优化方案高考数学97棱柱与棱锥AB课时闯关含答案解析

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.‎