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【步步高】届高三数学大一轮复习 第八章 章末检测学案 理 新人教A版


第八章

章末检测

(时间:120 分钟 满分:150 分) 一、选择题(本大题共 12 小题,每小题 5 分,共 60 分) 1.(2010?山东)在空间中,下列命题正确的是( ) A.平行直线的平行投影重合 B.平行于同一直线的两个平面平行 C.垂直于同一平面的两个平面平行 D.垂直于同一平面的两条直线平行 2.(2011?聊城模拟)设 m、n 是不同的直线,α 、β 、γ 是不同的平面,有以下四个命 题: α ∥β ? α ⊥β ? ? ? ?? β ∥γ ; ② ?? m⊥β ; ① ? α ∥γ ? m∥α ? ? ③

m⊥α ? ? ? ? α ⊥β ; ④ m∥β ? ?

m∥n ? ? ?? m∥α . n? α ? ?
C.①③ D.②④

其中真命题的序号是( ) A.①④ B.②③ 3.(2010?福建)

如图,若 Ω 是长方体 ABCD-A1B1C1D1 被平面 EFGH 截去几何体 EFGHB1C1 后得到的几何体, 其中 E 为线段 A1B1 上异于 B1 的点,F 为线段 BB1 上异于 B1 的点,且 EH∥A1D1,则下列结论中不 正确的是( ) A.EH∥FG B.四边形 EFGH 是矩形 C.Ω 是棱柱 D.Ω 是棱台 4.正四面体的内切球与外接球的半径之比为( ) A.1∶3 B.1∶9 C.1∶27 D.1∶81 5.(2011?广东)如图所示,某几何体的正视图(主视图)是平行四边形,侧视图(左视图) 和俯视图都是矩形,则该几何体的体积为( )

A.6 3 B.9 3 C.12 3 D.18 3 6. (2011?舟山月考)若一个圆柱的侧面展开图是一个正方形, 则这个圆柱的全面积与侧
1

面积的比为( 1+2π A. 2π 7.

) 1+π B. 4π C. 1+2π π D. 1+π 2π

如图所示, 正方体 ABCD—A1B1C1D1 的棱长为 1, O 是底面 A1B1C1D1 的中心, 则 O 到平面 ABC1D1 的距离为( ) 1 2 A. B. 2 4 2 3 D. 2 2 8.(2011?四川)l1,l2,l3 是空间三条不同的直线,则下列命题正确的是( ) A.l1⊥l2,l2⊥l3? l1∥l3 B.l1⊥l2,l2∥l3? l1⊥l3 C.l1∥l2∥l3? l1,l2,l3 共面 D.l1,l2,l3 共点? l1,l2,l3 共面 9.(2011?临沂模拟)某几何体的三视图如图,则该几何体的体积的最大值为( C.

)

1 1 2 1 B. C. D. 6 3 3 2 10.设 P 是 60°的二面角 α —l—β 内一点,PA⊥平面 α ,PB⊥平面 β ,A、B 分别为 垂足,PA=4,PB=2,则 AB 的长是( ) A.2 3 B.2 5 C.2 7 D.4 2 11.正三棱柱 ABC-A1B1C1 的底面三角形的边长是 a,D,E 分别是 BB1,CC1 上的点,且 EC =BC=2BD,则平面 ADE 与平面 ABC 的夹角的大小为( ) A.30° B.45° C.60° D.90° 12.(2011?丽水月考) A.

π 如图所示,平面 α ⊥平面 β ,A∈α ,B∈β ,AB 与两平面 α 、β 所成的角分别为 和 4 π .过 A、B 分别作两平面交线的垂线,垂足为 A′、B′,则 AB∶A′B′等于( 6 )

2

A.2∶1 C.3∶2

B.3∶1 D.4∶3

二、填空题(本大题共 4 小题,每小题 5 分,共 20 分) 13. 如图, 是△AOB 用斜二测画法画出的直观图△A′O′B′, 则△AOB 的面积是________.

14.

如图,在正方体 ABCD—A1B1C1D1 中,E,F,G,H,N 分别是棱 CC1,C1D1,D1D,DC,BC 的 中点,点 M 在四边形 EFGH 及其内部运动,则点 M 只需满足条件________时,就有 MN∥平面 B1BDD1. 15.(2011?上海)若圆锥的侧面积为 2π ,底面面积为 π ,则该圆锥的体积为________. 16.(2011?阳江月考)正四棱锥 S—ABCD 中,O 为顶点在底面上的射影,P 为侧棱 SD 的 中点,且 SO=OD,则直线 BC 与平面 PAC 所成的角是________. 三、解答题(本大题共 6 小题,共 70 分) 6π 17.(10 分)有一个圆锥的侧面展开图是一个半径为 5、圆心角为 的扇形,在这个圆锥 5 中内接一个高为 x 的圆柱. (1)求圆锥的体积; (2)当 x 为何值时,圆柱的侧面积最大?

18.(12 分)已知在矩形 ABCD 中,AB=4,AD=3,沿对角线 AC 折叠,使面 ABC 与面 ADC 垂直,求 B、D 间的距离.

3

19.(12 分)(2011?陕西)如图,在△ABC 中,∠ABC=60°,∠BAC=90°,AD 是 BC 上 的高,沿 AD 把△ABD 折起,使∠BDC=90°. (1)证明:平面 ADB⊥平面 BDC; → → (2)设 E 为 BC 的中点,求AE与DB夹角的余弦值.

20.(12 分)(2011?广州模拟)

如图,A1A 是圆柱的母线,AB 是圆柱底面圆的直径,C 是底面圆周上异于 A,B 的任意一 点,A1A=AB=2. (1)求证:BC⊥平面 AA1C; (2)求三棱锥 A1—ABC 的体积的最大值.

4

21.(12 分)(2011?重庆)如图,在四面体 ABCD 中,平面 ABC⊥平面 ACD,AB⊥BC,AD= CD,∠CAD=30°. (1)若 AD=2,AB=2BC,求四面体 ABCD 的体积. (2)若二面角 C-AB-D 为 60°,求异面直线 AD 与 BC 所成角的余弦值.

22.(12 分)(2011?北京)如图,在四棱锥 P-ABCD 中,PA⊥平面 ABCD,底面 ABCD 是菱 形,AB=2,∠BAD=60°. (1)求证:BD⊥平面 PAC; (2)若 PA=AB,求 PB 与 AC 所成角的余弦值; (3)当平面 PBC 与平面 PDC 垂直时,求 PA 的长.

第八章

章末检测
5

1.D 2.C 3.D 4.A 5.B [由三视图可还原几何体的直观图如图所示.

此几何体可通过分割和补形的方法拼凑成一个长和宽均为 3,高为 3的平行六面体,所 求体积 V=3?3? 3=9 3.] 6.A 7.B 8.B [当 l1⊥l2,l2⊥l3 时,l1 也可能与 l3 相交或异面,故 A 不正确;l1⊥l2,l2∥l3? l1⊥l3,故 B 正确;当 l1∥l2∥l3 时,l1,l2,l3 未必共面,如三棱柱的三条侧棱,故 C 不正 确;l1,l2,l3 共点时,l1,l2,l3 未必共面,如正方体中从同一顶点出发的三条棱,故 D 不 正确.] 9.D 10.C 11.B 12.A 3 13.16 14.M∈线段 FH 15. π 16.30° 3 17. 解 (1)因为圆锥侧面展开图的半径为 5, 所以圆锥的母线长为 5.设圆锥的底面半径 为 r, 6π 则 2π r=5? ,解得 r=3.(2 分) 5 所以圆锥的高为 4. 1 2 从而圆锥的体积 V= π r ?4=12π .(4 分) 3

(2)右图为轴截面图,这个图为等腰三角形中内接一个矩形. 设圆柱的底面半径为 a, 3-a x 3 则 = ,从而 a=3- x.(6 分) 3 4 4 3 圆柱的侧面积 S(x)=2π (3- x)x 4 3 3 2 2 = π (4x-x )= π [4-(x-2) ](0<x<4). 2 2 (8 分) 当 x=2 时,S(x)有最大值 6π . 所以当圆柱的高为 2 时, 圆柱有最大侧面积为 6π .(10 分) 18.解 方法一 如图,过 D、B 分别作 DE⊥AC 于点 E,BF⊥AC 于点 F,则由已知条件 得 AC=5, AD?DC 12 AB?BC 12 ∴DE= = ,BF= = . AC 5 AC 5 AD2 9 ∴AE= = =CF. AC 5

6

7 ∴EF=AC-2AE= .(3 分) 5 → → → → ∵DB=DE+EF+FB, → 2 → → → 2 ∴|DB| =|DE+EF+FB| →2 →2 →2 → → → → → → =DE +EF +FB +2DE?EF+2DE?FB+2EF?FB.(6 分) ∵面 ADC⊥面 ABC,而 DE⊥AC, ∴DE⊥面 ABC,∴DE⊥BF.(8 分) → 2 →2 →2 →2 144 49 144 337 ∴|DB| =DE +EF +FB = + + = . 25 25 25 25 337 337 → ∴|DB|= ,故 B、D 间的距离为 .(12 分) 5 5 方法二

同方法一,过 E 作 FB 的平行线交 AB 于 P 点,以 E 为坐标原点,以 EP、EC、ED 所在直线 12 7 分别为 x、y、z 轴建立空间直角坐标系,如图.则由方法一知 DE=FB= ,EF= .(4 分) 5 5 12 12 7 ? ? ? ? ∴D?0,0, ?,B? , ,0?.(6 分) 5? ? ?5 5 ? → ∴|DB|=

?12?2+?7?2+?-12?2= 337. ? 5 ? ?5? ? 5 ? 5 ? ? ? ? ? ?

(12 分) 19.(1)证明 ∵折起前 AD 是 BC 边上的高, ∴当△ABD 折起后,AD⊥DC,AD⊥DB.(2 分) 又 DB∩DC=D,∴AD⊥平面 BDC.(4 分) ∵AD? 平面 ABD, ∴平面 ADB⊥平面 BDC.(6 分)

(2)解 由∠BDC=90°及(1),知 DA,DB,DC 两两垂直.不妨设 DB=1,以 D 为坐标原 → → → 点, 分别以DB, DC, DA所在直线为 x, y, z 轴建立如图所示的空间直角坐标系, 易得 D(0,0,0), 1 3 B(1,0,0),C(0,3,0),A(0,0, 3),E( , ,0),(9 分) 2 2 → 1 3 → ∴AE=( , ,- 3),DB=(1,0,0),(10 分) 2 2 1 → → 2 AE?DB 22 → → → → ∴AE与DB夹角的余弦值为 cos〈AE,DB〉= = = .(12 分) → → 22 22 |AE|?|DB| 1? 4

7

20.(1)证明 ∵C 是底面圆周上异于 A,B 的任意一点,且 AB 是圆柱底面圆的直径,∴ BC⊥AC. ∵AA1⊥平面 ABC,BC? 平面 ABC, ∴AA1⊥BC.(4 分) ∵AA1∩AC=A,AA1? 平面 AA1C, AC? 平面 AA1C,∴BC⊥平面 AA1C.(5 分) (2)解 设 AC=x,在 Rt△ABC 中, BC= AB2-AC2= 4-x2 (0<x<2),(7 分) 1 1 1 故 VA1—ABC= S△ABC?AA1= ? ?AC?BC?AA1 3 3 2 1 2 = x 4-x (0<x<2),(9 分) 3 1 2 即 VA1—ABC= x 4-x 3 1 2 1 2 2 2 = x ?4-x ?= -?x -2? +4. 3 3 ∵0<x<2,0<x <4,∴当 x =2,即 x= 2时, 2 三棱锥 A1—ABC 的体积最大,最大值为 . 3 (12 分) 21.
2 2

① (1)解 如图①,设 F 为 AC 的中点,连接 DF,由于 AD=CD,所以 DF⊥AC.故由平面 ABC ⊥平面 ACD, 知 DF⊥平面 ABC, 即 DF 是四面体 ABCD 的面 ABC 上的高, 且 DF=ADsin 30°=1, AF=ADcos 30°= 3.(2 分) 2 15 4 15 在 Rt△ABC 中,因为 AC=2AF=2 3,AB=2BC,由勾股定理易知 BC= ,AB= , 5 5 (4 分) 1 1 1 4 15 2 15 4 故四面体 ABCD 的体积 V= ?S△ABC?DF= ? ? ? ?1= .(6 分) 3 3 2 5 5 5 (2)解 方法一 如图①,设 G,H 分别为边 CD,BD 的中点,连接 FG,FH,HG,则 FG∥ AD,GH∥BC,从而∠FGH 是异面直线 AD 与 BC 所成的角或其补角.(7 分) 设 E 为边 AB 的中点,连接 EF,则 EF∥BC, 由 AB⊥BC,知 EF⊥AB. 又由(1)有 DF⊥平面 ABC,故由三垂线定理知 DE⊥AB. 所以∠DEF 为二面角 C-AB-D 的平面角.由题设知∠DEF=60°.(9 分) 设 AD=a,则 DF=AD?sin∠CAD= . 2

a

a 3 3 在 Rt△DEF 中,EF=DF?cot∠DEF= ? = a, 2 3 6
1 3 从而 GH= BC=EF= a. 2 6 因为 Rt△ADE≌Rt△BDE,故 BD=AD=a, 1 a 从而,在 Rt△BDF 中,FH= BD= .(10 分) 2 2
8

1 a 又 FG= AD= ,从而在△FGH 中,因 FG=FH, 2 2

FG2+GH2-FH2 GH 3 由余弦定理得 cos∠FGH= = = . 2FG?GH 2FG 6
因此,异面直线 AD 与 BC 所成角的余弦值为 3 .(12 分) 6

② 方法二 如图②,过 F 作 FM⊥AC,交 AB 于 M.已知 AD=CD,平面 ABC⊥平面 ACD,易知 FC,FD,FM 两两垂直,以 F 为原点,射线 FM,FC,FD 分别为 x 轴,y 轴,z 轴的正半轴,建 立空间直角坐标系 F-xyz.(7 分) 不妨设 AD=2,由 CD=AD,∠CAD=30°,易知点 A,C,D 的坐标分别为 A(0,- 3, → 0),C(0, 3,0),D(0,0,1),则AD=(0, 3,1). 显然向量 k=(0,0,1)是平面 ABC 的法向量. 已知二面角 C-AB-D 为 60°,故可取平面 ABD 的单位法向量 n=(l,m,n),使得〈n, 1 k〉=60°,从而 n= . 2 3 → 由 n⊥AD,有 3m+n=0,从而 m=- . 6 由 l +m +n =1,得 l=±
2 2 2

6 . 3
2 2

?x +y =3, 6 ? → → → 设点 B 的坐标为(x, y,0), 由AB⊥BC, n⊥AB, 取 l= , 有? 6 3 3 x- ?y+ 3?=0, ? 3 6 ?
4 6 ? x = ? 9, 解得? 7 3 ? ?y= 9 , 易知 l=-

或?

?x=0, ?y=- 3

(舍去).

6 与坐标系的建立方式不合,舍去. 3

4 6 7 3 因此点 B 的坐标为( , ,0).(10 分) 9 9 → → 4 6 2 3 AD?CB → → 所 以 CB = ( , - , 0) , 从 而 cos 〈 AD , CB 〉 = = 9 9 → → |AD||CB| → 2 3 3??- ? 9 3+1 4 6 2 2 3 2 ? ? +?- ? 9 9 3 . 6 3 .(12 分) 6

=-

故异面直线 AD 与 BC 所成的角的余弦值为

9

22.(1)证明 因为四边形 ABCD 是菱形,所以 AC⊥BD. 又因为 PA⊥平面 ABCD,所以 PA⊥BD. 所以 BD⊥平面 PAC.(3 分) (2)解 设 AC∩BD=O,

因为∠BAD=60°,PA=AB=2, 所以 BO=1,AO=CO= 3. 如图,以 O 为坐标原点,建立空间直角坐标系 O-xyz,则 P(0,- 3,2),A(0,- 3, 0),B(1,0,0),C(0, 3,0).(6 分) → 所以PB=(1, 3,-2), → AC=(0,2 3,0). 设 PB 与 AC 所成角为 θ ,则 → ? → PB?A C ? 6 6 ?= cos θ =? = .(6 分) → → ? ?|PB 4 ? ||A C |? 2 2?2 3 → (3)解 由(2)知BC=(-1, 3,0). → 设 P(0,- 3,t)(t>0),则BP=(-1,- 3,t). 设平面 PBC 的法向量 m=(x,y,z), → → 则BC?m=0,BP?m=0.

?-x+ 3y=0, 所以? ?-x- 3y+tz=0.
6 6 令 y= 3,则 x=3,z= .所以 m=(3, 3, ).

t

t

6 同理,平面 PDC 的法向量 n=(-3, 3, ).

t

(10 分) 因为平面 PBC⊥平面 PDC, 36 所以 m?n=0,即-6+ 2 =0,

t

解得 t= 6.所以 PA= 6.(12 分)

10


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