数学卷·2018届江西省吉安市遂川中学高二上学期第一次月考数学试卷(文科)(解析版)

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文档介绍

数学卷·2018届江西省吉安市遂川中学高二上学期第一次月考数学试卷(文科)(解析版)

‎2016-2017学年江西省吉安市遂川中学高二(上)第一次月考数学试卷(文科)‎ ‎ ‎ 一、选择题(本大题共12小题,每小题5分,共60分)‎ ‎1.下列说法正确的是(  )‎ A.以直角三角形一边为轴旋转所得的旋转体是圆锥 B.用一个平面去截圆锥,得到一个圆锥和一个圆台 C.正棱锥的棱长都相等 D.棱柱的侧棱都相等,侧面是平行四边形 ‎2.已知圆锥的母线长l=5cm,高h=4cm,则该圆锥的体积是(  )cm3.‎ A.12π B.8π C.13π D.16π ‎3.一条直线若同时平行于两个相交平面,那么这条直线与这两个平面的交线的位置关系是(  )‎ A.异面 B.相交 C.平行 D.不能确定 ‎4.如图是一个水平放置的直观图,它是一个底角为45°,腰和上底均为1的等腰梯形,那么原平面图形的面积为(  )‎ A.2+ B. C. D.1+‎ ‎5.设α是空间中的一个平面,l,m,n是三条不同的直线,则下列命题中正确的是(  )‎ A.若m⊂α,n⊂α,l⊥m,l⊥n,则l⊥α B.若m⊂α,n⊥α,l⊥n,则l∥m C.若l∥m,m⊥α,n⊥α,则l∥n D.若l⊥m,l⊥n,则n∥m ‎6.如图是由圆柱与圆锥组合而成的几何体的三视图,则该几何体的表面积为(  )‎ A.20π B.24π C.28π D.32π ‎7.将一个边长为a的正方体,切成27个全等的小正方体,则表面积增加了(  )‎ A.6a2 B.12a2 C.18a2 D.24a2‎ ‎8.如图,三棱柱ABC﹣A1B1C1中,侧棱AA1⊥底面A1B1C1,底面三角形A1B1C1是正三角形,E是BC中点,则下列叙述正确的是(  )‎ A.CC1与B1E是异面直线 B.AC⊥平面ABB1A1‎ C.AE,B1C1为异面直线,且AE⊥B1C1‎ D.A1C1∥平面AB1E ‎9.正方体ABCD﹣A1B1C1D1中E为棱BB1的中点(如图),用过点A,E,C1的平面截去该正方体的上半部分,则剩余几何体的左视图为(  )‎ A. B. C. D.‎ ‎10.如图,E、F分别是三棱锥P﹣ABC的棱AP、BC的中点,PC=10,AB=6,EF=7,则异面直线AB与PC所成的角为(  )‎ A.30° B.60° C.0° D.120°‎ ‎11.已知A,B是球O的球面上两点,∠AOB=90°,C为该球面上的动点,若三棱锥O﹣ABC体积的最大值为36,则球O的表面积为(  )‎ A.36π B.64π C.144π D.256π ‎12.设四面体的六条棱的长分别为1,1,1,1,和a,且长为a的棱与长为的棱异面,则a的取值范围是(  )‎ A.(0,) B.(0,) C.(1,) D.(1,)‎ ‎ ‎ 二、填空题(本大题4小题,每小题5分,共20分)‎ ‎13.已知圆锥的表面积为6π,且它的侧面展开图是一个半圆,则这个圆锥的底面半径为  .‎ ‎14.如图,正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为1,E,F分别为线段AA1,B1C上的点,则三棱锥D1﹣EDF的体积为  .‎ ‎15.如图,三棱锥A﹣BCD中,AB=AC=BD=CD=3,AD=BC=2,点M,N分别是AD,BC的中点,则异面直线AN,CM所成的角的余弦值是  .‎ ‎16.已知三棱锥P﹣ABC,若PA,PB,PC两两垂直,且PA=2,PB=PC=1,则三棱锥P﹣ABC的内切球半径为  .‎ ‎ ‎ 三、解答题(本大题6小题,共70分)‎ ‎17.如图是一个几何体的三视图,其中正视图与左视图都是全等的腰为的等腰三角形,俯视图是边长为2的正方形,‎ ‎(1)画出该几何体;‎ ‎(2)求此几何体的表面积与体积.‎ ‎18.如图,在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中,E是AA1的中点,求证:‎ ‎(Ⅰ)A1C∥平面BDE;‎ ‎(Ⅱ)平面A1AC⊥平面BDE.‎ ‎19.如图,直三棱柱ABC﹣A1B1C1的底面是边长为2的正三角形,E,F分别是BC,CC1的中点,‎ ‎(Ⅰ)证明:平面AEF⊥平面B1BCC1;‎ ‎(Ⅱ)若直线A1C与平面A1ABB1所成的角为45°,求三棱锥F﹣AEC的体积.‎ ‎20.如图,四棱锥P﹣ABCD中,PA⊥底面ABCD,AD∥BC,AB=AD=AC=3,PA=BC=4,M为线段AD上一点,AM=2MD,N为PC的中点.‎ ‎(Ⅰ)证明MN∥平面PAB;‎ ‎(Ⅱ)求四面体N﹣BCM的体积.‎ ‎21.如图,已知正方形ABCD和矩形ACEF所在的平面互相垂直,AB=,AF=1,M是线段EF的中点.‎ ‎(Ⅰ)求三棱锥A﹣BDF的体积;‎ ‎(Ⅱ)求证:AM∥平面BDE;‎ ‎(Ⅲ)求异面直线AM与DF所成的角.‎ ‎22.在直角梯形PBCD中,∠D=∠C=,BC=CD=2,PD=4,A为PD的中点,如图1.将△PAB沿AB折到△SAB的位置,使SB⊥BC,点E在SD上,且,如图2.‎ ‎(1)求证:SA⊥平面ABCD;‎ ‎(2)求二面角E﹣AC﹣D的正切值;‎ ‎(3)在线段BC上是否存在点F,使SF∥平面EAC?若存在,确定F的位置,若不存在,请说明理由.‎ ‎ ‎ ‎2016-2017学年江西省吉安市遂川中学高二(上)第一次月考数学试卷(文科)‎ 参考答案与试题解析 ‎ ‎ 一、选择题(本大题共12小题,每小题5分,共60分)‎ ‎1.下列说法正确的是(  )‎ A.以直角三角形一边为轴旋转所得的旋转体是圆锥 B.用一个平面去截圆锥,得到一个圆锥和一个圆台 C.正棱锥的棱长都相等 D.棱柱的侧棱都相等,侧面是平行四边形 ‎【考点】构成空间几何体的基本元素.‎ ‎【分析】根据空间几何体的结构特征与应用问题,对选项中的命题进行判断即可.‎ ‎【解答】解:对于A,以直角三角形的一直角边为轴旋转所得的旋转体是圆锥,斜边为轴旋转所得的旋转体是组合体,故A错误.‎ 对于B,用平行与底面的平面去截圆锥,得到一个圆锥和一个圆台,否则不是,故B错误;‎ 对于C,正棱锥的侧棱长都相等,底边棱长不一定相等,故C错误;‎ 对于D,棱柱的侧棱都相等,侧面是平行四边形,D正确.‎ 故选:D.‎ ‎ ‎ ‎2.已知圆锥的母线长l=5cm,高h=4cm,则该圆锥的体积是(  )cm3.‎ A.12π B.8π C.13π D.16π ‎【考点】旋转体(圆柱、圆锥、圆台).‎ ‎【分析】利用勾股定理可得圆锥的底面半径,那么圆锥的体积=×π×底面半径2×高,把相应数值代入即可求解.‎ ‎【解答】解:∵圆锥的高是4cm,母线长是5cm,‎ ‎∴圆锥的底面半径为3cm,‎ ‎∴圆锥的体积V=×π×32×4=12πcm3.‎ 故选:A.‎ ‎ ‎ ‎3.一条直线若同时平行于两个相交平面,那么这条直线与这两个平面的交线的位置关系是(  )‎ A.异面 B.相交 C.平行 D.不能确定 ‎【考点】平面与平面平行的性质.‎ ‎【分析】由题意设α∩β=l,a∥α,a∥β,然后过直线a作与α、β都相交的平面γ,利用平面与平面平行的性质进行求解.‎ ‎【解答】解:设α∩β=l,a∥α,a∥β,‎ 过直线a作与α、β都相交的平面γ,‎ 记α∩γ=b,β∩γ=c,‎ 则a∥b且a∥c,‎ ‎∴b∥c.‎ 又b⊂α,α∩β=l,‎ ‎∴b∥l.‎ ‎∴a∥l.‎ 故选C.‎ ‎ ‎ ‎4.如图是一个水平放置的直观图,它是一个底角为45°,腰和上底均为1的等腰梯形,那么原平面图形的面积为(  )‎ A.2+ B. C. D.1+‎ ‎【考点】平面图形的直观图.‎ ‎【分析】根据斜二侧画法画平面图形的直观图的步骤,判断平面图形为直角梯形,且直角腰长为2,上底边长为1,再求出下底边长,代入梯形的面积公式计算.‎ ‎【解答】解:∵平面图形的直观图是一个底角为45°,腰和上底长均为1的等腰梯形,‎ ‎∴平面图形为直角梯形,且直角腰长为2,上底边长为1,‎ ‎∴梯形的下底边长为1+,‎ ‎∴平面图形的面积S=×2=2+.‎ 故选:A.‎ ‎ ‎ ‎5.设α是空间中的一个平面,l,m,n是三条不同的直线,则下列命题中正确的是(  )‎ A.若m⊂α,n⊂α,l⊥m,l⊥n,则l⊥α B.若m⊂α,n⊥α,l⊥n,则l∥m C.若l∥m,m⊥α,n⊥α,则l∥n D.若l⊥m,l⊥n,则n∥m ‎【考点】空间中直线与平面之间的位置关系;空间中直线与直线之间的位置关系;平面与平面之间的位置关系.‎ ‎【分析】A、根据线面垂直的判定,可判断;‎ B、选用正方体模型,可得l,m平行、相交、异面都有可能;‎ C、由垂直于同一平面的两直线平行得m∥n,再根据平行线的传递性,即可得l∥n;‎ D、n、m平行、相交、异面均有可能.‎ ‎【解答】解:对于A,根据线面垂直的判定,当m,n相交时,结论成立,故A不正确;‎ 对于B,m⊂α,n⊥α,则n⊥m,∵l⊥n,∴可以选用正方体模型,可得l,m平行、相交、异面都有可能,如图所示,故B不正确;‎ 对于C,由垂直于同一平面的两直线平行得m∥n,再根据平行线的传递性,即可得l∥n,故C正确;‎ 对于D,l⊥m,l⊥n,则n、m平行、相交、异面均有可能,故D不正确 故选C.‎ ‎ ‎ ‎6.如图是由圆柱与圆锥组合而成的几何体的三视图,则该几何体的表面积为(  )‎ A.20π B.24π C.28π D.32π ‎【考点】由三视图求面积、体积.‎ ‎【分析】空间几何体是一个组合体,上面是一个圆锥,圆锥的底面直径是4,圆锥的高是2,在轴截面中圆锥的母线长使用勾股定理做出的,写出表面积,下面是一个圆柱,圆柱的底面直径是4,圆柱的高是4,做出圆柱的表面积,注意不包括重合的平面.‎ ‎【解答】解:由三视图知,空间几何体是一个组合体,‎ 上面是一个圆锥,圆锥的底面直径是4,圆锥的高是2,‎ ‎∴在轴截面中圆锥的母线长是=4,‎ ‎∴圆锥的侧面积是π×2×4=8π,‎ 下面是一个圆柱,圆柱的底面直径是4,圆柱的高是4,‎ ‎∴圆柱表现出来的表面积是π×22+2π×2×4=20π ‎∴空间组合体的表面积是28π,‎ 故选:C.‎ ‎ ‎ ‎7.将一个边长为a的正方体,切成27个全等的小正方体,则表面积增加了(  )‎ A.6a2 B.12a2 C.18a2 D.24a2‎ ‎【考点】棱柱、棱锥、棱台的侧面积和表面积.‎ ‎【分析】求出正方体的表面积,然后求出一个小正方体的表面积,即可得到结论.‎ ‎【解答】解:由题意可知正方体的表面积为:6a2;小正方体的棱长为:,小正方体的表面积为:6×=;27个全等的小正方体的表面积为:18a2,‎ 表面积增加了:12a2.‎ 故选B ‎ ‎ ‎8.如图,三棱柱ABC﹣A1B1C1中,侧棱AA1⊥底面A1B1C1,底面三角形A1B1C1是正三角形,E是BC中点,则下列叙述正确的是(  )‎ A.CC1与B1E是异面直线 B.AC⊥平面ABB1A1‎ C.AE,B1C1为异面直线,且AE⊥B1C1‎ D.A1C1∥平面AB1E ‎【考点】空间中直线与平面之间的位置关系.‎ ‎【分析】由题意,此几何体是一个直三棱柱,且其底面是正三角形,E是中点,由这些条件对四个选项逐一判断得出正确选项 ‎【解答】解:A不正确,因为CC1与B1E在同一个侧面中,故不是异面直线;‎ B不正确,由题意知,上底面ABC是一个正三角形,故不可能存在AC⊥平面ABB1A1;‎ C正确,因为AE,B1C1为在两个平行平面中且不平行的两条直线,故它们是异面直线;‎ D不正确,因为A1C1所在的平面与平面AB1E相交,且A1C1与交线有公共点,故A1C1∥平面AB1E不正确;‎ 故选C.‎ ‎ ‎ ‎9.正方体ABCD﹣A1B1C1D1中E为棱BB1的中点(如图),用过点A,E,C1的平面截去该正方体的上半部分,则剩余几何体的左视图为(  )‎ A. B. C. D.‎ ‎【考点】简单空间图形的三视图.‎ ‎【分析】根据剩余几何体的直观图即可得到平面的左视图.‎ ‎【解答】解:过点A,E,C1的平面截去该正方体的上半部分后,剩余部分的直观图如图:‎ 则该几何体的左视图为C.‎ 故选:C.‎ ‎ ‎ ‎10.如图,E、F分别是三棱锥P﹣ABC的棱AP、BC的中点,PC=10,AB=6,EF=7,则异面直线AB与PC所成的角为(  )‎ A.30° B.60° C.0° D.120°‎ ‎【考点】异面直线及其所成的角.‎ ‎【分析】先取AC的中点G,连接EG,GF,由三角形的中位线定理可得GE∥PC,GF∥AB且GE=5,GF=3,根据异面直线所成角的定义,再利用余弦定理求解.‎ ‎【解答】解:取AC的中点G,连接EG,GF,‎ 由中位线定理可得:GE∥PC,GF∥AB且GE=5,GF=3,‎ ‎∴∠EGF或补角是异面直线PC,AB所成的角.‎ 在△GEF中由余弦定理可得:cos∠EGF===﹣‎ ‎∴∠EGF=120°,则异面直线PC,AB所成的角为60°.‎ 故选B.‎ ‎ ‎ ‎11.已知A,B是球O的球面上两点,∠AOB=90°,C为该球面上的动点,若三棱锥O﹣ABC体积的最大值为36,则球O的表面积为(  )‎ A.36π B.64π C.144π D.256π ‎【考点】球的体积和表面积.‎ ‎【分析】当点C位于垂直于面AOB的直径端点时,三棱锥O﹣ABC的体积最大,利用三棱锥O﹣ABC体积的最大值为36,求出半径,即可求出球O的表面积.‎ ‎【解答】解:如图所示,当点C位于垂直于面AOB的直径端点时,三棱锥O﹣ABC的体积最大,设球O的半径为R,此时VO﹣ABC=VC﹣AOB===36,故R=6,则球O的表面积为4πR2=144π,‎ 故选C.‎ ‎ ‎ ‎12.设四面体的六条棱的长分别为1,1,1,1,和a,且长为a的棱与长为的棱异面,则a的取值范围是(  )‎ A.(0,) B.(0,) C.(1,) D.(1,)‎ ‎【考点】异面直线的判定;棱锥的结构特征.‎ ‎【分析】先在三角形BCD中求出a的范围,再在三角形AED中求出a的范围,二者相结合即可得到答案.‎ ‎【解答】解:设四面体的底面是BCD,BC=a,BD=CD=1,顶点为A,AD=‎ 在三角形BCD中,因为两边之和大于第三边可得:0<a<2 (1)‎ 取BC中点E,∵E是中点,直角三角形ACE全等于直角DCE,‎ 所以在三角形AED中,AE=ED=‎ ‎∵两边之和大于第三边 ‎∴<2 得0<a< (负值0值舍)(2)‎ 由(1)(2)得0<a<.‎ 故选:A.‎ ‎ ‎ 二、填空题(本大题4小题,每小题5分,共20分)‎ ‎13.已知圆锥的表面积为6π,且它的侧面展开图是一个半圆,则这个圆锥的底面半径为  .‎ ‎【考点】棱锥的结构特征;旋转体(圆柱、圆锥、圆台).‎ ‎【分析】利用圆锥的表面积公式即可求出圆锥的底面半径.‎ ‎【解答】解:设圆锥的底面半径为r,母线长为l,‎ ‎∵圆锥的侧面展开图是一个半圆,‎ ‎∴2πr=πl,‎ ‎∴l=2r,‎ ‎∵圆锥的表面积为πr2+πrl=πr2+2πr2=6π,‎ ‎∴r2=2,‎ 即r=,‎ 故答案为:.‎ ‎ ‎ ‎14.如图,正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为1,E,F分别为线段AA1,B1C上的点,则三棱锥D1﹣EDF的体积为  .‎ ‎【考点】棱柱、棱锥、棱台的体积;棱柱的结构特征.‎ ‎【分析】将三棱锥D1﹣EDF选择△D1ED为底面,F为顶点,进行等体积转化V D1﹣EDF=V F﹣D1ED后体积易求.‎ ‎【解答】解:将三棱锥D1﹣EDF选择△D1ED为底面,F为顶点,则=,‎ 其==,F到底面D1ED的距离等于棱长1,‎ 所以=××1=S 故答案为:‎ ‎ ‎ ‎15.如图,三棱锥A﹣BCD中,AB=AC=BD=CD=3,AD=BC=2,点M,N分别是AD,BC的中点,则异面直线AN,CM所成的角的余弦值是  .‎ ‎【考点】异面直线及其所成的角.‎ ‎【分析】连结ND,取ND 的中点为:E,连结ME说明异面直线AN,CM所成的角就是∠EMC通过解三角形,求解即可.‎ ‎【解答】解:连结ND,取ND 的中点为:E,连结ME,则ME∥AN,异面直线AN,CM所成的角就是∠EMC,‎ ‎∵AN=2,‎ ‎∴ME==EN,MC=2,‎ 又∵EN⊥NC,∴EC==,‎ ‎∴cos∠EMC===.‎ 故答案为:.‎ ‎ ‎ ‎16.已知三棱锥P﹣ABC,若PA,PB,PC两两垂直,且PA=2,PB=PC=1,则三棱锥P﹣ABC的内切球半径为  .‎ ‎【考点】球的体积和表面积;棱锥的结构特征.‎ ‎【分析】利用三棱锥P﹣ABC的内切球的球心,将三棱锥分割成4个三棱锥,利用等体积,即可求得结论.‎ ‎【解答】解:由题意,设三棱锥P﹣ABC的内切球的半径为r,球心为O,则由等体积 VB﹣PAC=VO﹣PAB+VO﹣PAC+VO﹣ABC 可得=++,‎ ‎∴r=.‎ 故答案为:.‎ ‎ ‎ 三、解答题(本大题6小题,共70分)‎ ‎17.如图是一个几何体的三视图,其中正视图与左视图都是全等的腰为的等腰三角形,俯视图是边长为2的正方形,‎ ‎(1)画出该几何体;‎ ‎(2)求此几何体的表面积与体积.‎ ‎【考点】由三视图求面积、体积.‎ ‎【分析】由三视图可知,该几何体为四棱锥,根据条件确定棱锥的高和边长,利用棱锥的体积公式和表面积公式计算即可.‎ ‎【解答】解:(1)该几何体的直观图如图所示 ‎(2)作斜高EF⊥BC,连接EO,OF,由正视图可知:,‎ 在Rt△EOF中:,‎ ‎∴,‎ ‎.‎ ‎ ‎ ‎18.如图,在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中,E是AA1的中点,求证:‎ ‎(Ⅰ)A1C∥平面BDE;‎ ‎(Ⅱ)平面A1AC⊥平面BDE.‎ ‎【考点】平面与平面垂直的判定;直线与平面平行的判定.‎ ‎【分析】(Ⅰ)连接AC交BD于O,连接EO,△A1AC中利用中位线,得EO∥A1C.再结合线面平行的判定定理,可得A1C∥平面BDE;‎ ‎(II)根据正方体的侧棱垂直于底面,结合线面垂直的定义,得到AA1⊥BD.再结合正方形的对角线互相垂直,得到AC⊥BD,从而得到BD⊥平面A1AC,最后利用面面垂直的判定定理,可以证出平面A1AC⊥平面BDE.‎ ‎【解答】证明:(Ⅰ)连接AC交BD于O,连接EO,‎ ‎∵E为AA1的中点,O为AC的中点 ‎∴EO为△A1AC的中位线 ‎∴EO∥A1C 又∵EO⊂平面BDE,A1C⊄平面BDE ‎∴A1C∥平面BDE;…‎ ‎(Ⅱ)∵AA1⊥平面ABCD,BD⊂平面ABCD ‎∴AA1⊥BD 又∵四边形ABCD是正方形 ‎∴AC⊥BD,‎ ‎∵AA1∩AC=A,AA1、AC⊂平面A1AC ‎∴BD⊥平面A1AC 又∵BD⊂平面BDE ‎∴平面A1AC⊥平面BDE.…‎ ‎ ‎ ‎19.如图,直三棱柱ABC﹣A1B1C1的底面是边长为2的正三角形,E,F分别是BC,CC1的中点,‎ ‎(Ⅰ)证明:平面AEF⊥平面B1BCC1;‎ ‎(Ⅱ)若直线A1C与平面A1ABB1所成的角为45°,求三棱锥F﹣AEC的体积.‎ ‎【考点】棱柱、棱锥、棱台的体积;平面与平面垂直的判定.‎ ‎【分析】(Ⅰ)证明AE⊥BB1,AE⊥BC,BC∩BB1=B,推出AE⊥平面B1BCC1,利用平面余平米垂直的判定定理证明平面AEF⊥平面B1BCC1;‎ ‎(Ⅱ)取AB的中点G,说明直线A1C与平面A1ABB1所成的角为45°,就是∠CA1G,求出棱锥的高与底面面积即可求解几何体的体积.‎ ‎【解答】(Ⅰ)证明:∵几何体是直棱柱,∴BB1⊥底面ABC,AE⊂底面ABC,∴AE⊥BB1,‎ ‎∵直三棱柱ABC﹣A1B1C1的底面是边长为2的正三角形,E分别是BC的中点,‎ ‎∴AE⊥BC,BC∩BB1=B,∴AE⊥平面B1BCC1,‎ ‎∵AE⊂平面AEF,∴平面AEF⊥平面B1BCC1;‎ ‎(Ⅱ)解:取AB的中点G,连结A1G,CG,由(Ⅰ)可知CG⊥平面A1ABB1,‎ 直线A1C与平面A1ABB1所成的角为45°,就是∠CA1G,则A1G=CG=,‎ ‎∴AA1==,CF=.‎ 三棱锥F﹣AEC的体积:×==.‎ ‎ ‎ ‎20.如图,四棱锥P﹣ABCD中,PA⊥底面ABCD,AD∥BC,AB=AD=AC=3,PA=BC=4,M为线段AD上一点,AM=2MD,N为PC的中点.‎ ‎(Ⅰ)证明MN∥平面PAB;‎ ‎(Ⅱ)求四面体N﹣BCM的体积.‎ ‎【考点】棱柱、棱锥、棱台的体积;直线与平面平行的判定.‎ ‎【分析】(Ⅰ)取BC中点E,连结EN,EM,得NE是△PBC的中位线,推导出四边形ABEM是平行四边形,由此能证明MN∥平面PAB.‎ ‎(Ⅱ)取AC中点F,连结NF,NF是△PAC的中位线,推导出NF⊥面ABCD,延长BC至G,使得CG=AM,连结GM,则四边形AGCM是平行四边形,由此能求出四面体N﹣BCM的体积.‎ ‎【解答】证明:(Ⅰ)取BC中点E,连结EN,EM,‎ ‎∵N为PC的中点,∴NE是△PBC的中位线,‎ ‎∴NE∥PB,‎ 又∵AD∥BC,∴BE∥AD,‎ ‎∵AB=AD=AC=3,PA=BC=4,M为线段AD上一点,AM=2MD,‎ ‎∴BE=BC=AM=2,‎ ‎∴四边形ABEM是平行四边形,‎ ‎∴EM∥AB,∴平面NEM∥平面PAB,‎ ‎∵MN⊂平面NEM,∴MN∥平面PAB.‎ 解:(Ⅱ)取AC中点F,连结NF,‎ ‎∵NF是△PAC的中位线,‎ ‎∴NF∥PA,NF==2,‎ 又∵PA⊥面ABCD,∴NF⊥面ABCD,‎ 如图,延长BC至G,使得CG=AM,连结GM,‎ ‎∵AMCG,∴四边形AGCM是平行四边形,‎ ‎∴AC=MG=3,‎ 又∵ME=3,EC=CG=2,‎ ‎∴△MEG的高h=,‎ ‎∴S△BCM===2,‎ ‎∴四面体N﹣BCM的体积VN﹣BCM===.‎ ‎ ‎ ‎21.如图,已知正方形ABCD和矩形ACEF所在的平面互相垂直,AB=,AF=1,M是线段EF的中点.‎ ‎(Ⅰ)求三棱锥A﹣BDF的体积;‎ ‎(Ⅱ)求证:AM∥平面BDE;‎ ‎(Ⅲ)求异面直线AM与DF所成的角.‎ ‎【考点】棱柱、棱锥、棱台的体积;异面直线及其所成的角;直线与平面平行的判定.‎ ‎【分析】(Ⅰ)根据三棱锥的条件公式即可求三棱锥A﹣BDF的体积;‎ ‎(Ⅱ)根据线面平行的判定定理即可证明AM∥平面BDE;‎ ‎(Ⅲ)根据异面直线所成角的定义即可求异面直线AM与DF所成的角.‎ ‎【解答】解:(Ⅰ) 三棱锥A﹣BDF的体积为=,…‎ ‎(Ⅱ) 证明:连接BD,BD∩AC=O,连接EO.…..‎ ‎∵E,M为中点,且ACEF为矩形,‎ ‎∴EM∥OA,EM=0A,…‎ ‎∴四边形EOAM为平行四边形,‎ ‎∴AM∥EO,…‎ ‎∵EO⊂平面BDE,AM⊄平面BDE,‎ ‎∴AM∥平面BDE. …‎ ‎(Ⅲ)过点M作MG∥DF,则∠AMG为异面直线DF与AM所成的角,…‎ ‎∵M为中点,‎ ‎∴点G为线段DE的中点,‎ ‎∴MG=,…‎ 连接AG,过G作GH∥EC,则H为DC的中点,‎ ‎∴GH=CE=,HA=,则AG=,…‎ 在△AMG中,AG=,MG=,AM=,‎ ‎∴AG2=MG2+AM2,‎ ‎∴异面直线DF与AM所成的角为. …‎ ‎ ‎ ‎22.在直角梯形PBCD中,∠D=∠C=,BC=CD=2,PD=4,A为PD的中点,如图1.将△PAB沿AB折到△SAB的位置,使SB⊥BC,点E在SD上,且,如图2.‎ ‎(1)求证:SA⊥平面ABCD;‎ ‎(2)求二面角E﹣AC﹣D的正切值;‎ ‎(3)在线段BC上是否存在点F,使SF∥平面EAC?若存在,确定F的位置,若不存在,请说明理由.‎ ‎【考点】直线与平面垂直的判定;直线与平面平行的判定;与二面角有关的立体几何综合题.‎ ‎【分析】(法一)‎ ‎(1)由题意可知,题图2中SA⊥AB①,易证BC⊥SA②,由①②根据直线与平面垂直的判定定理可得SA⊥平面ABCD;‎ ‎(2)(三垂线法)由考虑在AD上取一点O,使得,从而可得EO∥SA,所以EO⊥平面ABCD,过O作OH⊥AC交AC于H,连接EH,∠EHO为二面角E﹣AC﹣D的平面角,在Rt△AHO中求解即可 ‎(3)取BC中点F,所以,又由题意 从而可得SF∥EM,所以有SF∥平面EAC ‎(法二:空间向量法)‎ ‎(1)同法一 ‎(2)以A为原点建立直角坐标系,易知平面ACD的法向为,求平面EAC的法向量,代入公式求解即可 ‎(3)由SF∥平面EAC,所以,利用向量数量的坐标表示,可求 ‎【解答】解法一:(1)证明:在题图1中,由题意可知,BA⊥PD,ABCD为正方形,‎ 所以在题图2中,SA⊥AB,SA=2,‎ 四边形ABCD是边长为2的正方形,‎ 因为SB⊥BC,AB⊥BC,‎ 所以BC⊥平面SAB,‎ 又SA⊂平面SAB,‎ 所以BC⊥SA,‎ 又SA⊥AB,‎ 所以SA⊥平面ABCD,‎ ‎(2)在AD上取一点O,使,连接EO.‎ 因为,所以EO∥SA 所以EO⊥平面ABCD,‎ 过O作OH⊥AC交AC于H,连接EH,‎ 则AC⊥平面EOH,‎ 所以AC⊥EH.‎ 所以∠EHO为二面角E﹣AC﹣D的平面角,.‎ 在Rt△AHO中,.,‎ 即二面角E﹣AC﹣D的正切值为.‎ ‎(3)当F为BC中点时,SF∥平面EAC,‎ 理由如下:取BC的中点F,连接DF交AC于M,‎ 连接EM,AD∥FC,‎ 所以,又由题意 SF∥EM,‎ 所以SF∥平面EAC,即当F为BC的中点时,‎ SF∥平面EAC 解法二:(1)同方法一 ‎(2)如图,以A为原点建立直角坐标系,‎ A(0,0,0),B(2,0,0),C(2,2,0),D(0,2,0),S(0,0,2),E(0,)‎ 易知平面ACD的法向为 设平面EAC的法向量为n=(x,y,z)‎ 由,‎ 所以,可取 所以n=(2,﹣2,1).‎ 所以 所以 即二面角E﹣AC﹣D的正切值为.‎ ‎(3)设存在F∈BC,‎ 所以SF∥平面EAC,‎ 设F(2,a,0)‎ 所以,由SF∥平面EAC,‎ 所以,所以4﹣2a﹣2=0,‎ 即a=1,即F(2,1,0)为BC的中点 ‎ ‎
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