优化方案高考数学97棱柱与棱锥AB课时闯关含答案解析

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优化方案高考数学97棱柱与棱锥AB课时闯关含答案解析

‎.‎ 一、选择题 ‎1.(2011·高考广东卷)正五棱柱中,不同在任何侧面且不同在任何底面的两顶点的连线称为它的对角线,那么一个正五棱柱对角线的条数共有(  )‎ A.20           B.15‎ C.12 D.10‎ 解析:选D.正五棱柱任意不相邻的两条侧棱可确定一个平面,每个平面可得到正五棱柱的两条对角线,五个平面共可得到10条对角线,故选D.‎ ‎2.已知正三棱柱ABC-A1B‎1C1的底面边长为‎2 cm,侧棱A‎1A=‎4 cm,过BC作一截面,截面与底面ABC成60°角,则截面面积为(  )‎ A.‎3 cm2 B.‎2 cm2‎ C. cm2 D. cm2‎ 解析:选B.易判断截面为一个三角形,‎ 由=cos60°,S截=2S△ABC=2.‎ ‎3.(2012·高考重庆卷)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,)‎ 解析:选A.根据已知条件画出图形,如图所示.‎ AB=,CD=a,设点E为AB的中点,则ED⊥AB,EC⊥AB,则ED==,同理EC=.由构成三角形的条件知0<a<ED+EC=,∴0<a<.‎ ‎4.(2013·保定模拟)如图,正三棱锥A-BCD中,点E在棱AB上,点F在棱CD上,且=,若异面直线EF与AC所成的角为,则异面直线EF与BD所成的角为(  )‎ A. B. C. D.无法确定 解析:选A.过点E作EG∥AC交BC于点G,连结GF,据已知由==可得:FG∥‎ BD,故∠GEF=即为两异面直线EF与AC所成的角,∠EFG为异面直线EF与BD所成的角,由正三棱锥性质可知AC⊥BD,即EG⊥GF,故∠EFG=-=.‎ ‎5.(2013·成都模拟)如图,在棱长为1的正方体ABCD-A1B‎1C1D1中,点P在线段AD1上运动.给出以下四个命题:①异面直线C1P与CB1所成的角为定值;②二面角P-BC1-D的大小为定值;③三棱锥D-BPC1的体积为定值;④异面直线A1P与B‎1C间的距离为定值.其中真命题的个数为(  )‎ A.1 B.2‎ C.3 D.4‎ 解析:选D.∵B‎1C⊥平面AD‎1C1B,C1P⊂平面AD‎1C1,‎ ‎∴B‎1C与C1P所成的角为90°,为定值.故①正确.‎ ‎∵平面PC1B在平面ABC1D1内,当点P动的过程中,平面ABC1D1不变,因而与BC1D所成的角为定值.故②正确.‎ ‎∵D‎1A∥BC1,BC1⊂平面BDC1且D‎1A⊄平面BDC1,‎ ‎∴D‎1A∥平面BDC1,即D‎1A上的动点P到平面BDC1的距离与直线D‎1A到平面BDC1的距离相等.又S为定值,故V为定值,即三棱锥D-BPC1体积为定值,故③正确.‎ ‎∵A1B1⊥A1P,A1B1⊥B‎1C,‎ ‎∴A1B1为A1P与B‎1C的公垂线,为定值,故④正确.‎ 二、填空题 ‎6.(2013·桂林模拟)正四棱锥底面边长为10,侧面积为200,则这个四棱锥的侧面与底面所成二面角的大小是________.‎ 解析:由已知得BC=10,SM=10且∠SMO即为所求,在Rt△SMO中,OM=BC=5,‎ ‎∴cos∠SMO===,‎ 故∠SMO=.‎ 答案: ‎7.(2012·高考上海卷)如图,AD与BC是四面体ABCD中互相垂直的棱,BC=2.若AD=‎2c,且AB+BD=AC+CD=‎2a,其中a、c为常数,则四面体ABCD 的体积的最大值是__________.‎ 解析:∵AB+BD=AC+CD=‎2a>‎2c=AD,‎ ‎∴B、C都在以AD的中点O为中心,以A、D为焦 点的两个椭圆上,‎ ‎∴B、C两点在椭圆两短轴端点时,到AD距离最大,均为,此时△BOC为等腰三角形,且AD⊥OC,AD⊥OB,‎ ‎∴AD⊥平面OBC.取BC的中点E,显然OE⊥BC,OEmax=,‎ ‎∴S△BOC(max)=×2×=.‎ ‎∴VDABC=VDOBC+VAOBC ‎=·OD·S△OBC+·OA·S△OBC ‎=(OD+OA)S△OBC ‎=×‎2c ‎=c.‎ 答案:c ‎8.如图,四棱柱ABCD-A1B‎1C1D1的底面ABCD为正方形,侧棱与底面边长均为‎2a,且∠A1AD=∠A1AB=60°,则侧棱AA1与截面B1D1DB的距离是________.‎ 解析:AA1在底面上的射影为AO,cos 60°=cos∠A1AO·cos 45°,‎ ‎∴∠A1AO=45°,过A点作平面BDD1B1的垂线交O1O的延长线于H点,‎ 在Rt△AHO中,AO=a,‎ ‎∠HAO=45°,易得AH=a,‎ 故AA1与OO1间的距离为a,‎ 即AA1与截面B1D1DB的距离为a.‎ 答案:a 三、解答题 ‎9.(2012·高考上海卷)如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是矩形,PA⊥底面ABCD,E是PC的中点.已知AB=2,AD=2,PA=2.求:‎ ‎(1)三角形PCD的面积;‎ ‎(2)异面直线BC与AE所成的角的大小.‎ 解:(1)因为PA⊥底面ABCD,所以PA⊥CD,‎ 又AD⊥CD,所以CD⊥平面PAD,从而CD⊥PD.‎ 因为PD==2,CD=2,‎ 所以三角形PCD的面积为×2×2=2.‎ ‎(2)法一:如图(1),建立空间直角坐标系,‎ 图(1)‎ 则B(2,0,0),C(2,2,0),E(1,,1),=(1, ,1),=(0,2,0).‎ 设与的夹角为θ,‎ 则cos θ===,所以θ=.‎ 由此可知,异面直线BC与AE所成的角的大小是.‎ 法二:如图(2),取PB中点F,连接EF、AF,则EF∥BC,从而∠AEF(或其补角)是异面直线BC与AE所成的角.‎ 图(2)‎ 在△AEF中,由EF=、AF=、AE=2知△AEF是等腰直角三角形,所以∠AEF=.‎ 因此,异面直线BC与AE所成的角的大小是.‎ ‎10.(2011·高考广东卷)如图,在锥体P-ABCD中,ABCD是边长为1的菱形,且∠DAB=60°,PA=PD=,PB=2,E,F分别是BC,PC的中点.‎ ‎(1)证明:AD⊥平面DEF;‎ ‎(2)求二面角P-AD-B的余弦值.‎ 解:(1)证明:取AD中点G,连接PG,BG.‎ ‎∵四边形ABCD为菱形且E,G分别为BC,AD中点.‎ 则BGDE.‎ 又F为PC中点,则EF∥PB,则平面DEF∥平面GBP.‎ ‎∵G是AD中点且PA=PD,∴PG⊥AD.‎ 在△ABG中,AG=,AB=1,且∠DAB=60°,‎ 由余弦定理得BG=,AB2=AG2+BG2,则AG⊥BG.‎ ‎∵PG∩BG=G,∴AD⊥平面PGB,即AD⊥平面DEF.‎ ‎(2)由(1)知二面角P-AD-B的平面角为∠PGB.‎ 在Rt△PGA中,PG= =.‎ 在△PGB中,BG=,PB=2,由余弦定理知,‎ cos ∠PGB===-.‎ ‎11.(探究选做)‎ 如图,正四棱锥P-ABCD中,点E,F分别在棱PA,BC上,且AE=2PE.‎ ‎(1)问点F在何处时,EF⊥AD?‎ ‎(2)当EF⊥AD且正三角形PAB的边长为a时,求点F到平面PAB的距离;‎ ‎(3)在(2)的条件下,求二面角C-AP-B的大小.‎ 解:(1)作PO⊥平面ABCD,‎ 依题意O是正方形ABCD的中心,‎ ‎∵PO⊂平面PAC,‎ ‎∴平面PAC⊥平面ABCD,‎ 作EH⊥AC于H,∴EH⊥平面ABCD,‎ 连结HF,则EF在平面ABCD上的射影为HF,‎ 由三垂线定理及其逆定理得EF⊥AD⇔FH∥AB,‎ ‎∵AE=2PE,∴AH=2HO,从而CH=2AH,‎ 又∵HF∥AB,∴CF=2BF,从而EF⊥AD⇔CF=2BF,‎ 即当F为BC的三等分点(靠近B时),有EF⊥AD.‎ ‎(2)∵HF∥AB,∴F到平面PAB的距离等于H到平面PAB的距离,‎ 设点F到平面PAB的距离为d.‎ PO= ‎= =a,‎ ‎∴EH=PO=a,‎ S△ABE=S△ABP=××a×a×sin60°=a2,‎ S△ABH=S△ABO=,‎ VE-ABH=VH-ABE⇒S△ABH·EH=S△ABE·d,‎ ‎∴d=a.‎ ‎(3)过点O作OM⊥PA,垂足为M,连结BM,‎ ‎∵PO⊥平面ABCD,∴PO⊥OB,‎ 又∵OB⊥OA,∴OB⊥平面PAO,‎ 由三垂线定理得PA⊥MB,‎ ‎∴∠OMB为二面角C-AP-B的平面角,‎ 在Rt△AMB中,∠MAB=60°,‎ ‎∴MB=a,‎ 又∵BO=a,∴sin∠OMB=,‎ 即二面角C-AP-B的大小为arcsin.‎
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