【高考調(diào)研】屆高考數(shù)學一輪復習課時作業(yè) 第八章　單元測試卷 理 新人教版

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1、 第八章　單元測試卷 一、選擇題(本大題共12小題，每小題5分，共60分．每小題中只有一項符合題目要求) 1．用與球心距離為1的平面去截球，所得的截面面積為π，則球的體積為(　　) A.　　　　　　　　　　　 B. C．8π D. 答案　B 解析　S圓＝πr2＝1?r＝1，而截面圓圓心與球心的距離d＝1，∴球的半徑為R＝＝， ∴V＝πR3＝，故選B. 2．已知某個幾何體的三視圖如圖(主視圖的弧線是半圓)，根據(jù)圖中標出的數(shù)據(jù)，這個幾何體的體積是(　　) A．288＋36π B．60π C．288＋72π D．288＋18π 答案　A 解析　將幾何體的三視

2、圖轉(zhuǎn)化為直觀圖 此幾何體下面為長方體上面為半圓柱，根據(jù)三視圖所標數(shù)據(jù) V長方體＝6×8×6＝288， V半圓柱＝×32×π×8＝36π， ∴此幾何體的體積為V＝288＋36π. 3.如下圖所示，是一個正方體的表面展開圖，A、B、C均為棱的中點，D是頂點，則在正方體中，異面直線AB和CD的夾角的余弦值為(　　) A. B. C. D. 答案　C 解析　把展開圖復原為正方體后示意圖如下圖所示，∠EGF為AB和CD所成的角，F(xiàn)為正方體一棱的中點． ∴EF＝GF＝，EG＝. ∴cos∠EGF＝. 4．已知m、

3、n是兩條不同的直線，α、β是兩個不同的平面，給出下列命題： ①若α⊥β，m∥α，則m⊥β；②若m⊥α，n⊥β，且m⊥n，則α⊥β；③若m⊥β，m∥α，則α⊥β；④若m∥α，n∥β，且m∥n，則α∥β. 其中真命題的序號是(　　) A．①④ B．②③ C．②④ D．①③ 答案　B 解析　若α⊥β，m∥α，則m與β可能相交、平行或m在平面β內(nèi)，故①錯；m∥α，n∥β，m∥n，則α與β可能平行，可能相交，故④錯．故選B. 5．圓臺上、下底面面積分別是π、4π，側(cè)面積是6π，這個圓臺的體積是(　　) A.π B．2π C.π D.π 答案　D 解析　上底半徑r＝1

4、，下底半徑R＝2. ∵S側(cè)＝6π，設(shè)母線長為l，則π(1＋2)·l＝6π， ∴l(xiāng)＝2，∴高h＝＝， ∴V＝π·(1＋1×2＋2×2)＝π.故選D. 6．圖中的三個直角三角形是一個體積為20 cm3的幾何體的三視圖，則這個幾何體外接球的表面積為(　　) A．25π cm2 B. cm2 C．77π cm2 D．144π cm2 答案　C 解析　由三視圖畫出此空間幾何體的直觀圖如下圖所示．由題意得 V＝××h×5×6＝20?h＝4. 從而易知，其外接球的半徑為 r＝＝. 從而外接

5、球的表面積為S＝4πr2＝4π()2＝77π.選C. 7.如下圖所示，正四棱錐P－ABCD的底面積為3，體積為，E為側(cè)棱PC的中點，則PA與BE所成的角為(　　) A. B. C. D. 答案　C 解析　連接AC、BD交于點O，連接OE，易得OE∥PA. ∴所求角為∠BEO. 由所給條件易得OB＝，OE＝PA＝，BE＝， ∴cos∠OEB＝，∴∠OEB＝60°，選C. 8．直三棱柱ABC－A1B1C1的直觀圖及三視圖如下圖所示，D為AC的中點，則下列命題是假命題的是(　　) A．AB1∥平面BDC1 B．A1C⊥平面BDC1 C．直三棱柱的體積

6、V＝4 D．直三棱柱的外接球的表面積為4π 答案　D 解析　 由三視圖可知，直三棱柱ABC－A1B1C1的側(cè)面B1C1CB是邊長為2的正方形，底面ABC是等腰直角三角形，AB⊥BC，AB＝BC＝2.連接B1C交BC1于點O，連接AB1，OD.在△CAB1中，O，D分別是B1C，AC的中點，∴OD∥AB1，∴AB1∥平面BDC1.故A正確． 直三棱柱ABC－A1B1C1中，AA1⊥平面ABC， ∴AA1⊥BD.又AB＝BC＝2，D為AC的中點， ∴BD⊥AC，∴BD⊥平面AA1C1C， ∴BD⊥A1C.又A1B1⊥B1C1，A1B1⊥B1B， ∴A1B1⊥平面B1C1CB，

7、∴A1B1⊥B1C. ∵BC1⊥B1C，且BC1∩B1C＝0，∴BC1⊥平面A1B1C. ∴BC1⊥A1C. ∴A1C⊥平面BDC1.故B正確．V＝S△ABC×C1C＝×2×2×2＝4，∴C正確． 此直三棱柱的外接球的半徑為，其表面積為12π，D錯誤，故選D. 9．已知圓錐的底面半徑為R，高為3R，在它的所有內(nèi)接圓柱中，全面積的最大值是(　　) A．22πR2 B.πR2 C.πR2 D.πR2 答案　B 解析　 如圖所示，為組合體的軸截面，由相似三角形的比例關(guān)系，得 ＝，PO1＝3x，圓柱的高為 3R－3x，所以圓柱

8、的全面積為 S＝2πx2＋2πx(3R－3x) ＝－4πx2＋6πRx， 則當x＝R時，S取最大值， Smax＝πR2. 10.如下圖所示，已知在多面體ABC－DEFG中，AB，AC，AD兩兩垂直，平面ABC∥平面DEFG，平面BEF∥平面ADGC，AB＝AD＝DG＝2，AC＝EF＝1，則該多面體的體積為(　　) A．2 B．4 C．6 D．8 答案　B 解析　解法一：(分割法) 如上圖所示，過點C作CH⊥DG于點H，連接EH，這樣就把多面體分割成一個直三棱柱DEH－ABC和一個斜三棱柱BEF－CHG.于是所求幾何體的體積為V＝S△DEH×AD＋S

9、△BEF×DE ＝(×2×1)×2＋(×2×1)×2＝4.故選B. 解法二： (補形法)如上圖所示，將多面體補成棱長為2的正方體，那么顯然所求的多面體的體積即為該正方體體積的一半．于是所求幾何體的體積為 V＝×23＝4.故選B. 11．二面角的棱上有A、B兩點，直線AC、BD分別在這個二面角的兩個半平面內(nèi)，且都垂直于AB.已知AB＝4，AC＝6，BD＝8，CD＝2，則該二面角的大小為(　　) A．150° B．45° C．60° D．120° 答案

10、　C 解析　由條件，知·＝0，·＝0， ＝＋＋. ∴||2＝||2＋||2＋||2＋2·＋2·＋2·＝62＋42＋82＋2×6×8cos〈，〉＝(2)2， ∴cos〈，〉＝－，〈，〉＝120°，∴二面角的大小為60°，故選C. 12．已知正方體ABCD－A1B1C1D1棱長為1，點P在線段BD1上，當∠APC最大時，三棱錐P－ABC的體積為(　　) A. B. C. D. 答案　B 解析　以B為坐標原點，BA為x軸，BC為y軸，BB1為z軸建立空間直角坐標系，設(shè)＝λ，可得P(λ，

11、λ，λ)，再由cos∠APC＝可求得當 λ＝時，∠APC最大，故 VP－ABC＝××1×1×＝. 二、填空題(本大題共4小題，每小題5分，共20分，把答案填在題中橫線上) 13．(2011·天津文)一個幾何體的三視圖如圖所示(單位：m)，則該幾何體的體積為________m3. 答案　4 解析　由三視圖可知，此幾何體的上面是正四棱柱，其長，寬，高分別是2,1,1，此幾何體的下面是長方體，其長，寬，高分別是2,1,1，因此該幾何體的體積 V＝2×1×1＋2×1×1＝4(m3)． 14

12、．如圖，在正方體ABCD－A1B1C1D1中，點P是上底面A1B1C1D1內(nèi)一動點，則三棱錐P－ABC的主視圖與左視圖的面積的比值為________． 答案　1 解析　依題意得三棱錐P－ABC的主視圖與左視圖分別是一個三角形，且這兩個三角形的底邊長都等于正方體的棱長，底邊上的高也都相等，因此三棱錐P－ABC的主視圖與左視圖的面積之比等于1. 15．直三棱柱ABC－A1B1C1的各頂點都在同一球面上．若AB＝AC＝AA1＝2，∠BAC＝120°，則此球的表面積等于______． 答案　20π 解析　設(shè)球心為O，球半徑為R，△ABC的外心是M，則O在底面ABC上的射影是點M

13、，在△ABC中，AB＝AC＝2，∠BAC＝120°，∠ABC＝(180°－120°)＝30°， AM＝＝2.因此，R2＝22＋()2＝5，此球的表面積等于4πR2＝20π. 16.如圖是一幾何體的平面展開圖，其中ABCD為正方形，E、F、分別為PA、PD的中點，在此幾何體中，給出下面四個結(jié)論： ①直線BE與直線CF異面； ②直線BE與直線AF異面； ③直線EF∥平面PBC； ④平面BCE⊥平面PAD. 其中正確的有______個． 答案　2 解析　將幾何體展開圖拼成幾何體(如下圖)，因為E、F分別為PA、PD的中點，所以EF∥AD∥

14、BC，即直線BE與CF共面，①錯；因為B?平面PAD ，E∈平面PAD，E?AF，所以BE與AF是異面直線，②正確；因為EF∥AD∥BC，EF?平面PBC，BC?平面PBC，所以EF∥平面PBC，③正確；平面PAD與平面BCE不一定垂直，④錯． 三、解答題(本大題共6小題，共70分，解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟) 17．(本小題滿分10分)在下面三個圖中，上面的是一個長方體截去一個角所得多面體的直觀圖，它的正視圖和側(cè)視圖在下面畫出(單位：cm)． (1)在正視圖下面，按照畫三視圖的要求畫出該多面體的俯視圖； (2)按照給出的尺寸，求該多面體的體積； (3)在所給

15、直觀圖中連接BC′，證明：BC′∥平面EFG. 解析　(1)如圖． (2)所求多面體的體積 V＝V長方體－V正三棱錐＝4×4×6－××2＝ cm3. (3)證明：如圖，在長方體ABCD－A′B′C′D′中，連接AD′，則AD′∥BC′. 因為E、G分別為AA′、A′D′的中點， 所以AD′∥EG，從而EG∥BC′. 又BC′?平面EFG，所以BC′∥平面EFG. 18．(本小題滿分12分)(2011·天津) 如圖，在四棱錐P－ABCD中，底面ABCD為平行四邊形，∠ADC＝45°，AD＝AC＝1，O為AC的中

16、點，PO⊥平面ABCD，PO＝2，M為PD的中點． (1)證明PB∥平面ACM； (2)證明AD⊥平面PAC； (3)求直線AM與平面ABCD所成角的正切值． 解析　(1)連接BD，MO，在平行四邊形ABCD中，因為O為AC的中點，所以O(shè)為BD的中點．又M為PD的中點，所以PB∥MO.因為PB?平面ACM，MO?平面ACM，所以PB∥平面ACM. (2)因為∠ADC＝45°，且AD＝AC＝1， 所以∠DAC＝90°，即AD⊥AC.又PO⊥平面ABCD， AD?平面ABCD，所以PO⊥AD.而AC∩PO＝O，所以AD⊥平面PAC. (3)取DO中點N，

17、連接MN，AN.因為M為PD的中點，所以MN∥PO，且MN＝PO＝1.由PO⊥平面ABCD，得MN⊥平面ABCD，所以∠MAN是直線AM與平面ABCD所成的角．在Rt△DAO中，AD＝1，AO＝，所以DO＝.從而AN＝DO＝.在Rt△ANM中，tan∠MAN＝＝＝，即直線AM與平面ABCD所成角的正切值為. 19．(本小題滿分12分)(2011·北京理)如圖，在四棱錐P－ABCD中，PA⊥平面ABCD，底面ABCD是菱形，AB＝2，∠BAD＝60°. (1)求證：BD⊥平面PAC； (2)若PA＝AB，求PB與AC所成角的余弦值； (3)當平面PBC與平面PDC

18、垂直時，求PA的長． 解析　(1)因為四邊形ABCD是菱形， 所以AC⊥BD. 又因為PA⊥平面ABCD， 所以PA⊥BD，又AC∩PA＝A， 所以BD⊥平面PAC. (2)設(shè)AC∩BD＝O. 因為∠BAD＝60°，PA＝AB＝2， 所以BO＝1，AO＝CO＝. 如圖，以O(shè)為坐標原點，建立空間直角坐標系O－xyz，則P(0，－，2)，A(0，－，0)，B(1,0,0，)C(0，，0)，所以＝(1，，－2)，＝(0,2，0)． 設(shè)PB與AC所成角為θ， 則cosθ＝＝＝. (3)由(2)知＝(－1，，0)． 設(shè)P(0，－，t)(t>0)， 則＝(－

19、1，－，t)， 設(shè)平面PBC的一個法向量m＝(x，y，z)， 則·m＝0，·m＝0， 所以 令y＝，則x＝3，z＝. 所以m＝(3，，)． 同理，平面PDC的一個法向量n＝(－3，，)． 因為平面PBC⊥平面PDC， 所以m·n＝0，即－6＋＝0. 解得t＝，所以PA＝. 20．(本小題滿分12分)如圖，在六面體ABCDEFG中，平面ABC∥平面DEFG，AD⊥平面DEFG，ED⊥DG，EF∥DG.且AB＝AD＝DE＝DG＝2，AC＝EF＝1. (1)求證：BF∥平面ACGD； (2)求二面角D­CG­F的余弦值．

20、 解析　方法一　(1)設(shè)DG的中點為M，連接AM，F(xiàn)M. 則由已知條件易證四邊形DEFM是平行四邊形． ∴MF∥DE，且MF＝DE.∵平面ABC∥平面DEFG， ∴AB∥DE，∵AB＝DE. ∴MF∥AB，且MF＝AB，∴四邊形ABFM是平行四邊形， ∴BF∥AM. 又BF?平面ACGD，AM?平面ACGD， 故BF∥平面ACGD. (2)由已知AD⊥平面DEFG，∴DE⊥AD.又DE⊥DG， ∴DE⊥平面ADGC.∵MF∥DE，∴MF⊥平面ADGC. 在平面ADGC中，過M作MN⊥GC，垂足為N，連接NF，則∠MNF為所求二面角的平面角． 連接CM.∵平面ABC∥平面D

21、EFG，∴AC∥DM，又AC＝DM＝1，所以四邊形ACMD為平行四邊形，∴CM∥AD，且CM＝AD＝2. ∵AD⊥平面DEFG，∴CM⊥平面DEFG，∴CM⊥DG. 在Rt△CMG中，∵CM＝2，MG＝1， ∴MN＝＝＝. 在Rt△FMN中， ∵MF＝2，MN＝， ∴FN＝＝. ∴cos∠MNF＝＝＝. ∴二面角D­CG­F的余弦值為. 方法二　由題意可得，AD，DE，DG兩兩垂直，故可建立如圖所示的空間直角坐標系． 則A(0,0,2)，B(2,0,2)，C(0,1,2)，E(2,0,0)，G(0,2,0)，F(xiàn)(2,1,0)． (1)＝(2,1

22、,0)－(2,0,2)＝(0,1，－2)，＝(0,2,0)－(0,1,2)＝(0,1，－2)，∴＝，所以BF∥CG. 又BF?平面ACGD，故BF∥平面ACGD. (2)＝(0,2,0)－(2,1,0)＝(－2,1,0)． 設(shè)平面BCGF的法向量為n1＝(x，y，z)， 則 令y＝2，則n1＝(1,2,1)． 則平面ADGC的法向量n2＝(1,0,0)． ∴cos〈n1，n2〉＝ ＝＝. 由于所求的二面角為銳二面角，∴二面角D­CG­F的余弦值為. 21．(本小題滿分12分)(2011·天津理)如圖，在三棱柱ABC－A1B1C1中，H是正方形A

23、A1B1B的中心，AA1＝2，C1H⊥平面AA1B1B，且C1H＝. (1)求異面直線AC與A1B1所成角的余弦值； (2)求二面角A－A1C1－B1的正弦值； (3)設(shè)N為棱B1C1的中點，點M在平面AA1B1B內(nèi)，且MN⊥平面A1B1C1，求線段BM的長． 解析　解法一：如圖所示，建立空間直角坐標系，點B為坐標原點，依題意得A(2，0,0)，B(0,0,0)，C(，－，)，A1(2，2，0)，B1(0,2，0)，C1(，，)． (1)易得＝(－，－，)，＝(－2，0,0)， 于是cos〈，〉＝＝＝. 所以異面直線AC與A1B1所成角的余弦值為. (2)易知＝(0

24、,2，0)，＝(－，－，)． 設(shè)平面AA1C1的法向量m＝(x，y，z)， 則即 不妨令x＝，可得m＝(，0，)． 同樣地，設(shè)平面A1B1C1的法向量n＝(x，y，z)， 則即 不妨令y＝，可得n＝(0，，)． 于是cos〈m，n〉＝＝＝， 從而sin〈m，n〉＝. 所以二面角A－A1C1－B1的正弦值為. (3)由N為棱B1C1的中點，得N(，，)． 設(shè)M(a，b,0)，則＝(－a，－b，)． 由MN⊥平面A1B1C1，得 即 解得 故M(，，0)． 因此＝(，，0)，所以線段BM的長||＝. 解法二： (1)由于AC∥A1C1，故∠C1A1B1是異面直

25、線AC與A1B1所成的角． 因為C1H⊥平面AA1B1B，又H為正方形AA1B1B的中心，AA1＝2，C1H＝，可得A1C1＝B1C1＝3. 因為cos∠C1A1B1＝＝. 所以異面直線AC與A1B1所成角的余弦值為. (2)連接AC1，易知AC1＝B1C1. 又由于AA1＝B1A1，A1C1＝A1C1， 所以△AC1A1≌△B1C1A1， 過點A作AR⊥A1C1于點R，連接B1R. 于是B1R⊥A1C1. 故∠ARB1為二面角A－A1C1－B1的平面角． 在Rt△A1RB1中，B1R＝A1B1·sin∠RA1B1＝2·＝. 連接AB1，在△ARB1中

26、，AB1＝4，AR＝B1R， cos∠ARB1＝＝－， 從而sin∠ARB1＝. 所以二面角A－A1C1－B1的正弦值為. (3)因為MN⊥平面A1B1C1，所以MN⊥A1B1. 取HB1中點D，連接ND. 由于N是棱B1C1中點， 所以ND∥C1H且ND＝C1H＝. 又C1H⊥平面AA1B1B， 所以ND⊥平面AA1B1B. 故ND⊥A1B1. 又MN∩ND＝N，所以A1B1⊥平面MND. 連接MD并延長交A1B1于點E， 則ME⊥A1B1，故ME∥AA1. 由＝＝＝，得DE＝B1E＝. 延長EM交AB于點F，可得BF＝B1E＝. 連接NE. 在Rt△ENM

27、中，ND⊥ME，故ND2＝DE·DM， 所以DM＝＝.可得FM＝. 連接BM.在Rt△BFM中，BM＝＝. 22．(本小題滿分12分)(2011·浙江理)如圖，在三棱錐P－ABC中，AB＝AC，D為BC的中點，PO⊥平面ABC，垂足O落在線段AD上．已知BC＝8，PO＝4，AO＝3，OD＝2. (1)證明：AP⊥BC； (2)在線段AP上是否存在點M，使得二面角A－MC－B為直二面角？若存在，求出AM的長；若不存在，請說明理由． 解析　方法一　(1)如圖，以O(shè)為原點，以射線OD為y軸的正半軸，以射線OP為z軸的正半軸，建立空間直角坐標系O－xyz. 則

28、O(0,0,0)，A(0，－3,0)，B(4,2,0)，C(－4,2,0)，P(0,0,4)， ＝(0,3,4)，＝(－8,0,0)，由此可得·＝0，所以⊥，即AP⊥BC. (2)設(shè)＝λ，λ≠1，則 ＝λ(0，－3，－4)． ＝＋＝＋λ ＝(－4，－2,4)＋λ(0，－3，－4)＝(－4，－2－3λ，4－4λ)， ＝(－4,5,0)，＝(－8,0,0)． 設(shè)平面BMC的法向量n1＝(x1，y1，z1)，平面APC的法向量n2＝(x2，y2，z2)． 由 得 即可取n1＝(0,1，)． 由即 得可取n2＝(5,4，－3)． 由n1·n2＝0，得4－3

29、·＝0， 解得λ＝，故AM＝3. 綜上所述，存在點M符合題意，AM＝3. 方法二　(1)由AB＝AC，D是BC的中點，得AD⊥BC. 又PO⊥平面ABC，得PO⊥BC. 因為PO∩AD＝O，所以BC⊥平面PAD，故BC⊥PA. (2)如圖，在平面PAB內(nèi)作BM⊥PA于M，連CM. 由(1)中知AP⊥BC，得AP⊥平面BMC. 又AP?平面APC， 所以平面BMC⊥平面APC. 在Rt△ADB中，AB2＝AD2＋BD2＝41，得AB＝. 在Rt△POD中，PD2＝PO2＋OD2， 在Rt△PDB中，PB2＝PD2＋BD2， 所以PB2＝PO2＋OD2＋DB

30、2＝36，得PB＝6. 在Rt△POA中，PA2＝AO2＋OP2＝25，得PA＝5. 又cos∠BPA＝＝， 從而PM＝PBcos∠BPA＝2，所以AM＝PA－PM＝3. 綜上所述，存在點M符合題意，AM＝3. 1．(2012·西安五校一模)若一個底面是正三角形的三棱柱的正視圖如圖所示，其頂點都在一個球面上，則該球的表面積為(　　) A.π B.π C.π D.π 答案　B 解析　設(shè)球半徑是R，依題意知，該三棱柱是一個底面邊長為2、側(cè)棱長為1的正三棱柱，記上、下底面的中心分別是O1、O，易知球心是線段O1O的中點，于是 R2＝()2＋(×

31、2×)2＝，因此所求球的表面積是4πR2＝4π×＝，選B. 2．(2012·合肥第一次質(zhì)檢)設(shè)a、b是兩條不同的直線，α、β是兩個不同的平面，則下列命題錯誤的是(　　) A．若a⊥α，b∥α，則a⊥b B．若a⊥α，b∥a，b?β，則α⊥β C．若a⊥α，b⊥β，α∥β，則a∥b D．若a∥α，a∥β，則α∥β 答案　D 解析　由題意可得A、B、C選項顯然正確，對于選項D：當α，β相交，且a與α，β的交線平行時，有a∥α，α∥β，但此時α與β不平行．故選D. 3．半徑為4的球面上有A，B，C，D四點，且滿足·＝0，·＝0，

32、83;＝0，則△ABC，△ACD，△ADB面積之和S△ABC＋S△ACD＋S△ADB的最大值為(　　) A．8 B．16 C．32 D．64 答案　C 解析　設(shè)AB＝a，AC＝b，AD＝c， 則S△ABC＋S△ACD＋S△ADB＝(ab＋ac＋bc) ≤(＋＋) ＝(a2＋b2＋c2) ＝×4R2＝×4×42＝32， 當且僅當a＝b＝c時取“＝”． 4．設(shè)a，b，c表示三條直線，α、β表示兩個平面，下列命題中不正確的是(　　) A.?a⊥β B.?a⊥b C.?c∥α D.?b⊥α 答案　D 解析　經(jīng)判斷可知，選項A、B

33、、C均正確．對于選項D，與直線a垂直的直線有無數(shù)多條，這些直線與平面α的關(guān)系也可能是平行的，如正方體的上底面的兩條棱相互垂直，但這兩條棱與下底面的關(guān)系是平行而不是垂直． 5．設(shè)a、b、c表示三條不同的直線，α、β表示兩個不同的平面，則下列命題中逆命題不成立的是(　　) A．當c⊥α時，若α∥β時，則c⊥β B．當b?β，c是a在β內(nèi)的射影時，若b⊥c，則a⊥b C．當b?β時，若b⊥α，則β⊥α D．當b?α，c?α時，若c∥α，則b∥c 答案　C 解析　A．其逆命題為當c⊥α時，若c⊥β，則α∥β，顯然垂直于同一直線的兩平面平行，逆命題正確； B．其逆命題為當b?β時，c是a

34、在β內(nèi)的射影，若a⊥b，則b⊥c，此為三垂線定理內(nèi)容，逆命題正確； C．其逆命題為當b?β時，若β⊥α，則b⊥a，顯然兩平面垂直，其中一平面內(nèi)任一直線不一定垂直另一平面，逆命題錯誤； D．其逆命題為當b?α，c?α時，若b∥c，則c∥α，此為線面平行的判斷定理，逆命題正確． 6．(2012·洛陽市模擬)圖2中的實線圍成的部分是長方體(圖1)的平面展開圖，其中四邊形ABCD是邊長為1的正方形．若向虛線圍成的矩形內(nèi)任意拋擲一質(zhì)點，它落在長方體的平面展形圖內(nèi)的概率是，則此長方體的體積是________． 答案　3 解析　設(shè)長方體的高為h，則圖2中虛線圍成的矩形長為2＋2h，寬

35、為1＋2h，面積為(2＋2h)(1＋2h)，展開圖的面積為2＋4h；由幾何概型的概率公式知＝，得h＝3，所以長方體的體積是V＝1×3＝3. 7. (2012·安徽江南十校聯(lián)考)如圖，在四棱錐P－ABCD中，PA⊥平面ABCD，四邊形ABCD為正方形，AB＝4，PA＝3，A點在PD上的射影為G點，E點在AB上，平面PEC⊥平面PCD. (1)求證：AG∥平面PEC； (2)求AE的長； (3)求二面角E－PC－A的正弦值． 解析　(1)證明：∵PA⊥平面ABCD，∴PA⊥CD. 又∵CD⊥AD，PA∩AD＝A， ∴CD⊥平面PAD.∴CD⊥AG. 又PD⊥

36、AG，∴AG⊥平面PCD. 作EF⊥PC于點F，連接GF， ∵平面PEC⊥平面PCD， ∴EF⊥平面PCD.∴EF∥AG. 又AG?平面PEC，EF?平面PEC， ∴AG∥平面PEC. (2)解：由(1)知A、E、F、G四點共面， 又AE∥CD，AE?平面PCD，CD?平面PCD， ∴AE∥平面PCD. 又∵平面AEFG∩平面PCD＝GF，∴AE∥GF. 又由(1)知EF∥AG， ∴四邊形AEFG為平行四邊形，∴AE＝GF. ∵PA＝3，AD＝4，∴PD＝5，AG＝. 又PA2＝PG·PD，∴PG＝. 又＝，∴GF＝＝，∴AE＝. (3)解：過E作EO⊥

37、AC于點O，連接OF，易知EO⊥平面PAC，又EF⊥PC，∴OF⊥PC. ∴∠EFO即為二面角E－PC－A的平面角． EO＝AE·sin45°＝×＝，又EF＝AG＝， ∴sin∠EFO＝＝×＝. 8. (2012·山東濰坊質(zhì)檢)如圖，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，∠ACB＝90°，2AC＝AA＝BC＝2. (1)若D為AA1的中點，求證：平面B1CD⊥平面B1C1D； (2)若二面角B1－DC－C1的大小為60°，求AD的長． 解析　(1)方法一：證明：∵∠A1C1B1＝∠ACB＝90°，

38、∴B1C1⊥A1C1. 又由直三棱柱的性質(zhì)知B1C1⊥CC1， ∴B1C1⊥平面ACC1A1.∴B1C1⊥CD，① 由D為AA1的中點，可知DC＝DC1＝， ∴DC2＋DC＝CC，即CD⊥DC1，② 由①②可知CD⊥平面B1C1D， 又CD?平面B1CD，故平面B1CD⊥平面B1C1D. (2)解：由(1)可知B1C1⊥平面ACC1A1，在平面ACC1A1內(nèi)過C1作C1E⊥CD，交CD或其延長線于E，連接EB1， ∴∠B1EC1為二面角B1－DC－C1的平面角， ∴∠B1EC1＝60°. 由B1C1＝2知，C1E＝＝， 設(shè)AD＝x，則DC＝. ∵△DC1C的面

39、積為1，∴··＝1. 解得x＝，即AD＝. 方法二： (1)證明：如圖，以C為坐標原點，CA、CB、CC1所在的直線分別為x，y，z軸建立空間直角坐標系，則 C(0,0,0)，A(1,0,0)，B1(0,2,2)，C1(0,0,2)，D(1,0,1)，即＝(0,2,0)，＝(－1,0,1)，＝(1,0,1)， 由·＝(1,0,1)·(0,2,0)＝0，得CD⊥C1B1； 由·＝(1,0,1)·(－1,0,1)＝0，得CD⊥DC1. 又DC1∩C1B1＝C1，∴CD⊥平面B1C1D. 又CD?平面B1CD， ∴平面B

40、1CD⊥平面B1C1D. (2)解：設(shè)AD＝a，則D點坐標為(1,0，a)，＝(1,0，a)，＝(0,2,2)， 設(shè)平面B1CD的一個法向量為m＝(x，y，z)． 則?令z＝－1. 得m＝(a,1，－1)，又平面C1DC的一個法向量為n＝(0,1,0)， 則由cos60°＝，得＝， 即a＝，故AD＝. 9．(2012·衡水調(diào)研)如圖，在三棱柱ABC－A1B1C1中，AC⊥BC，AB⊥BB1，AC＝BC＝BB1＝2，D為AB的中點，且CD⊥DA1. (1)求證：BB1⊥面ABC； (2)求多面體DBC－A1B1C1的體積； (3)求二面角C－DA1－C

41、1的余弦值． 解析　(1)證明：∵AC＝BC，D為AB的中點， ∴CD⊥AB.又CD⊥DA1，AB∩A1D＝D， ∴CD⊥面AA1B1B.∴CD⊥BB1. 又BB1⊥AB，AB∩CD＝D，∴BB1⊥面ABC. (2)解：V多面體DBC－A1B1C1＝V棱柱ABC－A1B1C1－V棱錐A1－ADC ＝S△ABC·|AA1|－S△ADC·|AA1|＝S△ABC·|AA1|－×S△ABC·|AA1|＝S△ABC·|AA1|＝. (3) 解：以C為原點，分別以，，的方向為x軸，y軸，z軸的正向，建立空間直角坐標系(如圖所示

42、)，則 C(0,0,0)，B(2,0,0)，A(0,0,2)，C1(0,2,0)，A1(0,2,2)， ∴D(1,0,1)． 設(shè)n1＝(x1，y1，z1)是平面DCA1的一個法向量，則有即 ∴故可取n1＝(1,1，－1)． 同理設(shè)n2＝(x2，y2，z2)是平面DC1A1的一個法向量，且＝(1，－2,1)，＝(0,0,2)． 則有即 ∴故可取n2＝(2,1,0)． ∴cos〈n1，n2〉＝＝＝. 又二面角C－DA1－C1的平面角為銳角，所以其余弦值為. 10．(2012·東北三校聯(lián)考)如圖，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，已知BC＝1，BB1＝2，AB⊥平面BB

43、1C1C. (1)求直線C1B與底面ABC所成角的正切值； (2)在棱CC1(不包括端點C、C1)上確定一點E的位置，使EA⊥EB1(要求說明理由)； (3)在(2)的條件下，若AB＝，求二面角A－EB1－A1的大?。? 解析　方法一　(1)解：在直三棱柱ABC－A1B1C1中，C1C⊥平面ABC， ∴C1B在平面ABC上的射影為CB， ∴∠C1BC為直線C1B與底面ABC所成的角． ∵在Rt△CC1B中，CC1＝2，BC＝1， ∴tan∠C1BC＝2，即直線C1B與底面ABC所成角的正切值為2. (2)解：連接BE，當E為CC1的中點時，EA⊥EB1. ∵CE＝EC1＝

44、1，BC＝B1C1＝1， ∴∠BEC＝∠B1EC1＝45°. ∴∠BEB1＝90°，即B1E⊥BE. 又∵AB⊥平面BB1C1C，EB1?平面BB1C1C， ∴AB⊥EB1. 又AB?平面ABE，BE?平面ABE，BE∩AB＝B， ∴EB1⊥平面ABE. 又EA?平面ABE，故EA⊥EB1. (3)解：如圖，取EB1的中點G，A1E的中點F，連接FG，則FG∥A1B1，且FG＝A1B1， ∵A1B1⊥EB1，∴FG⊥EB1. 連接A1B，AB1，設(shè)A1B∩AB1＝O， 連接OF，OG，則OG∥AE，且OG＝EA. ∵EA⊥EB1，∴OG⊥EB1.

45、 ∴∠OGF為二面角A－EB1－A1的平面角． ∵AE＝＝2，OG＝AE＝1，F(xiàn)G＝A1B1＝，OF＝BE＝，∴∠OGF＝45°. ∴二面角A－EB1－A1的大小為45°. 方法二　以B為坐標原點，BC、BB1、AB所在的直線分別為x、y、z軸建立如圖所示的空間直角坐標系，則 B(0,0,0)，C1(1,2,0)，B1(0,2,0)． (1)解：在直三棱柱ABC－A1B1C1中，平面ABC的一個法向量為＝(0,2,0)，又＝(1,2,0)， 設(shè)BC1與平面ABC所成的角為θ， 則sinθ＝|cos〈，〉|＝， ∴tanθ＝2，即直線C1B與底面ABC所

46、成角的正切值為2. (2)解：設(shè)E(1，y,0)，A(0,0，z)，則＝(－1,2－y,0)，＝(－1，－y，z)， ∵EA⊥EB1，∴·＝1－y(2－y)＝0. ∴y＝1，即E(1,1,0)． ∴E為CC1的中點． (3)解：由題知A(0,0，)，則 ＝(1,1，－)，＝(1，－1,0)， 設(shè)平面AEB1的一個法向量為n＝(x1，y1，z1)，則 ∴ 令x1＝1，則n＝(1,1，)． ∵＝(1,1,0)，∴·＝1－1＝0， ∴BE⊥B1E. 又BE⊥A1B1，∴BE⊥平面A1B1E. ∴平面A1B1E的一個法向量為＝(1,1,0)． ∴cos〈

47、n，〉＝＝. ∴二面角A－EB1－A1的大小為45°. 11．(2012·深圳第一次調(diào)研)如下圖，AC是圓O的直徑，點B在圓O上，∠BAC＝30°，BM⊥AC交AC于點M，EA⊥平面ABC，F(xiàn)C∥EA，AC＝4，EA＝3，F(xiàn)C＝1. (1)證明：EM⊥BF； (2)求平面BEF與平面ABC所成的銳二面角的余弦值． 解析　方法一　(1)證明：∵EA⊥平面ABC，BM?平面ABC，∴EA⊥BM. 又∵BM⊥AC，EA∩AC＝A， ∴BM⊥平面ACFE. 而EM?平面ACFE. ∴BM⊥EM. ∵AC是圓O的直徑，∴∠ABC＝90°.

48、 又∵∠BAC＝30°，AC＝4， ∴AB＝2，BC＝2，AM＝3，CM＝1. ∵EA⊥平面ABC，F(xiàn)C∥EA，∴FC⊥平面ABC. 又FC＝CM＝1，AM＝EA＝3， ∴△EAM與△FCM都是等腰直角三角形． ∴∠EMA＝∠FMC＝45°. ∴∠EMF＝90°，即EM⊥MF. ∵MF∩BM＝M，∴EM⊥平面MBF. 而BF?平面MBF，∴EM⊥BF. (2)解：延長EF交AC的延長線于G，連接BG，過點C作CH⊥BG，連接FH. 由(1)知FC⊥平面ABC，BG?平面ABC， ∴FC⊥BG. 而FC∩CH＝C，∴BG⊥平面FCH.

49、∵FH?平面FCH，∴FH⊥BG. ∴∠FHC為平面BEF與平面ABC所成的二面角的平面角． 在Rt△ABC中，∵∠BAC＝30°，AC＝4， ∴BM＝AB·sin30°＝. 由＝＝，得GC＝2. ∵BG＝＝＝2， 又∵△GCH∽△GBM， ∴＝，則CM＝＝＝1. ∴△FCH是等腰直角三角形，∠FHC＝45°. ∴平面BEF與平面ABC所成的銳二面角的余弦值為. 方法二　(1)證明：因為AC是圓O的直徑，所以∠ABC＝90°，又∠BAC＝30°，AC＝4，所以AB＝2，而BM⊥AC，易得AM＝3，BM＝. 如

50、圖，以A為坐標原點，垂直于AC的直線，AC、AE所在的直線為x，y，z軸建立空間直角坐標系． 由已知條件得A(0,0,0)，M(0,3,0)，E(0,0,3)，B(，3,0)，F(xiàn)(0,4,1)， ∴＝(0，－3,3)，＝(－，1,1)． 由·＝(0，－3,3)·(－，1,1)＝0， 得⊥，∴EM⊥BF. (2)解：由(1)知＝(－，－3,3)，＝(－，1,1)． 設(shè)平面BEF的法向量為n＝(x，y，z)， 由n·＝0，n·＝0， 得 令x＝得y＝1，z＝2，∴n＝(，1,2)． 由已知EA⊥平面ABC，所以平面ABC的一個法向量為＝(

51、0,0,3)． 設(shè)平面BEF與平面ABC所成的銳二面角為θ， 則cosθ＝|cos〈n，〉|＝＝. 12．(2011·廣東文)如圖所示的幾何體是將高為2，底面半徑為1的直圓柱沿過軸的平面切開后，將其中一半沿切面向右水平平移后得到的．A，A′，B，B′分別為， ，， 的中點，O1，O′1，O2，O′2分別為CD，C′D′，DE，D′E′的中點． (1)證明：O′1，A′，O2，B四點共面； (2)設(shè)G為AA′中點，延長A′O′1到H′，使得O′1H′＝A′O′1.證明：BO′2⊥平面H′B′G. 解析　(1)如圖，將兩個半圓柱補充為兩個圓柱，延長A′O′1交圓O′1于點

52、H′，延長AO1交圓O1于點H，由題知O′1H′平移到O′2B′，O1H平移到O2B，于是O′2B′∥O′1H′，又B，B′分別是，的中點， ∴BO2∥B′O′2，即BO2∥H′O′1， ∴BO2∥O′1A′，故O′1，A′，O2，B四點共面； (2)由點B′是的中點得D′E′⊥B′O′2， 又D′E′⊥O′2O2，B′O′2∩O′2O2＝O′2， ∴D′E′⊥平面B′O′2O2B，而BO′2?平面B′O′2O2B， ∴D′E′⊥BO′2，又H′B′∥D′E′， ∴BO′2⊥H′B′， 另一方面，可得BO′2∥HO′1， 在正方形HAA′H′中，點G，O′1分別是AA′，A′H′的中點， ∴HO′1⊥H′G，于是BO′2⊥H′G， 又∵H′B′∩H′G＝H′， ∴BO′2⊥平面H′B′G. 41