高中数学复习提升-单元过关检测(七)

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单元过关检测(七)
(第七章)
(120分钟150分)
一、选择题(本大题共12小题,每小题5分,共60分.在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的)
1.已知m,n为异面直线,m⊥平面α,n⊥平面β.直线l满足l⊥m,l⊥n,l⊄α,l⊄β,则 ( )
A.α∥β且l∥α
B.α⊥β且l⊥β
C.α与β相交,且交线垂直于l
D.α与β相交,且交线平行于l
【解析】选D.因为m⊥α,l⊥m,l⊄α,所以l∥α.同理可得l∥β.
又因为m,n为异面直线,所以α与β相交,且l平行于它们的交线.
2.(2017·全国卷Ⅰ)某多面体的三视图如图所示,其中正视图和左视图都由正方形和等腰直角三角形组成,正方形的边长为2,俯视图为等腰直角三角形.该多面体的各个面中有若干个是梯形,这些梯形的面积之和为 ( )
A.10
B.12
C.14
D.16
【解析】选B.由三视图可画出立体图,该立体图各面中只有两个相同的梯形的面,
S梯=(2+4)×2÷2=6,S全梯=6×2=12.
3.三棱锥P-ABC中,PA=PB,AC=BC,BD⊥PC,则A在平面PBC上的射影M必在
( )
A.直线PB上
B.直线PC上
C.直线BD上
D.在△PBC内部
【解析】选C.取AB中点M,连接MP,MC,因为PA=PB,AC=BC,所以MP⊥AB,MC⊥AB,MP ∩MC=M,所以AB⊥平面MPC,所以AB⊥PC,又因为BD⊥PC,AB∩BD=B,所以PC⊥平面ABD,平面ABD⊥平面PBC,A在平面PBC上的射影M必在直线BD上.
4.如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,M为BB1的中点,则直线MC与平面ACD1所成角的正弦值为( )
A. B. C. D.
【解析】选C.连接B1D,BD,设AC∩BD=O,连接OM,
则B1D⊥平面ACD1,OM∥B1D,
所以OM⊥平面ACD1,
所以∠MCO为MC与平面ACD1所成的角,
设正方体棱长为1,则MC==,OM=B1D=,
所以sin ∠MCO==.
5.(2017·全国卷Ⅲ)已知圆柱的高为1,它的两个底面的圆周在直径为2的同一个球的球面上,则该圆柱的体积为 ( )
A.π
B.
C.
D.
【解析】选B.如图,画出圆柱的轴截面:
r=BC=,那么圆柱的体积V=πr2h=π××1=π.
6.不共面的四个定点到平面α的距离都相等,这样的平面α共有( )
A.3个
B.4个
C.6个
D.7个
【解析】选D.空间中不共面的四个定点构成三棱锥,如图:三棱锥D-ABC,
平面α到三棱锥D-ABC的四个定点距离相等,分成两类;
一类是:当平面一侧有一点,另一侧有三点时,即对此三棱锥进行换底,则三棱锥由四种表示形式,此时满足条件的平面个数是四个,
另一类是:当平面一侧有两点,另一侧有两点时,即构成的直线是三棱锥的相对棱所在直线,因三棱锥的相对棱有三对,则此时满足条件的平面个数是三个, 综上所述,满足条件的平面共有7个.
7.若一个圆锥的底面半径是母线长的一半,侧面积和它的体积的数值相等,则该圆锥的底面半径为( )
A. B.2 C.2 D.4
【解析】选C.设圆锥的底面半径为r,则该圆锥母线长为2r,则
×2πr·2r=πr2·r,所以r=2.
8.已知直二面角α-l-β,点A∈α,A C⊥l,C为垂足,B∈β,BD⊥l,D为垂足.若AB=2,AC=BD=1,则D到平面ABC的距离等于( )
A. B. C. D.1
【解析】选C.如图,作DE⊥BC于E,由α-l-β为直二面角,AC⊥l得AC⊥平面β,进而AC⊥DE,又BC⊥DE,BC∩AC=C,于是DE⊥平面ABC,故DE为D到平面ABC的距离.
在Rt△BCD中,利用等面积法得DE===.
9.(2018·杭州模拟)矩形ABCD中,AB=,BC=1,将△ABC与△ADC沿AC所在的直线进行随意翻折,在翻折过程中直线AD与直线BC所成角的范围(包含初始状态)为 ( )
A. B.
C. D.
【解析】选C.初始状态直线AD与直线BC成的角为0,翻折过程中当BC⊥BD时,
直线AD与直线BC成的角为直角,因此直线AD与直线BC成的角范围为.
10.在△ABC中,AB=2,BC=1.5,∠ABC=120°,若使△ABC绕直线BC旋转一周,则所形成的几何体的体积是 ( )
A.π
B.π
C.π
D.π
【解析】选A.如图△ABC中,若使△ABC绕直线BC旋转一周,则所形成的几何体是以ACD为轴截面的圆锥中挖去了一个以ABD为轴截面的小圆锥后剩下的部分,因为AB=2,BC=1.5,∠ABC=120°,所以AE=ABsin 60°=,BE=ABcos 60°=1,
V=π·AE2·CE-π·AE2·BE=π·AE2·CB=π·()2×1.5=π.
11.(2018·石家庄模拟)在正四棱锥V-ABCD中(底面是正方形,侧棱均相
等),AB=2,VA=,且该四棱锥可绕着AB作任意旋转,旋转过程中CD∥平面α.则正四棱锥V-ABCD在平面α内的正投影的面积的取值范围是( )
A.[2,4]
B.(2,4]
C.[,4]
D.[2,2]
【解析】选A.由题可知正四棱锥V-ABCD在平面α内的正投影图形为平面α截V-ABCD所得横截面图形,其中平面是平行于CD的平面,四棱锥底面积为S1=AB2=4,任意一个侧面的高为=,则侧面面积为S2=,四棱锥的高为
=2,所以过V且垂直于底面的截面面积为S3=2,经分析可知四棱锥绕AB旋转过程当底面与平面α平行时,投影面积最大,当底面与平面α垂直时,投影面积最小,所以投影面积的取值范围为[2,4].
12.在Rt△ABC中,已知D是斜边AB上任意一点(如图①),沿直线CD将△ABC折成直二面角B-CD-A(如图②).若折叠后A,B两点间的距离为d,则下列说法正确的是( )
A.当CD为Rt△ABC的中线时,d取得最小值
B.当CD为Rt△ABC的角平分线时,d取得最小值
C.当CD为Rt△ABC的高线时,d取得最小值
D.当D在Rt△ABC的斜边AB上移动时,d为定值
【解析】选B.设BC=a,AC=b,∠ACD=θ,则∠BCD=-θ,过A作CD 的垂线AG,过B作CD的延长线的垂线BH,所以AG=bsin θ,BH=acos θ,CG= bcos θ,则HG=CH-CG=asin θ-bcos θ,
所以d==
=
==
,
所以当θ=,即当CD为Rt△ABC的角平分线时,d取得最小值.
二、填空题(本大题共4小题,每小题5分,共20分.请把正确答案填在题中横线上)
13.在矩形ABCD中,对角线AC与相邻两边所成的角为α,β,则有cos 2α+
cos 2β=1.类比到空间中的一个正确命题是:在长方体ABCD-A1B1C1D1中,对角线AC1与相邻三个面所成的角为α,β,γ,则cos 2α+cos 2β+cos2γ=________. 【解析】设长方体的棱长分别为a,b,c,如图所示,所以AC1与下底面所成角为
∠C1AC,记为α,所以cos 2α==,同理cos 2β
=,cos 2γ=,所以cos 2α+cos 2β+cos 2γ=2.
答案:2
14.已知长方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=BC=2,且对角线BD1与侧棱BB1所成角的余弦值为,则该长方体外接球表面积等于________.
【解析】因为AB=BC=2,所以B1D1=BD=2.
又cos ∠D1BB1=,所以sin ∠D1BB1=.即BD1=2.
所以该长方体外接球半径为,所以S=4πR2=24π.
答案:24π
15.将正方形ABCD沿对角线BD折成直二面角后的图形如图所示,若E为线段BC 的中点,则直线AE与平面ABD所成角的余弦值为________.
【解析】过点E作EF⊥BD,垂足为F,则∠EAF为直线AE与平面ABD所成的角,
不妨设正方形的边长为2,则BF=EF=,AB=2,在△ABF中,由余弦定理:AF2=
AB2+BF2-2×AB×BF×cos∠ABF=,所以AF=,在Rt△AEF中,AE2=AF2+EF2=3,所以AE=,故cos∠EAF==.
答案:
16.(2017·全国卷Ⅰ)如图,圆形纸片的圆心为O,半径为5 cm,该纸片上的等边三角形ABC的中心为O.D,E,F为圆O上的点,△DBC,△ECA,△FAB分别是以BC, CA,AB为底边的等腰三角形.沿虚线剪开后,分别以BC,CA,AB为折痕折起
△DBC,△ECA,△FAB,使得D,E,F重合,得到三棱锥.当△ABC的边长变化时,所得三棱锥体积(单位:cm3)的最大值为________.
【解析】由题意,连接OB,OD,交BC于点G,由题意得,OD⊥BC,
OG=BC,
设OG=x,则BC=2x,DG=5-x,
三棱锥的高h=
==,
S△ABC=2x·3x·=3x2,
则V=S△ABC·h=x2·
=·,
令f=25x4-10x5,x∈,f′=100x3-50x4,
令f′>0,即x4-2x3<0,x<2,
则f≤f=80,
则V≤×=4,
所以体积最大值为4 cm3.
答案:4 cm3
三、解答题(本大题共6小题,共70分.解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)
17.(10分)如图所示,边长AC=3,BC=4,AB=5的三角形简易遮阳棚,其中A,B是地面上南北方向两个定点,正西方向射出的太阳光线与地面成30°角,试问:遮阳棚ABC与地面成多大角度时,才能保证所遮影面ABD面积最大?
【解析】易知,△ABC为直角三角形,在平面ABC内由C点引AB的垂线,垂足为Q,则应有DQ为DC在地面上的阴影,且AB垂直于平面CQD,如图所示.
因太阳光与地面成30°角,所以∠CDQ=30°,
又知在△CQD中,CQ=,
由正弦定理,有=,
即QD=sin ∠QCD.
为使面ABD的面积最大,需QD最大,
只有当∠QCD=90°时才可达到,从而∠CQD=60°.
故当遮阳棚ABC与地面成60°角时,才能保证所遮影面ABD面积最大.
【方法技巧】求解几何体中的面积最值的思路
首先要明确所求图形面积的表示式,区分图形中的定值与变量,然后根据几何体的结构特征和已知条件确定变量的最值即可.
18.(12分)如图,已知在△ABC中,∠C=90°,PA⊥平面ABC,AE⊥PB于E,AF⊥PC 于F,AP=AB=2,∠AEF=θ,当θ变化时,求三棱锥P-AEF体积的最大值.
【解析】因为PA⊥平面ABC,BC⊂平面ABC,所以PA⊥BC,
又因为BC⊥AC,PA∩AC=A,所以BC⊥平面PAC,又AF⊂平面PAC,所以BC⊥AF,
又AF⊥PC,PC∩BC=C,所以AF⊥平面PBC,即AF⊥EF.EF是AE在平面PBC上的射影,因AE⊥PB,所以EF⊥PB,即PE⊥平面AEF.在三棱锥P-AEF中,AP=AB=2,AE⊥PB,
所以PE=,AE=,
AF=sin θ,EF=cos θ,
V P-AEF=S△AEF·PE
=××sin θ·cos θ×
=sin 2θ,因为0<θ<,所以0<2θ<π,0<sin 2θ≤1,
因此,当θ=时,V P-AEF取得最大值为.
【方法技巧】几何体体积的最值问题的解决,要根据几何体的结构特征确定其体积的求解方式,分清定量与变量,然后根据变量的取值情况,利用函数法或平面几何的相关结论判断相应的最值.
19.(12分)如图,矩形ABCD和梯形BEFC所在平面互相垂直,BE∥CF且BE<CF,
∠BCF=,AD=,EF=2.
(1)求证:AE∥平面DCF.
(2)若BE=-1,且=λ,当λ取何值时,直线AE与BF所成角的大小为60°?
【解析】(1)过E作EG∥BC交FC于G,连接DG,因为BE∥CF,所以四边形BCGE是平行四边形,因此EG∥BC∥AD,
且EG=BC=AD,所以四边形ADGE也是平行四边形,于是AE∥DG,
又AE⊄平面DCF,DG⊂平面DCF,故AE∥平面DCF.
(2)由(1)知EG∥BC∥AD,且EG=BC=AD,所以EG=AD=,又EF=2,所以GF=1.
因为四边形ABCD是矩形,所以DC⊥BC.
因为∠BCF=,所以FC⊥BC,又平面AC⊥平面BF,平面AC∩平面BF=BC,于是FC ⊥平面AC,所以FC⊥CD.
分别以CB,CD,CF为x,y,z轴建立空间直角坐标系.
由=λ,得AB=(-1)λ.
所以A(,(-1)λ,0),B(,0,0),E(,0,-1),F(0,0,),
所以=(0,(1-)λ,-1),=(-,0,),
依题意有cos 60°=,
即=,解得λ=1.
故当λ=1时,直线AE与BF所成角的大小为60°.
20.(12分)中秋节即将到来,为了做好中秋节商场促销活动,某商场打算将进行促销活动的礼品盒重新设计.方案如下:将一块边长为10的正方形纸片ABCD剪
去四个全等的等腰三角形△SEE′,△SFF′,△SGG′,△SHH′,再将剩下的阴影部分折成一个四棱锥形状的包装盒S-EFGH,其中A,B,C,D重合于点O,E与E′重合,F与F′重合,G与G′重合,H与H′重合(如图所示).
(1)求证:平面SEG⊥平面SFH.
(2)已知AE=,过O作OM⊥SH交SH于点M,求cos ∠EMO的值.
【解析】(1)因为折后A,B,C,D重合于一点O,所以拼接成底面EFGH的四个直角三角形必为全等的等腰直角三角形,所以底面EFGH是正方形,故EG⊥FH.因为在原平面图形中,等腰△SEE′≌△SGG′.
所以SE=SG,所以EG⊥SO.又因为SO,FH⊂平面SFH,SO∩FH=O,所以EG⊥平面SFH.又因为EG⊂平面SEG,所以平面SEG⊥平面SFH.
(2)因为EO⊥平面SFH,所以EO⊥SH,所以SH⊥平面EMO,所以∠EMO为二面角
E-SH-F的平面角.
当AE=时,即OE=,Rt△SHO中,SO=5,SH=,所以OM==,
Rt△EMO中,EM==,
cos∠EMO===.
所以所求角的余弦值为.
【一题多解】由(1)知EG⊥FH,EG⊥SO,并可同理得到HF⊥SO,故以O为原点,分别以OF,OG,OS所在直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系O-xyz,
在原平面图形中,AE=,则底面正方形EFGH的对角线EG=5,
所以H,E,
G,=,
=.
在原平面图形中,可求得SE=,在Rt△SOE中,可求得SO==5,
所以S(0,0,5),=.
设平面SEH的一个法向量为n=(x,y,z),
则得
令x=2,则n=(2,2,-1),
因为EG⊥平面SFH,所以是平面SFH的一个法向量,设二面角E-SH-F的大小为θ,
则cos θ==.
所以二面角E-SH-F的余弦值为,
即cos∠EMO=.
21.(12分)如图,在四棱锥P-ABCD中,AB∥CD,且∠BAP=∠CDP=90°.
(1)证明:平面PAB⊥平面PAD.
(2)若PA=PD=AB=DC,∠APD=90°,求二面角A-PB-C的余弦值.
【解析】(1)由已知∠BAP=∠CDP=90°,得AB⊥AP,CD⊥PD.
由于AB∥CD,故AB⊥PD,从而AB⊥平面PAD.
又AB⊂平面PAB,所以平面PAB⊥平面PAD.
(2)在平面PAD内作PF⊥AD,垂足为F,
由(1)可知,AB⊥平面PAD,故AB⊥PF,可得PF⊥平面ABCD.
以F为坐标原点,的方向为x轴正方向,为单位长,建立如图所示的空间直角坐标系.
令PA=1,由(1)及已知可得,A,
P,B,C.
所以
=,=(,0,0),=,=(0,1,0).
设n=(x,y,z)是平面PCB的法向量,则
可取n=(0,-1,-).
设m=(x′,y′,z′)是平面PAB的法向量,则
即
可取m=(1,0,1).
则cos <n,m>==-,
所以二面角A-PB-C的余弦值为-.
22.(12分)在如图所示的几何体中,平面ADNM⊥平面ABCD,四边形ABCD和四边形ADNM都是边长为2的菱形,∠BAD=∠MAD=,E是AB的中点.
(1)求证:AN∥平面MEC.
(2)在线段AM上是否存在点P,使PE与平面MCE所成的角为,若存在,求出AP
的长;若不存在,请说明理由.
【解析】(1)由已知,MN∥AD∥BC,连接BN,设CM与BN交于F,连接EF,又MN=AD=BC,所以四边形BCNM是平行四边形,F是BN的中点.又E是AB的中点,所以AN∥EF, 因为EF在平面MEC内,AN不在平面MEC内,
所以AN∥平面MEC.
(2)假设在线段AM上存在点P,使PE与平面MCE所成的角为.取AD的中点O,
连接OM,OB,则OM⊥AD,OB⊥AD,所以OM⊥平面ABCD,
以O为坐标原点,OA,OB,OM为x,y,z轴建立空间直角坐标系,则
M(0,0,),B(0,,0),
C(-2,,0),E,
=,=(-2,,-),
设AP=x,则P,
所以=,
设平面MCE的一个法向量为n=(x,y,z),
即
所以n=(,5,3),
sin ==
==,
解得33x2-x+21=0,无解,
故不存在满足条件的P点.
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