高考数学一轮复习精品课件及配套练习阶段知能检测(七)

阶段知能检测(七)本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分，共150分，考试时间120分钟．第Ⅰ卷一、选择题(本大题共8小题，每小题5分，满分40分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)1．已知a＝(1,1,0)，b＝(－1,0,3)，且ka＋b与2a－b垂直，则k的值为()A.125B．1C.75D．2【解析】ka＋b＝(k－1，k,3)，2a－b＝(3,2，－3)，由题意，得(k－1)×3＋k×2＋3×(－3)＝0，解得k＝125.【答案】A图7－12．某几何体的正视图如图7－1所示，则该几何体的俯视图不可．．能．的是()【解析】由正视图知，俯视图不可能是圆与内接四边形，C不正确．【答案】C3．直三棱柱的侧棱长和底面边长均为2，正视图和俯视图如图7－2(2)所示，则其侧视图的面积为()图7－2A．4B.3C．23D．2【解析】由正视图和俯视图知，直三棱柱的侧视图是长为3，宽为2的长方形，故侧视图的面积为23.【答案】C4．已知m，n是两条不同的直线，α，β，γ是三个不同的平面，则下列命题正确的是()A．若α⊥γ，α⊥β，则γ∥βB．若m∥n，m⊂α，n⊂β，则α∥βC．若m∥n，m∥α，则n∥αD．若n⊥α，n⊥β，则α∥β【解析】A错，两平面也可相交；B错，不符合面面平行的判定定理的条件，需两平面内有两条相交直线互相平行；C错，直线n不一定在平面α外；D由空间想象知垂直于同一直线的两平面平行，命题正确．【答案】D5．如图7－3所示，平行四边形ABCD中，AB⊥BD，沿BD将△ABD折起，使面ABD⊥面BCD，连结AC，则在四面体ABCD的四个面中，互相垂直的平面的对数为()图7－3A．1B．2C．3D．4【解析】AB⊥BD，面ABD⊥面BCD，且交线为BD，则AB⊥面BCD，则面ABC⊥面BCD，同理CD⊥面ABD，则面ACD⊥面ABD，因此共有3对互相垂直的平面．【答案】C图7－46．(2012·茂名调研)如图7－4，在正方体ABCD—A1B1C1D1中，O是底面正方形ABCD的中心，M是DD1的中点，N是A1B1上的动点，则直线ON，AM的位置关系是()A．平行B．相交C．异面垂直D．异面不垂直【解析】如图所示，取BC、AD的中点E、F，分别连结B1E，EF，FA1，则ON⊂平面A1FEB1.∵AM⊥A1F，AM⊥A1B1，∴AM⊥平面A1FEB1，∴AM⊥ON.【答案】C图7－57．如图7－5六棱锥P—ABCDEF的底面是正六边形，PA⊥平面ABC，PA＝2AB，则下列结论正确的是()A．PB⊥ADB．平面PAB⊥平面PBCC．直线BC∥平面PAED．直线PD与平面ABC所成的角为45°【解析】∵PB在底面射影为AB，AB与AD不垂直，∴PB与AD不垂直，排除A.又BD⊥AB，BD⊥PA，∴BD⊥面PAB.但BD不在面PBC内，排除B.∵BD∥AE，∴BD∥面PAE，∴BC与面PAE不平行，排除C.又∵PD与面ABC所成角为∠PDA，AD＝2AB＝PA，∴∠PDA＝45°.【答案】D图7－68．如图7－6所示，在斜三棱柱ABC—A1B1C1中，∠BAC＝90°，BC1⊥AC，则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D．△ABC内部【解析】由已知易推出平面ABC1⊥平面ABC，故C1在底面上的射影H在两平面交线AB上．【答案】A第Ⅱ卷二、填空题(本大题共6小题，每小题5分，满分30分)9．正方体ABCD—A1B1C1D1中，BB1与平面ACD1所成角的余弦值为________．【解析】如图所示，建立空间直角坐标系，且设正方体的棱长为1，∵DB1⊥平面ACD1，∴取平面ACD1的法向量n＝DB1→＝(1,1,1)，又BB1→＝DD1→＝(0,0,1)，若设BB1与平面ACD1所成角为θ，则sinθ＝|cos〈n，DD1〉|＝|n·DD1→||n|·|DD1→|＝33，∴cosθ＝1－sin2θ＝63.【答案】6310．(2011·广东高考改编)如图7－7所示，某几何体的正视图(主视图)是平行四边形，侧视图(左视图)和俯视图都是矩形，则该几何体的体积为________．图7－7【解析】该几何体为一个斜棱柱，其直观图如图所示，由题知该几何体的底面是边长为3的正方形，高为3，故V＝3×3×3＝93.【答案】9311．已知直线l，m，平面α，β且l⊥α，m⊂β，给出四个命题：①若α∥β，则l⊥m；②若l⊥m，则α∥β；③若α⊥β，则l∥m；④若l∥m，则α⊥β.其中真命题的个数是________．【解析】命题①，由l⊥α，α∥β得l⊥β，∴l⊥m，故①对．命题②，l⊥mD/⇒l⊥β，则l⊥mD/⇒α∥β，故命题②错误．命题③，当α⊥β时，l与m也可能相交或异面，故③错误．命题④，由l⊥α，l∥m得m⊥α，∴α⊥β，故④正确．【答案】212．(2011·辽宁高考)三棱锥P—ABC中，PA⊥底面ABC，PA＝3，底面ABC是边长为2的正三角形，则三棱锥P—ABC的体积等于________．【解析】∵PA⊥底面ABC，∴PA为三棱锥P—ABC的高，且PA＝3，∵底面ABC为正三角形且边长为2，∴底面面积为12×22×sin60°＝3，∴VP—ABC＝13×3×3＝3.【答案】3图7－813．如图7－8所示，过正方形ABCD的顶点A，引PA⊥平面ABCD.若PA＝BA，则平面ABP和平面CDP所成的二面角的大小是________【解析】建立如图所示的空间直角坐标系，不难求出平面APB与平面PCD的法向量n＝(0,1,0)，n2＝(0,1,1)，故平面ABP与平面CDP所成二面角的余弦值为|n1·n2||n1||n2|＝22，故所求的二面角的大小是45°.【答案】45°图7－914．如图7－9所示，在直三棱柱ABC—A1B1C1中，底面是∠ABC为直角的等腰直角三角形，AC＝2a，BB1＝3a，D是A1C1的中点，点F在线段AA1上，当AF＝________时，CF⊥平面B1DF.【解析】由已知得B1D⊥平面AC1，又CF⊂平面AC1，∴B1D⊥CF，故若CF⊥平面B1DF，则必有CF⊥DF.设AF＝x(0＜x＜3a)，则CF2＝x2＋4a2，DF2＝a2＋(3a－x)2，又CD2＝a2＋9a2＝10a2，∴10a2＝x2＋4a2＋a2＋(3a－x)2，解得x＝a或2a.【答案】a或2a三、解答题(本大题共6小题，满分80分．解答时需写出文字说明、证明过程和演算步骤)图7－1015．(本小题满分12分)如图7－10，在四棱锥P—ABCD中，PD垂直于底面ABCD，底面ABCD是直角梯形，DC∥AB，∠BAD＝90°，且AB＝2AD＝2DC＝2PD＝4(单位：cm)，E为PA的中点．(1)证明：DE∥平面PBC；(2)证明：DE⊥平面PAB.【证明】(1)如图所示，设PB的中点为F，连结EF、CF，则EF∥AB，DC∥AB，∴EF∥DC，且EF＝DC＝12AB，故四边形CDEF为平行四边形，可得DE∥CF，DE⊄平面PBC，CF⊂平面PBC，故DE∥平面PBC.(2)PD垂直于底面ABCD，AB⊂平面ABCD，∴AB⊥PD，又AB⊥AD，PD∩AD＝D，∴AB⊥平面PAD，ED⊂平面PAD，故ED⊥AB，又PD＝AD，E为PA中点，故ED⊥PA.PA∩AB＝A，∴DE⊥平面PAB.图7－1116．(本小题满分13分)(2012·湛江质检)如图7－11所示，四面体ABCD中，O、E分别是BD、BC的中点，CA＝CB＝CD＝BD＝2，AB＝AD＝2.(1)求证：AO⊥平面BCD；(2)求异面直线AB与CD所成角的余弦值；【解】(1)证明连结OC.∵BO＝DO，AB＝AD，∴AO⊥BD.∵BO＝DO，BC＝CD，∴CO⊥BD.在△AOC中，由已知可得AO＝1，CO＝3.又AC＝2，∴AO2＋CO2＝AC2.∴∠AOC＝90°，即AO⊥OC.又AO⊥BD，BD∩OC＝O，∴AO⊥平面BCD.(2)以O为原点，如图建立空间直角坐标系，则B(1,0,0)，D(－1,0,0)，C(0，3，0)，A(0,0,1)，E(12，32，0)，BA→＝(－1,0,1)，CD→＝(－1，－3，0)．∴cos〈BA→，CD→〉＝BA→·CD→|BA→||CD→|＝24.∴异面直线AB与CD所成角的余弦值为24.图7－1217．(本小题满分13分)(2011·课标全国卷)如图7－12，四棱锥P—ABCD中，底面ABCD为平行四边形，∠DAB＝60°，AB＝2AD，PD⊥底面ABCD.(1)证明：PA⊥BD；(2)若PD＝AD，求二面角A—PB—C的余弦值．【解】(1)证明因为∠DAB＝60°，AB＝2AD，由余弦定理得BD＝3AD.从而BD2＋AD2＝AB2，故BD⊥AD.又PD⊥底面ABCD，可得BD⊥PD.所以BD⊥平面PAD，故PA⊥BD.(2)如图，以D为坐标原点，AD的长为单位长，射线DA为x轴的正半轴，建立空间直角坐标系D—xyz.则A(1,0,0)，B(0，3，0)，C(－1，3，0)，P(0,0,1)．AB→＝(－1，3，0)，PB→＝(0，3，－1)，BC→＝(－1,0,0)．设平面PAB的法向量为n＝(x，y，z)，则n·AB→＝0，n·PB→＝0.即－x＋3y＝0，3y－z＝0.因此可取n＝(3，1，3)．设平面PBC的法向量为m，则m·PB→＝0，m·BC→＝0.可取m＝(0，－1，－3)．cos〈m，n〉＝－427＝－277.故二面角A—PB—C的余弦值为－277.图7－1318．(本小题满分14分)(2012·佛山模拟)如图7－13，PA⊥平面ABCD，ABCD是矩形，PA＝AB＝1，AD＝3，点F是PB的中点，点E在边BC上移动．(1)求三棱锥E—PAD的体积；(2)当点E为BC的中点时，试判断EF与平面PAC的位置关系，并说明理由；(3)证明：无论点E在边BC的何处，都有PE⊥AF.【解】(1)∵VE—PAD＝VP—ADE，又PA＝1，S△ADE＝12AD·AB＝32，∴VE－PAB＝13PA·S△ADE＝13×1×32＝36.(2)当点E为BC的中点时，EF与平面PAC平行．∵在△PBC中，E、F分别为BC、PB的中点，∴EF∥PC，又EF⊄平面PAC，PC⊂平面PAC，∴EF∥平面PAC.(3)证明∵PA⊥平面ABCD，BE⊂平面ABCD，∴BE⊥PA，又BE⊥AB，AB∩PA＝A，∴BE⊥平面PAB.又AF⊂平面PAB，∴AF⊥BE.又PA＝AB＝1，点F是PB的中点，∴PB⊥AF，又∵PB∩BE＝B，∴AF⊥平面PBE.∵PE⊂平面PBE，∴AF⊥PE.图7－1419．(本小题满分14分)(2011·江西高考)如图7－14，在△ABC中，∠B＝π2，AB＝BC＝2，P为AB边上一动点，PD∥BC交AC于点D，现将△PDA沿PD翻折至△PDA′，使平面PDA′⊥平面PBCD.(1)当棱锥A′—PBCD的体积最大时，求PA的长．(2)若点P为AB的中点，E为A′C的中点，求证：A′B⊥DE.【解】(1)令PA＝x(0＜x＜2)，则A′P＝PD＝x，BP＝2－x.因为A′P⊥PD，且平面A′PD⊥平面PBCD，故A′P⊥平面PBCD.∴VA′—PBCD＝13Sh＝16(2－x)·(2＋x)x＝16(4x－x3)．令f(x)＝16(4x－x3)，由f′(x)＝16(4－3x2)＝0，得x＝233.当x∈(0，233)时，f′(x)＞0，f(x)单调递增；当x∈(233，2)时，f′(x)＜0，f(x)单调递减．所以当x＝233时，f(x)取得最大值．故当VA′—PBCD最大时，PA＝233.(2)证明设F为A′B的中点，如图所示，连结PF，FE，则有EF綊12BC，PD綊12BC.所以EF綊PD.所以四边形EFPD为平行四边形．所以DE∥PF.又A′P＝PB，所以PF⊥A′B，故DE⊥A′B.图7－1520．(本小题满分14分)(20