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2011届高考数学第一轮复习专题训练11


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广州仲元中学高三数学专题训练测试系列 (直线、平面、简单几何 直线、 直线 平面、简单几何)
时间:120 分钟 一、选择题(每小题 5 分,共 60 分) 1.过空间一点与已知平面垂直的直线有 分值:150 分

(

)

A.0 条 B.1 条 C.0 条或 1 条 D.无数条 解析:根据线面垂直的定义及其性质定理可知过空间一点与已知平面垂直的直线只有 1 条,故选 B. 答案:B 2.平面 α⊥平面 β 的一个充分条件是 ( ) A.存在一条直线 l,使得 l⊥α,l⊥β B.存在一个平面 γ,使得 γ⊥α,γ⊥β C.存在一个平面 γ,使得 γ∥α,γ∥β D.存在一条直线 l,使得 l⊥α,l∥β 解析:对于 A,由 l⊥α,l⊥β 得 α∥β,因此 A 不正确;对于 B,若直线 l⊥γ,则任意一 个经过直线 l 的平面都与平面 γ 垂直, 显然可以找到两个都经过直线 l 但互不垂直的平面 α、 β, 因此 B 不正确;对于 C,由 γ∥α,γ∥β 只能得出 α∥β,因此 C 不正确;对于 D,由 l⊥α,l∥β 可得 α⊥β,因此 D 正确. 答案:D 3.(2010·郑州二检)设 a、b 是两条直线,α、β 是两个平面,则 a⊥b 的一个充分条件是 ( ) A.a⊥α,b∥β,α⊥β B.a⊥α,b⊥β,α∥β C.a?α,b⊥β,α∥β D.a?α,b∥β,α⊥β 解析:依题意易知 A,D 中的位置关系不确定,故 A、D 错误;对于 B,易知 a∥b,故 B 错误;对于 C,因为 b⊥β,α∥β,故 b⊥α,又 a?α,所以 a⊥b,故 C 正确. 答案:C 4.(2010·浙江温州八校联考)已知直线 a,如果直线 b 同时满足条件①a 与 b 异面;②a 与 b 成定角;③a 与 b 的距离为定值,则这样的直线 b ( ) A.唯一确定 B.有 2 条 C.有 4 条 D.有无数条 解析:找出模型,如墙角处考虑 D 正确. 答案:D 5.正方体 A′B′C′D′-ABCD 的棱长为 a,EF 在 AB 上滑动,且|EF|=b(b<a),Q 点 在 D′C′上滑动,则四面体 A′-EFQ 的体积为 ( )

图1
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A.与 E、F 位置有关 B.与 Q 位置有关 C.与 E、F、Q 位置都有关 D.与 E、F、Q 位置均无关,是定值 解析:VA′-EFQ=VQ-A′EF. 答案:D AM 6.设 M 是正四面体 ABCD 的高线 AH 上一点,连结 MB、MC,若∠BMC=90°,则 的 MH 值为 ( ) 5-1 5+1 A. B. 2 2 C. 2 D.1 1 2 解析: 设正四面体的棱长为 a, MH=x, MC =MB2=MH2+BH2=x2+ a2, Rt△BMC 则 在 3 1 6 1 AM 中,由 MB2+MC2=BC2,得 2(x2+ a2)=a2,解得 x= a,∴AM=MH= AH,即 =1. 3 6 2 MH 答案:D π 7.已知球 O 的半径为 1,A、B、C 三点都在球面上,且每两点间的球面距离均为 ,则 2 球心 O 到平面 ABC 的距离为 ( ) 1 3 A. B. 3 3 6 2 C. D. 3 3 解析:设球心 O 到平面 ABC 的距离为 h,由等体积法可知,VO-ABC=VC-AOB,即 h·S△ABC 1 1× ×1×1 2 OC·S△AOB 3 =OC·S△AOB,即 h= = = . 1 3 S△ABC × 2× 2×sin60° 2 答案:B 8.将正方形 ABCD 沿对角线 BD 折成一个 120°的二面角,点 C 到达点 C1,这时异面直 线 AD 与 BC1 所成的角的余弦值是 ( ) 2 1 A. B. 2 2 3 3 D. C. 4 4 3 解析:由题意易知∠ABC1 即为 AD 与 BC1 所成的角,解△ABC1,得余弦为 . 4 答案:D 9.(2010·保定调研)在正四面体 S—ABC 中,E 为 SA 的中点,F 为△ABC 的中心,则直线 EF 与平面 ABC 所成的角的大小为 ( ) 1 A.arccos B.45° 3 2 C.arctan 2 D.arctan 2 解析:连接 SF,则 SF⊥平面 ABC.连接 AF 并延长交 BC 于 H,取线段 AF 的中点 G,连 接 EG,由 E 为 SA 的中点,则 EG∥SF,∴EG⊥平面 ABC,∴∠EFG 即为 EF 与平面 ABC 所
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成的角.

图2 2 3 3 a,且 AF= AH= a; 3 2 3 a 1 3 在 Rt△AGE 中,AE= ,AG= AF= a,∠EGA=90°, 2 2 6 6 ∴EG= AE2-AG2= a. 6 1 3 6 在 Rt△EGF 中,FG= AF= a,EG= a,∠EGF=90°, 2 6 6 EG ∴tan∠EFG= = 2,∴∠EFG=arctan 2,即 EF 与平面 ABC 所成的角为 arctan 2, FG 故选 C. 答案:C 设正四面体的边长为 a,则 AH= 10.(2010·江西五校联考)如图 3,矩形 ABCD 中,AB=3,BC=4,沿对角线 BD 将△ABD 折起, A 点在平面 BCD 内的射影 O 落在 BC 边上, 使 若二面角 C—AB—D 的平面角大小为 θ, 则 sinθ 的值等于 ( )

图3 3 7 7 A. B. 7 4 3 4 C. D. 5 4 解析:由题意可知,折起后平面 ABC⊥平面 BCD,又∵DC⊥BC,∴DC⊥平面 ABC, ∴DC⊥AB,又∵AB⊥AD,AD∩DC=D,∴AB⊥平面 ACD,∴AB⊥AC,∴∠CAD 即为二面 角 C—AB—D 的平面角 θ,在直角三角形 ACD 中,易求得 3 sinθ= ,故选 C. 4 答案:C 11.(2009·全国卷Ⅱ)纸制的正方体的六个面根据其方位分别标记为上、下、东、南、西、 北. 现在沿该正方体的一些棱将正方体剪开、 外面朝上展平, 得到右侧的平面图形, 则标“△” 的面的方位是

图4 ( A.南 C.西
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)

B.北 D.下
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解析:将展开图还原成原来的正方体可知选 B. 答案:B 12.(2010·南昌一调)如图 5,在棱长为 4 的正方体 ABCD—A′B′C′D′中,E、F 分别 是 AD、A′D′的中点,长为 2 的线段 MN 的一个端点 M 在线段 EF 上运动,另一个端点 N 在底面 A′B′C′D′上运动,则线段 MN 的中点 P 的轨迹(曲面)与二面角 A—A′D′—B′ 所围成的几何体的体积为 ( )

图5 4π A. 3 2π B. 3 π C. 3 π D. 6

1 解析:依题意可知|FP|= |MN|=1,因此点 P 的轨迹是以点 F 为球心、1 为半径的球面, 2 1 4 1 于是所求的体积是 ×( π×13)= π,选 C. 3 4 3 答案:C 二、填空题(每小题 4 分,共 16 分) 13. (2010·郑州一检)下列命题: ①如果一个平面内有一条直线与另一个平面内的一条直线 平行,那么这两个平面平行;②如果一个平面内的两条直线分别平行于另一个平面,那么这 两个平面平行;③平行于同一平面内的两个不同平面相互平行;④垂直于同一直线的两个不 同平面相互平行.其中的真命题是__________(把正确的命题序号全部填在横线上). 解析:对于①,相应的两个平面可能相交,因此①不正确;对于②,其中的两条直线可 能是两条平行直线,此时相应的两个平面不一定平行,因此②不正确;对于③④,显然正确. 答案:③④ πR 14.设球 O 的半径为 R,A、B、C 为球面上三点,A 与 B、A 与 C 的球面距离为 ,B 2 πR 与 C 的球面距离为 ,则球 O 在二面角 B-OA-C 内的这部分球面的面积是__________. 3 解析:如图 6 所示.

图6 πR ∵A 与 B,A 与 C 的球面距离都为 , 2 ∴OA⊥OB,OA⊥OC. 从而∠BOC 为二面角 B-OA-C 的平面角. πR 又∵B 与 C 的球面距离为 , 3 π ∴∠BOC= . 3 2π 1 这样球 O 在二面角 B-OA-C 的部分球面的面积等于 ×4πR2= R2. 3 6
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2π 答案: R2 3 15.如图 7,∠BAD=90°的等腰直角三角形 ABD 与正三角形 CBD 所在平面成 60°的二面 角,则 AB 与平面 BCD 所成角的大小为________.

图7 解析:作 AE⊥BD,连结 CE,则 CE⊥BD,∠AEC=60°. 作 AO⊥EC,则 AO⊥面 BCD, 连结 BO,∠ABO 即为 AB 与面 BCD 所成的角. 6 a 4 2 2 3 6 6 设 AB=a,则 AE= a,AO=AEsin60°= a× = a.∴sin∠ABO= = . 2 2 2 4 4 a 6 ∴∠ABO=arcsin . 4 6 答案:arcsin 4 π 16.(2010·东北三校一模)如图 8,将∠B= ,边长为 1 的菱形 ABCD 沿对角线 AC 折成大 3 π 2π 小等于 θ 的二面角 B—AC—D,若 θ∈[ , ],M、N 分别为 AC、BD 的中点,则下面的四种 3 3 说法:

图8 ①AC⊥MN; ②DM 与平面 ABC 所成的角是 θ; 3 3 ③线段 MN 的最大值是 ,最小值是 ; 4 4 π π ④当 θ= 时,BC 与 AD 所成的角等于 . 2 2 其中正确的说法有__________(填上所有正确说法的序号). π 解析: 如图 9(1), AC⊥BM, AC⊥MD?AC⊥平面 BMD, 所以 AC⊥MN, ①正确; 因为 θ∈[ , 3 2π π ],且线与面所成角的范围为[0, ],所以 DM 与平面 ABC 所成的角不一定是 θ,②错;BM 3 2 3 θ 3 θ =DM= ,MN⊥BD,∠BMD=θ,所以 MN=BM·cos = ·cos ,所以线段 MN 的最大值是 2 2 2 2 3 3 π ,最小值是 ,③正确;当 θ= 时,过 C 作 CE∥AD,连接 DE(如图 9(2)),且 DE∥AC, 4 4 2 3 3 则∠BCE(或补角)即为两直线的夹角,BM⊥DM,BM=DM= ,BD2= ,又 DE∥AC,则 2 2

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3 5 DE⊥平面 BDM,∴DE⊥BD,BE2= +1= ,cosBCE= 2 2

5 1+1- 2 1 =- ≠0,所以④错. 2 4

图9 答案:①③ 三、解答题(本大题共 6 个小题,共计 74 分,写出必要的文字说明、计算步骤,只写最后 结果不得分) 17.(12 分)(2010·石家庄质检)如图 10,在正方体 ABCD-A1B1C1D1 中,E、F 分别为 A1B1、 A1D1 的中点,G、H 分别为 BC、B1D1 的中点.

图 10 (1)指出直线 GH 与平面 EFDB 的位置关系,并加以证明; (2)求异面直线 GH 与 DF 所成角的大小. 解:(1)连结 EH,易知 EH=BG 且 EH∥BG, 所以四边形 EHGB 为平行四边形,所以 GH∥BE,所以 GH∥平面 EFDB. (2)取 BD 中点 M,连结 MF,易知 MF∥BE,所以 MF∥GH, 所以∠DFM 为异面直线 GH 与 DF 所成的角, 设正方体棱长为 2, 可得,MF= 5,DF= 5,MD= 2, 4 在三角形 MDF 中,由余弦定理可得 cos∠MFD= , 5 4 ∴异面直线 GH 与 DF 所成的角的大小为 arccos . 5 18.(12 分)如图 11,在△ABC 中,AC=BC=1,∠ACB=90°,点 D 在斜边 AB 上,∠BCD π =α(0<α< ).把△BCD 沿 CD 折起到△B′CD 的位置,使平面 B′CD⊥平面 ACD. 2

图 11 (1)求点 B′到平面 ACD 的距离(用 α 表示); (2)当 AD⊥B′C 时,求三棱锥 B′-ACD 的体积. 解:(1)作 B′E⊥CD 于 E. ∵平面 B′CD⊥平面 ACD, ∴B′E⊥平面 ACD. ∴B′E 的长为点 B′到平面 ACD 的距离.

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B′E=B′C·sinα=sinα.

图 12 (2)∵B′E⊥平面 ACD, ∴CE 为 B′C 在平面 ACD 内的射影. 又 AD⊥B′C,∴AD⊥CD(CE). ∵AC=BC=1,∠ACB=90°, π ∴D 为 AB 中点,且 α= . 4 11 1 π 2 ∴S△ACD= · AC·BC= ,B′E=sin = . 22 4 4 2 11 2 2 ∴VB′-ACD= · · = . 3 4 2 24 19.(12 分)(2009·湖北联考)如图 13,长方体 AC1 中,AB=2,BC=AA1=1.E、F、G 分别 为棱 DD1、D1C1、BC 的中点. (1)试在底面 A1B1C1D1 上找一点 H,使 EH∥平面 FGB1; (2)求四面体 EFGB1 的体积.

图 13 解: (1)取 A1D1 的中点 P, 1P 的中点 H, D 连接 DP、 则 DP∥B1G, EH, EH∥DP, ∴EH∥B1G, 又 B1G?平面 FGB1,∴EH∥平面 FGB1. 1 即 H 在 A1D1 上,且 HD1= A1D1 时,EH∥平面 FGB1. 4

20.(12 分)在直三棱柱 ABC-A1B1C1 中,AB1⊥BC1,AB=CC1=a,BC=b. (1)设 E,F 分别为 AB1,BC1 的中点,求证:EF∥平面 ABC; (2)求证:A1C1⊥AB; (3)求点 B1 到平面 ABC1 的距离.

图 14 解:(1)∵E,F 分别为 AB1,BC1 的中点,∴EF∥A1C1.
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∵A1C1∥AC, ∴EF∥AC,∴EF∥平面 ABC. (2)∵AB=CC1,∴AB=BB1. 又三棱柱为直三棱柱, ∴四边形 ABB1A1 为正方形, 连结 A1B,则 A1B⊥AB1. 又∵AB1⊥BC1,∴AB1⊥平面 A1BC1,∴AB1⊥A1C1. 又 A1C1⊥AA1,∴A1C1⊥平面 A1ABB1,∴A1C1⊥AB. (3)∵A1B1∥AB,∴A1B1∥平面 ABC1, ∴A1 到平面 ABC1 的距离等于 B1 到平面 ABC1 的距离,过 A1 作 A1G⊥AC1 于 G. ∵AB⊥平面 ACC1A1,∴AB⊥A1G, 从而 A1G⊥平面 ABC1,故 A1G 即为所求的距离, a 求得 A1G= b2-a2. b 21.(12 分)(2009·唐山二模)如图 15,已知三棱柱 ABC-A1B1C1 的侧棱与底面所成的角为 60°,AB=BC,A1A=A1C=2,AB⊥BC,侧面 AA1C1C⊥底面 ABC. (1)证明:A1B⊥A1C1; (2)求二面角 A-CC1-B 的大小; (3)求经过 A1、A、B、C 四点的球的表面积.

图15

图16 解:取 AC 中点为 O,由 A1A=A1C,AB=BC,知 A1O⊥AC,BO⊥AC,又平面 AA1C1C⊥ 平面 ABC,所以 A1O⊥OB. 建立如图 16 所示的坐标系 O-xyz,则 A(0,-1,0), B(1,0,0),A1(0,0, 3),C(0,1,0). → → → (1)∵A1B=(1,0,- 3),A1C1=AC=(0,2,0), → → ∴A1B·A1C1=0,∴A1B⊥A1C1. (2)设 n=(x,y,z)为面 BCC1 的一个法向量.

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→ → → ∵BC=(-1,1,0),CC1=AA1=(0,1, 3), → → 又 n·BC=n·CC1=0, ?-x+y=0, ∴? 取 n=( 3, 3,-1). ?y+ 3z=0. 又 m=(1,0,0)是面 ACC1 的法向量, m·n 3 21 cos?m,n?= = = . |m||n| 7 7 由点 B 在平面 ACC1 内的射影 O 在二面角的面 ACC1 内,知二面角 A-CC1-B 为锐角, 21 所以二面角 A-CC1-B 的大小为 arccos . 7 (3)设球心为 O1,因为 O 是△ABC 的外心,A1O⊥平面 ABC, 所以点 O1 在 A1O 上,则 O1 是正三角形 A1AC 的中心. 3 2 3 16 则球半径 R= A1A= ,球表面积 S=4πR2= π. 3 3 3 22.(14 分) (2009·北京东城模拟)如图 17 所示,四棱锥 P-ABCD 中,底面 ABCD 是边长为 2 的正方 形,PB⊥BC,PD⊥CD,且 PA=2,E 为 PD 中点.

图 17 (1)求证:PA⊥平面 ABCD; (2)求二面角 E-AC-D 的大小; 2 5 (3)在线段 BC 上是否存在点 F,使得点 E 到平面 PAF 的距离为 ?若存在,确定点 F 5 的位置;若不存在,请说明理由. 解: (1)证明: ∵底面 ABCD 为正方形, ∴BC⊥AB, BC⊥PB, 又 ∴BC⊥平面 PAB, ∴BC⊥PA. 同理 CD⊥PA, ∴PA⊥平面 ABCD. (2)建立如图 18 所示的空间直角坐标系 A-xyz,

图 18 则 A(0,0,0),C(2,2,0)、E(0,1,1). 设 m=(x,y,z)为平面 AEC 的一个法向量. → → 则 m⊥AE,m⊥AC. → → 又AE=(0,1,1),AC=(2,2,0), ?y+z=0, ? ∴? ?2x+2y=0. ?
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令 x=1,则 y=-1,z=1,得 m=(1,-1,1) → 又AP=(0,0,2)是平面 ACD 的一个法向量, 设二面角 E-AC-D 的大小为 θ,则 → m·AP 2 3 → cosθ=cos?m,AP?= = = . 3 3·2 → |m|·|AP| 3 ∴二面角 E-AC-D 的大小为 arccos . 3 → → (3)设 F(2,t,0)(0≤t≤2),n=(a,b,c)为平面 PAF 的一个法向量,则 n⊥AP,n⊥AF. ? ?2c=0, → → 又AP=(0,0,2),AF=(2,t,0),∴? ?2a+tb=0. ? 令 a=t,则 b=-2,c=0, 得 n=(t,-2,0). → 又AE=(0,1,1). → |AE·n| 2 ∴点 E 到平面 PAF 的距离为 = 2 , |n| t +4 2 5 2 ,解得 t=1,即 F(2,1,0). ∴ 2 = 5 t +4 2 5 ∴在线段 BC 上存在点 F,且 F 为 BC 中点,使得点 E 到平面 PAF 的距离为 5 .

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