试题

曲一线科学备考

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用户：平行ㄨ零脉涟山 生成时间：2015.05.01 21:39:53

理数

1. (2014重庆,7,5分)某几何体的三视图如图所示,则该几何体的表面积为( )

A.54B.60C.66D.72

2. (2014江西,10,5分)如图,在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=11,AD=7,AA1=12.一质点从顶点A射向点E(4,3,12),遇长方体的面反射(反射服从光的反射原理),将第i-1次到第i次反射点之间的线段记为Li(i=2,3,4),L1=AE,将线段L1,L2,L3,L4竖直放置在同一水平线上,则大致的图形是( )

3. (2014湖北,5,5分)在如图所示的空间直角坐标系O-xyz中,一个四面体的顶点坐标分别是(0,0,2),(2,2,0),(1,2,1),(2,2,2).给出编号为①、②、③、④的四个图,则该四面体的正视图和俯视图分别为( )

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A.①和② B.③和① C.④和③ D.④和②

4.(2014安徽,7,5分)一个多面体的三视图如图所示,则该多面体的表面积为( )

A.21+ B.18+ C.21 D.18

中，点

三点重合于5. (2014吉林高中毕业班上学期期末复习检测, 11) 如图，边长为2的正方形分别是边的中点，将, , 分别沿折起，使点, 若四面体的四个顶点在同一个球面上，则该球的半径为（ ）

A.

B.

C.

D.

6.(2014浙江,20,15分)如图,在四棱锥A-BCDE中,平面ABC⊥平面BCDE,∠CDE=∠BED=90°,AB=CD=2,DE=BE=1,AC=

.

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(Ⅰ)证明:DE⊥平面ACD; (Ⅱ)求二面角B-AD-E的大小.

7. (2014山西太原高三模拟考试（一），19) 如图，在斜三棱柱ABC—A1B1C1中，点O是A1C1的中点，AO⊥平面A1B1C1. 已知∠BCA=90°，AA1=AC=BC=2. （I）求证：AB1⊥ AlC；

（Ⅱ）求A1C1与平面AA1B1所成角的正弦值.

8.(2009北京, 16, 14分) 如图, 在三棱锥P-ABC中, PA⊥底面ABC, PA=AB, ∠ABC=60°, ∠BCA=90°, 点D、E分别在棱PB、PC上, 且DE∥BC. (Ⅰ) 求证:BC⊥平面PAC;

(Ⅱ) 当D为PB的中点时, 求AD与平面PAC所成的角的大小; (Ⅲ) 是否存在点E使得二面角A-DE-P为直二面角?并说明理由.

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9.(2009湖北, 18, 12分) 如图, 四棱锥S-ABCD的底面是正方形, SD⊥平面ABCD, SD=2a, AD=

a, 点E是SD上的点, 且DE=λa(0<λ≤2) .

(Ⅰ) 求证:对任意的λ∈(0, 2], 都有AC⊥BE;

(Ⅱ) 设二面角C-AE-D的大小为θ, 直线BE与平面ABCD所成的角为φ. 若tan θ·tan φ=1, 求λ的值. 10. (2012宁夏高三模拟，18,12分)如图,在梯形ABCD中,AB∥CD,AD=DC=CB=1,∠ABC=60°,四边形ACFE为矩形,平面ACFE⊥平面ABCD,CF=1. (Ⅰ)求证:BC⊥平面ACFE;

(Ⅱ)点M在线段EF上运动,设平面MAB与平面FCB所成二面角的平面角为θ(θ≤90°),试求cos θ的取值范围.

11. (2013湖南长沙市高三三月模拟，18,12分) 如图一，△ABC是正三角形，△ABD是等腰直角三角形，AB=BD=2。将△ABD沿边AB折起， 使得△ABD与△ABC成30o的二面角

, 如图二，在二面角中. (1) 求D、C之间的距离；

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(2) 求CD与面ABC所成的角的大小;

(3) 求证：对于AD上任意点H，CH不与面ABD垂直。

答案和解析

理数 [答案] 1.B [答案] 2.C [答案] 3.D [答案] 4.A [答案] 5. B [答案] 6.查看解析 [答案] 7.查看解析

[答案] 8.解法一:(Ⅰ) 证明:∵ PA⊥底面ABC, ∴ PA⊥BC. 又∠BCA=90°, ∴ AC⊥BC, ∴ BC⊥平面PAC. (Ⅱ) ∵ D为PB的中点, DE∥BC,

∴ DE=BC.

又由(Ⅰ) 知, BC⊥平面PAC, ∴ DE⊥平面PAC, 垂足为点E,

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∴ ∠DAE是AD与平面PAC所成的角. ∵ PA⊥底面ABC, ∴PA⊥AB.

又PA=AB, ∴△ABP为等腰直角三角形, ∴AD=AB.

在Rt△ABC中, ∠ABC=60°, ∴BC=AB,

∴在Rt△ADE中, sin∠DAE===,

∴AD与平面PAC所成的角的大小为arcsin(Ⅲ) ∵DE∥BC, 又由(Ⅰ) 知, BC⊥平面PAC, ∴DE⊥平面PAC.

又∵AE?平面PAC, PE?平面PAC, ∴DE⊥AE, DE⊥PE, ∴∠AEP为二面角A-DE-P的平面角. ∵PA⊥底面ABC, ∴PA⊥AC,

.

∴∠PAC=90°, ∴在棱PC上存在一点E, 使得AE⊥PC. 这时, ∠AEP=90°,

故存在点E使得二面角A-DE-P是直二面角.

解法二:如图, 以A为原点建立空间直角坐标系A-xyz.

设PA=a, 由已知可得A(0, 0, 0) , B,

C, P(0, 0, a) .

(Ⅰ) 证明:∵∴

=(0, 0, a) , =,

·=0, ∴BC⊥AP.

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又∵∠BCA=90°, ∴BC⊥AC, ∴BC⊥平面PAC. (Ⅱ) ∵D为PB的中点, DE∥BC, ∴E为PC的中点, ∴D, E.

又由(Ⅰ) 知, BC⊥平面PAC, ∴DE⊥平面PAC, 垂足为点E, ∴∠DAE是AD与平面PAC所成的角.

∵=,

=,

∴cos∠DAE==,

∴AD与平面PAC所成的角的大小为arccos(Ⅲ) 同解法一.

.

[答案] 9.解法一:(Ⅰ) 证明:如图1, 连结BE、BD, 由底面ABCD是正方形可得AC⊥BD. ∵SD⊥平面ABCD, ∴BD是BE在平面ABCD上的射影. ∴AC⊥BE.

(Ⅱ) 如图1, 由SD⊥平面ABCD知, ∠DBE=φ.

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图1

∵SD⊥平面ABCD, CD?平面ABCD, ∴SD⊥CD.

又底面ABCD是正方形, ∴CD⊥AD. 而SD∩AD=D, ∴CD⊥平面SAD. 连结AE、CE, 过点D在平面SAD内作DF⊥AE于F, 连结CF, 则CF⊥AE, 故∠CFD是二面角C-AE-D的平面角, 即∠CFD=θ.

在Rt△BDE中, ∵BD=2a, DE=λa, ∴tan φ==.

在Rt△ADE中, ∵AD=a, DE=λa, ∴AE=a, 从而DF==.

在Rt△CDF中, tan θ==.

由tan θ·tan φ=1, 得由λ∈(0, 2], 解得λ=

·=1?, 即为所求.

=2?λ2=2.

解法二:(Ⅰ) 证明:以D为原点, 的空间直角坐标系, 则

的方向分别作为x, y, z轴的正方向建立如图2所示

图2

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D(0, 0, 0) , A(∴∴=(-a, a, 0, 0) , B(a, 0) , =(-

a, a, -

a, 0) , C(0, a, λa) , a, 0) , E(0, 0, λa) ,

·=2a2-2a2+0·λa=0, 即AC⊥BE.

=(

a, 0, -λa) , =(-a, -a, λa) .

, n⊥

得 (Ⅱ) 由(Ⅰ) 得=(0,

a, -λa) ,

设平面ACE的法向量为n=(x, y, z) , 则有n⊥

即取z=, 得n=(λ, λ, ) .

=(0, 0, 2a) 与=(0,

a, 0) .

易知平面ABCD与平面ADE的一个法向量分别为∴sin φ==, cos θ=

=.

∵0<θ, φ<, λ>0,

∴tan θ·tan φ=1?θ+φ=?sin φ=cos θ?由λ∈(0, 2], 解得λ=

, 即为所求.

=?λ2=2.

[答案] 10.(Ⅰ)证明:在梯形ABCD中, ∵AB∥CD,AD=DC=CB=1, ∠ABC=60°,∴AB=2. (2分)

∴AC2=AB2+BC2-2AB·BC·cos 60°=3, ∴AB2=AC2+BC2,∴BC⊥AC. (4分)

∵平面ACFE⊥平面ABCD,平面ACFE∩平面ABCD=AC, BC?平面ABCD, ∴BC⊥平面ACFE. (6分)

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(Ⅱ)解法一:由(Ⅰ)可建立分别以直线CA,CB,CF为x轴,y轴,z轴的空间直角坐标系,令FM=λ(0≤λ≤),则C(0,0,0),A(,0,0),B(0,1,0),M(λ,0,1), ∴

=(-,1,0),=(λ,-1,1). (8分)

设n1=(x,y,z)为平面MAB的一个法向量, 由得

,

-λ). (10分)

取x=1,则n1=(1,

∵n2=(1,0,0)是平面FCB的一个法向量,

∴cos θ==

=. (11分)

∵0≤λ≤,∴当λ=0时,cos θ有最小值;

当λ=时,cos θ有最大值.

∴cos θ∈. (12分)

解法二:①当M与F重合时,取FB中点为G,连结AG、CG. ∵AF=

=2,∴AB=AF,∴AG⊥FB.

∵CF=CB=1,∴CG⊥FB,∴∠AGC=θ.

∵BC⊥CF,∴FB=,∴CG=,AG=.

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∴cos θ==. (8分)

②当M与E重合时,过B作BN∥CF,且使BN=CF, 连结EN、FN,则平面EAB∩平面FCB=BN, ∵BC⊥CF,又∵AC⊥CF,∴CF⊥平面ABC, ∴BN⊥平面ABC,∴∠ABC=θ,∴θ=60°,∴cos θ=. (10分)

③当M与E、F都不重合时,令FM=λ(0<λ<

),延长AM交CF的延长线于N,连结BN,

∴N在平面MAB与平面FCB的交线上. ∵B在平面MAB与平面FCB的交线上, ∴平面MAB∩平面FCB=BN,

过C作CG⊥NB交NB于G,连结AG,由(Ⅰ)知,AC⊥BC, 又∵AC⊥CN,∴AC⊥平面NCB,∴AC⊥BN.

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又∵CG⊥NB,AC∩CG=C,∴NB⊥平面ACG,∴AG⊥NB, ∴∠AGC=θ. 在△NAC中,可求得NC=. ∵∠ACG=90°,∴AG==,

∴cos θ==.

∵0<λ<,∴. (11分)<<><<>

综合①②③得,cos θ∈. (12分)

分析:(1)用面面垂直的性质定理解答第(Ⅰ)问;(2)第(Ⅱ)问用向量法较好,也可用分类讨论思想,但较复杂.

失分警示:无棱二面角的类型掌握不熟练,导致失分. [答案] 11.（1）依题意，

ABD=90o ，建立如图的坐标系使得△ABC在yoz平面上，

△ABD与△ABC成30o的二面角,

DBY=30o.

又AB=BD=2，A(0，0，2) ，B(0，0，0) ，C(0，，1) ，D(1，，0) ，

|CD|==.

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（2）x轴与面ABC垂直，故(1，0，0) 是面ABC的一个法向量。

设CD与面ABC成的角为，而= (1，0，-1) ，

sin==.

[0，]，=. （3）设=t= t(1，，-2) = (t，t，-2 t) ，

=+=(0，-, 1) +(t，t，-2 t) = (t，t-，-2 t+1) ，

若0). 而=(1，

，则 (t，t-，-2 t+1) ·(0，0，2) =0 得t=，此时=(，-，

，0) ，·=-=-10, 和不垂直，

即CH不可能同时垂直BD和BA，即CH不与面ABD垂直。

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