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2011年高考一轮数学复习 9-6棱柱、棱锥的概念和性质理 同步练习(名师解析)



第9章

第 6 节 知能训练·提升

考点一:棱柱、棱锥的概念与性质 1.设有四个命题: ①底面是矩形的平行六面体是长方体; ②棱长相等的直四棱柱是正方体; ③有两条侧棱都垂直于底面一边的平行六面体是直平行六面体; ④对角线相等的平行六面体是直平行六面体. 以上四个命题中,真命题的个数是 ( ) A.1 B.2 C.3 D.4 解析:命题

①不是真命题,因为底面是矩形,若侧棱不垂直于底面,这时四棱柱仍然是 斜平行六面体.命题②不是真命题,若底面是菱形,底面边长与棱长相等的直四棱柱不是正 方体.命题③也不是真命题,因为有两条侧棱垂直于底面一边,这时两个对的侧面是矩形, 但是不能推出侧棱与底面垂直.命题④是真命题,由对角线相等,可得出平行六面体的对角 面是矩形,从而推出侧棱与底面垂直,这个平行六面体是直平行六面体. 答案:A 2.下面是关于三棱锥的四个命题: ①底面是等边三角形,侧面与底面所成的二面角都相等的三棱锥是正三棱锥; ②底面是等边三角形,侧面都是等腰三角形的三棱锥是正三棱锥; ③底面是等边三角形,侧面的面积都相等的三棱锥是正三棱锥; ④侧棱与底面所成的角都相等,且侧面与底面所成的二面角都相等的三棱锥是正三棱 锥. 其中真命题的编号是________.(写出所有真命题的编号) 解析:①正确. ②如图,可令 AB=VB=VC=BC=AC,则△VBC 为等边三角形而△VAB 和△VCA 均为等腰 三角形,故不能判定为正三棱锥;

③侧面积相等只能证明斜高相等, 并不能表示侧面为全等三角形, 故不能判定为正三棱 锥;④正确. 答案:①④ 考点二:棱柱、棱锥的平行与垂直问题 3 3.在正四棱锥 P-ABCD 中,PA= AB,M 是 BC 的中点,G 是△PAD 的重心,则在平面 2 PAD 中经过 G 点且与直线 PM 垂直的直线有________条. 3 解析:如图,若设正四棱锥的底面边长为 a,则侧棱为 a,由于 PM⊥BC,所以 2

PM=

(

3 2 a 2 2 a) -( ) = a, 2 2 2

2 a,又 MN=AB=a,所以 PM2+PN2=MN2,于 2 是 PM⊥PN,又 PM⊥AD,所以⊥平面 PAD,因此在平面 PAD 中经过 G 点的任意一条直线都与 PM 垂直. 答案:无数 4.如图所示,在底面为平行四边形的四棱锥 P-ABCD 中,AB⊥AC,PA⊥平面 ABCD,且 PA=AB,点 E 是 PD 的中点. 连结 PG 并延长与 AD 相交于 N 点,则 PN=

(1)求证:AC⊥PB; (2)求证:PB∥平面 AEC; (3)求二面角 E-AC-B 的大小. 解:(1)证明:由 PA⊥平面 ABCD 可得 PA⊥AC, 又 AB⊥AC,∴AC⊥平面 PAB,∴AC⊥PB. (2)证明: 如图所示, 连结 BD 交 AC 于点 O, 连结 EO, 则 EO 是△PDB 的中位线, ∴EO∥PB,

∴PB∥平面 AEC. (3)取 AD 的中点 F,连结 EF, FO,则 EF 是△PAD 的中位线, ∴EF∥PA,又 PA⊥平面 ABCD,∴EF⊥平面 ABCD, 同理 FO 是△ABD 的中位线,∴FO∥AB,∴PO⊥AC. 1 1 由三垂线定理可知, ∠EOF 是二面角 E-AC-D 的平面角. 又 FO= AB= PA=EF, ∴∠EOF 2 2 =45°,而二面角 E-AC-B 与二面角 E-AC-D 互补,故所求二面角 E-AC-B 的大小为 135°. 考点三:棱柱、棱锥中角与距离的计算 5. (2010·昆明)三棱锥 S-ABC 中, SA⊥底面 ABC, SA=4, AB=3, D 为 AB 的中点, ∠ABC =90°,则点 D 到面 SBC 的距离等于 ( ) 12 9 6 3 A. B. C. D. 5 5 5 5

答案:C 6.如图,在直三棱柱 ABC-A1B1C1 中,∠ACB=90°,CB=1,CA= 3,AA1= 6,M 为 侧棱 CC1 上一点,AM⊥BA1.

(1)求证:AM⊥平面 A1BC; (2)求二面角 B-AM-C 的大小; (3)求点 C 到平面 ABM 的距离. 解: (1)证明: 在直三棱柱 ABC-A1B1C1 中, 易知面 ACC1A1⊥面 ABC, ∵∠ACB=90°, ∴BC⊥ 面 ACC1A1.

∵AC?面 ACC1A1,∴BC⊥AM. ∵AM⊥BA1,且 BC∩BA1=B,∴AM⊥平面 A1BC. (2)设 AM 与 A1C 的交点为 O,连结 BO, 由(1)可知 AM⊥OB,且 AM⊥OC, ∴∠BOC 为二面有 B-AM-C 的平面角. 在 Rt△ACM 和 Rt△A1AC 中,∠OAC+∠ACO=90°, ∴∠AA1C=∠MAC. ∴Rt△ACM∽Rt△A1AC. 6 2 ∴AC =MC·AA1.∴MC= . 2 3 2 ∴在 Rt△ACM 中,AM= . 2 1 1 ∵ AC·MC= AM·CO,∴CO=1. 2 2 ∴在 Rt△BCO 中,tan∠BOC= =1.∴∠BOC=45°, 故所求二面角的大小为 45°. 1 1 3 2 (3)设点 C 到平面 ABM 的距离为 h, 易知 BO= 2, 可知 S△ABM= ·AM·BO= × × 2 2 2 2 3 = . 2 ∵VC-ABM=VM-ABC, 1 1 ∴ hS△ABM= MC·S△ABC. 3 3 6 2 MC·S△ABC 2 2 ∴h= = = . S△ABM 3 2 2 2 . 2 考点四:棱柱、棱锥的面积与体积计算 7.在三棱锥 P-ABC 中,BC=3,CA=4,AB=5,若三侧面与底面所成二面角 A-BC-P 为 45°,B-AC-P 为 45°,C-AB-P 为 45°,则三棱锥 P-ABC 的体积为 ∴点 C 到平面 ABM 的距离为 × 3

BC CO

(

)

A.1 B.2 C.3 D.4 解析:设三棱锥 P-ABC 的高为 h,底面三角形的内切圆的半径为 r,则 h=r, 1 1 由 r(3+4+5)= ×3×4, 2 2 1 所以 r=1,因此 V= S△ABCh=2. 3 答案:B 8.(2010·东北模拟)正三棱锥底面边长为 a,侧棱与底面所成角为 60°,过底面一边 作一截面使其与底面成 30°的二面角,则此截面的面积为 ( ) 3 2 3 2 A. a B. a 4 3 1 2 3 2 C. a D. a 3 8 解析:如图,E 为 AB 中点,

CE=

3 3 BC= a,∠DEC=30°,∠DCE=60°,∴∠EDC=90° 2 2 3 3 3 a· = a, 2 2 4

∴DE=CE·sin60°=

1 3 3 2 ∴S△ACB= ·a· a= a . 2 4 8 答案:D 1.(2009·辽宁)正六棱锥 P-ABCDEF 中,G 为 PB 的中点,则三棱锥 D-GAC 与三棱锥 P -GAC 体积之比为 ( ) A.1∶1 B.1∶2 C.2∶1 D.3∶2 解析:由题意可知 VB-GAC=VP-GAC, ∵三棱锥 VB-GAC=VG-BAC,VD-GAC=VG-ADC, 又∵三棱锥 G-BAC 与三棱锥 G-ADC 等高,且 S△BAC∶S△ADC=1∶2, 综上可知 VD-GAC∶VP-GAC=2∶1,故选择 C. 答案:C 2.(2008·全国卷Ⅱ)正四棱锥的侧棱长为 2 3,侧棱与底面所成的角为 60°,则该棱 锥的体积为 ( ) A.3 B.6 C.9 D.18 解析:高 h=2 3sin60°=3,又因底面正方形的对角线等于 2 3, 1 ∴底面积为 S=2× ×2 3× 3=6, 2 1 ∴体积 V= ×6×3=6. 3

答案:B 3.(2009·全国Ⅱ)如图,直三棱柱 ABC-A1B1C1 中,AB⊥AC,D、E 分别为 AA1、B1C 的中 点,DE⊥平面 BCC1.

(1)证明:AB=AC; (2)设二面角 A-BD-C 为 60°,求 B1C 与平面 BCD 所成的角的大小. 1 解法一:(1)取 BC 中点 F,连接 EF,则 EF 綊 B1B,从而 EF 綊 DA. 2 连接 AF,则四边形 ADEF 为平行四边形,从而 AF∥DE. 又 DE⊥平面 BCC1,故 AF⊥平面 BCC1, 从而 AF⊥BC,即 AF 为 BC 的垂直平分线,∴AB=AC. (2)作 AG⊥BD,垂足为 G,连接 CG.

由三垂线定理知 CG⊥BD,故∠AGC 为二面角 A-BD-C 的平面角. 由题设知,∠AGC=60°. 2 设 AC=2,则 AG= . 3 又 AB=2,BC=2 2,故 AF= 2. 2 2 2 由 AB·AD=AG·BD 得 2AD= · AD +2 ,解得 AD= 2,故 AD=AF. 3 又 AD⊥AF,∴四边形 ADEF 为正方形. ∵BC⊥AF,BC⊥AD,AF∩AD=A,故 BC⊥平面 DEF,因此平面 BCD⊥平面 DEF. 连接 AE、DF,设 AE∩DF=H,则 EH⊥DF,EH⊥平面 BCD. 连接 CH,则∠ECH 为 B1C 与平面 BCD 所成的角. ∵四边形 ADEF 为正方形,AD= 2,故 EH=1, 1 又 EC= B1C=2,∴∠ECH=30°, 2 即 B1C 与平面 BCD 所成的角为 30°. 解法二:(1)以 A 为坐标原点,射线 AB、AC、AA1 分别为 x 轴、y 轴、z 轴的正半轴,建 立如图所示的空间直角坐标系 A-xyz.

设 B(1,0,0),C(0,b,0),D(0,0,c), 1 b 则 B1(1,0,2c),E( , ,c). 2 2 1 b → 于是DE=( , ,0), 2 2 → BC=(-1,b,0). 由 DE⊥平面 BCC1 知 DE⊥BC, → → DE·BC=0,求得 b=1, ∴AB=AC. → (2)设平面 BCD 的一个法向量为AN=(x,y,z), → → → → 则AN·BC=0,AN·BD=0.
? ?-x+y=0, → → 又BC=(-1,1,0),BD=(-1,0,c),故? ?-x+cz=0. ?

1 → 1 令 x=1,则 y=1,z= ,AN=(1,1, ).

c

c

→ 又平面 ABD 的一个法向量为AC=(0,1,0), → → 由二面角 A-BD-C 为 60°知, 〈AN,AC〉=60°, 1 → → → → 故AN·AC=|AN|·|AC|·cos60°,求得 c= . 2 → → 于是AN=(1,1, 2),CB1=(1,-1, 2), → → AN·CB1 1 → → → → cos〈AN,CB1〉= = , 〈AN,CB1〉=60°. → → 2 |AN|·|CB1| ∴B1C 与平面 BCD 所成的角为 30°. 如图, 已知在斜三棱柱 ABC-A1B1C1 中, 侧面 A1C⊥底面 ABC, AB=AC=AA1=1.AB⊥AC, 且侧棱 AA1 与底面 ABC 所成的角为 60°. (1)求证:AB⊥A1C; (2)求二面角 C1-BC-A 大小的正切值; (3)求该三棱柱的侧面积.

解:(1)证明:∵面 A1C⊥面 ABC,面 A1C∩面 ABC=AC 且 AB⊥AC, ∴AB⊥面 A1C,从而 AB⊥A1C. (2)过 C1 作 C1M⊥AC 的延长线于点 M,则 C1M⊥面 ABC. 过 M 作 MN⊥BC 的延长线于点 N,连结 C1N,则 C1N⊥BC. ∴∠C1NM 为二面角 C1-BC-A 的平面角的补角. 3 1 在 Rt△C1MN 中,C1M= ,CM= , 2 2 ∴MN= 2 2 CM= . 2 4

C1M = 6. MN 故二面角 C1-BC-A 的正切值为 6. (3)由(1)知,ABB1A1 为矩形,SABB1A1=1.
∴tan∠C1NM= 由(2)知,C1N= C1M +MN =
2 2

14 , 4

SBCC1B1= 2·

14 7 = . 4 2

3+ 7 . 2 [例 1]求经过两点 P1(2,1)和 P2(m,2) (m∈R)的直线 l 的斜率,并且求出 l 的 倾斜角α 及其取值范围. 选题意图:考查倾斜角与斜率之间的关系及斜率公式. 解:(1)当 m=2 时,x1=x2=2,∴直线 l 垂直于 x 轴,因此直线的斜率不存在,倾斜角 ∴ S 侧=SACC1A1+SABB1A1+SBCC1B1=1+ α =

? 2

(2)当 m≠2 时,直线 l 的斜率 k= ∴α =arctan

1 ? ,α ∈(0, ) , m?2 2

1 ∵m>2 时,k>0. m?2

∵当 m<2 时,k<0 ∴α =π +arctan

1 ? ,α ∈( ,π ). m?2 2 1 ,m)共线,求 m 的值. 2

说明:利用斜率公式时,应注意斜率公式的应用范围. [例 2]若三点 A(-2,3) ,B(3,-2) ,C(

选题意图:考查利用斜率相等求点的坐标的方法. 解:∵A、B、C 三点共线, ∴kAB=kAC,

?2?3 m?3 ? . 1 3? 2 ?2 2

解得 m=

1 . 2

说明:若三点共线,则任意两点的斜率都相等,此题也可用距离公式来解. [例 3]已知两点 A(-1,-5),B(3,-2),直线 l 的倾斜角是直线 AB 倾斜角的一半,求直 线 l 的斜率. 选题意图:强化斜率公式. 解:设直线 l 的倾斜角α ,则由题得直线 AB 的倾斜角为 2α . ∵tan2α =kAB=

? 2 ? (?5) 3 ? . 3 ? (?1) 4

?

2 tan ? 3 ? 2 1 ? tan ? 4

即 3tan2α +8tanα -3=0,

解得 tanα = ∵tan2α =

1 或 tanα =-3. 3

3 >0,∴0°<2α <90°, 4

0°<α <45°, ∴tanα =

1 . 3
1 3

因此,直线 l 的斜率是

说明:由 2α 的正切值确定α 的范围及由α 的范围求α 的正切值是本例解法中易忽略的 地方.

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