,ED//AO,

•••△4BC是等边三角形,二AO1BC,

•••40u平面ABC,平面BCDn平面ABC=BC,平面BCD1平面ABC,

AO1平面BCD,:.ED1平面BCD,

•••EDu平面EBD,.♦・平面EBO1平面BCD.

解:(2)由⑴得401平面BCD,40J.DO,

又。。1BC,AOA.BC,

分别以OB,AO,O力所在直线为x,y,z轴,建立空间直角坐标系,

则4(0,-百,0),8(1,0,0),D(0,0,2),E(0,-V3,2),

平面A8c的一个法向量为钻=(0,0,1),

设平面BED的一个法向量为元=(x,y,z),

前=(-1,0,2),BE=(-1,-73,2).

则旧・处=一“+氏=°,取%=2,得元=(2,0,1),

(n-BE=-x->J3y+2z=0

设平面BED与平面ABC所成锐二面角的平面角为仇

则的。=韶=橐=£

|m||n|V55

・•.平面BED与平面ABC所成锐二面角的余弦值为

解析:本题考查面面垂直的证明,考查二面角的余弦值的求法,考查空间中线线、线面、面面间的

位置关系等基础知识,考查运算求解能力,是中档题.

(1)取BC中点O,连结AO,DO,推导出D。1BC,DO1平面ABC,从而4E〃。。,进而四边形AOOE

是平行四边形,ED//AO,推导出40J.BC,从而A。_L平面88,进而E。_L平面88,由此能证明

平面EBD,平面BCD.

(2)推导出4。_LD。,DOIBC,AOLBC,分别以OB,A。,。。所在直线为x,y,z轴,建立空间

直角坐标系,利用向量法能求出平面BE。与平面A8C所成锐二面角

的余弦值.

20.答案:(1)证明:「BF1平面ACE,4Eu平面ACE.

・•・BF1AE.

•••二面角n-AB-E为直二面角,

且平面4BCDn平面4CE=AB,BCu平面ABCD,CB1AB,

CB_L平面ABE,XvAEu平面ACE.

CBLAE,

又;BFCiCB=B,BFu平面BCE,CBu平面BCE,

AEJL平面BCE.

(2)解:连结80交AC于G,连结FG.

•••BF_L平面4CE,BF1AC,

又•••正方形ABC。中,AC1BG,且BFnBG=B,

・••AC1面BFG,二AC1GF,4BGF即为二面角B-4C-E的平面角,

AE1面BCE,AELEB,AE=EB=V2)

在Rt△BCE中,可求CE=V6:.BF=—£12,。尸=^22—

.•.在Rt△CFG中,FG=y/BG2-BF2=J(V2)2-(^)2=yJ|-2=y

V6_

・•・cos乙BGF=—=J

BGyf23

_____________瓜

/.siiiZBGF=yzl—cues2ZZ?(7F=

J

即二面角B-AC-E的正弦值为在.

3

解析:本题考查了线面垂直的判定和性质以及空间角的计算,属于中档题.

(1)由BF_L平面4CE得出BF_L4E,由面面垂直的性质得出BC14E,于是得出4EJL平面BCE;

(2)连结BD交AC于G,连结FG,证明"1平面BFG,得出/BGF为所求二面角,故而cos/BGF=整,

再利用同角三角函数的基本关系求出NBGF的正弦值即可.

21.答案:(1)解:因为四边形AQE尸是正方形,

所以凡4〃ED,

故NCED为异面直线CE与A尸所成的角,

因为凡4_L平面ABCQ,

所以F41CD,

故EDICD,

在RtACDE中,CD=1,ED=2^2,

CE=VCD2+ED2=3,

2V2

故C0S4CED=~=------,

3

所以异面直线CE和AF所成角的余弦值为2;

3

(2)证明:如图

过点B作BG〃CD交AD于点G,

则4BGA=Z.CDA=45°,

又乙BAD=45。可得BG1AB,

从而CDJ.AB,

又因为CD1F4,FAOAB=A,FA,AB在平面A8P内,

所以CD,平面A8尸.

解析:本题考查异面直线所成的角、直线与平面垂直的性质与判定定理.

(1)先通过平行,得到4CE0为异面直线CE与AF所成的角,就是异面直线所成的角,在直角三角形

中求出此角的余弦值即可;

(2)根据线面垂直的判定定理可知,只需证直线CD与面AB尸中的两条相交直线垂直即可.

22.答案:(I)证明:取C。的中点为M,连接EM,BM.

BCD为等边三角形,二BM1CD.

■:/.BAD=120°,AD=AB,:.Z.ADB=30°,

:.AD1CD,:.BM//AD.

又,:BMC平面PAD,ADu平面PAD,

•••8M〃平面PAD.

•••E为PC的中点,M为CO的中点,EM〃PD.

又•••EMC平面PAD,PDu平面PAD,

EM〃平面PAD.

VEMCBM=M,EMu平面BEM,BMu平面BEM,

平面BEM〃平面PAD.

又:BEu平面BEM,:.BE〃平面PAD;

(口)解:连接AC交8。于O,连接PO.

vCB=CD,AB=AD,

.-.AO1BD,。为B£)的中点.

又NB4D=120°,BD=2由,△PBD^^ABD,AO=PO=1.

又PA=VLPA?=PO?+042,则POJ.04.

又•••PO1BD,BDCAO=0,40u平面AB。,BDu平面ABO,

PO,平面ABO,即四棱锥P-4BCD的高为P。=1,

••・四棱锥P-4BC0的体积V=|xx(2V3)2+gx2bx1)x1=竽.

解析:本题考查面面平行的判定与性质,考查空间想象能力与思维能力,训练了多面体体积的求法,

是中档题.

(I)取CQ的中点为M,连结EM,BM.证明BM〃71D.得到BM〃平面PAD.再由E为PC的中点,M

为C£>的中点,得EM〃PD.进一步得到EM〃平面PAD.利用面面平行的判定可得平面〃平面P4D.

从而得到BE〃平面PAD;

(口)连结AC交8。于。,连结P0.证明PO104结合POJ.BD,得到P。J■平面AB。,即四棱锥

P-4BC0的高为P。=1,代入棱锥体积公式求四棱锥P-ABCD的体积.

23.答案:(1)证明:依题意,在等腰梯形ABCO中,AC=2V3-AB=4,

vBC=2,

AC2+BC2=AB2^VBC1AC,

平面ACEF1平面ABCD,:.BC1平面ACEF,而4EU平面ACEF,:,AE1BC.

连接CF,•••四边形ACEF是菱形,4E1FC,

AE1平面BCF,•:BFc平面BCF,:•BF1AE.

(2)取EF的中点M,连接MC,因为四边形ACEF是菱形,且4C4F=60。.

所以由平面几何易知MC1AC,平面ACEF1平面ABCD,:.MC1平面ABCD.

故此可以CA、CB、CM分别为x、y、z轴建立空间直角坐标系,各点的坐标依次为:C(0,0,0),

71(273,0,0).8(0,2,0),D(V3,-l,0),后(一遍,0,3),F(V3,0,3).

设平面BEF和平面DEF的法向量分别为元=@也q),\=Q也,C2),

vBF=(百,-2,3),EF=(273,0,0)-

同理,求得R=(0,3,-1>

=磊=岛'故二面角B-EF-D的平面角的正切值为*

解析:本题考查空间垂直的证明,考查二面角的余弦值的求法,解题时要认真审题,注意向量法的

合理运用.

(1)首先根据勾股定理可证BC14C,结合面面垂直的性质定理得到BC_L/质4CEF,可得4EJ.BC.

由四边形ACE尸是菱形,得AE1FC,根据线面垂直的判定定理可得4E_L平面BCF,即可证明;

(2)以C4、CB、C例所在直线分别为x,y,z轴,建立空间直角坐标系,利用向量法能求出二面角

的平面角的余弦值.

24.答案:解:(1)PAIffiABCD,AEu面ABCD,

•••PA1AE;

又•.・底面A8CD为菱形,/.ABC=60°,E为8c中点,•••4ElBC,r4O〃BC,;.4E14D,

AAE1®PAD;

(2)•••AE1面PAD,

."AHE是E”与面PAD所成角,

H

,.•[)

1,M"

BEC

AC

tan〃HE=丝,力”1.PD时,A”最小,tan/AHE最大,N4HE最大,

AH

令48=2,则AE=y/3,AH=1.

在RMAHD中,AD=2.Z.ADH=30",

在RMP4C中,PA=|国,vPA_1_面ABCD,

.湎P481®ABCD,

且交线为AB,取AB中点M,正44BC中,CM14B,二CM1面PAB,

作MNJ.4F于N,连CM由三垂线定理得CN14F,

NMNC是二面角B-4F-C的平面角.

。“=百.在/「48中,BF=AF=^\[3,AB=2,

边AF上的高BG=1,MN

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