一、选择题(每小题4分,共40分)
1.设α,β是两个不同的平面,m是直线且m⊂α,则“m∥β”是“α∥β”的( )
(A)必要不充分条件 (B)充分不必要条件 (C)充分必要条件 (D)既不充分也不必要条件
2.设α,β,γ是三个不重合的平面,m,n是两条不重合的直线,则下列说法正确的是( )
(A)若α⊥β,β⊥γ,则α∥γ (B)若α⊥β,m∥β,则m⊥α (C)若m⊥α,m⊥β,则α∥β (D)若m∥α,n∥α,则m∥n 3.如图所示,将图①中的正方体截去两个三棱锥,得到图②中的几何体,则该几何体的侧视图为( )
4.如图,直三棱柱ABC-A1B1C1中,若∠BAC=90°,AB=AC=AA1,则异面直线BA1与AC1所成的角为( )
(A)60° (B)90° (C)120° (D)150°
5.如图所示,直线PA垂直于☉O所在的平面,△ABC内接于☉O,且AB为☉O的直径,点M为线段PB的中点.现有结论:①BC⊥PC;②OM∥平面APC;③点B到平面PAC的距离等于线段BC的长.其中正确的有( )
(A)2个 (B)3个 (C)1个 (D)0个
6.在等腰梯形ABCD中,E,F分别是底边AB,CD的中点,把四边形AEFD沿直线EF折起,使平面AEFD⊥平面BCFE,P为平面AEFD上一点,设PB,PC与平面AEFD所成的角分别为θ1,θ2.若θ1=θ2,则点P的轨迹为( )
(A)直线 (B)圆 (C)椭圆 (D)抛物线
7.在三棱锥P-ABC中,AB=AC=PB=PC=10,PA=8,BC=12,点M在平面PBC内,且AM=7,设异面直线AM与BC所成角为α,则cos α的最大值为( )
(A) (B) (C) (D)
8.在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=4,BC=3,AA1=5,M,N分别在线段AA1和AC上,|MN|=2,则三棱锥D-MNC1的体积的最小值为( ) (A)4 (B)3-1 (C)4-2 (D)6-4
9.如图,正方体ABCD-A1B1C1D1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,错误的是( )
(A)点H是△A1BD的垂心 (B)AH垂直于平面CB1D1 (C)AH延长线经过点C1 (D)直线AH和BB1所成角为45° 10.如图,已知△ABC,D是AB的中点,沿直线CD将△ACD翻折成 △A′CD,所成二面角A′-CD-B的平面角为α,则( ) (A)∠A′DB≤α (B)∠A′DB≥α (C)∠A′CB≤α (D)∠A′CB≥α
二、填空题(单空题每题4分,多空题每题6分,共36分)
11.已知某几何体的三视图如图所示,则该几何体的表面积为 ,体积为 .
12.在正三棱锥SABC中,M是SC的中点,且AM⊥SB,底面边长AB=2,则正三棱锥SABC的体积为 .其外接球的表面积为 .
13.在矩形ABCD中,AB=1,BC=2,将矩形ABCD以AB为旋转轴旋转成矩形ABEF,则当AE⊥DB时,直线AE与平面ABCD所成角的大小为 .
14.用半径为2的半圆形纸片卷成一个圆锥筒,则这个圆锥筒的高为 ,此时圆锥的体积为 .
15.如图在三棱锥S-ABC中,SA=SB=SC,且∠ASB=∠BSC=∠CSA=,M,N分别是AB和SC的中点.则异面直线SM与BN所成的角的余弦值为 ,直线SM与平面SAC所成角的大小为 .
16.如图,在直三棱柱ABCA1B1C1中,底面为直角三角形,∠ACB=90°, AC=6,BC=CC1=.P是BC1上一动点,则CP+PA1的最小值为 .
17.如图,已知直二面角α-l-β,点A∈α,B∈β,C∈l,D∈l,CD=4, BC=BD,∠BDC=60°,若AC=AD,则三棱锥ABCD的体积的最大值为 .
三、解答题(共74分)
18.(本小题满分14分)
如图(1),在Rt△ABC中,∠ACB=90°,AC=BC=4,D是AB的中点,E是AC的中点,现将△ABC沿CD翻折成直二面角ADCB,如图(2). (1)求异面直线AB与DE所成的角;
(2)若M,N分别为棱AC,BC上的动点,求△DMN周长的平方的最小值. 19.(本小题满分15分)
如图,四棱锥P-ABCD中,平面PAC⊥底面ABCD,BC=CD=AC=2,∠ACB=∠ACD=.
(1)证明:AP⊥BD;
(2)若AP=,AP与BC所成的角的余弦值为,求二面角A-BP-C的余 弦值.
20.(本小题满分15分)
如图,已知AB⊥平面BEC,AB∥CD,AB=BC=4,△BEC为等边三角形.
(1)若平面ABE⊥平面ADE,求CD的长度;
(2)求直线AB与平面ADE所成角的取值范围. 21.(本小题满分15分)
如图,四棱锥P-ABCD中,AB=AD=2BC=2,BC∥AD,AB⊥AD,△PBD
为正三角形.若PA=2,且PA与底面ABCD所成角的正切值为. (1)证明:平面PAB⊥平面PBC; (2)E是线段CD上一点,记
=λ(0<λ<1),是否存在实数λ,使二面角
P-AE-C的余弦值为?若存在,求出λ的值;若不存在,请说明理由. 22.(本小题满分15分)
如图,在等腰梯形PDCB中,PB=3,DC=1,PD=BC=.AD⊥PB,将△PAD沿AD折起,使平面PAD⊥平面ABCD.
(1)若M是侧棱PB的中点,求证:CM∥平面PAD; (2)求直线PB与平面PCD所成角的正弦值.
答案解析：
1.A 若证面面平行,则需一个平面内两条相交直线均与另一平面平行,题目中只有一条直线,所以为不充分条件;
若由面面平行证线面平行,利用面面平行的性质,如果两个平面互相平行,其中一个平面平行于另一个平面里的任意一条直线,所以为必要条件.故选A.
2.C A.α,γ可能的位置关系为平行、相交,故A错误;B.m可能在α内,可能与α相交,故B错误;C.根据线面垂直的性质,可知C正确;D.m,n可能的位置关系为平行、相交、异面,故D错误.故选C. 3.B 从几何体的左面看,棱AD1是原正方形ADD1A1的对角线,在视线范围内,画实线;棱C1F不在视线范围内,画虚线.故选B. 4.A 延长CA到D,使得AD=AC,连接A1D. 则四边形ADA1C1为平行四边形, AC1∥DA1,
∠DA1B就是异面直线BA1与AC1所成的角, 因为直三棱柱ABCA1B1C1中, ∠BAC=90°,AB=AC=AA1, 所以三角形A1DB为等边三角形, 所以∠DA1B=60°,故选A.
5.B 对于①,因为PA⊥平面ABC,所以PA⊥BC. 因为AB为☉O的直径,所以BC⊥AC, 又因为PA∩AC=A,
所以BC⊥平面PAC,又PC⊂平面PAC,所以BC⊥PC. 对于②,因为点M为线段PB的中点,
所以OM∥PA,因为PA⊂平面PAC,OM⊄平面PAC, 所以OM∥平面PAC.
对于③,由①知BC⊥平面PAC,
所以线段BC的长即是点B到平面PAC的距离.故①②③都正确. 6.B 由面面垂直的性质可得BE⊥平面AEFD,CF⊥平面AEFD,则θ1=∠BPE,θ2=∠CPF,则tan θ1=
=tan θ2=
,即
=
=λ>0(定值).
即在平面AEFD内动点P到两定点E,F距离之比为定值λ(λ>0,且λ≠1),则动点P的轨迹为圆. 7.A 取BC中点N,连接AN,PN, 因为AB=AC=PB=PC=10,BC=12, 所以AN=PN=8,因为PA=8,
所以△PAN是等边三角形,∠ANP=60°.
过A作AO⊥平面PBC,连接OM,则O为PN的中点, 所以ON=PN=4, 所以AO=所以OM=
=4. =1.
所以M的轨迹是以O为圆心,以1为半径的圆,以平面PBC内过O点平行于BC的直线为x轴,以NP为y轴,以OA为z轴建立空间直角坐标系如图,
则A(0,0,4),B(-6,-4,0),C(6,-4,0), 设M(cos α,sin α,0),
=(cos α,sin α,-4),=(12,0,0). cos <8.A
,>=
=
≤.故选A.
如图,平面MNC1就是平面ACC1A1,因此D点到平面MNC1的距离为定值,由题意ACC1A1是正方形,由对称性知当M(或N)与A重合时,C1到直线MN的距离最小,最小值为5,此时所以故选A.
9.D 对于A,由于AA1=AB=AD,所以点A在平面A1BD上的射影必到点A1,B,D的距离相等,即点H是△A1BD的外心,而A1B=A1D=BD,故点H是△A1BD的垂心,命题A正确;对于B,由于B1D1∥BD,CD1∥A1B,故平面A1BD∥平面CB1D1,而AH⊥平面A1BD,从而AH⊥平面CB1D1,命题B正确;对于C,AC1⊥B1D1,AC1⊥B1C,所以AC1⊥平面CB1D1,由于AH⊥平面CB1D1,因此AH的延长线经过点C1,命题C正确;对于D,由C知直线AH即是
=×5×=4.
=×2×5=5,
直线AC1,又直线AA1∥BB1,因此直线AC1和BB1所成的角就等于直线AA1与AC1所成的角,即∠A1AC1,而tan ∠A1AC1==,因此命题D错误. 10.B
因为A′C和BC都不与CD垂直,所以∠A′CB≠α,故C,D错误.当CA=CB时,容易证明∠A′DB=α.不妨取一个特殊的三角形,如Rt△ABC,令斜边AB=4,AC=2,BC=2,如图所示,则CD=AD=BD=2,∠BDC= 120°,设沿直线CD将△ACD折成△A′CD,使平面A′CD⊥平面BCD,则α=90°.取CD中点H,连接A′H,BH,则A′H⊥CD,所以A′H⊥平面BCD,且A′H=,DH=1.在△BDH中,由余弦定理可得BH=.在Rt△A′HB中,由勾股定理可得A′B=
.在△A′DB中,因为A′D2+BD2-
A′B2=-2<0,可知cos ∠A′DB<0°,所以∠A′DB为钝角,故排除A.综上可知答案为B. 11.解析:
由三视图得该几何体为如图所示的三棱锥,其中底面ABC为直角三角形,∠ABC=90°,AB=1,BC=2,PA⊥底面ABC,PA=2,所以AC=PB=,PC=3, PC2=PB2+BC2,所以∠PBC=90°,则该三棱锥的表面积为×1×2+×1× 2+×2×+×2×=2+2,体积为××1×2×2=.
答案:2+2 12.解析:
如图,取AC的中点D,连接SD,BD, 则SD⊥AC,BD⊥AC, 又SD∩BD=D, 所以AC⊥平面SBD, 又SB⊂平面SBD, 所以AC⊥SB, 又AM∩AC=A,AM⊥SB, 所以SB⊥平面SAC, 所以SA⊥SB,SC⊥SB, 因为SABC为正棱锥, 所以SA⊥SC,
从而知道SA,SB,SC两两垂直,将其补为正方体,其棱长为2, 所以
=
=××2×2×2=,
其外接球即为正方体的外接球,半径为r=×2=,表面积S=4π×3=12π. 答案: 12π
13.解析:如图所示,作AG⊥BD于G,连接EG,作EH⊥AG于H.
因为AG⊥DB,AE⊥DB, 所以BD⊥平面AEG, 所以BD⊥EH,BD⊥EG. 又EH⊥AG,
所以EH⊥平面ABCD,
所以∠EAG是直线AE与平面ABCD所成角. 又AB=1,BC=2, 所以AE=
=.
==,
在Rt△ABG中,AB=1,sin∠BAG=sin∠ADB=所以BG=AB·sin∠BAG=, AG=AB·cos∠BAG=在Rt△BEG中,EG=在△AEG中,由余弦定理,
.
=
=
.
得cos∠EAG===,
所以∠EAG=60°,即直线AE与平面ABCD所成角为60°. 答案:60°
14.解析:半圆形纸片卷成圆锥筒后,半圆周长变为圆锥底面周长, 所以2π=2πr,解得r=1. 母线l为原来圆的半径,所以l=2,
根据圆锥的母线l、高h、底面圆的半径r构成一个直角三角形的 性质, 得h=
=
=,
此时体积为V=Sh=π. 答案:
π
15.解析:因为∠ASB=∠BSC=∠CSA=,所以以S为坐标原点,SA,SB,SC为x,y,z轴建立空间直角坐标系.设SA=SB=SC=2,则M(1,1,0), B(0,2,0),N(0,0,1),A(2,0,0),C(0,0,2). =(1,1,0),cos<
,
>=
=(0,-2,1),
=-,
,
所以异面直线SM与BN所成的角的余弦值为平面SAC一个法向量为=(0,2,0), 则由cos<
,>=
=得<
,>=,
即直线SM与平面SAC所成角的大小为. 答案:
16.解析:连接A1B,沿BC1将△CBC1展开与△A1BC1在同一个平面内,如图所示,连接A1C′,则A1C′的长度就是所求的最小值.
通过计算可得∠A1C1B=90°, 又∠BC1C=45°.
故在展开后的平面A1C1C′B中,∠A1C1C′=135°, 由余弦定理可求得A1C′=5. 答案:5
17.解析:在△BCD中,CD=4,BC=BD,∠BDC=60°, 所以BC2=BD2+CD2-2BD·CD·cos∠BDC, 求得BD=2,则BC=2, 满足BC2+BD2=CD2, 所以BC⊥BD,
S△BCD=×2×2=2.以CD所在直线为x轴,CD的中垂线为y轴,在平面α上建立直角坐标系,设A(x,y)(y>0),由AC=AD有
=
,化简得(x-6)2+y2=32,当x=6时,y有最大值4,所以A
点到直线CD的距离的最大值为4,此时三棱锥ABCD的体积有最大值,最大值为V=×S△BCD×4=×2×4=答案:
.
18.解:(1)
如图,取BC的中点F,连接EF,DF,则AB∥EF,AB与DE所成的角即为EF与DE所成的角.
因为AD=BD=2,∠ADB=90°, 所以AB=4.所以EF=2. 又因为DE=DF=2, 所以△DEF是等边三角形.
所以异面直线AB与DE所成的角为60°.
(2)如图是以C为顶点沿CD展开的侧面展开图,依题意即求D的值. 因为∠ACD=∠BCD1=45°,AC=BC=AB,
所以∠ACB=60°.
所以∠DCD1=150°,CD=CD1=2.
所以D=(2)2+(2)2-2×2×2·cos 150°=16+8. 19.(1)证明:
如图,连接BD交AC于点O, 因为BC=CD,
所以△BCD为等腰三角形. 又∠BCA=∠DCA=,
故AC⊥BD. 作PE⊥AC于点E.
因为平面PAC⊥平面ABCD,平面PAC∩底面ABCD=AC, 所以PE⊥底面ABCD,PE⊥BD, 所以BD⊥平面APC,
因为AP⊂平面APC,所以AP⊥BD.
(2)解:以O为坐标原点,,,过O与相同的方向分别为x轴,y轴,z轴的正方向,建立空间直角坐标系Oxyz, 则OC=BCcos =1. 而AC=4,所以AO=AC-OC=3, 又OB=BCsin =,
故A(0,-3,0),B(,0,0),C(0,1,0). 设P(0,y,z),则由|AP|=,得(y+3)2+z2=7. =(0,y+3,z),=(-,1,0),=(,3,0), 由cos <,>=, 得
=,
解得y=-1,z=. 所以=(-,-1,),
设平面ABP的一个法向量为n1=(x1,y1,z1),平面BCP的一个法向量为n2=(x2,y2,z2).
由n1·=0,n1·=0,得
因此可取n1=(,-1,
).
由n2·=0,n2·=0,得
因此可取n2=(,3,2).
从而法向量n1,n2的夹角的余弦值为cos 20.解:(1)设CD=d,取BE,AE中点O,F,连接OC,OF, =, 则OF⊥BE,OF⊥OC,OC⊥BE,以O为原点,OE,OC,OF为x,y,z轴建立坐标系. 则A(-2,0,4),B(-2,0,0),C(0,2,0),D(0,2,d),E(2,0,0). =(4,0,-4),=(2,-2,-d), 易知平面ABE的一个法向量为=(0,2,0). 设平面ADE的一个法向量为n=(x,y,z), 则可得n=(1, ,1). 所以n·=0⇒d=2, 所以CD的长度为2. (2)由(1)可知平面ADE的一个法向量为n=(1,设直线AB与平面ADE所成角为θ, ,1),=(0,0,-4), 则sin θ=所以θ∈(0,). 21.(1)证明: =∈(0,), 因为AB⊥AD,且AB=AD=2, 所以BD=2, 又△PBD为正三角形, 所以PB=PD=BD=2, 又因为AB=2,PA=2, 所以AB⊥PB, 又因为AB⊥AD,BC∥AD, 所以AB⊥BC, 因为PB∩BC=B, 所以AB⊥平面PBC, 又因为AB⊂平面PAB, 所以平面PAB⊥平面PBC. (2)解:设P在平面ABCD内的射影为Q, 连接AQ,DQ, 则AQ即为AP在平面ABCD内的射影, 故∠PAQ即为AP与底面所成的角, 因为tan∠PAQ=, 所以sin∠PAQ=, 而sin∠PAQ= ,AP=2, 所以PQ=2,AQ=2, 又PB=PD=BD=2, 所以DQ=2, 由AD=DQ=2,AQ=2, 得AD⊥DQ, 所以ABDQ, 从而四边形ABQD是正方形, QD,QB,QP两两垂直,以它们所在直线分别为x轴,y轴,z轴,建立空间直角坐标系, 则Q(0,0,0),P(0,0,2),A(2,2,0),C(0,1,0),D(2,0,0), 所以=(-2,-2,2), 由=λ可得E(2-2λ,λ,0), 所以=(-2λ,λ-2,0), 设平面PAE的法向量为m=(x,y,z), 则即 ,z=, ), , 令x=1,得y=所以m=(1, 显然,=(0,0,2)是平面ACE的法向量. 设二面角PAEC为θ, 则cos θ= == 则依题意有解得λ=. , =, 22.(1)证明:取PA的中点N,连接MN,DN. 因为M,N分别为PB,PA的中点,所以MN AB. 折起前,在等腰梯形PDCB中,PB=3,DC=1,PD=BC=, 因为AD⊥PB,所以CD所以MN DC, AB, 四边形MNDC为平行四边形,故CM∥DN. 因为CM⊄平面PAD,DN⊂平面PAD, 所以CM∥平面PAD. (2)解:作BE∥AD交DC的延长线于E点. 因为AD⊥AB且平面PAD⊥平面ABCD,所以AB⊥平面PAD. 如图将几何体补成直三棱柱PADKBE. 过点B作BH⊥KE,因为PK⊥平面BEK,所以PK⊥BH, 所以BH⊥平面PCD,则PB在平面PCD上的射影为PH,故∠BPH就是直线PB与平面PCD所成角. 在Rt△PBH中,BH=KE=,且PB=, 所以sin ∠BPH= = , . 故直线PB与平面PCD所成角的正弦值为 因篇幅问题不能全部显示，请点此查看更多更全内容