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1、【高考核动力】高考数学 7-5简单几何体的面积和体积配套作业 北师大版1假设两直线a与b异面，那么过a且与b垂直的平面()A有且只有一个B至多有一个C有无数多个 D一定不存在【解析】当ab时，存在一个过a且与b垂直的平面；假设a与b不垂直，那么不存在这样的平面【答案】B2(兰州模拟)用a，b，c表示三条不同的直线，假设ab，bc，那么ac；假设ab，bc，那么ac；假设a，b，那么ab；假设a，b，那么ab.A BC D【解析】由公理4知ab，bc，直线a、c的关系不确定，故a，b，不能判定a、b的关系，故是直线与平面垂直的性质定理【答案】C3边长为a的正方形ABCD沿对角线BD折成直二面角，
2、那么AC的长为()A.a B.aC.a Da【解析】取BD的中点E，连接AE，EC那么BDAE，BDEC，AEC是直二面角的平面角，即AEC90，在RtAEC中，AEEC，于是ACa.【答案】D4.如图，PA平面ABC，BCAC，那么图中直角三角形的个数为_【解析】由PA面ABC可得PAAB，PAAC，故PAB、PAC均为Rt，又BCPA，BCAC可得BC面PAC，故BCPC，即PBC为Rt，ABC也为Rt，所以图中共有4个直角三角形【答案】45如图，在四面体ABCD中，CBCD，ADBD，点E、F分别是AB、BD的中点求证：(1)直线EF平面ACD；(2)平面EFC平面BCD.【证明】(1)
3、在ABD中，因为E、F分别是AB、BD的中点，所以EFAD.又AD平面ACD，EF平面ACD，所以直线EF平面ACD.(2)在ABD中，因为ADBD，EFAD，所以EFBD.在BCD中，因为CDCB，F为BD的中点，所以CFBD.因为EF平面EFC，CF平面EFC，EF与CF交于点F，所以BD平面EFC.又因为BD平面BCD，所以平面EFC平面BCD.课时作业【考点排查表】考查考点及角度难度及题号错题记录根底中档稍难线面垂直的判定与性质16,810,11面面垂直的判定与性质2,3712平行与垂直的综合问题45,913一、选择题1(广州模拟)设l，m是两条不同的直线，A假设lm，m，那么lB假设
4、l，lm，那么mC假设l，m，那么lmD假设l，m，那么lm【解析】A选项不符合线面垂的直判定定理；C选项l与m可能平行，也可能异面；D选项l与m可能平行，相交或异面【答案】B2直线m、l和平面、，那么的充分条件是()Aml，m，l Bml，m，lCml，m，l Dml，l，m【解析】由/ ，如图由/ ，如图由/ ，如图所以选项A，B，C都不对又选项D能推出，所以D正确，应选D.【答案】D3如图，在斜三棱柱ABCA1B1C1中，BAC90，BC1AC，那么C1在底面ABC上的射影H必在()A直线AB上B直线BC上C直线AC上 DABC内部【解析】连接AC1，由题意ACAB，ACBC1，且ABB
5、C1B.AC平面ABC1，平面ABC1平面ABC，故点C1在平面ABC上的射影H必落在两平面的交线AB上，选A.【答案】A4(长沙模拟)设X、Y、Z是空间不同的直线或平面，对下面四种情形，如“XZ且YZXYX、Y、Z是直线X、Y是直线，Z是平面Z是直线，X、Y是平面X、Y、Z是平面A BC D【解析】因为垂直于同一个平面的两条直线平行，垂直于同一条直线的两个平面平行，可知正确【答案】C5(文)正四棱锥SABCD的底面边长为2，高为2，E是边BC的中点，动点P在外表上运动，并且总保持PEAC，那么动点P的轨迹的周长为()A.2 B.C. D.【解析】依题意知，动点P的轨迹为如下列图的三角形EFG
6、，容易求得，EFBD，GEGFSB，所以轨迹的周长为.【答案】C(理)在三棱柱ABCA1B1C1中，各棱长相等，侧棱垂直于底面，点D是侧面BB1C1C的中心，那么AD与平面BB1C1C所成角的大小是()A30 B45C60 D90【解析】如图，取BC中点E，连接DE、AE、AD，依题意知三棱柱为正三棱柱，易得AE平面BB1C1C，故ADE为AD与平面BB1C1C所成的角设各棱长为1，那么AE，DE，tanADE，ADE60.【答案】C6如图，在正方形ABCD中，E，F分别是AB，BC的中点，现在沿DE，DF及EF把ADE，CDF和BEF折起，使A，B，C三点重合，重合后的点记作P，那么在四面体
7、PDEF中必有()ADP平面PEF BDM平面PEFCPM平面DEF DPF平面DEF【解析】在正方形中，DAEA，DCFC，在折叠后的四面体PDEF中有DPEP，DPFP，又EPFPP，DP平面PEF.应选A.【答案】A二、填空题7(青岛模拟)如下列图，在四棱锥PABCD中，PA底面ABCD，且底面各边都相等，M是PC上的一动点，当点M满足_时，平面MBD平面PCD.(只要填写一个你认为是正确的条件即可)【解析】由定理可知，BDPC.当DMPC时，即有PC平面MBD，而PC平面PCD，平面MBD平面PCD.【答案】DMPC(答案不唯一)8如图，矩形ABCD的边ABa，BC2，PA平面ABCD
8、，PA2，现有数据：a；a1；a；a4，当BC边上存在点Q，使PQQD时，可以取_(填上正确的序号)【解析】连接AQ.因为PA平面ABCD，所以PADQ.又PQQD，所以AQQD.故RtABQRtQCD.令BQx，那么有，整理得x22xa20.由题意可知方程x22xa20有正实根，所以0a1.【答案】9在正三棱锥PABC中，D，E分别是AB，BC的中点，有以下三个论断：ACPB；AC平面PDE；AB平面PDE.其中正确论断的序号为_【解析】如图，PABC为正三棱锥，PBAC；又DEAC，AC平面PDE.故，正确【答案】三、解答题10(福建高考)如图，四棱锥PABCD中，PA底面ABCD，ABA
9、D，点E在线段AD上，且CEAB.(1)求证：CE平面PAD；(2)假设PAAB1，AD3，CD，CDA45，求四棱锥PABCD的体积【解】(1)证明：因为PA平面ABCD，CE平面ABCD，所以PACE.因为ABAD，CEAB，所以CEAD.又PAADA，所以CE平面PAD.(2)由(1)可知CEAD.在RtECD中，DECDcos 451，CECDsin 451.又因为ABCE1，ABCE，所以四边形ABCE为矩形，所以S四边形ABCDS矩形ABCESECDABAECEDE1211.又PA平面ABCD，PA1，所以V四棱锥PABCDS四边形ABCDPA1.11(广东高考)如下列图，在四棱锥
10、PABCD中，AB平面PAD，ABCD，PDAD，E是PB的中点，F是DC上的点且DFAB，PH为PAD中AD边上的高(1)证明：PH平面ABCD；(2)假设PH1，AD，FC1，求三棱锥EBCF的体积；(3)证明：EF平面PAB.【解】(1)证明：因为AB平面PAD，PH平面PAD，所以PHAB.因为PH为PAD中AD边上的高，所以PHAD.因为PH平面ABCD，ABADA，AB，AD平面ABCD，所以PH平面ABCD.(2)如图，连接BH，取BH的中点G，连接EG.因为E是PB的中点，所以EGPH，且EGPH.因为PH平面ABCD，所以EG平面ABCD.因为AB平面PAD，AD平面PAD，
11、所以ABAD，所以底面ABCD为直角梯形，所以VEBCFSBCFEGFCADEG.(3)证明：取PA中点M，连接MD，ME.因为E是PB的中点，所以ME綊AB.又因为DF綊AB，所以ME綊DF，所以四边形MEFD是平行四边形，所以EFMD.因为PDAD，所以MDPA.因为AB平面PAD，所以MDAB.因为PAABA，所以MD平面PAB，所以EF平面PAB.12(文)(福建高考)如图，在长方体ABCDA1B1C1D1中，ABAD1，AA12，M为棱DD1上的一点(1)求三棱锥AMCC1的体积；(2)当A1MMC取得最小值时，求证：B1M平面MAC.【解】(1)由长方体ABCDA1B1C1D1知，
12、AD平面CDD1C1，点A到平面CDD1C1的距离等于AD1.又SMCC1CC1CD211，VAMCC1ADSMCC1.(2)证明：将侧面CDD1C1绕DD1逆时针转90展开，与侧面ADD1A1共面(如图)，当A1，M，C共线时，A1MMC取得最小值由ADCD1，AA12，得M为DD1的中点连接A1M、B1M，在C1MC中，MC1，MC，CC12，CCMCMC2，得CMC190，即CMMC1.又由长方体ABCDA1B1C1D1知，B1C1平面CDD1C1，B1C1CM.又B1C1MC1C1，CM平面B1C1M，得CMB1M.同理可证，B1MAM.又AMMCM，B1M平面MAC.(理)(天津高考
13、)如图，在四棱锥PABCD中，PA平面ABCD，ACAD，ABBC，BAC45，PAAD2，AC1.(1)证明：PCAD；(2)求二面角APCD的正弦值；(3)设E为棱PA上的点，满足异面直线BE与CD所成的角为30，求AE的长【解】(1)证明：由PA平面ABCD，可得PAAD.又由ADAC，PAACA，故AD平面PAC，又PC平面PAC.所以PCAD.(2)如图，作AHPC于点H，连接DH.由PCAD，PCAH，可得PC平面ADH，因此DHPC，从而AHD为二面角APCD的平面角在RtPAC中，PA2，AC1，由此得AH.由(1)知ADAH.故在RtDAH中，DH.因此sinAHD，所以二面
14、角APCD的正弦值为.(3)如图，因为ADC45，故过点B作CD的平行线必与线段AD相交，设交点为F，连接BE，EF.故EBF或其补角为异面直线BE与CD所成的角由于BFCD，故AFBADC.在RtDAC中，CD，sinADC，故sinAFB.在AFB中，由，AB，sinFABsin 135，可得BF.由余弦定理，BF2AB2AF22ABAFcosFAB，可得AF.设AEh.在RtEAF中，EF.在RtBAE中，BE.在EBF中，因为EFBE，从而EBF30.由余弦定理得cos 30，解得h.所以AE.四、选做题13(文)(安徽高考)如图，在多面体ABCDEF中，四边形ABCD是正方形，AB2
15、EF2，EFAB，EFFB，BFC90，BFFC，H为BC的中点(1)求证：FH平面EDB；(2)求证：AC平面EDB；(3)求四面体BDEF的体积【解】(1)证明：如图，设AC与BD交于点G，那么G为AC的中点连接EG，GH，由于H为BC的中点，故GH綊AB.又EF綊AB，EF綊GH，四边形EFHG为平行四边形，EGFH.而EG平面EDB，FH平面EDB.FH平面EDB.(2)证明：由四边形ABCD为正方形，得ABBC.又EFAB，EFBC.而EFFB，EF平面BFC.EFFH.ABFH.又BFFC，H为BC的中点，FHBC.FH平面ABCD，FHAC.又FHEG，ACEG.又ACBD，EG
16、BDG，AC平面EDB.(3)EFFB，BFC90，BF平面CDEF.BF为四面体BDEF的高又BCAB2，BFFC.VBDEF1.(理)(天津高考)如下列图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD是矩形，ADPD，BC1，PC2，PDCD2.(1)求异面直线PA与BC所成角的正切值；(2)证明平面PDC平面ABCD；(3)求直线PB与平面ABCD所成角的正弦值【解】(1)如下列图，在四棱锥PABCD中，因为底面ABCD是矩形，所以ADBC且ADBC.故PAD为异面直线PA与BC所成的角又因为ADPD，在RtPDA中，tanPAD2，所以异面直线PA与BC所成角的正切值为2.(2)证明：由于底面ABCD是矩形，故ADCD.又因为ADPD，CDPDD，所以AD平面PDC.而AD平面ABCD，所以平面PDC平面ABCD.(3)在平面PDC内，过点P作PECD交直线CD于点E，连接EB.由于平面PDC平面ABCD，而直线CD是平面PDC与平面ABCD的交线，故PE平面ABCD.由此得PBE为直线PB与平面ABCD所成的角在PDC中，由于PDCD2，PC2，可得PCD30.在RtPEC中，PEPCsin 30.由ADBC，AD平面PDC，得BC平面PDC，因此BCPC.在RtPCB中，PB.在RtPEB中，sinPBE.所以直线PB与平面ABCD所成角的正弦值为.