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非课改区2010届高三上学期第七次检测(数学理)p


高三上学期理科数学单元测试(7)[原人教版 命题范围 立体几何 原人教版] 原人教版

高三上学期理科数学单元测试(7)[原人教版 命题范围 立体几何 原人教版] 原人教版 本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分,共 150 分;答题时间 150 分钟. 第Ⅰ卷(选择题 共 60 分) 一,选择题:在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的,请把正确答案的代号填在 题后的 括号内(本大题共 12 个小题,每小题 5 分,共 60 分) . 1.设 α , β 是两个不同的平面, l 是一条直线,以下命题正确的是 A.若 l ⊥ α , α ⊥ β ,则 l β C.若 l ⊥ α , α / / β ,则 l ⊥ β B.若 l / /α , α / / β ,则 l β D.若 l / /α , α ⊥ β ,则 l ⊥ β ) ( )

2.已知α,β表示两个不同 的平面,m 为平面α内的一条直线,则" α ⊥ β "是" m ⊥ β "的( A.充分不必要条件 B.必要不充分条件 C.充要条件 D.既不充分也不必要条件 )

3.平面六面体 ABCD A1 B1C1 D1 中,既与 AB 共面也与 CC1 共面的棱的条数为 ( A.3 的距离为( B.4 )A. C.5 D.6 C. 2

4.若正四棱柱 ABCD A1 B1C1 D1 的底面边长为 1, AB1 与底面 ABCD 成 60°角,则 A1C1 到底面 ABCD 5.如图,在四面体 ABCD 中,截面 PQMN 是正方形,则在下列命题中,错误的为( .. A. AC ⊥ BD B. AC ‖截面 PQMN C. AC = BD C.异面直线 PM 与 BD 所成的角为 45 6.已知正四棱柱 ABCD A1 B1C1 D1 中, AA1 = 2 AB, 为 AA1 中点,则异面直线 BE 与 CD1 所成的角的 E 余弦值为( ) A. 10
10

3 3

B.1

D. 3 )

B.

1 5

C. 3 10
10

D. 3 5 ( )

7.设直线 l 平面 α ,过平面 α 外一点 A 与 l , α 都成 300 角 的直线有且只有 A.1条 B.2条 C.3条 D.4条

8.一个正方体的展开图如图所示, B, C , D 为原正方体的顶点, A 为原正方体一条棱的中点.在原来的正 方体中, CD 与 AB 所成角的余弦值为 A. ( )

5 10 5 5

B.

10 5 10 10 [来源:学科网]
( ) C. 8 2π D. 32π 3

C.

D.

9.用与球心距离为 1 的平面去截球,所得的截面面积为 π ,则球的体积为 A. 8π 3 B. 8 2π
3

10.长方体 ABCD-A1B1C 1D1 的 8 个顶点在同一球面上,且 AB=2,AD= 3 ,AA1=1,则顶点 A,B 间的球面距离
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是(

)

A.2 2π

B. 2π

C.

2π 2

D.

2π 4

11.连结球面上两点的线段称为球的弦.半径为 4 的球的两条弦 AB , CD 的长度分别等于 2 7 , 4 3 ,

M , N 分别为 AB , CD 的中点,每条弦的两端都在球面上运动,有下列四个命题: ①弦 AB , CD 可能相交于点 M ②弦 AB , CD 可能相交于点 N ④ MN 的最小值为 1 ③ MN 的最大值为 5
其中真命题的个数为 A.1 个 B.2 个 ( C.3 个 D.4 个
0

)

12.若三棱柱的一个侧面是边长为 2 的正方形,另外两个侧面都是有一个内角为 60 的菱形,则该棱柱的 体积等于( ) A. 2 C. 2 2 C. 3 2 D. 4 2

第Ⅱ卷(非选择题 共 90 分) 二,填空题:请把答案填在题中横线上(本大题共 4 个小题,每小题 4 分,共 16 分) . 13. 已知向量 a = ( 0 , 1, 1 ) ,b = ( 4 , 1 , 0 ) , λ a + b | = | 则 2 9 且 λ > 0 , λ = ____________.

14.已知 ∠AOB = 90° , C 为空间中一点,且 ∠AOC = ∠BOC = 60° ,则直线 OC 与平面 AOB 所成角 的正弦值为 15.连结球面上两点的线段称为球的弦.半径为 4 的球的两条弦 AB,CD 的长度分别等于 2 7 , 4 3 , 每条弦的两端都在球面上运动,则两弦中点之间距离的最大值为 . 16.如图 1,一个正四棱柱形的密闭容器底部镶嵌了同底的正四棱锥形实心装饰块,容器内盛有 a 升水时, .有下列四个命题: 水面恰好经过正四棱锥的顶点 P.如果将容器倒置,水面也恰好过点 P (图 2) A.正四棱锥的高等于正四棱柱高的一半 B.将容器侧面水平放置时,水面也恰好过点 P C.任意摆放该容器,当水面静止时,水面都恰好经 P 过点 P P D.若往容器内再注入 a 升水,则容器恰好能装满 其中真命题的代号是: (写出所有真 命题的代号) . 图 1 图 2 . 三,解答题:解答应写出文字说明,证明过程或演算步骤(本大题共 6 个大题,共 74 分) 17. (12 分)如图所示,已知三棱柱 ABC- A1 B1C1 的底面边长均为 2,侧棱 B1 B 的长为 2 且与底面 ABC 所成 角为

π
3

,且侧面 ABB1 A1 垂直于底面 ABC.

(1)求二面角 B1 AC B 的正切值的大小;

(2)若其余条件不变,只改变侧棱的长度,当侧棱 BB1 的长度为多长时,可使面 B1 AC 和底面垂直.

18 . 12 分 ) 如 图 , 在 四 棱 锥 P-ABCD 中 , 平 面 PAD⊥ 平 面 ABCD, ∠ABC = ∠BCD = 90° , (

PA = PD = DC = CB = 1 AB ,E 是 BD 的中点. 2
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(1)求证:EC//平面 APD; (2)求 BP 与平面 A BCD 所成角的正切值; (3) 求二面角 P-AB-D 的大小.

19(12 分)四棱锥 P ABCD 中,底面 ABCD 是一个平行四边形, AB =(2, 1, 4) , AD = (4,2,0) ,

AP =(1,2, 1)

(1)求四棱锥 P ABCD 的体积;

x1 y1 z1
( 2 ) 定 义 x2 y2 z2 = x 1 y 2 z 3 + x2 y 3 z 1+ x 3 y 1 z 2 x 1 y 3 z 2 x 2 y 1 z 3 x 3 y 2 z 1 , 对 于 向 量

x3 y3 z3

x1 y1 z1
a = ( x 1 , y 1 , z 1 ) , = ( x 2 , y 2 , z 2 ) , = ( x 3 , y 3 , z 3 ) 有 ( a × b ) c = x 2 y 2 z 2 , ( AB × AD) AP b c 则

x3 y 3 z 3
=_________________. 20. (12 分)正方形 ABCD 边长为 4,点 E 是边 CD 上的一点,将 AED 沿 AE 折起到 AED1 的位 置时,有 平面 ACD1 ⊥ 平面 ABCE,并且 BD1 ⊥ CD1 (如图) (I)判断并证明 E 点的具体位置; (II) 求点 D/到平面 ABCE 的距离.

[来源:学 21. (12 分)如图,在棱长为 1 的正方体 ABCD A1 B1C1 D1 中, (I)在侧棱 CC1 上是否存在一个点 P,使得直线 AP 与平面 BDD1 B1 所成角的正切值为 3 2 ; (Ⅱ)若 P 是侧棱 CC1 上一动点,在线段 A1C1 上是否存在一个定点 Q ,使得 D1Q 在平面 APD1 上的 射影垂直于 AP .并证明你的结论.

[来源:Zxxk.Com]

22. (满分 14 分) 在斜四棱柱 ABCD A1 B 1 C1 D1 中,已知底面 ABCD 是边长为 4 的菱形,∠DAB = 60° ,且点 A1 在面
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ABCD 上的射影是底面对角线 BD 与 AC 的交点 O,设点 E 是 CC1 的中点, AA1 = 4 3 .

(Ⅰ) 求证:四边形 BB1 D1 D 是矩形; (Ⅱ) 求二面角 E BD C 的大小; (Ⅲ) 求四面体 B1 BDE 的体积.[来源:学科网]

参考答案 1.答案 C 解析:对于 A,B,D 均可能出现 l // β ,而对于 C 是正确的. 2.答案 B 解析:由平面与平面垂直的判定定理知如果 m 为平面α内的一条直线, m ⊥ β ,则 α ⊥ β ,反过来 则不一 定.所以" α ⊥ β "是" m ⊥ β "的必要不充分条件 3.答案 C 解析:如图,用列举法知合要求的棱为:

BC , CD , C1 D1 , BB1 , AA1 故选 C.
4.答案 D 解析:依题意, ∠B1 AB = 60 ,如图,
°

BB1 = 1× tan 60° = 3 ,故选 D.
5.答案:C 解析:由 PQ ‖ AC , QM ‖ BD ,

PQ ⊥ QM 可得 AC ⊥ BD ,故 A 正确;由 PQ ‖ AC 可得 AC ‖截面 PQMN ,故 B 正确;异面直
线 PM 与 BD 所成 的角等于 PM 与 PN 所成的角,故 D 正确;综上 C 是错误的,故选 C . 6. 答案 C 解析: AB = 1 则 AA1 = 2 ,连 A1 B ∵ C1 D ‖ A1 B ∴ 异面直线 BE 与 CD1 所成的角即 A1 B 与 BE 令 所成的角.在 A1 BE 中由余弦定理易得 cos ∠A1 BE =

3 10 ,故选 C. 10

7.答案 B 解析:如图,和 α 成 300 角的直线一定是以 A 为顶点 的圆锥的母线所在直线,当 ∠ABC = ∠ACB = 300 ,直线

AC , AB 都满足条件,故选B.
8.答案 D 解析:还原正方体如右图所示设 AD = 1 ,则

AB = 5 , AF = 1, BE = EF = 2 2 , AE = 3 ,

CD 与 AB 所 成 角 等 于 BE 与 AB 所 成 角 , 所 以 余 弦 值 为

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cos ∠ABE =

5+89 10 = ,选 D. 10 2× 5 × 2 2

9,答案 B 解析:截面面积为 π 截面圆半径为 1,又与球心距离为 1 球的半径是 2 ,所以根据球的 体积公式知 V球 =

4π R 3 8 2π = ,故 B 为正确答案. 3 3
2, 设 BD1 ∩ AC1 = O,

10.答案 C 解析:∵ BD1 = AC1 = 2 R = 2 2, ∴ R = 则 OA = OB = R =

, 故选 C. 2 ②错误. 易求得 M ,N 到球心 O 的距离分别为 3, 若两弦相交于 N 点, 2, 11. 答案 C 解析:①③④正确, 则 OM ⊥ MN , RtOMN 中,有 OM < ON ,矛盾.当 M , O , N 共线时分别取最大值 5 最小值 2
1. 12.答案 B 解析:如图在三棱柱 ABC A1 B1C1 中,设 ∠AA1 B1 = ∠AA1C1 = 600 , 由条件有 ∠C1 A1 B1 = 60 0 ,作 AO ⊥ 面A1 B1C1 于点 O , 则 cos ∠AA1O =

2, ∠AOB =

π

, ∴ l = Rθ = 2 ×

π

cos ∠AA1 B1 cos 600 1 3 , = = = 0 cos ∠B1 A1O cos 30 3 3

∴ sin ∠AA1O =

2 6 6 ∴ AO = AA1 sin ∠AA1O = , 3 3 1 2 6 × 2 × 2 × sin 600 × = 2 2 ,故选 B. 2 3

∴ VABC A1B1 AO C1 = S A1B1C1 AO =

13.答案 3 解析:由题意 λa + b = (4,1 λ , λ ) 16 + (λ 1) 2 + λ 2 = 29(λ > 0) λ = 3 .

14.答案

2 解析:由对称性点 C 在平面 AOB 内的射影 D 必在 2

∠AOB 的 平分线上作 DE ⊥ OA 于 E ,连结 CE 则由三垂 线定理 CE ⊥ OE ,设 DE = 1
OE = 1, OD = 2 ,
又 ∠COE = 60 , CE ⊥ OE OE = 2 ,所以 CD = OC OD =
2 2

2,

因此直线 OC 与平面 AOB 所成角的正弦值 sin ∠COD =

2 . 2

15.答案 5 解析:易求得 M , N 到球心 O 的距离分别为 3,2,类比平面内圆的情形可知当 M , N 与球 心 O 共线时, MN 取最大值 5. 16.答案 BD 解析:易知所盛水的容积为容器容量的一半,故 D 正确,于是 A 错误;水平放置时由容器形
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状的对称性知水面经过点 P,故 B 正确;C 的错误可由图 1 中容器位置向右边倾斜一些可推知点 P 将 露出水面. 17.(1)过 B1 在平面 ABB1 内作 B1D ⊥ AB 垂足为 D,则 D 为 AB 的中点, 由侧面 ABB1A1 垂直于底面 ABC,得 B1D ⊥ 平面 ABC 过 D 在平面 ABC 内作 DE ⊥ AC 垂足为 E,联结 B1E, 则 ∠ B1ED 为二面角 B1-AC-B 的平面角 在 Rt B1DE 中,B1D= 3 ,DE=

3 , 2

故二面角 B1-AC-B 的正切值为 2 …………………5 分 (2)当侧棱 BB1 的长度为 4 时有 ∠ B1AB= 90° 又因为面 A1B1BA ⊥ 面 ABC,所以 B1A 垂直于底面 ABC 又 B1A 面 AB1C,所以面 B1AC 和底面垂直. …………………5 分[来源:Zxxk.Com] 18.解法一: (Ⅰ)如图,取 PA 中点 F,连结 EF,FD,∵E 是 BP 的中点, ∵EF//AB 且 EF = 1 AB ,又∵ DC い , DC = 1 AB AB 2 2 ∴EF // DC∴四边形 EFDC 是平行四边形,故得 EC//FD 又∵EC 平面 PAD,FD 平面 PAD,∴EC//平面 ADE. …………………4 分 (Ⅱ)取 AD 中点 H,连结 PH,因为 PA=PD,所以 PH⊥AD∵平面 PAD⊥平面 ABCD 于 AD ∴PH⊥面 ABCD∴HB 是 P B 在平面 ABCD 内的射影 ∴∠PBH 是 PB 与平面 ABCD 所成角 ∵四边形 ABCD 中, ∠ABC = ∠BCD = 90° ∴四边形 ABCD 是直角梯形

DC = CB = 1 AB 2

设 AB=2a,则 BD = 2a ,在 ABD 中,易得 ∠DBA = 45° ,∴ AD = 2a

1 2 PH = PD 2 DH 2 = a 2 a 2 = a ,又∵ BD 2 + AD 2 = 4a 2 = AB 2 , 2 2
∴ ABD 是等腰直角三角形, ∠ADB = 90° ∴ HB = DH 2 + DB 2 =

1 2 10 a + 2a 2 = a 2 2

2 a PH 5 ∴在 Rt PHB 中, tan ∠PBH = = 2 = . …………………8 分 HB 5 10 a 2 (III) 在平面 ABCD 内过点 H 作 AB 的垂线交 AB 于 G 点, 连结 PG, HG 是 PG 在平面 ABCD 上的射影, 则 故 PG⊥AB,所以∠PGH 是二面角 P-AB-D 的平面角,由 AB=2a
HA = 2 1 a ,又 ∠HAB = 45° ∴ HG = a 2 2

2 a PH 2 = 2 ∴二面角 P-AB-D 的大小为 arctan 2 .…………12 分 在 Rt PHG 中, tan ∠PGH = = 1 HG a 2
解法二: (Ⅰ)同解法一 (Ⅱ)设 AB=2a,同解法一中的(Ⅱ)可得 ∠ADB = 90° 如图,以 D 点为原点,DA 所在直线为 x 轴,DB 所在直线为 y 轴,过 D 点且垂直于平面 ABCD 的直线
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为 z 轴建立空间直角坐标系.则 B (0, 2a,0) , P (

2 2 a,0, a) , 2 2

2 2 a, 2a , a) , 2 2 平面 ABCD 的一个法向量为 m=(0,0,1) ,
则 PB = (

所以, cos < PB, m >=

PB m | PB | | m |

=



2 a 2 = 6 6 3a

6 6 5 . 所以 PB 与平面 ABCD 所成角的正切值为 5
可得 PB 与平面 ABCD 所成角的正弦值为

…………………8 分

(III)易知 A( 2a,0,0) ,则 AB = ( 2a, 2a,0) ,设平面 PAB 的一个法向量为 n = ( x0 , y0 , z0 ) ,则

2ax0 + 2ay0 = 0 n AB = 0 y = x0 0 , 2 ax + 2ay 2 az = 0 z0 = x0 n PB = 0 0 0 0 2 2
令 x0 = 1 ,可得 n = (1,1,1) 得 cos < m, n >= 1 = 3 , 3 3 …………………12 分

所以二面角 P-AB-D 的大小为 arccos 3 . 3

19.解析: (1)∵ AB =(2, 1, 4) , AD = (4,2,0) , AP =(1,2, 1) [来源:学*科*网 Z*X*X*K] ∴ AB AP = ( 1, 2, 1) (2, 1, 4) = ( 1) × 2 + 2×( 1) + ( 1) × ( 4) =0

AD AP = ( 1, 2, 1) (4, 2,0) = ( 1) × 4 + 2× 2+ (1) × 0 =0
∴ AB ⊥ AP , AD ⊥ AP ,即 AB ⊥ AP , AD ⊥ AP ∵ AB ∩ AD = A ∴ AP ⊥ 面ABD

故 AP ,四边形 ABCD 分别是四棱锥 P ABCD 的高和底面. 又∵ AB =(2, 1, 4) , AD = (4,2,0) , AP =(1,2, 1) ∴ cos < AB, AD > =

AB AD 2 × 4 1× 2 4 × 0 3 = = | AB | | AD | 21 × 2 5 105

…………………5 分

| AB | = 22 + (1) 2 + (4) 2 = 21
| AP | = (1) 2 + 22 + (1)2 = 6

| AD | = 42 + 22 + 02 = 2 5 [来

∴ VPABCD = h S ABCD = × | AP | × | AB | | AD | sin < AB , AD >

1 3

1 3

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= × 6 × 2 105 × 1

1 3

9 =16. 105

…………………8 分

(2)∵ (a × b) c = x 1 y 2 z 3+ x2 y 3 z 1+ x 3 y 1 z 2 x1 y 3 z 2 x 2 y 1 z 3 x 3 y 2 z 1 ∴ ( AB × AD) AP = 2 × 2 × ( 1) + 4 × 2 × ( 4) 4 × ( 1) × ( 1) ( 1) × 2 × ( 4) = 4 32 4 8 = 48 ,即 ( AB× AD) AP = 48 . …………………12 分

20.解: (I)连结 AC,BD 交于点 O,再连 DD 1 ,由 BD ⊥ AC,且平面 ACD 1 ⊥ 平面 ABCE 于 AC, ∴BD ⊥ 平面 ACD 1 ,故 C D 1 ⊥ BD,又 CD 1 ⊥ BD 1 ,∴CD 1 ⊥ 平面 BDD 1 ,[来源:学+科+网] 即得 CD 1 ⊥ DD 1 ,在 Rt△CDD 1 中,由于 ED=ED 1 ,∴∠EDD 1 =∠ED 1 D, 则∠ECD 1 =900 ∠ EDD 1 =900 ∠ ED 1 D=∠ED 1 C,∴EC=ED 1 =ED, 即 E 点为边 CD 的中点. …………………6 分 (II)方法一:如图取 OC 的中 点 M,连结 D 1 M,EM, 则 EM//BD,得 EM ⊥ 平面 ACD 1 , 即∠EMD 1 =900,又因为 D 1 E=2,EM = 2 , 则 D 1 M= 2 ,又 AD 1 ⊥ EM,∵AD ⊥ DE, ∴ AD 1 ⊥ D 1 E, ∴AD 1 ⊥ 平 面 EMD 1 , AD 1 ⊥ D 1 M, Rt△AMD 1 中, 1 =4, 则 在 AD AM= 3 2 , 1 M= 2 , D 过 D 1 作 D 1 H ⊥ AM 于 H 点,则 D 1 H ⊥ 平面 ABCE,由于 D 1 H= AD1 D1 M = 4 2 = 4 ,
AM 3 2 3

此即得点 D 1 到平面 ABCE 的距离. 方法二:如图, 连结 OD 1 ,∵CD 1 ⊥ 平面 BDD 1 , ∴CD 1 ⊥ OD 1 , 在△AD 1 C 中,设 OD 1 = x , 则∵OC = 2 2 ,∴CD 1 = 8 x ,∵∠AOD 1 与∠D 1 OC 互补,
2

由余弦定理得 x 2 + (2 2 ) 2 4 2 = [ x 2 + ( 2 2 ) 2 (8 x 2 )] ,解得 x =
2

8 ,在直角三角形 OD 1 C 中, 3

由 面积公式得所求距离为

4 . 3

方法三:能用最小角定理 cos θ = cos α cos β 帮助解△AD 1 C,
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即 cos D1 AE = cos EAC cos D1 AC ,其中 cos D1 AE, EAC 可求. cos 另解: 建立如图所示的空间直角坐标系,则 D(0,0,0) ,A(4,0,0) ,B(4,4,0) , C(0,4,0) ,设 E(0, a ,0) 1 ( x,y,z ) ,D ,设 D 1 H ⊥ 平面 ABCE 于 H 点,则 H 在 AC 上, ∴H 的坐标为( x,y ,0) ,依题意有:|
2

ED |=| ED1 | ,| AD |=| AD1 |= 4 , AH = λ AC ,BD


1

⊥ CD1 ,

[来源:∵ ED1 = ( x,y a,z ) ,∴ x + ( y a ) + z
2

2

= a , AD1 = ( x 4,y,z) ,∴

( x 4) 2 + y 2 + z 2 = 4 ,

[来 AH = ( x 4,y, = λ AC = λ ( 4, 0) ,∴ x 4 = 4λ,y = 4λ , 0) 4,

BD1 = ( x 4,y 4,z ), 1 = ( x,y 4,z ) ,∴ ( x 4) x + ( y 4) 2 + z 2 = 0 CD
由 ( x 4) + y + z
2 2 2

= 4 与 ( x 4) x + ( y 4) 2 + z 2 = 0 两式相减,

2 4 8 4 ,从而有 x = ,y = ,z = ,a = 2 , 3 3 3 3 4 即 E 为 CD 中点,点 D 1 到平面 ABCE 的距离是 . …………………12 分 3
将 x 4 = 4λ,y = 4λ 代入得 λ = 21.解法一: (Ⅰ)如图,设 PC=m,连 AC, 设 AC 与 BD 相交于点 O,AP 与平面 BDD1 B1 相交于点 G,, 连结 OG,因为 PC‖平面 BDD1 B1 , 平面 BDD1 B1 ∩平面 APC=OG,故 OG‖PC,[来源:学§科§网 Z§X§X§K] 所以,OG=

1 m PC= .又 AO⊥BD,AO⊥BB1, 2 2

所以 AO⊥平面 BDD1 B1 ,故∠AGO 是 AP 与平面 BDD1 B1 所成的角.
2 OA 在 Rt△AOG 中,tan ∠ AGO= = 2 =3 2, m GO 2

即 m=

1 . 3 1 时, 3

所以,当 PC=

直线 AP 与平面 BDD1 B1 所成的角的正切值为 3 2 . …………………6 分 (Ⅱ) 可以推测, Q 应当是 A1C1 的中点 O1, 点 因为 D1O1⊥A1C1, 且 D1O1⊥A1A , 所以 D1O1⊥平面 ACC1A1,
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又 AP 平面 ACC1A1,故 D1O1⊥AP.那么根据三垂线定理知,D1O1 在平面 APD1 的射影与 AP 垂 直. …………………12 分 解法二:(Ⅰ)建立如图所示的空间直角坐标系,[来源:Zxxk.Com] 则 A(1,0,0),B(1,1,0),P(0,1,m),C(0,1,0),D(0,0,0),[B1(1,1,1),D1(0,0,1) 所以 BD = ( 1, 1, 0), BB1 = (0, 0,1), AP = ( 1,1, m), AC = ( 1,1, 0). 又由 AC BD = 0, AC BB1 = 0 知, AC 为平面 BB1 D1 D 的一个法向量.

设 AP 与平面 BB1 D1 D 所成的角为 θ ,则 sin θ = cos(

π
2

θ ) =

AP AC AP AC

=

2 2 2 + m2

.

依题意有

2 2 2+m
2

=

3 2 1 + (3 2)
2

, 解得 m =

1 . 3

故当 PC =

1 时,直线 AP 与平面 BB1 D1 D 所成的角的正切值为 3 2 . ……………6 分[来源:Z|xx|k.Com] 3

(Ⅱ)若在 A1C1 上存在这样的点 Q,设此点的横坐标为 x , 则 Q(x,1- x ,1), D1Q = ( x,1 x, 0) .依题意,要使 D1Q 在平面 APD1 上的射影垂直于 AP, 等价于 D1Q⊥AP AP D1Q = 0 x + (1 x ) = 0 x =

1 . 2

即 Q 为 A1C1 的中点时,满足题设要求. …………………12 分[来源:Z.xx.k.Com] 22.解法一: (Ⅰ) 连接 A1C1 . 因为四边形 ABCD 为菱形,所以 BD ⊥ AC ,又 A1O ⊥ 面 AC ,[来源:学科 所以 BD ⊥ AA1 . 而 AA1 // DD1 ,所以 BD ⊥ DD1 . 因为四边形 BDD1 B1 是平行四边形,所以四边形 BDD1 B1 是矩形. (Ⅱ) 连接 OE,因为 BD ⊥ AC , BD ⊥ CE ,所以 BD ⊥ 平面 OCE , ∴ BD ⊥ OE ,即 ∠EOC 为二面角 E— BD —C 的平面角. 在菱形 ABCD 中, ∠DAB = 60 , AC = 4 3 , OC = 2 3 , 又 E 是 CC1 的中点, AA1 = CC1 = 4 3 .所以 CE = 2 3 .[在 Rt △ A1OA 中, A1 A = 4 3 , OA = 2 3 ,[来 ∴ ∠A1 AO = 60° , ∠C1CO = 120° ,[来 所以在△ EOC 中,有 ∠EOC = 30° ,即二面角 E—BD—C 的大小为 30° . 9分 1 (Ⅲ) 设点 D 到平面 B1 BCC1 的距离为 h,则有 VB1 BDE = VD B1 BE = S△ B1BE h . 3 4 分[来源:学,科,网]

- 10 -

高三上学期理科数学单元测试(7)[原人教版 命题范围 立体几何 原人教版] 原人教版

1 1 因为 E 是 CC1 的中点,所以 VB1 BDE = S△ B1BE h = V 3 6 = 1 1 S ABCD A1O = × 8 3 × 6 = 8 3. 6 6

14 分

解法二: (Ⅰ) 连结 AC,BD 相交于 O,连结 A1O . 由已知,有 AC⊥BD, A1O ⊥面 ABCD,故可建立空间直角坐标系 O xyz , 且以下各点的坐标分别为:
B ( 2 , 0 ,0 ) , C 0, 2 3,0 , D ( 2, 0, 0 ) , D1 2, 2 3 ,6 A1 ( 0, 0, 6 ) , A 0, 2 3 , 0 , 1 分

(

)

(

)

(

)

设 AA1 = DD1 = 0, 2 3 , 6 , ∴ BD = ( 4, 0,0 ) , BD DD1 = 4 × 0 + 0 × 2 3 + 0 × 6 = 0 ,
∴ BD ⊥ DD1 .

(

)

3分 4分

又 DD1 // BB1 , ∴ 四边形 BB1 D1 D 为平行四边形.∴四边形BB1 D1 D 是矩形.

x = 0, (Ⅱ) 设 C1 ( x, y ,6 ) ,则 CC1 = x , y 2 3 , 6 .∵ CC1 = AA1 , 由 可求得 C1 0, 4 3 ,6 , y 2 3 = 2 3,

(

)

(

)

∴ E 0,3 3 ,3 , C 0, 2 3 , 0 . 设 n1 = ( x, y, z ) 为平面 EBD 的法向量,

(

) (

)

4 x = 0, 则由 BE = 2,3 3,3 , n1 BD = 0, n1 BE = 0 ,得 2 x + 3 3 y + 3z = 0.

(

)

∴ 可取 x = 0, y = 1 , z = 3 ,∴ n1 = ( 0 ,1, 3 ) .
∵ A1O ⊥ 平面 ABCD , ∴ 平面 BDC 的法向量为 n 2 = ( 0,0,1) ,
而 cos n1 , n2 =

6分

n1 n2 n1 n2

=

3 3 = . 2 ×1 2

∴ 二面角 E—BD—C 的大小为 30° .

9分

(Ⅲ) 设 m = ( x, y, z ) 为平面 B1 BD 的法向量,则由 BB1 = AA1 , n1 BD = 0, n1 BB1 = 0 ,

4 x = 0, 得 ∴ 可取 x = 0 , y = 6 , z = 2 3 ,∴ m = 0, 6 , 2 3 . 2 3 y + 6 z = 0 ,

(

)

∴ E 到平面 B1 BD 的距离 d =

BE m m

=

18 3 6 3 4 3

=3 .

11 分

而 BE = 2,3 3,3 ,又由(Ⅰ)知, SDBB1 =

(

)

1 1 BD BB1 = × 4 × 4 3 , 2 2

1 1 ∴ VB1 BDE = SDBB1 d = × 8 3 × 3 = 8 3 . 14 分 3 3

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