立体几何第19课时作业
高中数学课时作业(人教A版必修第一册)课时作业 19
课时作业19 函数的概念(二) 基础强化 1.集合{x |x >0且x ≠2}用区间表示出来为( )A ．(0，2)B ．(0，＋∞)C ．(0，2)∪(2，＋∞)D ．(2，＋∞)2．下列集合与区间(1，2)表示的集合相等的是( )A ．{(1，2)}B ．{x |x 2－3x ＋2<0}C ．{x |x 2－3x ＋2＝0}D ．{(x ，y )|x ＝1，y ＝2}3．函数f (x )＝2x －1 ＋1x －2 的定义域为( )A ．[0，2)B ．(12 ，＋∞)C ．[12 ，2)∪(2，＋∞)D ．(－∞，2)∪(2，＋∞)4．已知函数f (x )＝x ＋1 ＋1x －2 ，则f (3)＝( )A ．1B ．2C ．3D ．45．(多选)与y ＝|x |为相等函数的是( )A ．y ＝(x )2B ．y ＝x 2C ．y ＝|t |D ．y ＝3x 36．(多选)已知函数f (x )))＝1的解可以表示为()B ．2C ．3D ．47．已知A ＝{x |－1<x ≤3}，B ＝(－∞，0]，则A ∪B ＝________．8．已知函数f (x )＝x ＋2x －6 ，当f (x )＝2时，则x ＝________．9．已知f (x )＝3x 2－1，g (x )＝1x ＋2 .(1)求f (1)，g (1)的值；(2)求f (g (1))，g (f (1))的值．10．已知函数f (x )＝3x 2＋5x －2.(1)求f (3)，f (a ＋1)的值；(2)若f (a )＝－4，求a 的值．能力提升 11.已知[a ，2－a 2]为一确定区间，则实数a 的取值范围是( )A ．(－2，1)B ．(－1，2)C ．[－2，1]D ．[－1，2]12．若二次函数f (x )＝ax 2－1，且f (f (－1))＝－1，那么a 的值为( )A ．0或1B ．0或－1C ．1D ．－113．若函数f (x )的定义域为[0，4]，则函数g (x )＝f (x ＋2)的定义域为( )A ．[－2，2]B ．[0，2]C ．[2，6]D ．[2，4]14．(多选)下面各组函数中不是同一函数的是( )A ．y ＝－2x 3 与y ＝x －2xB ．f (x )＝x 2x与 g (x )＝x 0 C ．y ＝x 2－2x －1与y ＝t 2－2t －1D ．y ＝x ＋1 x －1 与y ＝（x ＋1）（x －1）15.已知函数f (x )＝1x3 ＋ax 3－bx －5，且f (－2)＝2，那么f (2)＝________． 16．已知函数f (x )＝x 21＋x 2，x ≠0. (1)求f (2)＋f (12 )和f (3)＋f (13)的值； (2)由(1)所得结果，你能发现f (x )与f (1x )有什么关系？证明你的发现．。
押新高考第19题 立体几何(新高考)(解析版)
立体几何对于立体几何的解答题，在高考中常借助柱、锥体考查线面、平行与垂直，考查利用空间向量求二面角、线面角、线线角的大小，考查利用空间向量探索存在性问题及位置关系等，难度中等偏上．1．用向量法求异面直线所成的角 （1）建立空间直角坐标系； （2）求出两条直线的方向向量；（3）代入公式求解，一般地，异面直线AC ，BD 的夹角β的余弦值为||cos ||||AC BD AC BD β⋅=.2．用向量法求直线与平面所成的角（1）分别求出斜线和它所在平面内的射影直线的方向向量，转化为求两个方向向量的夹角(或其补角)； （2）通过平面的法向量来求，即求出斜线的方向向量与平面的法向量所夹的锐角，取其余角就是斜线和平面所成的角． 3．用向量法求二面角求二面角最常用的方法就是分别求出二面角的两个面所在平面的法向量，然后通过两个平面的法向量的夹角得到二面角的大小，但要注意结合实际图形判断所求角是锐角还是钝角． 4．平面,αβ所成的二面角为θ，则0πθ≤≤，如图①，AB ，C D 是二面角α－l －β的两个面内与棱l 垂直的直线，则二面角的大小θ＝,〈〉AB CD ．如图②③，12,n n 分别是二面角α－l －β的两个半平面α，β的法向量，则二面角的大小θ满足|cos θ|＝1212n n n n ，二面角的平面角大小是向量n 1与n 2的夹角(或其补角)．1．（2021·湖南·高考真题）如图，四棱锥中，底面ABCD 是矩形，平面ABCD ，E 为PD 的中点.（1）证明：平面ACE ；（2）设，，直线PB 与平面ABCD 所成的角为，求四棱锥的体积.【详解】 （1）连接交于点，连接. 在中，因为，所以，因为平面，平面，则平面.（2）因为平面ABCD ，所以就是直线PB 与平面ABCD 所成的角，所以，又，，所以，所以四棱锥的体积，所以四棱锥的体积为.2．（2021·天津·高考真题）如图，在棱长为2的正方体中，E为棱BC的中点，F为棱CD 的中点．（I）求证：平面；（II）求直线与平面所成角的正弦值．（III）求二面角的正弦值．【详解】（I）以为原点，分别为轴，建立如图空间直角坐标系，则,,,,,,，因为E为棱BC的中点，F为棱CD的中点，所以，，所以,,,设平面的一个法向量为，则，令，则，因为，所以，因为平面，所以平面；（II）由（1）得，，设直线与平面所成角为，则；（III）由正方体的特征可得，平面的一个法向量为，则，所以二面角的正弦值为.3．（2021·浙江·高考真题）如图，在四棱锥中，底面是平行四边形，，M，N分别为的中点，. （1）证明：；（2）求直线与平面所成角的正弦值.【详解】（1）在中，，，，由余弦定理可得，所以，．由题意且，平面，而平面，所以，又，所以．（2）由，，而与相交，所以平面，因为，所以，取中点，连接，则两两垂直，以点为坐标原点，如图所示，建立空间直角坐标系, 则,又为中点，所以.由（1）得平面，所以平面的一个法向量从而直线与平面所成角的正弦值为．4．（2021·北京·高考真题）如图：在正方体中，为中点，与平面交于点．（1）求证：为的中点；（2）点是棱上一点，且二面角的余弦值为，求的值．【详解】(1)如图所示，取的中点，连结，由于为正方体，为中点，故，从而四点共面，即平面CDE即平面，据此可得：直线交平面于点，当直线与平面相交时只有唯一的交点，故点与点重合，即点为中点.(2)以点为坐标原点，方向分别为轴，轴，轴正方向，建立空间直角坐标系，不妨设正方体的棱长为2，设，则：，从而：，设平面的法向量为：，则：，令可得：，设平面的法向量为：，则：，令可得：，从而：，则：，整理可得：，故（舍去）.5．（2021·全国·高考真题）在四棱锥中，底面是正方形，若．（1）证明：平面平面；（2）求二面角的平面角的余弦值．【详解】（1）取的中点为，连接.因为，，则，而，故.在正方形中，因为，故，故，因为，故，故为直角三角形且，因为，故平面，因为平面，故平面平面.（2）在平面内，过作，交于，则，结合（1）中的平面，故可建如图所示的空间坐标系.则，故.设平面的法向量， 则即，取，则，故. 而平面的法向量为，故.二面角的平面角为锐角，故其余弦值为.1．（2022·河北秦皇岛·二模）如图，在四棱锥P ABCD -中，PA AB ⊥，PC CD ⊥，BC AD ∥，23πBAD ∠=， 2PA AB BC ===，4=AD .(1)证明：PA ⊥平面ABCD .(2)若M 为PD 的中点，求二面角M AC D --的大小. 【解析】 (1)证明：由题可知ABC 为等边三角形，所以2AC =，3π∠=CAD .在ACD △中，由余弦定理得2224224cos 233CD π=+-⨯⨯=，所以222AC CD AD +=，所以CD AC ⊥. 因为CD PC ⊥，且ACPC C =，所以CD ⊥平面PAC .因为PA ⊂平面PAC ，所以CD PA ⊥. 因为PA AB ⊥，且,AB CD 相交， 所以PA ⊥平面ABCD . (2)以A 为坐标原点，以AD ，AP 的方向分别为y ，z 轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系A xyz -则()3,1,0C，()0,2,1M .设平面MAC 的法向量为(),,n x y z =，则30,20,n AC x y n AM y z ⎧⋅=+=⎪⎨⋅=+=⎪⎩令1x =，得()1,3,23n =-. 取平面ACD 的一个法向量为()0,0,1m =， 则233cos ,142⋅<>===⨯m n m n m n. 由图可知二面角M AC D --为锐角，所以二面角M AC D --的大小为6π.2．（2022·湖南永州·三模）如图，在三棱柱111ABC A B C -中，112AB AA AC BC ====.(1)求证：11A B B C ⊥；(2)若2AC =，160ABB ∠=，点M 满足132AM MC =，求二面角11A A B M --的余弦值. 【解析】 (1)连接11,A B AB 交于点O ，连接OC ，四边形11ABB A 为菱形，11A B AB ∴⊥，O 为1A B 中点， 又1CA CB =，1A B OC ∴⊥， 1AB OC O =，1,AB CO ⊂平面1ACB ，1A B ∴⊥平面1ACB ，又1B C ⊂平面1ACB ，11A B B C ∴⊥. (2)160ABB ∠=，12AB AA ==，3OB ∴=，1OA =，在Rt OBC 中，222OC BC OB =-，1OC ∴=， 在OAC 中，有222OA OC AC +=，OC OA ∴⊥，又OA OB O =，,OA OB ⊂平面11ABB A ，OC ∴⊥平面11ABB A ，则以O 为坐标原点，,,OA OB OC 为,,x y z 轴可建立如图所示空间直角坐标系，则()1,0,0A ，()10,3,0A -，()11,0,0B -，()0,0,1C ，()11,3,1C --，()12,3,1AC ∴=--，设(),,M x y z ，则()1,,AM x y z =-，()11,3,1MC x y z =---，132AM MC =，()()()()3121323321x x y y z z ⎧-=--⎪⎪∴=-⎨⎪=-⎪⎩，解得：152325x y z ⎧=⎪⎪⎪=⎨⎪⎪=⎪⎩，1232,55M ⎛⎫∴ ⎪ ⎪⎝⎭，1133255A M ⎛⎫∴= ⎪ ⎪⎝⎭，()113,0A B =-，设平面11MA B 的法向量(),,n a b c =，1111332055530A M n a c A B n a b ⎧⋅=++=⎪∴⎨⎪⋅=-+=⎩，令1b =，解得：3a =3c =-(3,1,23n ∴=-；又OC ⊥平面11ABB A ，则平面11AA B 的一个法向量为()0,0,1m =，3cos ,2m n m n m n⋅∴<>==⋅，又二面角11A A B M --为锐二面角，∴二面角11A A B M --的余弦值为32. 3．（2022·江苏·南京市第一中学三模）在正三棱柱111ABC A B C -中，122AA AB ==．D 为1CC 中点，E 为1B D 上一点．(1)求四棱锥11A BB C C -的体积；(2)若1B E CE CD +=，求三棱锥1D AEC -的体积． 【解析】 (1)解：取BC 的中点为O ，因为三棱柱111ABC A B C -为正三棱柱，所以ABC 为正三角形，四边形11BB C C 为矩形，且1C C ⊥平面ABC ， 所以1C C AO ⊥，AO BC ⊥，又1BC CC C =， 所以AO ⊥平面11BB C C ，即为四棱锥11A BB C C -的高， 又122AA AB ==，所以32AO =， 所以四棱锥11A BB C C -的体积11111133123323A BBC C BB C C V S AO -=⋅=⨯⨯⨯=；(2)解：因为1B E CE CD +=，即1B E CD CE ED =-=，所以E 为1B D 的中点，所以11111111111111133112223232224E ADC B ADC A B C D D AEC B C DV V V V SAO ----====⨯⨯=⨯⨯⨯⨯⨯=. 4．（2022·广东汕头·二模）如图所示，C 为半圆锥顶点，O 为圆锥底面圆心，BD 为底面直径，A 为弧BD 中点．BCD △是边长为2的等边三角形，弦AD 上点E 使得二面角E BC D --的大小为30°，且AE t AD =．(1)求t 的值；(2)对于平面ACD 内的动点P 总有OP //平面BEC ，请指出P 的轨迹，并说明该轨迹上任意点P 都使得OP //平面BEC 的理由． 【解析】 (1)易知OC ⊥面ABD ，OA BD ⊥，以,,OD OA OC 所在直线为,,x y z 轴建立如图的空间直角坐标系，则(0,1,0),(1,0,0),(1,0,0),3)A B D C -，(1,0,3),(1,1,0),(1,1,0)BC AD BA ==-=，()1,1,0(1,1,0)(1,1,0)BE BA AE BA t AD t t t =+=+=+-=+-，易知面BCD 的一个法向量为(0,1,0)OA =，设面BCE 的法向量为(,,)n x y z =，则30(1)(1)0n BC x z n BE t x t y ⎧⋅=+=⎪⎨⋅=++-=⎪⎩，令1x =，则13(1,,)13t n t +=--， 可得222131cos30213113t OA n t OA nt t +⋅-===⋅⎛⎫+⎛⎫++- ⎪ ⎪-⎝⎭⎝⎭，解得13t =或3，又点E 在弦AD 上，故13t =. (2)P 的轨迹为过AD 靠近D 的三等分点及CD 中点的直线，证明如下： 取AD 靠近D 的三等分点即DE 中点M ，CD 中点N ，连接,,MN OM ON ， 由O 为BD 中点，易知ON BC ∥，又ON ⊄面BEC ，BC ⊂面BEC ， 所以ON //平面BEC ，又MN EC ∥，MN ⊄面BEC ，CE ⊂面BEC ，所以MN //平面BEC ， 又ON MN N ⋂=，所以面OMN //平面BEC ，即O 和MN 所在直线上任意一点连线都平行于平面BEC ， 又MN ⊂面ACD ，故P 的轨迹即为MN 所在直线， 即过AD 靠近D 的三等分点及CD 中点的直线.5．（2022·福建·模拟预测）如图，在四棱锥P ABCD -中，四边形ABCD 是菱形，60BAD BPD ∠=∠=︒，2PB PD ==.(1)证明：平面PAC ⊥平面ABCD ；(2)若二面角P BD A --的余弦值为13，求二面角B PA D --的正弦值.【解析】 (1) 设ACBD O =，连接PO ，在菱形ABCD 中，O 为BD 中点，且BD AC ⊥， 因为PB PD =，所以BD PO ⊥， 又因为POAC O =，且PO ，AC ⊂平面PAC ，所以BD ⊥平面PAC ，因为BD ⊂平面ABCD ，所以平面PAC ⊥平面ABCD ； (2)作OM ⊥平面ABCD ，以{},,OA OB OM 为x ，y ，z 轴，建立空间直角坐标系，易知2PB PD BD AB AD =====，则3OA OP ==，1OB =， 因为OA BD ⊥，OP BD ⊥，所以POA ∠为二面角P BD A --的平面角，所以1cos 3POA ∠=，则326,0,33P ⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭，()3,0,0A ，()0,1,0B ，()0,1,0D -，所以()3,1,0AD =--，()3,1,0AB =-，2326,0,33AP ⎛⎫=- ⎪ ⎪⎝⎭， 设平面PAB 的法向量为()111,,m x y z =，由00m AB m AP ⎧⋅=⎨⋅=⎩，得1111302326033x y x z ⎧-+=⎪⎨-+=⎪⎩ 取11z =，则12x =，16y =，所以()2,6,1m =，设平面PAD 的法向量为()222,,n x y z =，由00n AD n AP ⎧⋅=⎨⋅=⎩，得2222302326033x y x z ⎧--=⎪⎨-+=⎪⎩ 取21z =，则22x =，26y =-，所以()2,6,1n =-，设二面角B PA D --为θ，则2611cos 3261261m n m nθ⋅-+===++⋅++⋅，又[]0,πθ∈，则222sin 1cos 3θθ=-=.（限时：30分钟）1．如图（1），平面四边形ABDC 中，90ABC D ∠=∠=︒，2AB BC ==，1CD =，将ABC 沿BC 边折起如图（2），使________，点M ，N 分别为AC ，AD 中点．在题目横线上选择下述其中一个条件，然后解答此题．①7AD =．②AC 为四面体ABDC 外接球的直径．③平面ABC ⊥平面BCD ．（1）判断直线MN 与平面ABD 的位置关系，并说明理由； （2）求二面角A MN B --的正弦值．【详解】（1）若选①：7AD =在Rt BCD 中，2BC =，1CD =，3BD =，2AB =， 可得222AB BD AD +=，所以AB BD ⊥， 又由AB BC ⊥，且BCBD B =,,BC BD ⊂平面CBD ，所以AB ⊥平面CBD ，又因为CD ⊂平面CBD ，所以AB CD ⊥，又由CD BD ⊥，且BD CD D ⋂=,,BD CD ⊂平面ABD ，所以CD ⊥平面ABD ， 又因为M ，N 分别为AC ，AD 中点，可得//MN CD ，所以MN ⊥平面ABD ． 若选②：AC 为四面体ABDC 外接球的直径，则90ADC ∠=︒，可得CD AD ⊥， 又由CD BD ⊥，且ADBD D =,,AD BD ⊂平面ABD ，所以CD ⊥平面ABD ，因为M ，N 分别为AC ，AD 中点，可得//MN CD ，所以MN ⊥平面ABD ． 若选③：平面ABC ⊥平面BCD ，平面ABC 平面BCD BC =，因为AB BC ⊥，且AB平面ABC ，所以AB ⊥平面CBD ，又因为CD ⊂平面CBD ，所以AB CD ⊥，又由CD BD ⊥，且BD CD D ⋂=,,BD CD ⊂平面ABD ，所以CD ⊥平面ABD ， 因为M ，N 分别为AC ，AD 中点，可得//MN CD ，所以MN ⊥平面ABD ． （2）以D 为原点，射线OB 为y 轴建立如图直角坐标系，则()3,2A ，()3,0B ，()1,0,0C -，13,,122M ⎛⎫- ⎪ ⎪⎝⎭，30,2N ⎛⎫⎪ ⎪⎝⎭可得1,0,02MN ⎛⎫= ⎪⎝⎭，30,1AN ⎛⎫=- ⎪ ⎪⎝⎭，30,BN ⎛⎫= ⎪ ⎪⎝⎭ 设平面AMN 的法向量为()111,,m x y z =，则111102302m MN x m AN y z ⎧⋅==⎪⎪⎨⎪⋅=--=⎪⎩，取13y =1130,2x z ==-，所以30,3,2m ⎛⎫=- ⎪⎝⎭设平面BMN 的法向量为()222,,n x y z =，则222102302n MN x n BN y z ⎧⋅==⎪⎪⎨⎪⋅=-+=⎪⎩, 取23y =，可得30,3,2n ⎛⎫= ⎪⎝⎭，所以9314cos ,9734m n m n m n -⋅===⋅+，故二面角A MN B --的正弦值437.2．如图，在三棱锥A BCD -中，ABC 是边长为3的等边三角形，CD CB =，CD ⊥平面ABC ，点M 、N 分别为AC 、CD 的中点，点P 为线段BD 上一点，且//BM 平面APN .（1）求证：BM AN ⊥；（2）求平面APN 与平面ABC 所成角的正弦值. 【详解】（1）证明：因为CD ⊥面ABC ，BM ⊂面ABC ，所以CD BM ⊥.又∵正ABC 中，AM MC BM AC =⇒⊥，∴BM CDBM AC BM CD AC C ⊥⎫⎪⊥⇒⊥⎬⎪⋂=⎭面ACD ， ∴BM AN ⊥.（2）解：连接MD 交AN 于G 点，连接PG ，因为//BM平面APN ，所以//BM PG ，由重心性质知P 为靠近B 点的三等分点.∴()0,0,0C ，3330,,22A ⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭，()0,3,0B ，()1,2,0P ，3,0,02N ⎛⎫⎪⎝⎭， 设面APN 的法向量为(),,n x y z =，0AP n ⋅=，0AN n ⋅=，∴13302233330222x y z x y z ⎧+-=⎪⎪⎨⎪--=⎪⎩，令4x =，则1,3y z == ∴()4,1,3n =，平面ABC 的法向量为()1,0,0u =，425cos ,51613u v ==++， ∴平面APN 与平面ABC 所成角的正弦值为55.3．如图（1），平面四边形ABDC 中，90ABC D ∠=∠=︒，2AB BC ==，1CD =，将ABC 沿BC 边折起如图（2），使________，点M ，N 分别为AC ，AD 中点．在题目横线上选择下述其中一个条件，然后解答此题．①7AD =．②AC 为四面体ABDC 外接球的直径．③平面ABC ⊥平面BCD ．（1）判断直线MN 与平面ABD 的位置关系，并说明理由；（2）求三棱锥A MNB -的体积．【详解】（1）若选①：7AD =Rt BCD 中，2BC =，1CD =，可得3BD =，又由2AB =，所以222AB BD AD +=，所以AB BD ⊥，因为AB BC ⊥，且BC BD B =，,BC BC ⊂平面CBD ，所以AB ⊥平面CBD ，又因为CD ⊂平面CBD ，所以AB CD ⊥，又由CD BD ⊥，AB BD B =且,AB BD ⊂平面ABD ，所以CD ⊥平面ABD ，又因为M ，N 分别为AC ，AD 中点，所以//MN CD ，所以MN ⊥平面ABD ．若选②：AC 为四面体ABDC 外接球的直径，则90ADC ∠=︒，CD AD ⊥，因为CD BD ⊥，可证得CD ⊥平面ABD ，又M ，N 分别为AC ，AD 中点，//MN CD ，所以MN ⊥平面ABD ．若选③：平面ABC ⊥平面BCD ，平面ABC平面BCD BC =， 因为AB BC ⊥，且AB 平面ABC ，所以AB ⊥平面CBD ，又由CD ⊂平面CBD ，所以AB CD ⊥，因为CD BD ⊥，AB BD B =且,AB BD ⊂平面ABD ，所以CD ⊥平面ABD ，又因为M ，N 分别为AC ，AD 中点，//MN CD ，所以MN ⊥平面ABD ．（2）由（1）知MN ⊥平面ABD ，其中ABD △为直角三角形， 可得3122ANB ADB S S ==△△，1122MN CD ==， 故三棱锥A MNB -的体积为131332A MNB M ABN V V --===．4．如图，在四棱锥P ABCD -中，//AB CD ，AB ⊥平面PAD ，24PA AD DC AB ====，27PD =，M 是PC 的中点.（1）证明：平面ABM ⊥平面PCD ；（2）求三棱锥M PAB -的体积.【详解】（1）取PD 中点N ，连接MN ，AN ，因为PA AD =，所以AN PD ⊥，由AB ⊥平面PAD ，PD ⊂平面PAD ，所以AB PD ⊥，又由AN AB A =，且,AN AB ⊂平面ABN ，所以PD ⊥平面ABN ，因为MN 是PCD ∆中位线，所以////AB CD MN ，四边形ABMN 是平行四边形，于是PD ⊥平而ABM ，PD ⊂平面PCD ，所以平面ABM ⊥平面PCD .（2）由（1）可得//MN AB ，且AB平面PAB ，所以//MN 平面PAB ， 所以AB M P N PAB B NAP V V V ---==，因为AB ⊥平面PAD ，可得13B NAP NAP V S AB -∆=⨯， 又由4AP =，7=PN ，AN PD ⊥， 所以2473AN -=，137732NAP S ∆== 所以137273B NAP V -==5．如图，三棱柱111ABC A B C -中，13AA AB ==，2BC =，E ，P 分别是11B C 和1CC 的中点，点F 在棱11A B 上，且12B F =.（1）证明：1//A P 平面EFC ；（2）若1AA ⊥底面ABC ，AB BC ⊥，求二面角P CF E --的余弦值.【详解】（1）证明：如图，连接1PB 交CE 于点D ，连接DF ，EP ，1CB .因为E ，P 分别是11B C 和1CC 的中点， 故11//2EP CB ，故112PD DB =. 又12B F =，113A B =，故1112A F FB =，故1//FD A P . 又FD ⊂平面EFC ，所以1//A P 平面EFC . （2）由题意知AB ，BC ，1BB 两两垂直，以B 为坐标原点，以1BB 的方向为z 轴正方向，分别以BA ，BC 为x 轴和y 轴的正方向，建立如图所示空间直角坐标系B xyz -.则()0,2,0C ，()10,0,3B ，()2,0,3F ，()0,1,3E ，30,2,2P ⎛⎫ ⎪⎝⎭. 设()111,,n x y z =为平面EFC 的法向量， 则00n EF n EC ⎧⋅=⎨⋅=⎩，即11112030x y y z -=⎧⎨-=⎩，可取3,3,12n ⎛⎫= ⎪⎝⎭. 设()222,,m x y z =为平面PFC 的法向量，则00m PF m PC ⎧⋅=⎨⋅=⎩，即222232202302x y z z ⎧-+=⎪⎪⎨⎪=⎪⎩，可取()1,1,0m =.所以233922cos ,14391112n m n m n m +⋅===⎛⎫++⨯+ ⎪⎝⎭. 由题意知二面角P CF E --为锐角， 所以二面角P CF E --的余弦值为214.。
八年级数学下册第19章四边形19.4综合与实践多边形的镶嵌课时作业(新版)沪科版
19.4综合与实践多边形的镶嵌知识要点基础练知识点平面图形镶嵌的概念及条件1.某超市选择一种形状、大小都相同的正多边形塑胶板铺办公室,为了保证铺地时既无缝隙又不重叠,请你告诉他们下面形状的塑胶板不能选择的是(A) A.正八边形 B.正六边形C.正四边形D.正三角形2.只用一种正六边形地砖密铺地板,则能围绕在正六边形的一个顶点处的正六边形地砖有(A)A.3块B.4块C.5块D.6块3.用正三角形作平面镶嵌,同一顶点周围,正三角形的个数为6.4.我们知道形状为正五边形的地砖不能铺满地面,但某公园的一段路面是用型号相同的特殊的五边形地砖铺成的.如图是拼铺图案的一部分,其中每个五边形有3个内角相等,那么这3个内角都等于120度.综合能力提升练5.下列正多边形的组合中,能够铺满地面(即平面镶嵌)的是(A)A.正三角形和正四边形B.正四边形和正五边形C.正五边形和正六边形D.正六边形和正八边形6.用两种正多边形镶嵌,不能与正三角形匹配的正多边形是(D)A.正方形B.正六边形C.正十二边形D.正十八边形7.一幅图案在某个顶点处由三个边长相等的正多边形镶嵌而成,其中的两个分别是正方形和正六边形,则第三个正多边形的边数是十二.8.在地面上某一点周围有a个正三角形,b个正十二边形(a,b均不为0),恰好铺满地面,则a+b=3.9.如图是某广场用地板砖铺设的部分图案,中央是一块正六边形的地板砖,周围是正三角形和正方形的地板砖,从里向外的第1层包括6个正方形和6个正三角形,第2层包括6个正方形和18个正三角形,以此类推,则第6层中含有正三角形的个数是66.拓展探究突破练10.在日常生活中,观察各种建筑物的地板,就能发现地板常用各种正多边形地砖铺砌成美丽的图案,我们发现当围绕一点拼在一起的几个多边形的内角加在一起恰好组成一个周角(360°)时,就拼成一个平面图形.(1)请根据下列图形,填写表中空格;(2)从正三角形、正四边形、正六边形中任选一种,再在其他正多边形中任选一种,请探索这两种正多边形共能平铺成几种不同的平面图形?说说你的理由.解:(2)本题答案不唯一,如选取正四边形和正八边形.设在同一个顶点上有m个正四边形和n个正八边形,∴90m+135n=360,即2m+3n=8.∵m,n均为正整数,∴m=1,n=2,m,n的取值只有一种可能,∴当选正四边形和正八边形时只能铺成一种平面图形.。
浙江省高考数学第19题立体几何强化训练(一)
浙江省第19题立体几何强化训练（一）练习目标：1、掌握直线与平面的位置关系中的各个定理；2、掌握空间角的求法；3、掌握空间向量中的强建系方法。
练习重点：掌握证明题的书写格式。
【典型习题】1、如图，在四棱锥P-ABCD 中，AB//CD, PD ⊥DA, AD=DP=DC=CB=1, AB=2, CM ⊥PB, CM//平面PAD.(1) 求证：PB ⊥平面PAD ；(2) 求直线CM 与平面PDC 所成角的正弦值.2. 如图，四棱台ABCD −A 1B 1C 1D 1中，底面ABCD 是菱形，CC 1⊥底面ABCD ，且∠BAD =60°，CD =CC 1=2C 1D 1=4，E 是棱1BB 的中点.（1）求证：AA 1⊥BD ；（2）求直线AA 1与平面A 1EC 1所成线面角的正弦值.M A B D P C3、四棱锥P-ABCD 中，底面ABCD 是矩形，AD=2, AB=√32, △PAB 中PA=√3, PD=1, M ，N 分别是PA 、BC 的中点。
(1) 证明：MN//平面PCD;(2) 若PC=1, 求AC 与平面PBC 所成角的正弦值。
4、已知四棱锥P-ABCD 的底面为等腰梯形；BC//AD, PA=AD=2AB=2BC=2CD, ∠PAB=∠PAD=60°. (1) 求证：CD ⊥PA;(2) 点E 为PB 的中点，求直线CE 与平面PCD 所成角的余弦值。
AA【巩固练习】1. 如图，在四棱柱ABCD−A1B1C1D1中，AA1⊥平面ABCD，底面ABCD满足AD∥BC，且AB=AD=AA1=2，BD=DC=2√2．（1）求证：AB⊥平面ADD1A1；（2）求直线AB与平面B1CD1所成角的正弦值．2. 在三棱锥S−ABC中，∠BAC=∠SBA=∠SCA=90∘，∠SAB=45∘，∠SAC=60∘，D为棱AB的中点，SA=2．（1）证明：SD⊥BC；（2）求直线SD与平面SBC所成角的正弦值．3. 如图，已知四棱锥P−ABCD，BC∥AD，平面PAD⊥平面PBA，且DP=DB，AB= BP=PA=AD=2BC．（1）证明：AD⊥平面PBA；（2）求直线AB与平面CDP所成角的正弦值．4. 如图，四边形ABCD是边长为3的正方形，DE⊥平面ABCD，AF∥DE，DE=3AF，BE与平面ABCD所成角为60∘．（1）求证：AC⊥平面BDE；（2）求二面角F−BE−D的余弦值；（3）设点M是线段BD上一个动点，试确定点M的位置，使得AM∥平面BEF，并证明你的结论．。
高考专题 立体几何中轨迹、翻折、探索性问题
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解析：如图所示，连接 AC1 交平面 A1BD 于 O，连接 EO, 由题意可知 AC1⊥平面 A1BD， 所以∠AEO 是 AE 与平面 A1BD 所成的角，所以∠AEO＝α.
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由 sin α＝255可得 tan α＝2，即AEOO＝2. 在四面体 A-A1BD 中，BD＝A1D＝A1B＝2 6， AB＝AD＝AA1＝2 3，所以四面体 A-A1BD 为正三棱锥，O 为△BDA1 的重心，
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∴平面 BCE∥平面 MND，即平面 MND 为平面 α， 则点 G 到平面 DMN 的距离 d 即为点 G 到直线 DQ 的距离， ∵D→G＝0， 33，－ 36，D→Q＝(0，－2 3，－ 6)， ∴D→G·D→Q＝－2＋2＝0，即 DG⊥DQ， ∴点 G 到直线 DQ 的距离 d＝|D→G|＝1， ∴截面圆的半径 r＝ 22－12＝ 3，∴球被平面 α 截得的截面圆周长为 2πr＝2 3π， 即平面 α 截点 P 的轨迹所形成的图形的周长为 2 3π.
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解： (1)证明：在△ABD 中，由余弦定理得，BD＝ AB2＋AD2－2AB·ADcos A＝ 4＋1－2×2×1×12＝ 3，
∴AD2＋BD2＝AB2，得 AD⊥DB，翻折后有 A′D⊥DB， 又平面 A′BD⊥平面 BCD，且平面 A′BD∩平面 BCD＝DB， 根据平面与平面垂直的性质定理可得 A′D⊥平面 BCD， 又∵BC⊂平面 BCD，∴A′D⊥BC. 在平行四边形 ABCD 中，AD⊥DB，BC∥AD，∴BC⊥DB， ∵A′D∩DB＝D，∴BC⊥平面 A′DB， ∵BC⊂平面 A′BC，∴平面 A′BC⊥平面 A′BD．
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高中数学必修二 第一章立体几何 课时作业3
一、选择题1．(2013·兰州高一检测)下列几何体是台体的是()A B C D【解析】台体包括棱台和圆台两种，A的错误在于四条侧棱没有交于一点，B的错误在于截面与圆锥底面不平行．C是棱锥，结合棱台和圆台的定义可知D 正确．【答案】 D2．圆柱的母线长为10，则其高等于()A．5B．10C．20D．不确定【解析】圆柱的母线长和其高相等．【答案】 B3．用一个平面去截一个几何体，得到的截面是圆面，这个几何体不可能是() A．圆锥B．圆柱C．球D．棱柱【解析】用一个平面去截圆锥、圆柱、球均可以得到圆面，但截棱柱一定不会产生圆面．【答案】 D图1－1－284．如图1－1－28的组合体的结构特征是()A．一个棱柱中截去一个棱柱B．一个棱柱中截去一个圆柱C．一个棱柱中截去一个棱锥D．一个棱柱中截去一个棱台【解析】该组合体的结构特征是一个棱柱中截去一个棱锥．【答案】 C5．正方形绕其一条对角线所在直线旋转一周，所得几何体是()A．圆柱B．圆锥C．圆台D．两个圆锥【解析】连接正方形的两条对角线知对角线互相垂直，故绕对角线旋转一周形成两个圆锥．【答案】 D二、填空题6．如图1－1－29所示的蒙古包可以看作是由________和________构成的几何体．图1－1－29【解析】上半部分为圆锥，下半部分为圆柱．【答案】圆锥圆柱7．给出下列说法：(1)圆柱的底面是圆面；(2)经过圆柱任意两条母线的截面是一个矩形面；(3)圆台的任意两条母线的延长线，可能相交，也可能不相交；(4)夹在圆柱的两个截面间的几何体还是一个旋转体，其中说法正确的是________．【解析】(1)正确，圆柱的底面是圆面；(2)正确，如图所示，经过圆柱任意两条母线的截面是一个矩形面；(3)不正确，圆台的母线延长相交于一点；(4)不正确，夹在圆柱的两个平行于底面的截面间的几何体才是旋转体．【答案】(1)(2)8．若母线长是4的圆锥的轴截面的面积是8，则该圆锥的高是________．【解析】设圆锥的底面半径为r，则圆锥的高h＝42－r2.所以由题意可知12－r2＝8，2·(2r)·h＝r4∴r2＝8，∴h＝2 2.【答案】2 2三、解答题9．说出下面几何体的结构特征：(1)某单位的公章(2)运动器材—空竹图1－1－30【解】(1)由一个半球，一个圆柱和一个圆台组合而成．(2)由两个大圆柱，两个小圆柱和两个小圆台组合而成．10．(2013·杭州高一检测)一个圆台的母线长为12 cm，两底面面积分别为4π cm2和25π cm2.求：(1)圆台的高；(2)截得此圆台的圆锥的母线长．【解】(1)如图，过圆台的轴作截面为等腰梯形ABCD，由已知可得上底半径O1A＝2 cm，下底半径OB＝5 cm，且腰长AB＝12 cm，∴AM＝122－(5－2)2＝315(cm)，即圆台的高为315 cm.(2)设截得此圆台的圆锥的母线长为l，则由△SAO1∽△SBO，可得l－12l＝25，∴l＝20(cm)，即截得此圆台的圆锥的母线长为20 cm.11．如图1－1－31中(1)，(2)所示的图形绕虚线旋转一周后形成的几何体是由哪些基本几何体构成的？(1)(2)图1－1－31【解】图(1)，(2)的几何图形旋转后形成的图形分别如图(3)，(4)所示，图(1)旋转形成的几何体是由一个圆柱O1O2和两个圆台O2O3，O3O4组成的．图(2)旋转形成的几何体是由一个圆台O1O3(其中挖去一个圆锥O1O2)，一个圆柱O3O4和一个圆锥O4O5组成的．(3)(4)。
高一数学第19课时立体几何初步作业苏教版必修2
第19课空间几何体的体积（1）
分层训练
1.若长方体三个面的面积分别是2, 3, 6, 则长方体的体积等于( )
A. 6
B. 6
C. 66
D. 36
２．Rt△ABC中, ∠C=90°, AC<BC, 分别以AC , BC , AB所在的直线为轴旋转一周, 所得旋转体的体积为V1 , V2 , V3 , 则有( )
A. V1>V2>V3
B. V1<V2<V3
C. V2>V1>V3
D. V2<V1<V3
３.已知一个铜质的五棱柱的底面积为16cm2, 高为4cm, 现将它熔化后铸造成一个正方体的铜
块, 则铸成的铜块的棱长为_________ .
考试热点
４．.用一张长12cm , 宽8cm的矩形铁皮围成圆柱的形的侧面, 则这个圆柱的体积为______. ５.钢球由于热膨胀而使半径增加千分之一, 那么它的体积增加约__________ .
６.一个正四棱台形油槽可以装煤油190升, 假如它的上、下底边长分别等于60cm和40cm , 求它的深度.
７．圆台一个底面半径是另一个底面半径的2倍, 而侧面积等于两底面积的和, 轴截面的面积是36, 求圆台的体积..
拓展延伸
８．两底面边长分别是15cm和10cm的正三棱台, 它的侧面积等于两等面积的和, 求它的体积本节学习疑点：。
立体几何(全国卷第19题)
栏目 导引
专题四
立体几何
→ → AE·CF 3 → → 故 cos〈AE，CF〉＝ ＝－ . 3 → → |AE||CF| 3 所以直线AE与直线CF所成角的余弦值为 ．(12 分) 3
栏目 导引
→ (2)如图， 以 H 为坐标原点， HF的方 → 向为 x 轴正方向，HD的方向为 y 轴 → 正方向，HD′的方向为 z 轴正方向，
专题四
立体几何
建立空间直角坐标系 Hxyz.则 H(0，0，0)，A(－3，－1，0)， B(0，－5，0)，C(3，－1，0)，D′(0，0，3)， → → → AB＝(3，－4，0)，AC＝(6，0，0)，AD′＝(3，1，3)． 设 m＝(x1，y1，z1)是平面 ABD′的法向量，则 → AB＝0， m· 3x1－4y1＝0， 即 3x ＋y ＋3z1＝0， → AD′＝0， 1 1 m·
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专题四
立体几何
[解题程序] 第一步：利用勾股定理的逆定理证明 EG⊥FG. 第二步：证明面面垂直．注意面面垂直满足的条件． 第三步：建立空间直角坐标系，写出点的坐标、向量的坐标． 第四步：求向量夹角的余弦值． 第五步：求两直线夹角的余弦值，得出结论．
栏目 导引
专题四
立体几何
[满分心得] (1)写全得分步骤 对于解题过程中得分点的步骤，有则给分，无则没分，所以 对于得分点步骤一定要写，如第(1)问中 EG⊥FG，第(2)问中 两向量的坐标．
栏目 导引
第(1)问得分点说明： 正确推理过程得 3 分，没有 EG2＋FG2 ＝EF2 扣 1 分； 正确推理过程得 3 分， 没有条件 EG⊂平 面 AEC 扣 1 分
课时作业19
解：假设存在角α，β满足条件，
则由已知条件可得
由①2＋②2，得sin2α＋3cos2α＝2.
∴sin2α＝ ，∴sinα＝± .
sin ＝－cosα＝－ ，故选A．
5．(2019·兰州质检)向量a＝ ，b＝(cosα，1)，且a∥b，则cos ＝(A)
A．－ B．
C．－ D．－
解析：∵a＝ ，b＝(cosα，1)，且a∥b，
∴ ×1－tanαcosα＝0，∴sinα＝ ，
∴cos ＝－sinα＝－ .
6．若sin Байду номын сангаас ，则cos 等于(A)
解：(1)当n为偶数，即n＝2k(k∈Z)时，
f(x)＝
＝
＝ ＝sin2x；
当n为奇数，即n＝2k＋1(k∈Z)时，
f(x)＝
＝
＝
＝
＝sin2x，
综上得f(x)＝sin2x.
(2)由(1)得f ＋f
＝sin2 ＋sin2
＝sin2 ＋sin2
＝sin2 ＋cos2 ＝1.
13．(2019·山西康杰中学等五校联考)已知tanθ＝2，则 ＋sin2θ的值为(C)
∴ ＝ ＝ ＝ .
3．(2019·陕西宝鸡金台区质检)已知sin2α＝ ，则tanα＋ ＝(C)
A． B． C．3D．2
解析：tanα＋ ＝ ＋ ＝ ＝ ＝ ＝3.故选C．
4．(2019·山东寿光一模)若角α的终边过点A(2,1)，则sin ＝(A)
A．－ B．－
同步人教A版高中数学必修三练习：课时作业 19几何概型
A.12B.14C.32D.74 解析：如图，在矩形ABCD 中，以B ，A 为圆心，以AB 为半径作圆交CD 分别于E ，F ，当点P 在线段EF 上运动时满足题设要求，所以E ，F 为CD 的四等分点，设AB ＝4，则DF ＝3，AF ＝AB ＝4，在直角三角形ADF中，AD ＝AF 2－DF 2＝7，所以AD AB ＝74.答案：D5．如图，边长为2的正方形中有一封闭曲线围成的阴影区域．在正方形中随机撒一粒豆子，它落在阴影区域内的概率是13，则阴影区域的面积是( )A.13B.23C.43 D ．无法计算解析：在正方形中随机撒一粒豆子，其结果有无限个，属于几何概型．设“落在阴影区域内”为事件A ，则事件A 构成的区域是阴影部分．设阴影区域的面积为S ，全部结果构成的区域面积是正方形的面积，则有P (A )＝S 22＝S 4＝13，解得S ＝43.答案：C二、填空题(每小题5分，共15分) 6．记函数f (x )＝6＋x －x 2的定义域为D .在区间[－4,5]上随机取一个数x ，则x ∈D 的概率是________．解析：令6＋x －x 2≥0，解得－2≤x ≤3，即D ＝[－2,3]，在区间[－4,5]上随机取一个数x ，则x ∈D 的概率P ＝3－(－2)5－(－4)＝59.答案：59 7．在平面直角坐标系xOy 中，设D 是横坐标与纵坐标的绝对值均不大于2的点构成的区域，E 是到原点的距离不大于1的点构成的区域，向D 中随机投一点，则落入E 中的概率为________．解析：如图，区域D 表示边长为4的正方形的内部(含边界)，区域E 表示单位圆及其内部，因此P ＝π×124×4＝π16.答案：π168．一个球形容器的半径为3 cm ，里面装有纯净水，因不小心混入了1个感冒病毒，从中任取1 mL 水(体积为1 cm 3)，含有感冒病毒的概率为________．解析：水的体积为43πR 3＝43π·33＝36π(cm 3)＝36π(mL)，则含感冒病毒的概率为P ＝136π.答案：136π三、解答题(每小题10分，共20分)9．一个路口的红灯亮的时间为30秒，黄灯亮的时间为5秒，绿灯亮的时间为40秒，当你到达路口时，看见下列三种情况的概率各是多少？(1)红灯亮；(2)黄灯亮；(3)不是红灯亮．解析：在75秒内，每一时刻到达路口亮灯的时间是等可能的，属于几何概型．(1)P ＝红灯亮的时间全部时间＝3030＋40＋5＝25；(2)P ＝黄灯亮的时间全部时间＝575＝115；(3)P ＝不是红灯亮的时间全部时间＝黄灯亮或绿灯亮的时间全部时间＝4575＝35.10．(1)在区间[0,4]上随机取两个整数m ，n ，求关于x 的一元二次方程x 2－nx ＋m ＝0有实数根的概率P (A )；(2)在区间[0,4]上随机取两个数m ，n ，求关于x 的一元二次方程x 2－nx ＋m ＝0有实数根的概率P (B )．解析：方程x 2－nx ＋m ＝0有实数根， 则Δ＝n －4m ≥0.(1)由于m ，n ∈[0,4]，且m ，n 是整数，因此m ，n 可能的取值共有25组．又满足n －4m ≥0的m ，n 的取值有 ⎩⎪⎨⎪⎧ m ＝0，n ＝0，⎩⎪⎨⎪⎧ m ＝0，n ＝1，⎩⎪⎨⎪⎧ m ＝0，n ＝2，⎩⎪⎨⎪⎧ m ＝0，n ＝3，⎩⎪⎨⎪⎧m ＝0，n ＝4，⎩⎪⎨⎪⎧m ＝1，n ＝4，共6组．因此，原方程有实数根的概率P (A )＝625. (2)⎩⎪⎨⎪⎧0≤m ≤4，0≤n ≤4对应的区域如图中正方形区域，面积为16， 而n －4m ≥0(m ，n ∈[0,4])表示的区域如图中阴影部分所示，面积为12×1×4＝2.因此，原方程有实数根的概率P (B )＝S 阴影S 正方形＝18.[能力提升](20分钟，40分)11．一只小蜜蜂在一个棱长为3的正方体内自由飞行，若蜜蜂在飞行过程中始终保持与正方体6个表面的距离均大于1，称其为“安全飞行”，则蜜蜂“安全飞行”的概率为()A.827 B.127C.2627 D.1527解析：根据题意：安全飞行的区域为棱长为1的正方体，∴P＝构成事件A的区域体积试验的全部结果所构成的区域体积＝127.故选B.答案：B12．在区间[0,5]上随机地选择一个数p，则方程x2＋2px＋3p－2＝0有两个负根的概率为________．解析：由题意，得⎩⎪⎨⎪⎧Δ＝4p2－4(3p－2)≥0，－2p＜0，3p－2＞0，0≤p≤5，解得23＜p≤1或2≤p≤5，所以p＝1－23＋(5－2)5＝23.答案：2313．甲、乙两人约定晚上6点到7点之间在某地见面，并约定先到者要等候另一人一刻钟，过时即可离开．求甲、乙能见面的概率．解析：如图所示：以x轴和y轴分别表示甲、乙两人到达约定地点的时间，则两人能够会面的等价条件是|x－y|≤15.在平面直角坐标系内，(x，y)的所有可能结果是边长为60的正方形，而事件A“两人能够见面”的可能结果是阴影部分所表示的平面区域，由几何概型的概率公式得：P(A)＝S AS＝602－452602＝3 600－2 0253 600＝716.所以两人能会面的概率是716.14．如图，已知AB 是半圆O 的直径，AB ＝8，M ，N ，P 是将半圆圆周四等分的三个点．(1)从A ，B ，M ，N ，P 这5个点中任取3个点，求这3个点组成直角三角形的概率；(2)在半圆内任取一点S ，求△SAB 的面积大于82的概率．解析：(1)从A ，B ，M ，N ，P 这5个点中任取3个点，一共可以组成10个三角形：△ABM ，△ABN ，△ABP ，△AMN ，△AMP ，△ANP ，△BMN ，△BMP ，△BNP ，△MNP ，其中是直角三角形的只有△ABM ，△ABN ，△ABP 3个，所以组成直角三角形的概率为310.(2)易知半圆的面积为8π.连接MP ，OM ，OP ，取线段MP 的中点D ，连接ON ，则OD ⊥MP ， 易求得OD ＝22，当S 点在线段MP 上时，S △ABS ＝12×22×8＝82，所以只有当S 点落在阴影部分时，△SAB 的面积才能大于82，而S 阴影＝S 扇形MOP －S △OMP ＝14π×42－12×42＝4π－8，所以由几何概型的概率公式得△SAB的面积大于82的概率为4π－88π＝π－22π.由Ruize收集整理。
2020_2021学年高中数学第三章空间向量与立体几何课时作业19空间向量与平行、垂直关系含解析人教A版选修2_1
课时作业19 空间向量与平行、垂直关系[基础巩固]一、选择题1．已知平面α内有一点M (1，－1,2)，平面α的一个法向量为n ＝(6，－3,6)，则下列点P 中，在平面α内的是( )A ．P (2,3,3)B ．P (－2,0,1)C ．P (－4,4,0)D ．P (3，－3,4)2．已知线段AB 的两端点坐标为A (9，－3,4)，B (9,2,1)，则线段AB 与坐标平面( )A ．xOy 平行B ．xOz 平行C ．yOz 平行D ．yOz 相交3．已知平面α内的两个向量a ＝(2,3,1)，b ＝(5,6,4)，则平面α的一个法向量的坐标为( )A ．(1，－1,1)B ．(2，－1,1)C ．(－2,1,1)D ．(－1,1，－1)4．若直线l 的方向向量为a ＝(1,1,1)，向量b ＝(1，－1,0)和向量c ＝(0,1，－1)所在的直线都与平面α平行，则( )A ．l ⊥αB ．l ∥αC ．l ⊂αD ．以上都不对5．若平面α，β的一个法向量分别为m ＝(－1,2,4)，n ＝(x ，－1，－2)，且α⊥β，则x 的值为( )A ．10B ．－10C.12 D ．－12二、填空题6．若直线l 的方向向量为a ＝(1,0,2)，平面α的法向量为n ＝(－2,0，－4)，则直线l 与平面α的位置关系为________．7．已知两平面α，β的法向量分别为u 1＝(1,0,1)，u 2＝(0,2,0)，则平面α，β的位置关系为________．8．给出下列命题：①若n 1，n 2分别是平面α，β的法向量，则n 1∥n 2⇔α∥β；②若n 1，n 2分别是平面α，β的法向量，则α∥β⇔n 1·n 2＝0；③若n 是平面α的法向量，且向量a ⊂α，则a ·n ＝0；④若两个平面的法向量不垂直，则这两个平面一定不垂直．其中正确的命题是________(填序号)．三、解答题9．根据下列条件，判断相应的线、面位置关系：(1)直线l 1，l 2的方向向量分别是a ＝(1，－3，－1)，b ＝(8,2,2)；(2)平面α，β的法向量分别是u ＝(1,3,0)，v ＝(－3，－9,0)；(3)直线l 的方向向量、平面α的法向量分别是a ＝(1，－4，－3)，u ＝(2,0,3)；(4)直线l 的方向向量、平面α的法向量分别是a ＝(3,2,1)，u ＝(－1,2，－1)；(5)直线l 1与l 2的方向向量分别是a ＝(－2,1,4)，b ＝(6,3,3)；(6)平面α与β的法向量分别是u ＝(1，－1,2)，v ＝(3,2，－12)．10．长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AB ＝3，AA 1＝4，AD ＝5，求证：平面A 1BD ∥平面B 1D 1C .[能力提升]11．已知直线l 1的一个方向向量a ＝(2,4，x )，直线l 2的一个方向向量b ＝(2，y,2)，若|a |＝6，且l 1⊥l 2，则x ＋y 的值是( )A ．－3或1B ．3或－1C ．－3D ．112．若点A (0,2，198)，B (1，－1，58)，C (－2,1，58)是平面α内的三点，设平面α的法向量a ＝(x ，y ，z )，则x y z ＝________. 13．如图所示，在四棱锥P －ABCD 中，PA ⊥底面ABCD ，垂足为A ，AB ⊥AD 于A ，AC ⊥CD 于C ，∠ABC ＝60°，PA ＝AB ＝BC ，E 是PC 的中点．求证：PD ⊥平面ABE .14．如图，在四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD 是正方形，侧棱PD ⊥底面ABCD ，PD ＝DC ，E 是PC 的中点，作EF ⊥PB 于点F .(1)证明PA ∥平面EDB ；(2)证明PB ⊥平面EFD .课时作业19 空间向量与平行、垂直关系1．解析：逐一验证法，对于选项A ，MP →＝(1,4,1)，所以MP →·n ＝6－12＋6＝0，所以MP →⊥n ，所以点P 在平面α内，同理可验证其他三个点不在平面α内．答案：A2．解析：因为AB →＝(9,2,1)－(9，－3,4)＝(0,5，－3)，所以AB ∥平面yOz . 答案：C3．解析：显然a 与b 不平行．设平面α的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧a ·n ＝0，b ·n ＝0， ∴⎩⎪⎨⎪⎧ 2x ＋3y ＋z ＝0，5x ＋6y ＋4z ＝0，令z ＝1，得x ＝－2，y ＝1，∴n ＝(－2,1,1)．故选C.答案：C4．解析：∵a ·b ＝(1,1,1)·(1，－1,0)＝0，a ·c ＝(1,1,1)·(0,1，－1)＝0，∴a ⊥b ，a ⊥c ，又b 与c 不平行且b 、c 所在的直线都与平面α平行，∴l ⊥α.答案：A5．解析：若α⊥β，则它们的法向量也互相垂直，即m ·n ＝0，即(－1,2,4)·(x ，－1，－2)＝0，解得x ＝－10，故选B.答案：B6．解析：因为a ＝(1,0,2)，n ＝(－2,0，－4)，所以n ＝－2a ，即a ∥n .所以l ⊥α.答案：垂直7．解析：因为u 1·u 2＝(1,0,1)·(0,2,0)＝0，所以两平面的法向量垂直，即两平面垂直．答案：垂直8．解析：②中，α∥β⇔n 1∥n 2.答案：①③④9．解析：(1)∵a ＝(1，－3，－1)，b ＝(8,2,2)，∴a ·b ＝8－6－2＝0，∴a⊥b，即l1⊥l2.(2)∵u＝(1,3,0)，v＝(－3，－9,0)，∴v＝－3u，∴v∥u，即α∥β.(3)∵a＝(1，－4，－3)，u＝(2,0,3)，∴a·u≠0且a≠k u(k∈R)，∴a与u既不共线也不垂直，即l与α相交但不垂直．(4)∵a＝(3,2,1)，u＝(－1,2，－1)，∴a·u＝－3＋4－1＝0，∴a⊥u，即l∥α或l在α内．(5)∵a＝(－2,1,4)，b＝(6,3,3)，∴a·b≠0且a≠k b(k∈R)，∴a，b既不共线也不垂直，即l1与l2相交但不垂直或异面但不垂直．(6)∵u＝(1，－1,2)，v＝(3,2，－12)，∴u·v＝3－2－1＝0，∴u⊥v，即α⊥β.10．解析：如图，以D为坐标原点，分别以DA、DC、DD1所在直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系．则A1(5,0,4)，B(5,3,0)，D(0,0,0)，D1(0,0,4)，B1(5,3,4)，C(0,3,0)，∴A1D→＝(－5,0，－4)，A1B→＝(0,3，－4)，D1C→＝(0,3，－4)，B1C→＝(－5,0，－4)．设平面A1BD的法向量为m＝(x，y，z)，则⎩⎪⎨⎪⎧m⊥A1D→，m⊥A1B→，即⎩⎪⎨⎪⎧m·A1D→＝－5x－4z＝0，m·A1B→＝3y－4z＝0，取z＝1，解得x＝－45，y＝43，即m＝⎝⎛⎭⎪⎫－45，43，1.设平面B1D1C的法向量为n＝(a，b，c)，则⎩⎪⎨⎪⎧B1C→·n＝0，D1C→·n＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－5a－4c＝0，3b－4c＝0，令c＝1，可求得n＝⎝⎛⎭⎪⎫－45，43，1，∴m＝n，即m∥n，∴平面A1BD∥平面B1D1C1.11．解析：∵|a|＝22＋42＋x2＝6，∴x＝±4.又l1⊥l2，∴a⊥b，∴a·b＝2×2＋4y＋2x＝0，∴y＝－1－12x.当x＝4时，y＝－3；当x＝－4时，y＝1，∴x＋y＝－3或1.答案：A12．解析：AB→＝(1，－3，－74)，AC→＝(－2，－1，－74)．由⎩⎪⎨⎪⎧a·AB→＝0，a·AC→＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧x－3y－74z＝0，－2x－y－74z＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧x＝23y，z＝－43y，∴x y z＝23y y(－43y)＝23(－4)．答案：23(－4)13．解析：如图所示，以A为坐标原点建立空间直角坐标系，设PA＝AB＝BC＝1，则A(0,0,0)，P(0,0,1)，B(1,0,0)，因为∠ABC＝60°，AB＝BC，所以△ABC为正三角形．所以C⎝⎛⎭⎪⎫12，32，0，E⎝⎛⎭⎪⎫14，34，12.设D(0，y,0)，由AC⊥CD得AC→·CD→＝0，所以⎝⎛⎭⎪⎫12，32，0·⎝⎛⎭⎪⎫－12，y－32，0＝0，即y＝233，则D⎝⎛⎭⎪⎫0，233，0.设平面ABE的法向量为n＝(x，y，z)，因为AB→＝(1,0,0)，AE→＝⎝⎛⎭⎪⎫14，34，12，所以⎩⎪⎨⎪⎧AB→·n＝0，AE→·n＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x＝0，14x＋34y＋12z＝0，令y＝2，则n＝(0,2，－3)．又PD →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，233，－1， 显然PD →＝33n ，所以PD →∥n ， 所以PD →⊥平面ABE ，即PD ⊥平面ABE .14．解析：如图所示，建立空间直角坐标系，D 是坐标原点，设DC ＝a .(1)连接AC 交BD 于G ，连接EG .依题意，得A (a,0,0)，P (0,0，a )，E (0，a 2，a2)． ∵底面ABCD 是正方形，∴G 是正方形ABCD 的中心． 故点G 的坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2，a 2，0， 则PA →＝(a,0，－a )，EG →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2，0，－a 2，∴PA →＝2EG →， 即PA ∥EG .而EG ⊂平面EDB ，PA ⊄平面EDB ，∴PA ∥平面EDB .(2)依题意，得D (0,0,0)，B (a ，a,0)，∴PB →＝(a ，a ，－a )． 又DE →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，a 2，a 2，故PB →·DE →＝0＋a 22－a 22＝0， ∴PB ⊥DE .又EF ⊥PB ，且EF ∩DE ＝E ，∴PB ⊥平面EFD .。
新教材高中数学课时作业十九第十一章立体几何初步平面与平面垂直含解析新人教B版必修第四册
新教材高中数学课时作业：课时作业(十九) 平面与平面垂直一、选择题1．对于直线m，n和平面α，β，能得出α⊥β的一个条件是()A．m⊥n，m∥α，n∥βB．m⊥n，α∩β＝m，n⊂αC．m∥n，n⊥β，m⊂αD．m∥n，m⊥α，n⊥β2．设m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面．下列命题中正确的是() A．若α⊥β，m⊂α，n⊂β，则m⊥nB．若α∥β，m⊂α，n⊂β，则m∥nC．若m⊥n，m⊂α，n⊂β，则α⊥βD．若m⊥α，m∥n，n∥β，则α⊥β3．如图所示，平面P AD⊥矩形ABCD，且P A⊥AB，下列结论中不正确的是()A．PD⊥BD B．PD⊥CDC．PB⊥BC D．P A⊥BD4．如图所示，三棱锥P－ABC的底面在平面α内，且AC⊥PC，平面P AC⊥平面PBC，点P，A，B是定点，则动点C的轨迹是()A．一条线段B．一条直线C．一个圆D．一个圆，但要去掉两个点二、填空题5．如图所示，平面α⊥平面β，在α与β交线上取线段AB＝4，AC，BD分别在平面α和β内，AC⊥AB，BD⊥AB，AC＝3，BD＝12，则CD＝________.6．如图所示，在三棱锥P－ABC中，平面P AC⊥平面ABC，∠PCA＝90°，△ABC是边长为4的正三角形，PC＝4，M是AB边上的一动点，则PM的最小值为________．7．在四棱锥P －ABCD 中，P A ⊥底面ABCD 且底面各边都相等，M 是PC 上一点，当点M 满足________时，平面MBD ⊥平面PCD .(只要填写一个你认为正确的条件即可)三、解答题8．如图所示，三棱锥P －ABC 中，已知△ABC 是等腰直角三角形，∠ABC ＝90°，△P AC 是直角三角形，∠P AC ＝90°，平面P AC ⊥平面ABC .求证：平面P AB ⊥平面PBC .9．如图所示，在矩形ABCD 中，已知AB ＝12AD ，E 是AD 的中点，沿BE 将△ABE 折起至△A ′BE 的位置，使A ′C ＝A ′D ，求证：平面A ′BE ⊥平面BCDE .[尖子生题库]10．图1是由矩形ADEB ，Rt △ABC 和菱形BFGC 组成的一个平面图形，其中AB ＝1，BE ＝BF ＝2，∠FBC ＝60°.将其沿AB ，BC 折起使得BE 与BF 重合，连接DG ，如图2.(1)证明：图2中的A ，C ，G ，D 四点共面，且平面ABC ⊥平面BCGE ； (2)求图2中的四边形ACGD 的面积．课时作业(十九) 平面与平面垂直1．解析：∵n ⊥β，m ∥n ，∴m ⊥β，又m ⊂α，由面面垂直的判定定理，∴α⊥β. 答案：C2．解析：A 中，m ，n 可能为平行、相交、异面直线；B 中，m ，n 可能为异面直线；C 中，m 应与β中两条相交直线垂直时结论才成立．答案：D3．解析：若PD ⊥BD ，则BD ⊥平面P AD ，又BA ⊥平面P AD ，则过平面外一点有两条直线与平面垂直，不成立，故A不正确；因为平面P AD⊥矩形ABCD，且P A⊥AB，所以P A⊥矩形ABCD，所以P A⊥CD，AD⊥CD，所以CD⊥平面P AD，所以PD⊥CD，同理可证PB⊥BC.因为P A⊥矩形ABCD，所以由直线与平面垂直的性质得P A⊥BD.故选A.答案：A4．解析：∵平面P AC⊥平面PBC，AC⊥PC，平面P AC∩平面PBC＝PC，AC⊂平面P AC，∴AC⊥平面PBC.又∵BC⊂平面PBC，∴AC⊥BC.∴∠ACB＝90°.∴动点C的轨迹是以AB为直径的圆，除去A和B两点．答案：D5．解析：连接BC.∵BD⊥AB，α⊥β，α∩β＝AB，∴BD⊥α.∵BC⊂α，∴BD⊥BC，∴△CBD 是直角三角形．在Rt△BAC中，BC＝32＋42＝5.在Rt△CBD中，CD＝52＋122＝13.答案：136．解析：连接CM，则由题意知PC⊥平面ABC，可得PC⊥CM，所以PM＝PC2＋CM2，要求PM的最小值只需求出CM的最小值即可，在△ABC中，当CM⊥AB时，CM有最小值，此时有CM＝4×32＝23，所以PM的最小值为27.答案：277.解析：如图，连接AC，因为P A⊥底面ABCD，所以P A⊥BD，因为四边形ABCD的各边相等，所以AC⊥BD，且P A∩AC＝A，所以BD⊥平面P AC，即BD⊥PC，要使平面MBD⊥平面PCD，只需PC垂直于面MBD上的与BD相交的直线即可，所以可填DM⊥PC(或BM⊥PC)．答案：DM⊥PC(或BM⊥PC)8．证明：∵平面P AC⊥平面ABC，平面P AC∩平面ABC＝AC，P A⊥AC，∴P A⊥平面ABC.又BC⊂平面ABC，∴P A⊥BC.又∵AB⊥BC，AB∩P A＝A，AB⊂平面P AB，P A⊂平面P AB，∴BC⊥平面P AB.又BC⊂平面PBC，∴平面P AB⊥平面PBC.9．证明：如图所示，取CD的中点M，BE的中点N，连接A′M，A′N，MN，则MN∥BC.∵AB ＝12AD ，E 是AD 的中点，∴AB ＝AE ，即A ′B ＝A ′E .∴A ′N ⊥BE .∵A ′C ＝A ′D ，∴A ′M ⊥CD . 在四边形BCDE 中，CD ⊥MN ， 又MN ∩A ′M ＝M ， ∴CD ⊥平面A ′MN . ∴CD ⊥A ′N .∵DE ∥BC 且DE ＝12BC ，∴BE 必与CD 相交．又A ′N ⊥BE ，A ′N ⊥CD ， ∴A ′N ⊥平面BCDE . 又A ′N ⊂平面A ′BE ， ∴平面A ′BE ⊥平面BCDE .10．解：(1)由已知得AD ∥BE ，CG ∥BE ，所以AD ∥CG ，故AD ，CG 确定一个平面，从而A ，C ，G ，D 四点共面．由已知得AB ⊥BE ，AB ⊥BC ，BE ∩BC ＝B ，故AB ⊥平面BCGE . 又因为AB ⊂平面ABC ，所以平面ABC ⊥平面BCGE . (2)取CG 的中点M ，连接EM ，DM . 因为AB ∥DE ，AB ⊥平面BCGE ，所以DE ⊥平面BCGE ，又CG ⊂平面BCGE ，故DE ⊥CG . 由已知，四边形BCGE 是菱形，且∠EBC ＝60°得EM ⊥CG ，又DE ∩EM ＝E ，故CG ⊥平面DEM .又DM ⊂平面DEM .因此DM ⊥CG .在Rt △DEM 中，DE ＝1，EM ＝3，故DM ＝2. 所以四边形ACGD 的面积为4.。
高中数学 第1章 立体几何初步 1.2 简单多面体课时作业 北师大版必修2(2021年整理)
2016-2017学年高中数学第1章立体几何初步1.2 简单多面体课时作业北师大版必修2编辑整理：尊敬的读者朋友们：这里是精品文档编辑中心，本文档内容是由我和我的同事精心编辑整理后发布的，发布之前我们对文中内容进行仔细校对，但是难免会有疏漏的地方，但是任然希望（2016-2017学年高中数学第1章立体几何初步1.2 简单多面体课时作业北师大版必修2）的内容能够给您的工作和学习带来便利。
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1．2 简单多面体时间：45分钟满分：80分班级________ 姓名________ 分数________一、选择题(每小题5分，共5×6＝30分）1．在下列立体图形中，有5个面的是( ）A．四棱锥 B．五棱锥C．四棱柱 D．五棱柱答案：A解析:柱体均有两个底面，锥体只有一个底面．2．下列说法错误的是（）A．多面体是由若干个平面多边形围成的几何体B．九棱柱有9条侧棱，9个侧面，侧面为平行四边形C．长方体、正方体都是棱柱D．三棱柱的侧面为三角形答案:D解析：根据多面体的概念知A说法正确；棱柱侧面为平行四边形，其侧棱的条数、侧面的个数与底面多边形的边数相等，所以B说法正确；长方体、正方体都是棱柱，所以C说法正确;三棱柱的侧面是平行四边形，不是三角形，所以D说法错误．3．如图，将装有水的长方体水槽固定底面一边后倾斜，则倾斜后水槽中的水形成的几何体是（）A．棱柱B．棱台C．棱柱与棱台的组合体D．不确定答案：A解析：水槽倾斜后，水有变动，但是根据棱柱的结构特征,其仍然是个棱柱，上、下两个底面发生变化．4．若正三棱锥的底面边长为3，侧棱长为错误!，则该棱锥的高等于( ）A。
人教版数学选修2-1课时作业19课
根据已知条件，分别以C1A1，轴，建立如图所示空间直角坐标系，设(0,2,2)，1D 所成角的正弦值为|cos 〈a ，BC 1→〉|＝|a ·BC |a ||BCAB＝1，P(0,0,1)，D(1,0,0)＝b，建立如图所示的空间直角坐标系F(b,0,0)，M，D 1(0,0,2)，N (2,2,1)D 1N →＝(2,2，－1)．4－4－11DA ，DC ，DD 1轴，建立空间直角坐标系D －xyz ，⎛⎫a的夹角．建立如图所示的空间直角坐标系A1(0,0，2a，CB，CC1为x，xyz，，A1(4,0,22)，BAB，AD，AA1所在直线为＝(a，a，a)，BC建立空间直角坐标系如图，则ABC1D1的一个法向量．ABCD与直角梯形，DE＝DA＝2AF BEF；，B(2,2,0)，C(0,2,0)＝(－2，－2,2)，(1)求证：AB ⊥PQ ；(2)求直线BC 与平面A 1PQ 所成角的正弦值．解析：(1)证明：由题图1知，CA ′＝AA ′－AB －BC ＝5， BP ＝AB ＝3，CQ ＝AC ＝7，在题图2中，因为AB 2＋BC 2＝AC 2，所以AB ⊥BC ，又B 1B ⊥AB ，B 1B ⊥BC ，所以，以B 为原点，分别以直线AB ，BC ，BB 1为坐标轴，建立如图所示的空间直角坐标系B －xyz ，则B (0,0,0)，A (3,0,0)，C (0,4,0)，A 1(3,0,12)，P (0,0,3)，Q (0,4,7)，所以BA →＝(3,0,0)，PQ →＝(0,4,4)，因为BA →·PQ →＝3×0＋0×4＋0×4＝0，所以BA →⊥PQ →，即AB ⊥PQ .(2)由(1)知，P A 1→＝(3,0,9)，BC →＝(0,4,0)．设n ＝(x ，y ，z )是平面A 1PQ 的法向量，则⎩⎨⎧ n ·PQ →＝4y ＋4z ＝0，n ·P A 1→＝3x ＋9z ＝0，。
高中数学课时作业19第十一章立体几何11.3.3平面与平面平行含解析B版第四册
课时作业19 平面与平面平行时间：45分钟错误!1．下列四个说法中正确的是（C）A．平面α内有无数个点到平面β的距离相等，则α∥βB．α∩γ＝a，α∩β＝b,且a∥b（α，β，γ分别表示平面,a,b 表示直线),则γ∥βC．平面α内一个三角形三边分别平行于平面β内的一个三角形的三条边，则α∥βD．平面α内的一个平行四边形的两边与平面β内的一个平行四边形的两边对应平行，则α∥β解析：由面面平行的判定定理知C正确．2．六棱柱ABCDEF。
A1B1C1D1E1F1的底面是正六边形,则此六棱柱的面中互相平行的有(D）A．1对B．2对C．3对D．4对解析:由图知平面ABB1A1∥平面EDD1E1，平面BCC1B1∥平面FEE1F1，平面AFF1A1∥平面CDD1C1，平面ABCDEF∥平面A1B1C1D1E1F1，∴此六棱柱的面中互相平行的有4对．3．a∥α，b∥β，α∥β，则a与b的位置关系是(D)A．平行B．异面C．相交D．平行或异面或相交解析：如图(1）、（2）、(3）所示，a与b的关系分别是平行、异面或相交．4．如图，在正方体ABCD.A1B1C1D1中，若经过D1B的平面分别交AA1和CC1于点E，F，则四边形D1EBF的形状是(C）A．矩形B．菱形C．平行四边形D．正方形解析：因为平面和左右两个侧面分别交于ED1，BF，所以ED1∥BF，同理D1F∥EB,所以四边形D1EBF是平行四边形．5．已知m，n表示两条直线，α，β，γ表示平面，下列命题中正确的个数是（A)①若α∩γ＝m，β∩γ＝n，且m∥n，则α∥β；②若m，n相交且都在α，β外，m∥α，m∥β，n∥α，n ∥β，则α∥β；③若m∥α，m∥β，则α∥β；④若m∥α，n∥β，且m∥n，则α∥β.A．1 B．2C．3 D．4解析：如图,正三棱柱ABC。
A1B1C1中，若令A1A＝m，B1B＝n，面AA1C1C，BB1C1C，AA1B1B分别为α，β，γ,满足条件，但面α与β相交，则①错;若令A1A＝m,面CC1D1D为α，面BCC1B1为β，满足条件，但两面相交，故③错；若令A1A＝m，B1B＝n,面BCC1B1为α，面ACC1A1为β，满足条件，但α∩β＝CC1，故④错；②中的m与n确定平面γ，可知α∥γ，β∥γ，故α∥β，则②正确．6．如图是四棱锥的平面展开图,其中四边形ABCD为正方形，点E,F，G，H分别为PA,PD,PC，PB的中点，在此几何体中，给出下面四个结论：①平面EFGH∥平面ABCD；②BC∥平面PAD;③AB∥平面PCD；④平面PAD∥平面PAB.其中正确的有（C)A．①③B．①④C．①②③D．②③解析：把平面展开图还原为四棱锥如图所示，则EH∥AB，又EH⊄平面ABCD，AB⊂平面ABCD，所以EH∥平面ABCD.同理可证EF∥平面ABCD，又EF∩EH＝E,EF,EH⊂平面EFGH，所以平面EFGH∥平面ABCD；平面PAD，平面PBC，平面PAB，平面PDC 均是四棱锥的四个侧面，则它们两两相交．∵AB∥CD,AB⊄平面PCD，CD⊂平面PCD,∴AB∥平面PCD。
第19题立体几何(学案)
第19题立体几何高考考点命题分析三年高考探源考查频率空间位置关系的证明高考对此部分内容主要以解答题的形式考查,难度为中档,有关线线、线面和面面的平行与垂直的证明,试题以解答题中的第(1)问为主,常以多面体为载体;线面角和二面角是高考的热点,解答题中第(2)问必考.有时也与折叠问题、探索问题相结合命题.2019•课标Ⅲ卷T19★★利用空间向量求空间角2020•课标Ⅰ卷T182020•课标Ⅱ卷T202020•课标Ⅲ卷T192020•新高考Ⅰ卷T202021•乙卷T182021•新高考Ⅰ卷T92021•新高考Ⅱ卷T19★★★利用空间向量解决探索型问题2021•甲卷T19★★★【典例】（2021•新高考Ⅰ）如图，在三棱锥A BCD -中，平面ABD ⊥平面BCD ，AB AD =，O 为BD 的中点．（1）证明：OA CD ⊥；（2）若OCD ∆是边长为1的等边三角形，点E 在棱AD 上，2DE EA =，且二面角E BC D --的大小为45︒，求三棱锥A BCD -的体积．【评分标准展示——看细节】审题路线图（1）等腰三角形中线就是高→AO BD ⊥→面面垂直的性质→AO ⊥平面BCD →线面垂直的性质→证明AO CD⊥（2）建立空间直角坐标系→设(0A ，0，)t →求出平面的法向量→向量的夹角公式求出t 的值→锥体的体积公式求解．【解析】（1）因为AB AD =，O 为BD 的中点，所以AO BD ⊥，………………1分又平面ABD ⊥平面BCD ，平面ABD ⋂平面BCD BD =，AO ⊂平面ABD ，所以AO ⊥平面BCD ，………………3分又CD ⊂平面BCD ，所以AO CD ⊥………………4分（2）取OD 的中点F ，因为OCD ∆为正三角形，所以CF OD ⊥，过O 作//OM CF 与BC 交于点M ，则OM OD ⊥，所以OM ，OD ，OA 两两垂直，以点O 为坐标原点，分别以OM ，OD ，OA 为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系如图所示，………………5分则(0B ，1-，0)，1,0)2C ，(0D ，1，0)，设(0A ，0，)t ，则12(0,,)33tE ，………………6分因为OA ⊥平面BCD ，故平面BCD 的一个法向量为(0,0,)OA t =，………………7分设平面BCE 的法向量为(,,)n x y z =，又342,0),(0,,)233t BC BE == ，所以由00n BC n BE ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，得30242033y t y z +=⎨⎪+=⎪⎩，令x =，则1y =-，2z t =，故21,)n t-，………………9分因为二面角E BC D --的大小为45︒，所以|||cos ,|2||||n OA n OA n OA ⋅<>===，解得1t =，所以1OA =，………………11分又1112OCD S ∆=⨯⨯⨯，所以BCD S ∆=，故1113326A BCD BCD V S OA -∆=⋅⋅=⨯=．………………12分评分细则第(1)问：由等腰三角形推出AO BD ⊥得1分；由面面垂直性质得到AO ⊥平面BCD 得2分，这里要特别注意AO ⊂平面ABD ，不写丢1分；线面垂直的性质证明AO CD ⊥得1分.第(2)问：建立合适的坐标系得并写出点的坐标各得1分，写出平面BCD 的法向量得1分，求出平面BCE 的法向量得2分，利用向量的夹角公式列出方程并求出OA 的长得2分，这里只要列出方程可得一分，求出底面积进而求出锥体体积德1分【一题多解鉴赏——拓思路】【解析】（1）因为AB AD =，O 为BD 的中点，所以AO BD ⊥，………………1分又平面ABD ⊥平面BCD ，平面ABD ⋂平面BCD BD =，AO ⊂平面ABD ，所以AO ⊥平面BCD ，………………3分又CD ⊂平面BCD ，所以AO CD ⊥………………4分（2）过E 作EF BD ⊥，交BD 于点F ，过F 作FG BC ⊥于点G ，连结EG ，………………5分由题意可知，//EF AO ，又AO ⊥平面BCD 所以EF ⊥平面BCD ，又BC ⊂平面BCD ，所以EF BC ⊥，………………6分又BC FG ⊥，FG EF F= 所以BC ⊥平面EFG ，又EF ⊂平面EFG ，所以BC EG ⊥，………………7分则EGF ∠为二面角E BC D --的平面角，即45EGF ∠=︒，………………8分又1CD DO OB OC ====，所以120BOC ∠=︒，则30OCB OBC ∠=∠=︒，故90BCD ∠=︒，所以//FG CD ，………………9分因为23DE DF EF AD OD AO ===，则312,,233AO EF OF DF ===，所以BF GFBD CD=，则112323GF +==，所以23EF GF ==，则312AO EF ==，………………11分所以1113113326A BCD BCD V S AO -∆=⋅=⨯⨯⨯=． (12)分【阅卷老师提醒——明原因】1.易错点提醒：1.易混淆几何体的表面积与侧面积的区别，几何体的表面积是几何体的侧面积与所有底面面积之和，不能漏掉几何体的底面积；求锥体体积时，易漏掉体积公式中的系数13.2.不清楚空间线面平行与垂直关系中的判定定理和性质定理，忽视判定定理和性质定理中的条件，导致判断出错.如由α⊥β，α∩β＝l ，m ⊥l ，易误得出m ⊥β的结论，就是因为忽视面面垂直的性质定理中m ⊂α的限制条件.3.注意图形的翻折与展开前后变与不变的量以及位置关系.对照前后图形，弄清楚变与不变的元素后，再立足于不变的元素的位置关系与数量关系去探求变化后的元素在空间中的位置关系与数量关系.4.几种角的范围两条异面直线所成的角：0°<α≤90°；直线与平面所成的角：0°≤α≤90°；二面角：0°≤α≤180°.5.用空间向量求角时易忽视向量的夹角与所求角之间的关系，如求解二面角时，不能根据几何体判断二面角的范围，忽视向量的方向，误以为两个法向量的夹角就是所求的二面角，导致出错.2.得分点提醒：（1）利用线面平行判定定理判断直线a 和平面α平行时，说明①直线a 在平面α外，即a ⊄α；②直线b 在平面α内，即b ⊂α；是得分点。
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第19课空间几何体的体积（1）分层训练
1.若长方体三个面的面积分别是2, 3, 6, 则长方体的体积等于( )
A. 6
B. 6
C. 66
D. 36
２．Rt△ABC中, ∠C=90°, AC<BC, 分别以AC , BC , AB所在的直线为轴旋转一周, 所得旋转体的体积为V1 , V2 , V3 , 则有( )
A. V1>V2>V3
B. V1<V2<V3
C. V2>V1>V3
D. V2<V1<V3
３.已知一个铜质的五棱柱的底面积为16cm2,
高为4cm, 现将它熔化后铸造成一个正方体
的铜块, 则铸成的铜块的棱长为_________ . 考试热点
４．.用一张长12cm , 宽8cm的矩形铁皮围成圆柱的形的侧面, 则这个圆柱的体积为______. ５.钢球由于热膨胀而使半径增加千分之一, 那么它的体积增加约__________ .
６.一个正四棱台形油槽可以装煤油190升, 假如它的上、下底边长分别等于60cm和40cm , 求它的深度.
７．圆台一个底面半径是另一个底面半径的2倍, 而侧面积等于两底面积的和, 轴截面的面积是36, 求圆台的体积.. 拓展延伸
８．两底面边长分别是15cm和10cm的正三棱台, 它的侧面积等于两等面积的和, 求它
的体积
本节学习疑点：。