2018高中数学学业分层测评4北师大版2-1.

学业分层测评(建议用时：45分钟)[学业达标]一、选择题1.如图2-3-3，已知AM 是△ABC 的边BC 上的中线，若AB →＝a ，AC →＝b ，则AM →等于( )图2-3-3A ．12(a －b ) B ．－12(a －b ) C ．12(a ＋b )D ．－12(a ＋b )【解析】 ∵M 是BC 的中点，∴AM→＝12(a ＋b )．【答案】 C2．点C 在线段AB 上，且AC→＝35AB →，则AC →等于( )A ．23BC →B ．32BC → C ．－23BC →D ．－32BC →【解析】 ∵AC→＝35AB →，∴BC →＝－25AB →，∴AC →＝－32BC →.【答案】 D3．已知O 是直线AB 外一点，C ，D 是线段AB 的三等分点，且AC ＝CD ＝DB ，如果OA →＝3e 1，OB →＝3e 2，则OD →＝( )A ．e 1＋2e 2B ．2e 1＋e 2C ．23e 1＋13e 2D ．13e 1＋23e 2【解析】 ∵AB →＝OB →－OA →＝3(e 2－e 1)，∴AD →＝23AB →＝2(e 2－e 1)，∴OD →＝OA →＋AD →＝3e 1＋2(e 2－e 1)＝e 1＋2e 2. 【答案】 A4．如图2-3-4，设P 是△ABC 所在平面内一点，BC →＋BA →＝2BP →，则( )图2-3-4A ．P A →＋PB →＝0B ．PB→＋PC →＝0C ．PC →＋P A →＝0D ．P A →＋PB→＋PC →＝0 【解析】 法一：∵BC →＋BA →＝2BP →，∴(BC→－BP →)＋(BA →－BP →)＝0， 即PC →＋P A →＝0.法二：∵BC→＋BA →＝2BP →， ∴点P 为AC 的中点， ∴P A →＋PC →＝0. 【答案】 C5．如图2-3-5所示，已知AB 是圆O 的直径，点C ，D 等分AB ，已知AB →＝a ，AC→＝b ，则AD →等于( )图2-3-5A ．a －12b B ．12a －b C ．a ＋12bD ．12a ＋b【解析】 连接OC ，OD ，CD ，则△OAC 与△OCD 为全等的等边三角形，所以四边形OACD 为平行四边形，所以AD →＝AO→＋AC →＝12AB →＋AC →＝12a ＋b .故选D. 【答案】 D 二、填空题6．化简112[2(2a ＋8b )－4(4a －2b )]的结果是 ． 【解析】 原式＝112(4a ＋16b －16a ＋8b ) ＝112(－12a ＋24b ) ＝2b －a ． 【答案】 2b －a7．如图2-3-6在平行四边形ABCD 中，对角线AC 与BD 交于点O ，AB →＋AD →＝λAO→，则λ＝ . 【导学号：66470046】图2-3-6【解析】 如图所示，AB→＋AD →＝AC →.又O 为中点，所以AC →＝2AO →，λ＝2.【答案】 28．已知在△ABC 中，点M 满足MA →＋MB →＋MC →＝0.若存在实数m ，使得AB →＋AC→＝mAM →成立，则m 的值为 ． 【解析】 ∵MA→＋MB →＋MC →＝0，∴点M 是△ABC 的重心．如图，AD→＝32AM →，而AB →＋AC →＝2AD →，故AB →＋AC →＝2×32AM →＝3AM →，∴m ＝3.【答案】 3 三、解答题9．设a ，b 是不共线的两个向量，已知AB →＝2a ＋k b ，BC →＝a ＋b ，CD →＝a －2b ，若A ，B ，D 三点共线，求k 的值．【解】 ∵A ，B ，D 三点共线，∴AB →与BD →共线，则必存在实数λ，使AB→＝λBD →，而BD →＝BC →＋CD →＝(a ＋b )＋(a －2b )＝2a －b ， ∴2a ＋k b ＝λ(2a －b )＝2λa －λb ， 于是⎩⎨⎧ 2＝2λ，k ＝－λ⇒⎩⎨⎧λ＝1，k ＝－1，∴k ＝－1. 10．已知O ，A ，M ，B 为平面上四点，且OM →＝λOB →＋(1－λ)OA →(λ∈R ，λ≠1，λ≠0).【导学号：69992020】(1)求证：A ，B ，M 三点共线；(2)若点B 在线段AM 上，求实数λ的范围． 【解】 (1)证明：因为OM →＝λOB →＋(1－λ)OA →，所以OM→＝λOB →＋OA →－λOA →， OM→－OA →＝λOB →－λOA →， 即AM→＝λAB →， 又λ∈R ，λ≠1，λ≠0且AM→，AB →有公共点A ，所以A ，B ，M 三点共线．(2)由(1)知AM →＝λAB →，若点B 在线段AM 上，则AM →，AB →同向且|AM |→>|AB |→|(如图所示)．所以λ>1.[能力提升]1．已知平行四边形的对角线AC 和BD 相交于O ，且OA →＝a ，OB →＝b ，且满足BE→＝EC →，则AE →＝( ) A ．b －3a B ．－32a ＋12b C ．12a ＋32b D.12a －12b【解析】 如图所示，因为四边形ABCD 为平行四边形，所以OC →＝－OA →＝－a ，所以BC →＝OC →－OB →＝－a －b ，因为BE →＝EC →，所以BE →＝12BC →＝－12(a ＋b )．又因为AB→＝OB →－OA →＝b －a ，所以AE →＝AB →＋BE →＝b －a －12(a ＋b ) ＝－32a ＋12b . 【答案】 B2．已知e 1≠0，λ∈R ，a ＝e 1＋λe 2，b ＝2e 1，则a 与b 共线的条件是( ) A ．λ＝0 B ．e 2＝0 C ．e 1∥e 2D ．e 1∥e 2或λ＝0【解析】 (1)当e 1∥e 2时，a ＝e 1＋λe 2，不妨设e 1＝μe 2，μ∈R ，所以a ＝(λ＋μ)e 2，b ＝2μe 2，故a 与b 共线．(2)当e 1与e 2不共线时，设a ＝μb ，μ∈R ， 则e 1＋λe 2＝2μe 1，即(1－2μ)e 1＋λe 2＝0， 所以⎩⎨⎧1－2μ＝0，λ＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧μ＝12，λ＝0，所以a 与b 共线的条件是λ＝0.综上知a 与b 共线的条件是e 1∥e 2或λ＝0.【答案】 D3．如图2-3-7，设P 为△ABC 内一点，且AP→＝14AB →＋15AC →，BM →＝34BA →，CN →＝45CA →，则△PMB 的面积与△ABC 的面积之比等于 .【导学号：66470047】图2-3-7【解析】 由题可知，AM→＝14AB →，AN →＝15AC →，则AP →＝AM →＋AN →，由平行四边形法则，可知NP →∥AB →，所以S △PMB S △ABC ＝|AN →||AC →|·|BM →||BA →|＝15×34＝320.【答案】 3204．已知点G 是△ABC 的重心． 求证：GA →＋GB →＋GC →＝0.【证明】 取边BC 的中点D (图略)，GA →＝－2GD →，又GB→＋GC →＝2GD →， 则GA→＋GB →＋GC → ＝－2GD →＋2GD → ＝0.。

学业分层测评(二)(建议用时：45分钟)[学业达标]一、选择题1．“－2＜x ＜1”是“x ＞1或x ＜－1”的( )A ．充分条件B ．必要条件C ．既不充分也不必要条件D ．充要条件【解析】 ∵－2＜x ＜1x ＞1或x ＜－1，且x ＞1或x ＜－1－2＜x ＜1，∴“－2＜x ＜1”是“x ＞1或x ＜－1”的既不充分，也不必要条件．【答案】 C2．a ＜0，b ＜0的一个必要条件为( )A ．a ＋b ＜0B ．a －b ＞0 C.a b ＞1D ．a b ＜－1【解析】 a ＋b ＜0a ＜0，b ＜0，而a ＜0，b ＜0⇒a ＋b ＜0. 【答案】 A3．“ab ≠0”是“直线ax ＋by ＋c ＝0与两坐标轴都相交”的( )A ．充分条件B ．必要条件C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件【解析】 ab ≠0，即⎩⎪⎨⎪⎧ a ≠0，b ≠0，此时直线ax ＋by ＋c ＝0与两坐标轴都相交；又当ax ＋by ＋c ＝0与两坐标轴都相交时，a ≠0且b ≠0.【答案】 C4．一元二次方程ax 2＋2x ＋1＝0(a ≠0)有一个正根和一个负根的充分条件是( )A ．a ≤0B ．a ＞0C ．a ＜－1D ．a ＜1【解析】 ∵一元二次方程ax 2＋2x ＋1＝0(a ≠0)有一正根和一负根．∴x 1x 2＜0.即1a＜0⇔a ＜0，本题要求的是充分条件．由于{a |a ＜－1}⊆{a |a ＜0}，故答案应为C.【答案】 C5．设0＜x ＜π2，则“x sin 2x ＜1”是“x sin x ＜1”的( ) A ．充分条件B ．必要条件C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件【解析】 因为0＜x ＜π2，所以0＜sin x ＜1.由x ·sin x ＜1知x sin 2x ＜sin x ＜1，因此必要性成立．由x sin 2x ＜1得x sin x ＜1sin x ，而1sin x＞1，因此充分性不成立． 【答案】 B二、填空题6．满足sin α＝12的一个充分条件是α＝____(填一角即可)． 【解析】 ∵α＝π6⇒sin α＝12， ∴sin α＝12的一个充分条件可以是α＝π6. 【答案】 π67．已知“x ＞k ”是“3x ＋1＜1”的充分条件，则k 的取值范围是________． 【导学号：32550004】【解析】 解不等式3x ＋1＜1得，x ＜－1或x ＞2， ∵x ＞k ⇒x ＞2或x ＜－1∴k ≥2.【答案】 [2，＋∞)8．已知p ：x ∈A ＝{x |x 2－2x －3≤0，x ∈R }，q ：x ∈B ＝{x |x 2－2mx ＋m 2－4≤0，x ∈R ，m ∈R }．若p 是綈q 的充分条件，则实数m 的取值范围是________．【解析】 ∵A ＝{x |－1≤x ≤3}，B ＝{x |m －2≤x ≤m ＋2}，∴∁R B ＝{x |x ＜m －2或x ＞m ＋2}．∵p 是綈q 的充分条件，∴A ⊆∁R B ，∴m －2＞3或m ＋2＜－1，∴m ＞5或m ＜－3.【答案】 (－∞，－3)∪(5，＋∞)三、解答题9．分别判断下列“若p ，则q ”命题中，p 是否为q 的充分条件或必要条件，并说明理由．(1)p ：sin θ＝0，q ：θ＝0；(2)p ：θ＝π，q ：tan θ＝0；(3)p ：a 是整数，q ：a 是自然数；(4)p ：a 是素数，q ：a 不是偶数．【解】 (1)由于p ：sin θ＝0⇐q ：θ＝0，p ：sin θ＝0q ：θ＝0， 所以p 是q 的必要条件，p 是q 的不充分条件．(2)由于p ：θ＝π⇒q ：tan θ＝0，p ：θ＝π⇐/ q ：tan θ＝0，所以p 是q 的充分条件，p 是q 的不必要条件．(3)由于p ：a 是整数q ：a 是自然数，p ：a 是整数⇐q ：a 是自然数，所以p 是q 的必要条件，p 是q 的不充分条件．(4)由于p ：a 是素数⇔/ q ：a 不是偶数，所以p 是q 的不充分条件，p 是q 的不必要条件．10．已知p ：4x ＋k ≤0，q ：x 2－x －2＜0，且p 是q 的必要条件，求k 的取值范围．【解】 由4x ＋k ≤0，得x ≤－k 4； 由x 2－x －2＜0，得－1＜x ＜2.设A ＝ ⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫x ⎪⎪⎪ x ≤－k 4，B ＝{x |－1＜x ＜2}， 由p 是q 的必要条件，得A ⊇B .∴－k 4≥2， ∴k ≤－8.即k 的取值范围为(－∞，－8]．[能力提升]1．不等式1－1x＞0成立的充分条件是( ) A ．x ＞1B ．x ＞－1C ．x ＜－1或0＜x ＜1D ．x ＜0或x ＞1【解析】 x ＞1⇒1－1x＞0，故选A. 【答案】 A2．设a ，b 为向量，则“a ·b ＝|a ||b |”是“a ∥b ”的( )A ．充分条件B ．必要条件C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件【解析】 ∵a·b ＝|a||b|cos 〈a ，b 〉＝|a||b|，∴cos 〈a ，b 〉＝1，∴〈a ，b 〉＝0，∴a·b ＝|a||b|⇒a∥b .而∵a∥b 夹角可为π，∴a·b ＝－|a||b|，∴a·b ＝|a||b|⇐/ a∥b ，故选A.【答案】 A3．(2016·长春高二检测)如果命题“若A ，则B ”的否命题是真命题，而它的逆否命题是假命题，则A 是B 的________条件．【解析】 否命题为真，则逆命题为真．∴“若B ，则A ”为真，∴B ⇒A ，而原命题为假设A B ，∴A 是B 的必要条件．【答案】 必要4．已知p ：x 2－2x －3＜0，若－a ＜x －1＜a 是p 的一个必要条件但不是充分条件，求使a ＞b 恒成立的实数b 的取值范围．【解】 由于p ：x 2－2x －3＜0⇔－1＜x ＜3，－a ＜x －1＜a ⇔1－a ＜x ＜1＋a (a ＞0)．依题意，得{x |－1＜x ＜x |1－a ＜x ＜1＋a }(a ＞0)， 所以⎩⎪⎨⎪⎧ 1－a ≤－1，1＋a ≥3，2a ＞4.解得a ＞2，则使a ＞b 恒成立的实数b 的取值范围是b ≤2，即(－∞，2]．。

学业分层测评(三)(建议用时：分钟)一、选择题.将极坐标化为直角坐标为( ).().(，－).(－).()【解析】∵＝ρθ＝＝，＝ρθ＝＝－，∴化为直角坐标为(，－).故应选.【答案】.在平面直角坐标系中，点的直角坐标为(，－).若以原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系，则点的极坐标可以是( )【解析】极径ρ＝＝，极角θ满足θ＝＝－.∵点(，－)在第四象限，所以θ＝－.【答案】.点的直角坐标为(－，)，那么它的极坐标可表示为( )【解析】点(－， )在第二象限，与原点的距离为，且与极轴夹角为.【答案】.将点的极坐标化成直角坐标是( ).(，).().(－，－).()【解析】＝＝，＝＝.【答案】.已知，两点的极坐标分别为和，则线段中点的直角坐标为( )【解析】中点的极坐标为，根据互化公式＝ρθ＝＝－，＝ρθ＝＝－，因此，所求直角坐标为.【答案】二、填空题.直角坐标为(－π，π)的点的极坐标为.【解析】∵ρ＝＝π，θ＝－，当≤θ＜π时，θ＝或，又(－π，π)在第二象限，∴θ＝，∴为所求.【答案】.已知点的极坐标为(，θ)，且θ＝－，＜θ＜π，则点的直角坐标为.【导学号：】【解析】∵ θ＝－，＜θ＜π，∴ θ＝－，θ＝，∴＝θ＝－，＝θ＝，∴点的直角坐标为(－).【答案】(－).直线过点，，则直线的倾斜角等于.【解析】把极坐标化为直角坐标为，.∴＝＝－，∴直线的倾斜角为.【答案】三、解答题.将下列各点由极坐标化为直角坐标或由直角坐标化为极坐标.()；()；()()))；()(－，－).【解】()＝＝×＝－，＝＝×＝，所以点的直角坐标为.()＝×＝×＝，。

章末分层突破[自我校对]①简单多面体②直观图③点与直线④直线与直线⑤确定平面⑥画相交平面的交线⑦球的表面积和体积从三视图可以看出，俯视图反映物体的长和宽，主视图反映它的长和高，左视图反映它的宽和高.某四棱锥的三视图如图1-1所示，该四棱锥最长棱的棱长为()【导学号：39292060】图1-1A.1B. 2C. 3D.2【精彩点拨】通过三视图得到几何体的结构，再利用三视图中的数据求解.【规范解答】根据三视图，可知几何体的直观图为如图所示的四棱锥V-ABCD，其中VB⊥平面ABCD，且底面ABCD是边长为1的正方形，VB＝1.所以四棱锥中最长棱为VD.连接BD，易知BD＝2，在Rt△VBD中，VD＝VB2＋BD2＝ 3.【答案】 C[再练一题]1.一个几何体的三视图如图1-2所示，其中左视图与俯视图均为半径是2的圆，则这个几何体的体积是________.图1-2【解析】 由三视图知该几何体是半径为2的球被截去四分之一后剩下的几何体，则该几何体的体积V ＝43×π×23×34＝8π.【答案】 8π1.2.证明线线平行的依据：(1)平面几何法(常用的有三角形中位线定理、平行线分线段成比例的逆定理、平行四边形的性质)；(2)公理4；(3)线面平行的性质定理；(4)面面平行的性质定理；(5)线面垂直的性质定理.3.证明线面平行的依据：(1)定义；(2)线面平行的判定定理；(3)面面平行的性质定理. 4.证明面面平行的依据：(1)定义；(2)面面平行的判定定理；(3)线面垂直的性质定理；(4)面面平行的传递性.如图1-3所示，斜三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，点D ，D 1分别为AC ，A 1C 1上的点.图1-3(1)当A 1D 1D 1C 1等于何值时，BC 1∥平面AB 1D 1?(2)若平面BC 1D ∥平面AB 1D 1，求ADDC 的值.【精彩点拨】 (1)先利用线面平行的性质，分析出BC 1∥平面AB 1D 1时，线线平行，得线段比，在解答时，可以利用已知A 1D 1D 1C 1的比，利用线面平行判定求解.(2)利用面面平行得到线线平行，得对应线段成比例，从而得到比值. 【规范解答】 (1)如图所示，取D 1为线段A 1C 1的中点，此时A 1D 1D 1C 1＝1.连接A 1B ，交AB 1于点O ，连接OD 1.由棱柱的性质知，四边形A 1ABB 1为平行四边形，所以点O 为A 1B 的中点.在△A 1BC 1中，点O ，D 1分别为A 1B ，A 1C 1的中点，所以OD 1∥BC 1.又因为OD 1平面AB 1D 1，BC 1⊆/平面AB 1D 1，所以BC 1∥平面AB 1D 1，所以当A 1D 1D 1C 1＝1时，BC 1∥平面AB 1D 1.(2)由平面BC 1D ∥平面AB 1D 1，且平面A 1BC 1∩平面BC 1D ＝BC 1，平面A 1BC 1∩平面AB 1D 1＝D 1O 得BC 1∥D 1O ，所以A 1D 1D 1C 1＝A 1O OB ，又由题可知A 1D 1D 1C 1＝DCAD ，A 1O OB ＝1，所以DC AD ＝1，即ADDC ＝1.[再练一题]2.如图1-4，在多面体ABCDEF 中，四边形ABCD 是正方形，AB ＝2EF ，EF ∥AB ，H 为BC 的中点，求证：FH ∥平面EDB .【导学号：39292061】图1-4【证明】 连接AC 交BD 于点G ，则G 为AC 的中点. 连接EG ，GH ， ∵H 为BC 的中点， ∴GH ═∥12AB . 又EF ═∥12AB ， ∴EF ═∥GH ，∴四边形EFHG 为平行四边形，∴EG ∥FH ，∵EG 平面EDB ，FH ⊆/平面EDB ， ∴FH ∥平面EDB .1.2.两条异面直线相互垂直的证明方法： (1)定义；(2)线面垂直的性质定理. 3.直线和平面垂直的证明方法： (1)线面垂直的判定定理； (2)面面垂直的性质定理.4.平面和平面相互垂直的证明方法： (1)定义；(2)面面垂直的判定定理.如图1-5，在四棱锥P -ABCD 中，AB ∥CD ，AB ⊥AD ，CD ＝2AB ，平面P AD ⊥底面ABCD，P A ⊥AD ，E 和F 分别是CD 和PC 的中点.求证：图1-5(1)P A⊥底面ABCD；(2)BE∥平面P AD；(3)平面BEF⊥平面PCD.【精彩点拨】(1)利用面面垂直性质定理可得P A⊥底面ABCD；(2)可证BE∥AD，从而得BE∥平面P AD；(3)利用面面垂直的判定定理证明.【规范解答】(1)因为平面P AD⊥底面ABCD，且P A⊥AD，所以P A⊥底面ABCD.(2)因为AB∥CD，CD＝2AB，E为CD的中点，所以AB∥DE，且AB＝DE，所以四边形ABED为平行四边形，所以BE∥AD.又因为BE⊆/平面P AD，AD平面P AD，所以BE∥平面P AD.(3)因为AB⊥AD，而且ABED为平行四边形，所以BE⊥CD，AD⊥CD.由(1)知P A⊥底面ABCD，所以P A⊥CD.又AD∩P A＝A，所以CD⊥平面P AD，所以CD⊥PD.因为E和F分别是CD和PC的中点，所以PD∥EF，所以CD⊥EF.又EF∩BE＝E，所以CD⊥平面BEF.又CD平面PCD，所以平面BEF⊥平面PCD.[再练一题]3.如图1-6，△ABC是边长为2的正三角形.若AE＝1，AE⊥平面ABC，平面BCD⊥平面ABC，BD＝CD，且BD⊥CD.求证：图1-6(1)AE ∥平面BCD ； (2)平面BDE ⊥平面CDE .【证明】 (1)取BC 的中点M ，连接DM ， 因为BD ＝CD ，且BD ⊥CD ，BC ＝2. 所以DM ＝1，DM ⊥BC . 又因为平面BCD ⊥平面ABC ， 所以DM ⊥平面ABC ，又AE ⊥平面ABC ，所以AE ∥DM .又因为AE ⊆/平面BCD ，DM 平面BCD ，所以AE ∥平面BCD . (2)由(1)已证AE ∥DM ，又AE ＝1，DM ＝1，所以四边形DMAE 是平行四边形， 所以DE ∥AM .连接AM ，易证AM ⊥BC ，因为平面BCD ⊥平面ABC ，所以AM ⊥平面BCD ， 所以DE ⊥平面BCD .又CD 平面BCD ，所以DE ⊥CD .因为BD ⊥CD ，BD ∩DE ＝D ，所以CD ⊥平面BDE . 因为CD 平面CDE ，所以平面BDE ⊥平面CDE .的思想，把一个平面图形折叠成一个几何体，再研究其性质，是考查空间想象能力的常用方法，所以几何体的折叠与展开是高考的一个热点.折叠与展开是互逆过程，在此过程中，要注意几何元素之间数量关系与位置关系是变化了，还是不变，这是解题的关键所在.如图1-7(1)，在直角梯形ABCD 中，AB ⊥AD ，AD ∥BC ，F 为AD 中点，E 在BC 上，且EF∥AB ，已知AB ＝AD ＝CE ＝2，现沿EF 把四边形CDFE 折起如图1-7(2)，使平面CDFE ⊥平面ABEF .图1-7(1)求证：AD∥平面BCE；(2)求证：AB⊥平面BCE；(3)求三棱锥C-ADE的体积.【精彩点拨】观察折叠前后的平面图形与立体图形，弄清折叠前后哪些元素间的位置关系及数量关系发生了变化，哪些没有发生变化，依据未变化的已知条件求解.【规范解答】(1)证明：由题意知，AF∥BE，DF∥CE，又∵AF⊆/平面BCE，BE平面BCE，∴AF∥平面BCE.同理可证DF∥平面BCE.又∵AF∩DF＝F，∴平面ADF∥平面BCE.又AD平面ADF，∴AD∥平面BCE.(2)证明：在直角梯形ABCD中，∵EF⊥BC，∴折起后，EF⊥EC，EF⊥EB.又∵EF∥AB，∴AB⊥EC，AB⊥EB，EC∩EB＝E，∴AB⊥平面BCE.(3)∵平面CDFE⊥平面ABEF，EF⊥AF，∴AF⊥平面CDFE，∴AF为三棱锥A-CDE的高，且AF＝1.又∵AB＝CE＝2，∴S△CDE ＝12×2×2＝2，∴V C -ADE ＝V A -CDE ＝13S △CDE ·AF ＝23. [再练一题]4.如图1-8所示，在平行四边形ABCD 中，已知AD ＝2AB ＝2a ，BD ＝3a ，AC ∩BD ＝E ，将其沿对角线BD 折成直二面角.求证：(1)AB ⊥平面BCD ； (2)平面ACD ⊥平面ABD .【导学号：39292062】图1-8【证明】 (1)在△ABD 中，AB ＝a ，AD ＝2a ，BD ＝3a ， ∴AB 2＋BD 2＝AD 2， ∴∠ABD ＝90°，AB ⊥BD . 又∵平面ABD ⊥平面BCD ，平面ABD ∩平面BCD ＝BD ，AB 平面ABD ， ∴AB ⊥平面BCD .(2)∵折叠前四边形ABCD 是平行四边形，且AB ⊥BD ， ∴CD ⊥BD .由(1)知AB ⊥平面BCD ，∴AB ⊥CD . ∵AB ∩BD ＝B ，∴CD ⊥平面ABD . 又∵CD 平面ACD ， ∴平面ACD ⊥平面ABD .系；所谓方程的思想，就是把函数解析式看成一个方程，将变量间的等量关系表达为方程或方程组，通过解方程或方程组，使问题得以解决.如图1-9所示，在棱长为1的正方体内有两个球相外切且又分别与正方体内切.(1)求两球半径之和；(2)球的半径为多少时，两球体积之和最小？图1-9【精彩点拨】此题的关键在于作截面，一个球在正方体内，一般应作对角面，而两个球的球心连线也应在正方体的体对角线上，故仍需作正方体的对角面，得如图(2)的截面图，在图(2)中，观察R与r和棱长间的关系即可.【规范解答】(1)如题图(2)，球心O1和O2在AC上，过O1，O2分别作AD，BC的垂线交于E，F.设⊙O1的半径为r，⊙O2的半径为R.则由AB＝1，AC＝3，得AO1＝3r，CO2＝3R.∴r＋R＋3(r＋R)＝3，∴R＋r＝33＋1＝3－32.(2)设两球体积之和为V，则V＝43π(R3＋r3)＝43π3－32[(R＋r)2－3rR]＝43π3－32⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝⎛⎭⎪⎫3－322－3R⎝⎛⎭⎪⎫3－32－R＝43π·3－32⎣⎢⎡⎦⎥⎤3R2－3(3－3)2R＋⎝⎛⎭⎪⎫3－322.当R＝3－34时，V有最小值，∴当R＝r＝3－34时，体积之和有最小值.[再练一题]5.已知一个圆锥的底面半径为R，高为h，在圆锥内部有一个高为x的内接圆柱.(1)画出圆锥及其内接圆柱的轴截面；(2)求圆柱的侧面积；(3)x为何值时，圆柱的侧面积最大？【解】 (1)圆锥及其内接圆柱的轴截面如图所示.(2)设所求的圆柱的底面半径为r ，它的侧面积S ＝2πr ·x ，因为r R ＝h －x h ，所以r ＝R －R h ·x ，所以S ＝2πRx －2πR h ·x 2，即圆柱的侧面积S 是关于x 的二次函数，S ＝－2πR h x 2＋2πRx .(3)因为S 的表达式中x 2的系数小于0，所以这个二次函数有最大值，这时圆柱的高x ＝－2πR －2·2πR h＝h 2，即当圆柱的高是已知圆锥的高的一半时，它的侧面积最大.1.若空间中n 个不同的点两两距离都相等，则正整数n 的取值( )A.至多等于3B.至多等于4C.等于5D.大于5【解析】 n ＝2时，可以；n ＝3时，为正三角形，可以；n ＝4时，为正四面体，可以；n ＝5时，为四棱锥，侧面为正三角形，底面为菱形且对角线长与边长相等，不可能.【答案】 B2.如图1-10，某几何体的三视图是三个半径相等的圆及每个圆中两条互相垂直的半径.若该几何体的体积是28π3，则它的表面积是()图1-10A.17πB.18πC.20πD.28π【解析】 由几何体的三视图可知，该几何体是一个球体去掉上半球的14，得到的几何体如图.设球的半径为R ，则43πR 3－18×43πR 3＝283π，解得R ＝2.因此它的表面积为78×4πR 2＋34πR 2＝17π.故选A.【答案】 A3.已知m ，n 表示两条不同直线，α表示平面.下列说法正确的是( )A.若m ∥α，n ∥α，则m ∥nB.若m ⊥α，n ⊂α，则m ⊥nC.若m ⊥α，m ⊥n ，则n ∥αD.若m ∥α，m ⊥n ，则n ⊥α【解析】 A 选项m 、n 也可以相交或异面，C 选项也可以n ⊂α，D 选项也可以n ∥α或n 与α相交.根据线面垂直的性质可知选B.【答案】 B4.某工件的三视图如图1-11所示.现将该工件通过切削，加工成一个体积尽可能大的长方体新工件，并使新工件的一个面落在原工件的一个面内，则原工件材料的利用率为( )⎝⎛⎭⎪⎫材料利用率＝新工件的体积原工件的体积图1-11A.89πB.827πC.24(2－1)3π D.8(2－1)3π【解析】 由三视图知原工件为一圆锥，底面半径为1，母线长为3，则高为32－12＝22，设其内接正方体的棱长为x ，则2x 2＝22－x 22，∴x ＝223. ∴V 新工件＝x 3＝16227. 又V 原工件＝13π×12×22＝22π3，∴V 新工件V 原工件＝1622722π3＝89π.故选A. 【答案】 A5.如图1-12，已知正三棱锥P -ABC 的侧面是直角三角形，P A ＝6，顶点P 在平面ABC 内的正投影为点D，D 在平面P AB 内的正投影为点E ，连接PE 并延长交AB 于点G .图1-12(1)证明：G 是AB 的中点；(2)在图中作出点E 在平面P AC 内的正投影F (说明作法及理由)，并求四面体PDEF 的体积.【解】 (1)证明：因为P 在平面ABC 内的正投影为D ，所以AB ⊥PD .因为D 在平面P AB 内的正投影为E ，所以AB ⊥DE .因为PD ∩DE ＝D ，所以AB ⊥平面PED ，故AB ⊥PG .又由已知可得，P A ＝PB ，所以G 是AB 的中点.(2)在平面P AB 内，过点E 作PB 的平行线交P A 于点F ，F即为E 在平面P AC 内的正投影.理由如下：由已知可得PB ⊥P A ，PB ⊥PC ，又EF ∥PB ，所以EF ⊥P A ，EF ⊥PC .又P A ∩PC ＝P ，因此EF⊥平面P AC ，即点F 为E 在平面P AC 内的正投影.连接CG，因为P在平面ABC内的正投影为D，所以D是正三角形ABC的中心.由(1)知，G是AB的中点，所以D在CG上，故CD＝23CG.由题设可得PC⊥平面P AB，DE⊥平面P AB，所以DE∥PC，因此PE＝23PG，DE＝13PC.由已知，正三棱锥的侧面是直角三角形且P A＝6，可得DE＝2，PE＝2 2.在等腰直角三角形EFP中，可得EF＝PF＝2，所以四面体PDEF的体积V＝13×12×2×2×2＝43.。

学业分层测评(四) (建议用时：45分钟)一、选择题1.在极坐标系中，过点⎝⎛⎭⎪⎫2，3π2且平行于极轴的直线的极坐标方程是( )A.ρsin θ＝－2B.ρcos θ＝－2C.ρsin θ＝2D.ρcos θ＝2【解析】 过点⎝⎛⎭⎪⎫2，3π2与极轴平行的直线为y ＝－2，即ρsin θ＝－2. 【答案】 A2.在极坐标系中，圆ρ＝－2sin θ的圆心的极坐标是( )A.⎝⎛⎭⎪⎫1，π2B.⎝ ⎛⎭⎪⎫1，－π2C.(1,0)D.(1，π)【解析】 由ρ＝－2sin θ，得ρ2＝－2ρsin θ，化成直角坐标方程为x 2＋y 2＝－2y ，化成标准方程为x 2＋(y ＋1)2＝1，圆心坐标为(0，－1)，其对应的极坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫1，－π2.【答案】 B3.极坐标方程(ρ－1)(θ－π)＝0(ρ≥0)表示的图形是( )【导学号：12990013】A.两个圆B.两条直线C.一个圆和一条射线D.一条直线和一条射线【解析】 ∵方程(ρ－1)(θ－π)＝0， ∴ρ＝1或θ＝π，ρ＝1为半径是1的圆，θ＝π是一条射线. 【答案】 C4.曲线的极坐标方程ρ＝4sin θ化成直角坐标方程为( ) A.x 2＋(y ＋2)2＝4 B.x 2＋(y －2)2＝4 C.(x －2)2＋y 2＝4D.(x ＋2)2＋y 2＝4【解析】 ∵ρ＝4sin θ， ∴ρ2＝4ρsin θ， ∴x 2＋y 2＝4y ， ∴x 2＋(y －2)2＝4. 【答案】 B5.在极坐标系中，圆ρ＝2cos θ垂直于极轴的两条切线方程分别为( ) A.θ＝0(ρ∈R )和ρcos θ＝2 B.θ＝π2(ρ∈R )和ρcos θ＝2C.θ＝π2(ρ∈R )和ρcos θ＝1D.θ＝0(ρ∈R )和ρcos θ＝1【解析】 在极坐标系中，圆心坐标ρ＝1，θ＝0，半径r ＝1. 故左切线为θ＝π2或3π2.右切线满足cos θ＝2ρ⇒ρcos θ＝2，即切线方程为θ＝π2和ρcos θ＝2.所以选B.【答案】 B 二、填空题6.圆ρ＝2cos θ的半径是________.【解析】 ∵ρ＝2cos θ，∴ρ2＝2ρcos θ， 即x 2＋y 2＝2x ， (x －1)2＋y 2＝1， ∴r ＝1. 【答案】 17.在极坐标系中，圆ρ＝4sin θ的圆心到直线θ＝π6(ρ∈R )的距离是________. 【解析】 ∵ρ＝4sin θ， ∴ρ2＝4ρsin θ，x 2＋y 2＝4y ，∴x 2＋(y －2)2＝4. 又θ＝π6，∴直线方程y ＝33x . 由点到直线的距离公式有d ＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫332＋1＝ 3. 【答案】 38.在极坐标系中，曲线C 1：ρ(2cos θ＋sin θ)＝1与曲线C 2：ρ＝a (a >0)的一个交点在极轴上，则a ＝________.【解析】 ρ(2cos θ＋sin θ)＝1，即2ρcos θ＋ρsin θ＝1对应的普通方程为2x ＋y －1＝0，ρ＝a (a >0)对应的普通方程为x 2＋y 2＝a 2.在2x ＋y －1＝0中，令y ＝0，得x ＝22.将⎝ ⎛⎭⎪⎫22，0代入x 2＋y 2＝a 2，得a ＝22. 【答案】22三、解答题9.在极坐标系中，已知圆ρ＝2cos θ与直线3ρcos θ＋4ρsin θ＋a ＝0相切，求实数a 的值.【解】 将极坐标方程化为直角坐标方程，得圆的方程为x 2＋y 2＝2x ，即(x －1)2＋y 2＝1，直线的方程为3x ＋4y ＋a ＝0.由题设知，圆心(1,0)到直线的距离为1，即有|3×1＋4×0＋a |32＋42＝1，解得a ＝－8或a ＝2.故a 的值为－8或2.10.在极坐标系中，已知圆C 经过点P ⎝ ⎛⎭⎪⎫2，π4，圆心为直线ρsin ⎝ ⎛⎭⎪⎫θ－π3＝－32与极轴的交点，求圆C 的极坐标方程.【解】 在ρsin ⎝ ⎛⎭⎪⎫θ－π3＝－32中，令θ＝0，得ρ＝1，所以圆C 的圆心坐标为(1,0)， 因为圆C 经过点P ⎝ ⎛⎭⎪⎫2，π4， 所以圆C 的半径PC ＝ 2 2＋12－2×1×2cos π4＝1，于是圆C 过极点，所以圆C 的极坐标方程为ρ＝2cos θ.1.在极坐标方程中，曲线C 的方程是ρ＝4sin θ，过点⎝⎛⎭⎪⎫4，π6作曲线C 的切线，则切线长为( )【导学号：12990014】A.4B.7C.2 2D.2 3【解析】 ρ＝4sin θ化为普通方程为x 2＋(y －2)2＝4，点⎝⎛⎭⎪⎫4，π6化为直角坐标为(23，2)，切线长、圆心到定点的距离及半径构成直角三角形，由勾股定理得，切线长为 23 2＋ 2－2 2－22＝22，故选C. 【答案】 C2.在极坐标系中，直线l 的方程为ρsin ⎝ ⎛⎭⎪⎫θ＋π4＝22，则点A ⎝ ⎛⎭⎪⎫2，3π4到直线l 的距离为( )A. 2B.22C.2－22D.2＋22【解析】 由ρsin ⎝⎛⎭⎪⎫θ＋π4＝22，得ρsin θ＋ρcos θ＝1，即直线方程为x ＋y ＝1.点A ⎝⎛⎭⎪⎫2，3π4对应的直角坐标为⎩⎪⎨⎪⎧x ＝ρcos θ＝2cos3π4＝－2，y ＝ρsin θ＝2sin3π4＝ 2.即直角坐标为(－2，2).所以点到直线的距离为|－2＋2－1|2＝22，选B.【答案】 B3.在以O 为极点的极坐标系中，圆ρ＝4sin θ和直线ρsin θ＝a 相交于A ，B 两点.若△AOB 是等边三角形，则a 的值为________.【解析】 由ρ＝4sin θ可得x 2＋y 2＝4y ，即x 2＋(y －2)2＝4. 由ρsin θ＝a 可得y ＝a .设圆的圆心为O ′，y ＝a 与x 2＋(y －2)2＝4的两交点A ，B 与O 构成等边三角形，如图所示.由对称性知∠O ′OB ＝30°，OD ＝a . 在Rt△DOB 中，易求DB ＝33a ， ∴B 点的坐标为⎝⎛⎭⎪⎫33a ，a . 又∵B 在x 2＋y 2－4y ＝0上，∴⎝⎛⎭⎪⎫33a 2＋a 2－4a ＝0， 即43a 2－4a ＝0，解得a ＝0(舍去)或a ＝3.【答案】 34.在极坐标系中，P 是曲线ρ＝12sin θ上的动点，Q 是曲线ρ＝12cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫θ－π6上的动点，试求|PQ |的最大值.【解】 ∵ρ＝12sin θ， ∴ρ2＝12ρsin θ， ∴x 2＋y 2－12y ＝0， 即x 2＋(y －6)2＝36. 又∵ρ＝12cos ⎝⎛⎭⎪⎫θ－π6，∴ρ2＝12ρ⎝ ⎛⎭⎪⎫cos θcos π6＋sin θsin π6，∴x 2＋y 2－63x －6y ＝0， ∴(x －33)2＋(y －3)2＝36，∴|PQ |max ＝6＋6＋ 33 2＋32＝18.。

模块学习评价(时间：120分钟 满分：150分)一、选择题(本大题共10小题，每小题5分，共50分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的．)1．若命题“p 或q ”为真，“非p ”为真，则( ) A ．p 真q 真 B ．p 假q 真 C ．p 真q 假D ．p 假q 假【解析】 由“非p ”为真可得p 为假，若同时“p 或q ”为真，则可得q 必须为真． 【答案】 B2．抛物线y 2＝8x 的焦点到双曲线x 212－y 24＝1的渐近线的距离为( )A ．1B ． 3 C.33D ．36【解析】 由题意可知，抛物线y 2＝8x 的焦点为(2,0)，双曲线x 212－y 24＝1的渐近线为y＝±33x ，所以焦点到双曲线的渐近线的距离为33＋9＝1.【答案】 A3．设双曲线的焦点在x 轴上，两条渐近线为y ＝±12x ，则该双曲线的离心率e 的值为( )A ．5B ． 5 C.52D ．54【解析】 由焦点在x 轴上的渐近线方程为y ＝±12x ，可得b a ＝12，所以e ＝ca ＝a 2＋b2a＝a 2＋a22a＝52. 【答案】 C4．已知E 、F 分别是正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中BB 1、DC 的中点，则异面直线AE 与D 1F 所成的角为( )A ．30°B ．60°C ．45°D ．90°【解析】 以A 1为原点，A 1B 1→、A 1D 1→、A 1A →为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系．不妨设正方体的棱长为2，则A (0,0,2)，E (2,0,1)，D 1(0,2,0)，F (1,2,2)，AE →＝(2,0，－1)，D 1F →＝(1,0,2)，所以AE →·D 1F →＝0，所以AE ⊥D 1F ，即AE 与D 1F 所成的角为90°.【答案】 D5．已知F 1、F 2是两个定点，点P 是以F 1和F 2为公共焦点的椭圆和双曲线的一个交点，并且PF 1⊥PF 2，e 1和e 2分别是椭圆和双曲线的离心率，则有( )A ．e 1e 1≥2B ．e 21＋e 22≥4 C ．e 1＋e 2≥2 2D ．1e 21＋1e 22＝2【解析】 不妨设|PF 1|>|PF 2|，c 1＝c 2＝c ，依题意有2a 1＝|PF 1|＋|PF 2|,2a 2＝|PF 1|－|PF 2|，∴|PF 1|＝a 1＋a 2，|PF 2|＝a 1－a 2，又∵|PF 1|2＋|PF 2|2＝4c 2，∴a 21＋a 22＝2c 2，∴1e 21＋1e 22＝2.【答案】 D6.如图1，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( )A ．30°B ．45°C ．60°D ．90°【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 的法向量分别为n 1＝(0,1,0)，n 2＝(0,1,1)，故平面ABP 与平面CDP 所成二面角(锐角)的余弦值为|n 1·n 2||n 1||n 2|＝22，故所求的二面角的大小是45°. 【答案】 B7．在同一坐标系中，方程a 2x 2＋b 2y 2＝1与ax ＋by 2＝0(a >b >0)的曲线大致是( )【解析】 法一 将方程a 2x 2＋b 2y 2＝1与ax ＋by 2＝0转化为标准方程：x 21a 2＋y 21b 2＝1，y2＝－a bx .因为a >b >0，因此，1b >1a>0，所以有：椭圆的焦点在y 轴，抛物线的开口向左，得D选项．法二 将方程ax ＋by 2＝0中的y 换成－y ，其结果不变，即说明：ax ＋by 2＝0的图像关于x 轴对称，排除B 、C ，又椭圆的焦点在y 轴．故选D ．【答案】 D8．已知点P 是双曲线x 2a 2－y 2b2＝1(a >0，b >0)右支上一点，F 1、F 2分别是双曲线的左、右焦点，I 为△PF 1F 2的内心，若S △IPF 1＝S △IPF 2＋12S △IF 1F 2成立，则双曲线的离心率为( )A ．4 B.52 C ．2D ．53【解析】 由S △IPF 1＝S △IPF 2＋12S △IF 1F 2得，|PF 1|＝|PF 2|＋12×2c ，P 是右支上的点，所以|PF 1|＝|PF 2|＋2a ，即有12×2c ＝2a ，e ＝2，选C.【答案】 C9．在三棱锥P －ABC 中，PA ⊥平面ABC ，∠BAC ＝90°，D 、E 、F 分别是棱AB 、BC 、CP 的中点，AB ＝AC ＝1，PA ＝2，则直线PA 与平面DEF 所成角正弦值为( )A.15B.255C.55D ．25【解析】 以A 为原点，AB 、AC 、AP 所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴建立如图所示空间直角坐标系，由AB ＝AC ＝1，PA ＝2，得A (0，0,0)，B (1,0,0)，C (0,1,0)，P (0,0,2)，D (12，0,0)，E (12，12，0)，F (0，12，1)，∴AP →＝(0,0,2)，DE →＝(0，12，0)，DF →＝(－12，12，1)，设平面DEF 的法向量为n ＝(x ，y ，z )， 则由⎩⎪⎨⎪⎧n ·DE →＝0n ·DF →＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧y ＝0，－x ＋y ＋2z ＝0，取z ＝1，则n ＝(2,0,1)，设PA 与平面DEF 所成角为θ，则sin θ＝|PA →·n ||PA →|·|n |＝55，∴PA 与平面DEF 所成角的正弦值为55，故选C.【答案】 C10．已知双曲线x 2a 2－y 2b2＝1(a >0，b >0)的一条渐近方程是y ＝3x ，它的一个焦点在抛物线y 2＝24x 的准线上，则双曲线的方程为( )A.x 236－y 2108＝1 B.x 29－y 227＝1 C.x 2108－y 236＝1 D ．x 227－y 29＝1 【解析】 由题易知ba＝3①，且双曲线焦点为(6,0)、(－6,0)，则有a 2＋b 2＝36②.由①②知：a ＝3，b ＝33，∴双曲线方程为x 29－y 227＝1，故选B.【答案】 B二、填空题(本大题共5小题，每小题5分，共25分，把答案填在题中横线上) 11．设p 、q 是两个命题，若p 是q 的充分不必要条件，则綈p 是綈q 的________条件． 【解析】 由原命题与它的逆否命题是等价命题，易知綈p 是綈q 的必要不充分条件． 【答案】 必要不充分12．若p ：菱形一定是平行四边形，则“綈p ”为________．【解析】 “一定是”的否定是“不一定是”，故填“菱形不一定是平行四边形”． 【答案】 菱形不一定是平行四边形13．已知向量a ＝(2，－1,3)，b ＝(－4,2，x )，若a ⊥b ，则x ＝________；若a ∥b ，则x ＝________.【解析】 若a ⊥b ，则－8－2＋3x ＝0，x ＝103；若a ∥b ，则2∶(－4)＝－(1)∶2＝3∶x ，x ＝－6.【答案】103－6 14．已知向量a ＝(－2,2，－1)，向量b ＝(0,3，－4)，则向量a 在向量b 上的投影是________．【解析】 a 在向量b 上的投影为|a a ，b ＝a·b |b |＝105＝2.【答案】 215．(2013·辽宁高考)已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b2＝1(a >b >0)的左焦点为F ，椭圆C 与过原点的直线相交于A ，B 两点，连接AF ，BF .若|AB |＝10，|AF |＝6，cos ∠ABF ＝45，则椭圆C 的离心率e ＝__________.【解析】 设椭圆的右焦点为F 1，因为直线过原点，所以|AF |＝|BF 1|＝6，|BO |＝|AO |.在△ABF 中，设|BF |＝x ，由余弦定理得36＝100＋x 2－2×10x ×45，解得x ＝8，即|BF |＝8.所以∠BFA ＝90°，所以△ABF 是直角三角形，所以2a ＝6＋8＝14，即a ＝7.又因为在Rt △ABF 中，|BO |＝|AO |，所以|OF |＝12|AB |＝5，即c ＝5.所以e ＝57.【答案】 57三、解答题(本大题6小题，共75分，解答应写文字说明、证明过程或演算步骤．) 16．(本小题满分12分)判断命题：“对任意n ∈N *，n 2＋n ＋1不可能是完全平方数”的真假，并说明理由．【解】 该命题是真命题．理由如下：∵当n ∈N *时，n 2<n 2＋n ＋1<n 2＋2n ＋1，而n 2与(n ＋1)2是两个相邻的完全平方数，∴n 2＋n ＋1不可能完全平方数．17．(本小题满分12分)求证：a ＋2b ＝0是直线ax ＋2y ＋3＝0和直线x ＋by ＋2＝0互相垂直的充要条件．【证明】 充分性：当b ＝0时，如果a ＋2b ＝0，那么a ＝0，此时直线ax ＋2y ＋3＝0平行于x 轴，直线x ＋by ＋2＝0平行于y 轴，它们互相垂直；当b ≠0时，直线ax ＋2y ＋3＝0的斜率k 1＝－a 2，直线x ＋by ＋2＝0的斜率k 2＝－1b ，如果a ＋2b ＝0，那么k 1k 2＝(－a2)×(－1b)＝－1，故两直线互相垂直．必要性：如果两条直线互相垂直且斜率都存在，那么k 1k 2＝(－a 2)×(－1b)＝－1，所以a＋2b ＝0，若两条直线中有直线的斜率不存在，且互相垂直，则b ＝0，且a ＝0，所以a ＋2b ＝0.综上可知，a ＋2b ＝0是直线ax ＋2y ＋3＝0和直线x ＋by ＋2＝0互相垂直的充要条件． 18．(本小题满分12分)图3在如图3直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AC ＝3，BC ＝4，AB ＝5，AA 1＝4，点D 是AB 的中点． (1)求证：AC ⊥BC 1； (2)求证：AC 1∥平面CDB 1；【证明】 (1)因为已知直三棱柱的底面三边分别是3、4、5，所以AC ，BC ，CC 1两两互相垂直，如图以C 为坐标原点，直线CA ，CB ，CC 1分别为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系．则C (0,0,0)，A (3,0,0)，C 1(0,0,4)，B (0,4,0)， B 1(0,4,4)，D (32，2,0)．∴AC →＝(－3,0,0)．BC 1→＝(0，－4,4)，∴AC →·BC 1→＝0，∴AC ⊥BC 1.(2)设CB 1与C 1B 的交点为E ，则E (0,2,2)，连接DE ，则DE →＝(－32，0,2)，AC 1→＝(－3,0,4)⇒DE →＝12AC 1→，∴DE ∥AC 1，∵DE 平面CDB 1，AC 1 平面CDB 1∴AC 1∥平面CDB 1.19．(本小题满分13分)设P 是双曲线x 24－y 216＝1右支上任一点，过点P 分别作两条渐近线的垂线，垂足分别为E 、F ，求|PE |·|PF |的值．【解】 渐近线方程为2x ±y ＝0，设P (x 0，y 0)，则x 204－y 2016＝1⇒4x 20－y 20＝16.由点到直线的距离公式有|PE |＝|2x 0＋y 0|5，|PF |＝|2x 0－y 0|5，∴|PE |·|PF |＝|4x 20－y 20|5＝165. 20.图4(2013·重庆高考)(本小题满分13分，(1)小问5分，(2)小问8分)如图，四棱锥P －ABCD 中，PA ⊥底面ABCD ，BC ＝CD ＝2，AC ＝4，∠ACB ＝∠ACD ＝π3，F为PC 的中点，AF ⊥PB .(1)求PA 的长；(2)求二面角B －AF －D 的正弦值．【解】 (1)如图，连接BD 交AC 于点O ，因为BC ＝CD ，即△BCD 为等腰三角形．又AC 平分∠BCD ，故AC ⊥BD ．以O 为坐标原点，OB →，OC →，AP →的方向分别为x 轴，y 轴，z 轴的正方向，建立空间直角坐标系O －xyz ，则OC ＝CD cos π3＝1.而AC ＝4，所以AO ＝AC －OC ＝3. 又OD ＝CD sin π3＝3，故A (0，－3,0)，B (3，0,0)，C (0,1,0)，D (－3，0,0)．因为PA ⊥底面ABCD ，可设P (0，－3，z )，由点F 为PC 边中点，F ⎝⎛⎭⎪⎫0，－1，z 2.又AF →＝⎝⎛⎭⎪⎫0，2，z 2，PB →＝(3，3，－z )，因为AF ⊥PB ，故AF →·PB →＝0，即6－z 22＝0，z＝23(z ＝－23舍去)，所示|PA →|＝23，所以PA 的长为2 3.(2)由(1)知，AD →＝(－3，3,0)，AB →＝(3，3,0)，AF →＝(0,2，3)．设平面FAD 的法向量为n 1＝(x 1，y 1，z 1)，平面FAB 的法向量为n 2＝(x 2，y 2，z 2)，由n 1·AD →＝0，n 1·AF →＝0，得⎩⎨⎧－3x 1＋3y 1＝0，2y 1＋3z 1＝0，因为可取n 1＝(3，3，－2)．由n 2·AB →＝0，n 2·AF →＝0得⎩⎨⎧3x 2＋3y 2＝0，2y 0＋3z 2＝0，故可取n 2＝(3，－3，2)．从而法向量n 1，n 2的夹角的余弦值为n 1，n 2＝n 1 ·n 2|n 1|·|n 2|＝18.故二面角B －AF －D 的正弦值为378.21．(本小题满分13分)(2013·广东高考)已知抛物线C 的顶点为原点，其焦点F (0，c )(c >0)到直线l ：x －y －2＝0的距离为322.设P 为直线l 上的点，过点P 作抛物线C 的两条切线PA ，PB ，其中A ，B 为切点．(1)求抛物线C 的方程；(2)当点P (x 0，y 0)为直线l 上的定点时，求直线AB 的方程； (3)当点P 在直线l 上移动时，求|AF |·|BF |的最小值． 【解】 (1)依题意，设抛物线C 的方程为x 2＝4cy (c >0)， 由点到直线的距离公式，得|0－c －2|1＋1＝322，解得c ＝1(负值舍去)，故抛物线C 的方程为x 2＝4y . (2)由x 2＝4y ，得y ＝14x 2，其导数为y ′＝12x .设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则x 21＝4y 1，x 22＝4y 2，切线PA ，PB 的斜率分别为12x 1，12x 2，所以切线PA 的方程为y －y 1＝x 12(x －x 1)，即y ＝x 12x －x 212＋y 1，即x 1x －2y －2y 1＝0.同理可得切线PB 的方程为x 2x －2y －2y 2＝0. 因为切线PA ，PB 均过点P (x 0，y 0)， 所以x 1x 0－2y 0－2y 1＝0，x 2x 0－2y 0－2y 2＝0，所以⎩⎪⎨⎪⎧x ＝x 1，y ＝y 1和⎩⎪⎨⎪⎧x ＝x 2，y ＝y 2为方程x 0x －2y 0－2y ＝0的两组解．所以直线AB 的方程为x 0x －2y －2y 0＝0.(3)由抛物线定义可知|AF |＝y 1＋1，|BF |＝y 2＋1， 所以|AF |·|BF |＝(y 1＋1)(y 2＋1)＝y 1y 2＋(y 1＋y 2)＋1.由⎩⎪⎨⎪⎧x 0x －2y －2y 0＝0，x 2＝4y ，消去x 并整理得到关于y 的方程为y 2＋(2y 0－x 20)y ＋y 20＝0.由一元二次方程根与系数的关系得y 1＋y 2＝x 20－2y 0，y 1y 2＝y 20.所以|AF |·|BF |＝y 1y 2＋(y 1＋y 2)＋1 ＝y 20＋x 20－2y 0＋1.又点P (x 0，y 0)在直线l 上，所以x 0－y 0－2＝0， 即x 0＝y 0＋2，所以y 20＋x 20－2y 0＋1＝2y 20＋2y 0＋5＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫y 0＋122＋92，所以当y 0＝－12时，|AF |·|BF |取得最小值，且最小值为92.。

学业分层测评(建议用时：45分钟)[学业达标]一、选择题1．已知函数f (x )＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫ωx ＋π3(ω>0)的最小正周期为π，则该函数的图像( )A ．关于点⎝ ⎛⎭⎪⎫π3，0对称 B ．关于直线x ＝π4对称C ．关于点⎝ ⎛⎭⎪⎫π4，0对称D ．关于直线x ＝π3对称【解析】 由于T ＝2πω＝π，∴ω＝2， 则f (x )＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋π3.当x ＝π3时，sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2π3＋π3＝0，∴该函数的图像关于点⎝ ⎛⎭⎪⎫π3，0对称，故选A ．【答案】 A2．若函数f (x )＝sin ωx (ω>0)在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π3上单调递增，在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤π3，π2上单调递减，则ω＝( )A ．3B ．2C ．23 D.32【解析】 由题意知，函数在x ＝π3处取得最大值1，所以1＝sin ωπ3，所以ω＝32.【答案】 D3．将函数y ＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋π4的图像向右平移π8个单位，所得图像所对应的函数是( )A ．非奇非偶函数B ．即奇又偶函数C ．奇函数D ．偶函数【解析】 将函数y ＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋π4的图像向右平移π8个单位后，得函数y ＝sin ⎣⎢⎡⎦⎥⎤2⎝ ⎛⎭⎪⎫x －π8＋π4＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －π4＋π4＝sin 2x ，为奇函数，故选C ． 【答案】 C4．将函数f (x )＝sin ωx (其中ω>0)的图像向右平移π4个单位长度，所得图像经过点⎝ ⎛⎭⎪⎫3π4，0，则ω的最小值是( )A ．13B ．1C ．53 D ．2【解析】 函数f (x )＝sin ωx (其中ω>0)的图像向右平移π4个单位长度得到函数f (x )＝sin ω⎝ ⎛⎭⎪⎫x －π4(其中ω>0)，将⎝ ⎛⎭⎪⎫3π4，0代入得0＝sin ωπ2，故得ω的最小值是2.【答案】 D5．函数f (x )＝A sin(ωx ＋φ)(A >0，ω>0)的部分图像如图1-8-5.则f (1)＋f (2)＋…＋f (2 016)＝( )图1-8-5A ． 3B ．0C ．2＋ 3D ．3－2【解析】 由题图知，该函数周期T ＝6， ∴ω＝2πT ＝π3，又A ＝2.∵(3,0)相当于“五点法”作图的第三个点， ∴π3×3＋φ＝π，∴φ＝0， 即f (x )＝2sin π3x .根据对称性知，f (1)＋f (2)＋f (3)＋f (4)＋f (5)＋f (6)＝0， ∴f (1)＋f (2)＋…＋f (2 016) ＝336[f (1)＋f (2)＋…＋f (6)] ＝0. 【答案】 B 二、填空题6．设函数y ＝1－3sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋π3⎝ ⎛⎭⎪⎫其中－π2≤x ≤0，当x ＝ 时，函数的最大值为4.【解析】 由－π2≤x ≤0知－2π3≤2x ＋π3≤π3， 当2x ＋π3＝－π2，即x ＝－5π12时， y ＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋π3取最小值－1，故y ＝1－3sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋π3取最大值4.【答案】 －5π127．当－π2≤x ≤π2时，函数f (x )＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋π3的最大值是 ，最小值是 ．【解析】 ∵－π2≤x ≤π2，∴－π6≤x ＋π3≤56π. ∵当x ＋π3＝－π6，即x ＝－π2时，f (x )min ＝－22， 当x ＋π3＝π2，即x ＝π6时，f (x )max ＝ 2. 【答案】2 －228．关于函数f (x )＝4sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋π3(x ∈R )有下列命题，其中正确的是 ．(填序号)【导学号：66470032】⎝⎭6②y ＝f (x )是以2π为最小正周期的周期函数； ③y ＝f (x )的图像关于点⎝ ⎛⎭⎪⎫－π6，0对称；④y ＝f (x )的图像关于直线x ＝π6对称． 【解析】 因为4sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋π3＝4cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6－2x ＝4cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －π6，所以①正确，易得②不正确，而f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－π6＝0，故⎝ ⎛⎭⎪⎫－π6，0是对称中心，③正确④不正确． 【答案】 ①③ 三、解答题 9.图1-8-6已知函数f (x )＝A sin(ωx ＋φ)⎝ ⎛⎭⎪⎫A >0，ω>0，－π2<φ<π2一个周期的图像如图1-8-6所示，(1)求函数f (x )的最小正周期T 及最大值、最小值； (2)求函数f (x )的表达式、单调递增区间．【解】 (1)由题图知，函数f (x )的最小正周期为T ＝4×⎝ ⎛⎭⎪⎫π12＋π6＝π，函数的最大值为1，最小值为－1.(2)T ＝2πω，则ω＝2，又x ＝－π6时，y ＝0，所以sin ⎣⎢⎡⎦⎥⎤2×⎝ ⎛⎭⎪⎫－π6＋φ＝0，而－π2<φ<π2，则φ＝π3，⎝⎭3由2k π－π2≤2x ＋π3≤2k π＋π2，k ∈Z ， 得k π－5π12≤x ≤k π＋π12，k ∈Z ， 所以函数f (x )的单调递增区间为 ⎣⎢⎡⎦⎥⎤k π－5π12，k π＋π12，k ∈Z . 10．已知函数f (x )＝sin(2x ＋φ)，其中φ为实数，若f (x )≤⎪⎪⎪⎪⎪⎪f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6对x ∈R 恒成立，且f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2>f (π)，求f (x )的单调递增区间.【导学号：69992011】【解】 因为f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2>f (π)，故sin (π＋φ)>sin φ，得sin φ<0， 又f (x )≤⎪⎪⎪⎪⎪⎪f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6对x ∈R 恒成立，故f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6＝±1，即sin (π3＋φ)＝±1， π3＋φ＝π2＋k π，k ∈Z ， φ＝π6＋k π，k ∈Z . 又sin φ<0，取φ＝－5π6， 故f (x )＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －5π6.令－π2＋2k π≤2x －5π6≤π2＋2k π，k ∈Z ， 解得：π6＋k π≤x ≤2π3＋k π，k ∈Z .故f (x )的单调递增区间是⎣⎢⎡⎦⎥⎤π6＋k π，2π3＋k π，k ∈Z .[能力提升]1．为了使函数y ＝sin ωx (ω>0)在区间[0,1]上至少出现50次最大值，则ω的最小值是( )A ．98πB ．1972πC ．1992π D ．100π【解析】 由题意至少出现50次最大值，即至少需用4914个周期，所以4914·T ＝1974·2πω≤1，所以ω≥1972π.【答案】 B2．函数y ＝－52sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫4x ＋2π3图像上距离原点最近的与x 轴的交点是( )A ．⎝ ⎛⎭⎪⎫π12，0B ．⎝ ⎛⎭⎪⎫－π12，0C ．⎝ ⎛⎭⎪⎫－π6，0D ．⎝ ⎛⎭⎪⎫π6，0【解析】 令4x ＋2π3＝k π，k ∈Z ， 则x ＝－π6＋k π4(k ∈Z )． 当k ＝0时，x ＝－π6； 当k ＝1时，x ＝π12. 所以点⎝ ⎛⎭⎪⎫π12，0为所求．【答案】 A3．设函数f (x )＝A sin(ωx ＋φ)(A ，ω，φ是常数，A >0，ω>0)．若f (x )在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤π6，π2上具有单调性，且f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫2π3＝－f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6，则f (x )的最小正周期为 ．【解析】 ∵f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤π6，π2上具有单调性，∴T 2≥π2－π6，∴T ≥2π3.∵f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫2π3，∴f (x )的一条对称轴为x ＝π2＋2π32＝7π12. 又∵f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＝－f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6，∴f (x )的一个对称中心的横坐标为π2＋π62＝π3， ∴14T ＝7π12－π3＝π4，∴T ＝π. 【答案】 π4．已知函数y ＝A sin(ωx ＋φ)(A >0，ω>0)的图像过点P ⎝ ⎛⎭⎪⎫π12，0，图像与P 点最近的一个最高点坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫π3，5.(1)求函数解析式； (2)指出函数的增区间； (3)求使y ≤0的x 的取值范围．【解】 (1)∵图像最高点坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫π3，5，∴A ＝5.∵T 4＝π3－π12＝π4，∴T ＝π， ∴ω＝2πT ＝2，∴y ＝5sin(2x ＋φ)，代入点⎝ ⎛⎭⎪⎫π3，5，得sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫23π＋φ＝1，∴23π＋φ＝2k π＋π2，k ∈Z .令k ＝0，则φ＝－π6，∴y ＝5sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －π6. (2)∵函数的增区间满足2k π－π2≤2x －π6≤2k π＋π2(k ∈Z )，∴2k π－π3≤2x ≤2k π＋2π3(k ∈Z )，∴k π－π6≤x ≤k π＋π3(k ∈Z )，∴增区间为⎣⎢⎡⎦⎥⎤k π－π6，k π＋π3(k ∈Z )．(3)∵5sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －π6≤0，∴2k π－π≤2x －π6≤2k π(k ∈Z )， ∴k π－512π≤x ≤k π＋π12(k ∈Z )．。

学业分层测评(建议用时：45分钟)[学业达标]一、选择题1．若cot α＝m ，则tan ⎝ ⎛⎭⎪⎫3π2－α＝( )A ．mB ．－mC ．1mD ．－1m 【解析】 tan ⎝ ⎛⎭⎪⎫3π2－α＝tan ⎣⎢⎡⎦⎥⎤π＋⎝ ⎛⎭⎪⎫π2－α＝tan ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2－α＝cot α＝m . 【答案】 A2．函数y ＝2 tan ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －π4的定义域是( )A ．⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫x ⎪⎪⎪ x ∈R 且x ≠k π－π4，k ∈Z B.⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫x ⎪⎪⎪x ∈R 且x ≠k π2＋3π8，k ∈ZC ．⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫x ⎪⎪⎪x ∈R 且x ≠k π＋3π4，k ∈ZD.⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫x ⎪⎪⎪x ∈R 且x ≠k π2＋π8，k ∈Z【解析】 由2x －π4≠k π＋π2，得x ≠k π2＋3π8，k ∈Z ，所以定义域为⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫x ⎪⎪⎪x ≠k π2＋3π8，k ∈Z .【答案】 B3．下列不等式正确的是( ) A ．tan 4π7>tan 3π7B ．tan ⎝ ⎛⎭⎪⎫－13π4>tan ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12π5C ．1tan 4 <1tan 3 D.1tan 281°<1tan 665°【解析】 因为tan ⎝ ⎛⎭⎪⎫－13π4＝tan ⎝ ⎛⎭⎪⎫－π4，tan ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12π5＝tan ⎝ ⎛⎭⎪⎫－2π5，而－π2<－2π5<－π4<π2，y ＝tan x 在⎝ ⎛⎭⎪⎫－π2，π2上是增加的，故tan ⎝ ⎛⎭⎪⎫－π4>tan ⎝ ⎛⎭⎪⎫－2π5，即tan ⎝ ⎛⎭⎪⎫－13π4>tan ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12π5.【答案】 B4．函数y ＝tan(sin x )的值域是( ) A ．⎣⎢⎡⎦⎥⎤－π4，π4B ．⎣⎢⎡⎦⎥⎤－22，22C ．[－tan 1，tan 1]D ．[－1,1]【解析】 sin x ∈[－1,1]，又－π2<－1<1<π2，且y ＝tan x 在⎝ ⎛⎭⎪⎫－π2，π2上是增加的，所以y min ＝tan(－1)＝－tan 1，y max ＝tan 1.【答案】 C5．直线y ＝a (常数)与正切曲线y ＝tan ωx (ω为常数且ω≠0)相交的两相邻点间的距离为( )A ．πB ．2πC ．π|ω|D ．与a 值有关【解析】 两相邻交点间的距离为正切函数的一个周期，因而距离为 π|ω|. 【答案】 C 二、填空题 6．函数y ＝3－tan x 的定义域为 ，值域为 .【导学号：66470024】【解析】 由⎩⎪⎨⎪⎧3－tan x ≥0，x ≠k π＋π2，k ∈Z ，得定义域为⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫x ⎪⎪⎪－π2＋k π<x ≤π3＋k π，k ∈Z，值域为{y |y ≥0}． 【答案】⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫x ⎪⎪⎪－π2＋k π<x ≤π3＋k π，k ∈Z{y |y ≥0} 7．已知函数y ＝tan(2x ＋φ)的图像过点⎝ ⎛⎭⎪⎫π12，0，则φ等于 ．【解析】 由已知，可得tan ⎝ ⎛⎭⎪⎫2×π12＋φ＝0，即tan ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6＋φ＝0，∴φ＋π6＝k π(k ∈Z )，即φ＝k π－π6(k ∈Z )．【答案】 －π6＋k π(k ∈Z ) 8．化简：tan (α＋π)tan (α＋3π)tan (α－π)tan (－α－π)＝ .【解析】 原式＝tan α·tan αtan α·(－tan α)＝－1.【答案】 －1 三、解答题9．已知角α的终边经过点P ⎝ ⎛⎭⎪⎫45，－35.(1)求sin α的值；(2)求sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2－αsin (α＋π)·tan (α－π)cos (3π－α)的值．【解】 (1)∵|OP |＝⎝ ⎛⎭⎪⎫452＋⎝ ⎛⎭⎪⎫－352＝1， ∴sin α＝y |OP |＝－351＝－35. (2)原式＝cos α－sin α·tan α－cos α＝tan αsin α＝sin αcos αsin α＝1cos α.由余弦函数的定义，得cos α＝45，故所求式子的值为54.10．已知函数f (x )＝x 2＋2x tan θ－1，x ∈[－1，3]，其中θ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－π2，π2.【导学号：69992009】(1)当θ＝－π6时，求函数f (x )的最大值与最小值；(2)求θ的取值范围，使y ＝f (x )在区间[－1，3]上是单调函数． 【解】 (1)当θ＝－π6时，f (x )＝x 2－233x －1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫x －332－43，x ∈[－1，3]．∴当x ＝33时，f (x )的最小值为－43； 当x ＝－1时，f (x )的最大值为233.(2)函数f (x )＝(x ＋tan θ)2－1－tan 2θ的图像的对称轴为x ＝－tan θ. ∴y ＝f (x )在区间[－1，3]上是单调函数， ∴－tan θ≤－1或－tan θ≥ 3. 即tan θ≥1或tan θ≤－ 3. 又θ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－π2，π2，∴θ的取值范围是 ⎝ ⎛⎦⎥⎤－π2，－π3∪⎣⎢⎡⎭⎪⎫π4，π2. [能力提升]1．设a ＝sin 33°，b ＝cos 55°，c ＝tan 35°，则( ) A ．a >b >c B ．b >c >a C ．c >b >aD ．c >a >b【解析】 b ＝cos 55°＝sin 35°，又a ＝sin 33°，0°<33°<35°<90°， 且y ＝sin x 在[0,90°]是增加的，所以sin 33°<sin 35°，即b >a ．tan 35°＝sin 35°cos 35°，又cos 35°∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，32，所以tan 35°>sin 35°，故c >b >A ． 【答案】 C2．已知f (α)＝sin (π－α)cos (2π－α)tan ⎝ ⎛⎭⎪⎫－α＋3π2cos (－π－α)，则f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－313π的值为( )A ．12B ．－12C ．32D ．－32 【解析】 由于tan ⎝ ⎛⎭⎪⎫－α＋3π2＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫－α＋3π2cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫－α＋3π2 ＝－cos α－sin α＝cos αsin α，所以f (α)＝sin α·cos α·cos αsin α－cos α ＝－cos α，则f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－313π＝－cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫－313π＝－cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫－10π－π3＝－cos π3＝－12.【答案】 B3．已知tan ⎝ ⎛⎭⎪⎫－α－4π3＝－5，则tan ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3＋α＝ .【导学号：66470025】【解析】 tan ⎝ ⎛⎭⎪⎫－α－4π3＝tan ⎝ ⎛⎭⎪⎫－π－π3－α＝－tan ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3＋α，∴tan ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3＋α＝5.【答案】 54．设函数f (x )＝tan(ωx ＋φ)⎝ ⎛⎭⎪⎫ω>0，0<φ<π2，已知函数y ＝f (x )的图像与x 轴相邻两交点的距离为π2，且图像关于点M ⎝ ⎛⎭⎪⎫－π8，0对称，求f (x )的解析式．【解】 由题意可知，函数f (x )的最小正周期T ＝π2，即πω＝π2， ∴ω＝2，从而f (x )＝tan(2x ＋φ)．∵函数y ＝f (x )的图像关于点M ⎝ ⎛⎭⎪⎫－π8，0对称，∴2·⎝ ⎛⎭⎪⎫－π8＋φ＝k π或π2＋k π(k ∈Z )． 即φ＝k π＋π4或φ＝k π＋3π4(k ∈Z )． ∵0<φ<π2， ∴φ＝π4，故f (x )＝tan ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋π4.。

学业分层测评(十)(建议用时：45分钟)[学业达标]一、选择题 1．以下四组向量：①a ＝(1，－2,1)，b ＝(－1,2，－1)； ②a ＝(8,4,0)，b ＝(2,1,0)； ③a ＝(1,0，－1)，b ＝(－3,0,3)；④a ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－43，1，－1，b ＝(4，－3,3)． 其中a ，b 分别为直线l 1，l 2的方向向量，则它们互相平行的是( ) A ．②③ B ．①④ C ．①②④D ．①②③④【解析】 ①∵a ＝－b ，∴a ∥b . ②∵a ＝4b ，∴a∥b . ③∵b ＝－3a ，∴a ∥b . ④∵b ＝－3a ，∴a ∥b . 【答案】 D2．已知线段AB 的两端点坐标为A (93,4)，B (9,2,1)则线段AB 与坐标平面( )A ．xOy 平行B ．xOz 平行C ．yOz 平行D ．yOz 相交 【解析】 ∵A (9，－3,4)，B (9,2,1) ∴AB →＝(0,5，－3)∵yOz 平面内的向量的一般形式为a ＝(0，y ，z ) ∴AB →∥a∴AB →∥平面yOz .∴AB ∥平面yOz . 【答案】 C3．已知向量a ＝(2,4,5)，b ＝(3，x ，y )分别是直线l 1，l 2的方向向量，若l 1∥l 2，则( ) A ．x ＝6，y ＝15 B ．x ＝3，y ＝152C ．x ＝3，y ＝15D ．x ＝6，y ＝152【解析】 ∵l 1∥l 2，设a ＝λb ， ∴(2,4,5)＝λ(3，x ，y )， ∴x ＝6，y ＝152.【答案】 D4．已知平面α的法向量是(2,3，－1)，平面β的法向量是(4，λ，－2)，若α⊥β，则λ的值是( )【导学号：32550041】A ．－103B ．6C ．－6D ．103【解析】 ∵α⊥β，∴α的法向量与β的法向量也互相垂直．∴(2,3，－1)·(4，λ，－2)＝8＋3λ＋2＝0【答案】 A5．已知平面α内有一个点A (2，－1,2)，α的一个法向量为n ＝(3,1,2)，则下列点P 中在平面α内的是( )B ．⎝ ⎛⎭⎪⎫1，3，32D ．⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，3，－32α内，只需判断向量PA →与平面α的法向量n 是否垂A ，PA →＝(1,0,1)，则PA →·n ；对于选项B ，PA →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1，－4，12，则PA →·n ＝(1，－4，12)·(3,1,2)＝0，故B 正确；同理可排除C ，D.故选B. 【答案】 B 二、填空题6．已知l ∥α，且l 的方向向量为(2，－8,1)平面α的法向量为(1，y,2)，则y ＝________.【解析】 ∵l ∥α，∴l ⊥α的法向量，∴2×1－8y ＋1×2＝0，∴y ＝12.【答案】 12.7．已知A (1,0,0)，B (0,1,0)，C (0,0,1)，向量(x ，y ，z )是平面ABC 的一个法向量，则x ∶y ∶z ＝________.【解析】 设n ＝(x ，y ，z )则n ·AB →＝0，即(x ，y ，z )·(－1,1,0)＝0， ∴－x ＋y ＝0，n ·BC →＝0，即(x ，y ，z )·(0，－1,1)＝0， ∴－y ＋z ＝0， ∴x ∶y ∶z ＝1∶1∶1. 【答案】 1∶1∶18．已知a ＝(1,1,0)，b ＝(1,1,1)，若b ＝b 1＋b 2，且b 1∥a ，b 2⊥a ，则b 1＝________，b 2＝________.【解析】 设b 1＝(x ，y ，z )，∵b 1∥a ，∴x ＝y ，z ＝0. 又∵b 2＝b －b 1＝(1－x,1－y,1－z )，b 2⊥a ， ∴b 2·a ＝1－x ＋1－y ＝0，得x ＋y ＝2. ∴x ＝y ＝1.即b 1＝(1,1,0)，b 2＝(0,0,1)． 【答案】 (1,1,0) (0,0,1) 三、解答题9．用向量方法证明：如果两个相交平面与第三个平面垂直，则它们的交线也与第三个平面垂直．【解】 已知：如图，α∩β＝l ，α⊥γ，β⊥γ. 求证：l ⊥γ证明：设平面α，β，γ的法向量分别为a ，b ，c ，直线l 的方向向量为e ，则a·e ＝0，b·e ＝0.因为a ，b 与e 不共面，故存在实数x ，y ，z 使c ＝x a ＋y b ＋z e . 因为a ⊥c ，b⊥c ，所以⎩⎪⎨⎪⎧a x a ＋yb ＋z e ＝0，b x a ＋y b ＋z e ＝0，⎩⎪⎨⎪⎧x ·a 2＋y a·b ＝0.x a ·b ＋y b 2＝0，因为α与β相交，所以a 与b 不共线，所以a 2a·b ≠a·b b2，所以方程组有唯一解⎩⎪⎨⎪⎧x ＝0，y ＝0，所以c ＝z e ，即c∥e ，从而有l ⊥γ.图2­4­410．如图2­4­4所示，在四棱锥P ­ABCD 中，底面ABCD 是正方形，侧棱PD ⊥底面ABCD ，PD ＝DC ，E 是PC 的中点，作EF ⊥PB 交PB 于点F .证明：(1)PA ∥平面EDB ； (2)PB ⊥平面EFD .【证明】 (1)以D 为坐标原点，DA 、DC 、DP 所在的直线分别为x 、y 、z 轴建立空间直角坐标系．连结AC ，AC 交BD 于G . 连结EG .设DC ＝a ，依题意得A (a,0,0)，P (0,0，a )，E ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，a 2，a2，∵底面ABCD 是正方形， ∴G 是此正方形的中心，故点G 的坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2，a2，0， 且PA →＝(a,0，－a )，EG ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫a2，0，－a 2.∴PA →＝2EG →，即PA ∥EG .而EG ⊂平面EDB 且PA ⊄平面EDB ， ∴PA ∥平面EDB .(2)依题意得B (a ，a,0)，PB ＝(a ，a ，－a )． 又DE →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，a 2，a 2， 故PB →·DE →＝0＋a 22－a 22＝0，∴PB ⊥DE ，由已知EF ⊥PB ，且EF ∩DE ＝E ， 所以PB ⊥平面EFD .[能力提升]1．已知AB →＝(1,5，－2)，BC →＝(3,1，z )．若AB →⊥BC →，BP →＝(x －1，y ，－3)，且BP ⊥平面ABC ，则x ，y ，z 分别为( )A.337、－157、4 B ．407、－157、4C.407、－2、4 D ．4、407、－15【解析】 AB →⊥BC →，∴AB →·BC →＝0，得z ＝4.又BP ⊥平面ABC ，∴BP →·AB →＝0，BP →·BC →＝0，可解得x ＝407，y ＝－157.【答案】 B2．如图2­4­5，PA ⊥平面ABCD ，四边形ABCD 为正方形，E 是CD 的中点，F 是AD 上一点，当BF ⊥PE 时，AF ：FD 的值为( )图2­4­5A ．1∶2B ．1∶1C ．3∶1D ．2∶1【解析】 建立如图所示的空间直角坐标系，设正方形边长为1，PA ＝a .则B (1,0,0)，E ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1，0， P (0,0，a )．设点F 的坐标为(0，y,0)，则BF →＝(－1，y,0)，PE →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1，－a . ∵BF ⊥PE ，∴BF →·PE →＝0，解得y ＝12，则F 点坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12，0，∴F 为AD 中点，∴AF ∶FD ＝1∶1. 【答案】 B3．已知点P 是平行四边形ABCD 所在的平面外一点，如果AB →＝(2，－1，－4)，AD →＝(4,2,0)，AP →＝(－1,2，－1)．对于结论：①AP ⊥AB ；②AP ⊥AD ；③AP →是平面ABCD 的法向量；④AP →∥BD →，其中正确的是________．【导学号：32550042】【解析】 ∵AP →·AB →＝0，AP →·AD →＝0， ∴AP ⊥AB ，AP ⊥AD 且AP →是平面ABCD 的法向量． 【答案】 ①②③4．如图2­4­6，在三棱锥P ­ABC 中，PA ⊥平面ABC ，AB ⊥AC .图2­4­6(1)求证：AC ⊥PB ；(2)设O ，D 分别为AC ，AP 的中点，点G 为△OAB 内一点，且满足OG →＝13(OA →＋OB →)，求证：DG ∥面PBC ；【证明】 (1)因为PA ⊥平面ABC ，AC ⊂平面ABC ，所以PA ⊥AC . 又因为AB ⊥AC ，且PA ∩AB ＝A ， 所以AC ⊥平面PAB . 又因为PB ⊂平面PAB ， 所以AC ⊥PB .(2)法一：因为PA ⊥平面ABC ， 所以PA ⊥AB ，PA ⊥AC . 又因为AB ⊥AC ，所以建立如图所示的空间直角坐标系A ­xyz.设AC ＝2a ，AB ＝b ，PA ＝2c ，则A (0,0,0)，B (0，b,0)，C (2a,0,0)，P (0,0,2c )，D (0,0，c )，O (a,0,0)， 又因为OG →＝13(OA →＋OB →)，所以G ⎝ ⎛⎭⎪⎫a 3，b3，0. 于是DG →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫a 3，b3，－c ， BC →＝(2a ，－b,0)，PB →＝(0，b ，－2c )． 设平面PBC 的一个法向量n ＝(x 0，y 0，z 0)，则有⎩⎨⎧n ·BC →＝0，n ·PB →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧2ax 0－by 0＝0，by 0－2cz 0＝0.不妨设z 0＝1，则有y 0＝2c b ，x 0＝ca，所以n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫c a ，2c b ，1 因为n ·DG →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫c a ，2c b ，1·⎝ ⎛⎭⎪⎫a 3，b 3，－c ＝c a ·a 3＋2c b ·b 3＋1·(－c )＝0，所以n ⊥DG →.又因为DG ⊄平面PBC ，所以DG ∥平面PBC .法二：取AB 中点E ，连接OE ，则OE →＝12(OA →＋OB →)．由已知OG →＝13(OA →＋OB →)可得OG →＝23OE →，则点G 在OE 上．连接AG 并延长交CB 于点F ，连接PF .因为O ，E 分别为AC ，AB 的中点，所以OE ∥BC ，即G 为AF 的中点．又因为D 为线段PA 的中点，又所以DG ∥PF ，又DG ⊄平面PBC ，PF ⊂平面PBC ，所以DG ∥平面PBC .。

北师大版高中数学必修二全册同步习题含解析目录第1章立体几何初步 1.1.1习题第1章立体几何初步 1.1.2习题第1章立体几何初步 1.2习题第1章立体几何初步 1.3.1习题第1章立体几何初步 1.3.2习题第1章立体几何初步 1.4.1习题第1章立体几何初步 1.4.2习题第1章立体几何初步 1.5.1.1习题第1章立体几何初步 1.5.1.2习题第1章立体几何初步 1.5.2习题第1章立体几何初步 1.6.1.1习题第1章立体几何初步 1.6.1.2习题第1章立体几何初步 1.6.2习题第1章立体几何初步 1.7.1习题第1章立体几何初步 1.7.2习题第1章立体几何初步 1.7.3习题第1章立体几何初步习题课习题第1章立体几何初步检测习题第2章解析几何初步 2.1.1习题第2章解析几何初步 2.1.2.1习题第2章解析几何初步 2.1.2.2习题第2章解析几何初步 2.1.3习题第2章解析几何初步 2.1.4习题第2章解析几何初步 2.1.5.1习题第2章解析几何初步 2.1.5.2习题第2章解析几何初步 2.2.1习题第2章解析几何初步 2.2.2习题第2章解析几何初步 2.2.3.1习题第2章解析几何初步 2.2.3.2习题第2章解析几何初步 2.3.1-2.3.2习题第2章解析几何初步 2.3.3习题第2章解析几何初步检测习题模块综合检测习题北师大版2018-2019学年高中数学必修2习题01第一章立体几何初步§1简单几何体1.1简单旋转体1.下列说法正确的是()A.圆锥的母线长等于底面圆直径B.圆柱的母线与轴垂直C.圆台的母线与轴平行D.球的直径必过球心答案:D2.下面左边的几何体是由选项中的哪个图形旋转得到的()解析:选项B中的图形旋转后为两个共底面的圆锥;选项C中的图形旋转后为一个圆柱与一个圆锥的组合体;选项D中的图形旋转后为两个圆锥与一个圆柱的组合体.答案:A3.用一个平面去截一个几何体,得到的截面一定是圆面,则这个几何体是()A.圆锥B.圆柱C.球D.圆台答案:C4.AB为圆柱下底面内任一不过圆心的弦,过AB和上底面圆心作圆柱的一截面,则这个截面是()A.三角形B.矩形C.梯形D.以上都不对解析:如图所示,由于圆柱的上下底面相互平行,故过AB和上底面圆心作圆柱的一截面与上底面的交线CD 必过上底面圆心,且CD∥AB,在圆柱的侧面上,连接A,C(或B,D)两点的线是曲线,不可能是直线.故这个截面是有两条边平行、另两边是曲线的曲边四边形.故选D.答案:D5.以钝角三角形的较短边所在的直线为轴,其他两边旋转一周所得的几何体是()A.两个圆锥拼接而成的组合体B.一个圆台C.一个圆锥D.一个圆锥挖去一个同底的小圆锥解析:如图所示.旋转一周后其他两边形成的几何体为在圆锥AO的底部挖去一个同底的圆锥BO.答案:D6.点O1为圆锥高上靠近顶点的一个三等分点,过O1与底面平行的截面面积是底面面积的()A.13B.23C.14D.19解析:如图所示,由题意知SO1∶SO=1∶3,∴O1B∶OA=1∶3,∴S☉O1∶S☉O=1∶9,故选D.答案:D7.下列说法中错误的是.①过圆锥顶点的截面是等腰三角形;②过圆台上底面中心的截面是等腰梯形;③圆柱的轴截面是过母线的截面中面积最大的一个.答案:②8.若过轴的截面是直角三角形的圆锥的底面半径为r,则其轴截面的面积为.解析:由圆锥的结构特征,可知若过轴的截面为直角三角形,则为等腰直角三角形,其斜边上的高为r,所以S=12×2r2=r2.答案:r29.已知圆锥的母线与旋转轴所成的角为30°,母线的长为2,则其底面面积为.解析:如图所示,过圆锥的旋转轴作截面ABC,设圆锥的底面半径为r,底面圆心为O.∵△ABC为等腰三角形,∴△ABO为直角三角形.又∠BAO=30°,∴BO=r=1AB=2.∴底面圆O的面积为S=πr2=π2.答案:π10.把一个圆锥截成圆台,已知圆台的上、下底面的半径比是1∶4,母线长是10 cm,求这个圆锥的母线长.分析:处理有关旋转体的问题时,一般要作出其过轴的截面,在这个截面图形中去寻找各元素之间的关系.解:设圆锥的母线长为y cm,圆台上、下底面的半径分别为x cm,4x cm.作圆锥过轴的截面如图所示.在Rt△SOA中,O'A'∥OA,则SA'SA =O'A'OA,即y-10y =x4x,解得y=403.故圆锥的母线长为40cm.11.圆锥的底面半径为r,母线长是底面半径的3倍,在底面圆周上有一点A,求一个动点P自点A出发在侧面上绕一周回到点A的最短路程.解:沿圆锥的母线SA将侧面展开,如图所示.则线段AA1就是所求的最短路程.∵弧A1A的长为2πr,SA=3r,设弧A1A所对的圆心角为α,∴απ·3r=2πr,∴α=120°.∴AA1=SA·cos30°×2=3r×3×2=33r,即所求最短路程是33r.1.2简单多面体1.关于棱柱,下列说法正确的是()A.只有两个面平行B.所有的棱都相等C.所有的面都是平行四边形D.两底面平行,侧棱也互相平行解析:正方体可以有六个面平行,故选项A错误;长方体并不是所有的棱都相等,故选项B错误;三棱柱的底面是三角形,故选项C错误;由棱柱的概念知,两底面平行,侧棱也互相平行,故选项D正确.答案:D2.一个正棱锥的底面边长与侧棱长相等,则该棱锥一定不是()A.正三棱锥B.正四棱锥C.正五棱锥D.正六棱锥解析:由于正六边形的中心到顶点的距离与边长都相等,故正六棱锥的侧棱长必大于底面边长.答案:D3.棱台不一定具有的性质是()A.两底面相似B.侧面都是梯形C.侧棱都相等D.侧棱延长后都交于一点解析:由棱台的定义可知,棱台是用平行于棱锥底面的平面去截棱锥而得到的,所以A,B,D选项都成立,只有选项C不一定成立.答案:C4.下列图形中,不是三棱柱的展开图的是()解析:根据三棱柱的结构特征知,A,B,D中的展开图都可还原为三棱柱,但是C中展开图还原后的几何体没有下底面,故不是三棱柱的展开图.答案:C5.下列说法正确的个数为()①存在斜四棱柱,其底面为正方形;②存在棱锥,其所有面均为直角三角形;③任意的圆锥都存在两条母线互相垂直;④矩形绕任意一条直线旋转都可以形成圆柱.A.1B.2C.3D.4解析:①存在斜四棱柱,其底面为正方形,正确.②正确.如图所示.③不正确,圆锥轴截面的顶角小于90°时就不存在.④不正确,矩形绕其对角线所在直线旋转,不能围成圆柱.故答案为B.答案:B6.用一个平行于棱锥底面的平面截这个棱锥,截得的棱台上、下底面的面积之比为1∶4,截去的棱锥的高是3 cm,则棱台的高是()A.12 cmB.9 cmC.6 cmD.3 cm解析:棱台的上、下底面的面积之比为1∶4,则截去的棱锥的高与原棱锥的高的比为1∶2,棱台的高是3cm.答案:D7.有下列四个结论:①各侧面是全等的等腰三角形的四棱锥是正四棱锥;②底面是正多边形的棱锥是正棱锥;③三棱锥的所有面可能都是直角三角形;④四棱锥中侧面最多有四个直角三角形.其中正确的有(填正确结论的序号).答案:③④8.如图所示,将装有水的长方体水槽固定底面一边后将水槽倾斜一个小角度,则倾斜后水槽中的水形成的几何体的形状是.解析:如图所示,假设以AB边固定进行倾斜,则几何体BB2C2C-AA2D2D一定为棱柱.答案:棱柱9.在侧棱长为23的正三棱锥P−ABC中,∠APB=40°,E,F分别是PB,PC上的点,过点A,E,F作截面AEF,则△AEF周长的最小值是.解析:将正三棱锥的三个侧面展开,如图所示.则当E,F为AA1与PB,PC的交点时,△AEF的周长最小,最小值为2AP·cos30°=2×23×3=6.答案:610.把右图中的三棱台ABC-A1B1C1分成三个三棱锥.解:如图所示,分别连接A1B,A1C,BC1,则将三棱台分成了三个三棱锥,即三棱锥A-A1BC,B1-A1BC1,C-A1BC1.(本题答案不唯一)11.试从正方体ABCD-A1B1C1D1的八个顶点中任取若干,连接后构成以下空间几何体,并且用适当的符号表示出来.(1)只有一个面是等边三角形的三棱锥.(2)四个面都是等边三角形的三棱锥.(3)三棱柱.解:(1)如图所示,三棱锥A1-AB1D1(答案不唯一).(2)如图所示,三棱锥B1-ACD1(答案不唯一).(3)如图所示,三棱柱A1B1D1-ABD(答案不唯一).★12.如图所示,在正三棱柱ABC-A1B1C1中,AB=3,AA1=4,M为AA1的中点,P是BC上的一点,且由点P沿棱柱侧面经过棱CC1到M的最短路线的长为设这条最短路线与CC1的交点为N.求:(1)该三棱柱的侧面展开图的对角线的长;(2)求PC和NC的长.解:(1)正三棱柱ABC-A1B1C1的侧面展开图是一个长为9,宽为4的矩形,其对角线长为92+42=97.(2)如图所示,将侧面BB1C1C绕棱CC1旋转120°使其与侧面AA1C1C在同一平面上,则点P旋转到点P1的位置,连接MP1交CC1于点N,则MP1的长等于由点P沿棱柱侧面经过棱CC1到点M的最短路线的长.设PC=x,则P1C=x.在Rt△MAP1中,由勾股定理,得(3+x)2+22=29,解得x=2,所以PC=P1C=2,又NCMA =P1CP1A=25,所以NC=45.§2直观图1.关于用斜二测画法所得的直观图,以下说法正确的是()A.等腰三角形的直观图仍是等腰三角形B.正方形的直观图为平行四边形C.梯形的直观图不是梯形D.正三角形的直观图一定为等腰三角形解析:根据斜二测画法的规则知,正方形的直观图为平行四边形.答案:B2.水平放置的△ABC,有一条边在水平线上,它的斜二测直观图是正三角形A'B'C',则△ABC是()A.锐角三角形B.直角三角形C.钝角三角形D.任意三角形解析:根据斜二测画法的规则,可知△ABC中有一个角是钝角,所以△ABC是钝角三角形.答案:C3.如图所示为一平面图形的直观图,则此平面图形可能是()答案:C4.对于一条边在x轴上的三角形,采用斜二测画法作出其直观图,则其直观图的面积是原三角形面积的()A.2倍B.2C.2D.1解析:由于平行于y轴的线段其平行性不变,长度变为原来的一半,又直观图中∠x'O'y'=45°,设原三角形的面积为S,其直观图的面积为S',则S'=1×2S=2S.答案:B5.一个水平放置的三角形的直观图是等腰直角三角形A'B'O',如图所示,若O'B'=1,那么原△ABO的面积是()A.12B.22C.2D.22解析:由斜二测画法,可知原三角形为直角三角形,且∠AOB=90°,OB=1,OA=2O'A'=22,∴S△AOB=12×1×22= 2.故选C.答案:C6.已知△A'B'C'为水平放置的△ABC的直观图,如图所示,则在△ABC的三边及中线AD中,最长的线段是()A.ABB.ADC.BCD.AC解析:由斜二测画法,可知原图形为直角三角形.AC为斜边,D为BC的中点,故AC>AD,故最长线段为AC.答案:D7.一个平面图形的斜二测直观图是腰长为2的等腰直角三角形,如图,则其平面图形的面积为.答案:48.已知正三角形ABC的边长为a,则水平放置的△ABC的直观图△A'B'C'的面积为.解析:图①、图②分别为实际图形和直观图.由图可知A'B'=AB=a,O'C'=1OC=3a,在图②中作C'D'⊥A'B'于点D',则C'D'=2O′C′=6a.所以S△A'B'C'=12A′B′·C'D'=12×a×68a=616a2.答案:616a29.在等腰梯形ABCD中,上底边CD=1,AD=CB=2,下底边AB=3,按平行于上、下底边取x轴,则直观图A′B′C′D′的面积为.解析:等腰梯形ABCD的高为1,且直观图A'B'C'D'仍为梯形,其高为1sin45°=2,故面积为1×(1+3)×2= 2.答案:2210.画出如图所示放置的直角三角形的直观图.解:画法:(1)画x'轴和y'轴,使∠x'O'y'=45°(如图②所示);(2)在原图中作BD⊥x轴,垂足为D(如图①所示);(3)在x'轴上截取O'A'=OA,O'D'=OD,在y'轴上截取O'C'=12OC,过D'作B'D'∥y'轴,使D'B'=1BD;(4)连线成图(擦去辅助线)(如图③所示).11.用斜二测画法得到一水平放置的Rt△ABC,AC=1,∠ABC=30°,如图所示,试求原三角形的面积.解:如图所示,作AD⊥BC于点D,令x'轴与y'轴的交点为E,则DE=AD,在Rt△ABC中,由∠ABC=30°,AC=1,可知BC=2,AB= 3.由AD⊥BC,AD=DE,可知AD=32,AE=62,由斜二测画法可知,原三角形A'B'C'中,B'C'=BC=2,A'E'=2AE=6,且A'E'⊥B'C',所以S△A'B'C'=1B′C′·A'E'=1×2×6= 6.★12.画水平放置的圆锥的直观图.分析用斜二测画法画水平放置的圆锥的直观图,由于圆锥底面可以看作是水平放置的,因此,只需先画轴,再画底面和高即可.解:(1)画轴,如图所示,画x轴、y轴、z轴,使∠xOy=45°,∠xOz=90°;(2)画圆锥的底面,画出底面圆的直观图,与x轴交于A,B两点;(3)画圆锥的顶点,在Oz上截取点P,使得PO等于圆锥的高;(4)连线成图,连接P A,PB,并加以整理(擦去辅助线,将被遮挡的部分改为虚线),得圆锥的直观图.§3三视图3.1简单组合体的三视图1.用一个平行于水平面的平面去截球,得到如图所示的几何体,则它的俯视图是()解析:截去的平面在俯视图中看不到,故用虚线,因此选B.答案:B2.下列各几何体的三视图中,有且仅有两个视图相同的是()A.①②B.①③C.①④D.②④解析:①中正方体的三视图均相同;②中圆锥的主视图和左视图相同;③中三棱台的三视图各不相同;④中正四棱锥的主视图和左视图相同.答案:D3.某几何体的主视图和左视图均如图所示,则该几何体的俯视图不可能是()解析:D选项的主视图为,故不可能是D选项.答案:D4.如图所示,若△A'B'C'为正三角形,与底面不平行,且CC'>BB'>AA',则多面体的主视图为()解析:因为△A'B'C'为正三角形,面A'B'BA向前,所以主视图不可能是A,B,C三个选项,只能是D.答案:D5.“牟台方盖”是我国古代数学家刘徽在研究球的体积的过程中构造的一个和谐优美的几何体.它由完全相同的四个曲面构成,相对的两个曲面在同一个圆柱的侧面上,好似两个扣合(牟合)在一起的方形伞(方盖).其直观图如图所示,图中四边形是为体现其直观性所作的辅助线.当其主视图和左视图完全相同时,它的俯视图可能是()答案:B6.如图所示,画出四面体AB1CD1三视图中的主视图,若以面AA1D1D为投影面,则得到的主视图为()解析:显然AB1,AC,B1D1,CD1分别投影得到主视图的外轮廓,B1C为可见实线,AD1为不可见虚线.故A正确.答案:A★7.如图所示,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,E为棱BB1的中点,若用过点A,E,C1的平面截去该正方体的上半部分,则剩余几何体的左视图为()设过点A,E,C1的截面与棱DD1相交于点F,且F是棱DD1的中点,该正方体截去上半部分后,剩余几何体如图所示,则它的左视图应选C.答案:C8.如图所示,图①②③是图④表示的几何体的三视图,其中图①是,图②是,图③是(填写视图名称).解析:由三视图可知,①为主视图,②为左视图,③为俯视图.答案:主视图左视图俯视图9.如图(a)所示,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,P为正方体的中心,则△P AC在该正方体各个面上的射影可能是图(b)中的(把可能的序号都填上).图(a)图(b)解析:要考虑△P AC在该正方体各个面上的射影,在上、下两个面上的射影是①,在前后左右四个面上的射影是④.答案:①④10.(1)画出如图①所示组合体的三视图;(2)图②所示的是一个零件的直观图,试画出这个几何体的三视图.图①图②解(1)该组合体是由一个四棱柱和一个圆锥拼接而成,其三视图如图所示.(2)作出三视图如图所示.★11.如图是根据某一种型号的滚筒洗衣机抽象出来的几何体,数据如图所示(单位:cm).试画出它的三视图.解这个几何体是由一个长方体挖去一个圆柱体构成的,三视图如图所示.3.2由三视图还原成实物图1.若一个几何体的主视图和左视图都是等腰梯形,俯视图是两个同心圆,则这个几何体可能是()A.圆柱B.圆台C.圆锥D.棱台答案:B2.某几何体的三视图如图所示,则该几何体是()A.棱台B.棱柱C.棱锥D.以上均不对解析:由相似比,可知几何体的侧棱相交于一点.答案:A3.如图所示是底面为正方形、一条侧棱垂直于底面的四棱锥的三视图,则该四棱锥的直观图是下列各图中的()解析:由俯视图排除B,C选项;由主视图、左视图可排除A选项,故选D.答案:D4.某几何体的三视图如图所示,则这个几何体是()A.三棱锥B.四棱锥C.四棱台D.三棱台解析:因为主视图和左视图为三角形,可知几何体为锥体.又俯视图为四边形,所以该几何体为四棱锥,故选B.答案:B5.如图所示,网格纸的各小格都是正方形,粗实线画出的是一个几何体的三视图,则这个几何体是()A.三棱锥B.三棱柱C.四棱锥D.四棱柱解析:由题知,该几何体的三视图为一个三角形,两个四边形,经分析可知该几何体为三棱柱,故选B.答案:B6.一块石材表示的几何体的三视图如图所示,将该石材切削、打磨,加工成球,则能得到的最大球的半径等于()A.1B.2C.3D.4解析:由三视图画出直观图如图所示,判断这个几何体是底面边长为6,8,10的直角三角形,高为12的躺下的直=2,这就是做成的最大球的半径.三棱柱,直角三角形的内切圆的半径为r=6+8-102答案:B7.把边长为2的正方形ABCD沿对角线BD折起,连接AC,得到三棱锥C-ABD,其主视图、俯视图均为全等的等腰直角三角形(如图所示),其左视图的面积为.解析:如图所示,根据两个视图可以推知折起后∠CEA=90°,其侧视图是一个两直角边长为1的等腰直角三.角形,所以左视图的面积为12答案:18.用n个体积为1的正方体搭成一个几何体,其主视图、左视图都是如图所示的图形,则n的最大值与最小值之差是.解析:由主视图、左视图可知,正方体个数最少时,底层有3个小正方体,上面有2个,共5个;个数最多时,底层有9个小正方体,上面有2个,共11个.故n的最大值与最小值之差是6.答案:69.下图是一个几何体的三视图,想象该几何体的几何结构特征,画出该几何体的形状.解由于俯视图中有一个圆和一个四边形,则该几何体是由旋转体和多面体构成的组合体,结合左视图和主视图,可知该几何体是由上面一个圆柱、下面一个四棱柱拼接成的组合体.该几何体的形状如图所示.★10.已知几何体的三视图如图所示,用斜二测画法画出它的直观图.解由三视图可知其几何体是底面边长为2,高为3的正六棱锥,其直观图如图所示.§4空间图形的基本关系与公理第1课时平面性质1.两个平面重合的条件是()A.有四个公共点B.有无数个公共点C.有一条公共直线D.有两条相交公共直线解析:由两条相交直线确定一个平面知D选项正确.答案:D2.与“直线l上两点A,B在平面α内”含义不同的是()A.l⫋αB.直线l在平面α内C.直线l上只有这两个点在平面α内D.直线l上所有的点都在平面α内答案:C3.有下列说法:①梯形的四个顶点在同一平面内;②三条平行直线必共面;③有三个公共点的两个平面必重合.其中正确的个数是()A.0B.1C.2D.3解析:梯形是一个平面图形,所以其四个顶点在同一个平面内,故①正确;两条平行直线确定1个平面,三条平行直线确定1个或3个平面,故②错误;三个公共点可以同在两个相交平面的交线上,故③错误.答案:B4.设P表示一个点,a,b表示两条直线,α,β表示两个平面,给出下列四个命题,其中正确的命题是()①P∈a,P∈α⇒a⫋α;②a∩b=P,b⫋β⇒a⫋β;③a∥b,a⫋α,P∈b,P∈α⇒b⫋α;④α∩β=b,P∈α,P∈β⇒P∈b.A.①②B.②③C.①④D.③④答案:D5.三棱台ABC-A'B'C'的一条侧棱AA'所在直线与平面BCC'B'之间的关系是()A.相交B.平行C.直线在平面内D.平行或直线在平面内解析:棱台就是棱锥被一个平行于底面的平面截去一个棱锥得到的,所以延长棱台各侧棱可以恢复成棱锥的形状,由此可知三棱台的一条侧棱所在直线与其对面所在的平面相交.答案:A6.如图所示,平面α∩平面β=l,A∈α,B∈α,AB∩l=D,C∈β,且C∉l,则平面ABC与平面β的交线是()A.直线ACB.直线BCC.直线ABD.直线CD解析:由题意知,平面ABC与平面β有公共点C,根据公理3,这两平面必定相交,有且只有一条经过C的交线,由于两点确定一条直线,所以只要再找到两平面的另一个公共点即可.显然点D在直线AB上,从而它在平面ABC内,而点D又在直线l上,所以它又在平面β内,所以点D也是平面ABC与平面β的公共点.因此平面ABC 与平面β的交线是直线CD.答案:D7.已知点P在平面α外,点A,B,C在平面α内且不共线,A',B',C'分别在P A,PB,PC上,若A'B',B'C',A'C'与平面α分别交于D,E,F三点,则D,E,F三点()A.成钝角三角形B.成锐角三角形C.成直角三角形D.在一条直线上解析:本题考查三点关系,根据两平面公共点在其交线上,知D,E,F三点共线,故选D.答案:D8.在正方体ABCD-A1B1C1D1中,P,Q,R分别是AB,AD,B1C1的中点,那么,正方体的过P,Q,R的截面图形是()A.三角形B.四边形C.五边形D.六边形解析:如图所示,作GR∥PQ交C1D1于G,延长QP与CB延长线交于M,连接MR交BB1于E,连接PE.同理延长PQ交CD延长线于点N,连接NG交DD1于F,连接QF.所以截面PQFGRE为六边形.故选D.答案:D9.四条线段首尾相接得到一个四边形,当且仅当它的两条对角线时,能得到一个平面图形.解析:由公理1,2知当两条对角线相交时为平面图形,当两条对角线不共面时为空间四边形.答案:相交10.一个平面内不共线的三点到另一个平面的距离相等且不为零,则这两个平面的位置关系是.解析:当三点在另一个平面同侧时,这两个平面平行,当三点不在另一个平面同侧时,这两个平面相交.答案:平行或相交11.过已知直线a外的一点P,与直线a上的四个点A,B,C,D分别画四条直线,求证:这四条直线在同一平面内.证明:如图所示,因为点P在直线a外,所以过直线a及点P可作一平面α,因为A,B,C,D均在a上,所以A,B,C,D均在α内,所以直线P A,PB,PC,PD上各有两个点在α内,由公理2可知,直线P A,PB,PC,PD均在平面α内,故这四条直线在同一平面内.12.如图所示,正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为a,M,N分别是AA1,D1C1的中点,过D,M,N三点的平面与正方体下底面相交于直线l.试画出直线l的位置,并说明理由.解:如图所示,连接DM并延长,交D1A1的延长线于点P',连接NP',则直线NP'即为所求直线l.理由如下: 如图所示,连接DN,∵P'=DM∩D1A1,且DM⫋平面DMN,D1A1⫋平面A1B1C1D1,∴P'∈平面DMN∩平面A1B1C1D1.又N∈平面DMN∩平面A1B1C1D1,∴由公理3知,直线NP'为平面DMN与平面A1B1C1D1的交线.第2课时 异面直线所成的角1.若直线a ∥b ,b ∩c=A ,则直线a 与c 的位置关系是( ) A.异面 B.相交 C.平行 D.异面或相交答案:D2.在三棱锥A-BCD 中,E ,F ,G 分别是AB ,AC ,BD 的中点,如果AD 与BC 所成的角是60°,那么∠FEG 为( ) A .60° B .30°C .120°D .60°或120° 解析:异面直线AD 与BC 所成的角可能等于∠FEG ,也可能等于∠FEG 的补角.答案:D3.若空间中四条两两不同的直线l 1,l 2,l 3,l 4满足l 1⊥l 2,l 2∥l 3,l 3⊥l 4,则下列结论一定正确的是( ) A .l 1⊥l 4 B .l 1∥l 4C .l 1与l 4既不垂直也不平行D .l 1与l 4的位置关系不确定解析:因为l 2∥l 3,所以l 1⊥l 3,l 3⊥l 4.实质上就是l 1与l 4同垂直于一条直线,所以l 1⊥l 4,l 1∥l 4,l 1与l 4既不垂直也不平行都有可能成立,故l 1与l 4的位置关系不确定. 答案:D4.如图,在某个正方体的表面展开图中,l 1,l 2是两条面对角线,则在正方体中,l 1与l 2( ) A.互相平行 B.异面且互相垂直 C.异面且夹角为60° D.相交且夹角为60°解析:将表面展开图还原成正方体如图所示,则B ,C 两点重合.故l 1与l 2相交,连接AD ,△ABD 为正三角形,所以l 1与l 2的夹角为60°. 答案:D5.在三棱柱ABC-A 1B 1C 1中,若点E ,F 分别在AB ,AC 上,且AE=13AB ,AF=13AC ,则下列说法正确的是( ) A.EF ⊥BB 1 B.EF ∥A 1B 1 C.EF ∥B 1C 1D.EF ∥AA 1解析:∵AE=1AB ,AF=1AC ,∴EF ∥BC.又ABC-A1B1C1为棱柱,∴BC∥B1C1.∴EF∥B1C1.答案:C6.下列说法正确的是()A.空间中没有交点的两条直线是平行直线B.一条直线和两条平行直线中的一条相交,则它和另一条也相交C.空间四条直线a,b,c,d,如果a∥b,c∥d,且a∥d,那么b∥cD.分别在两个平面内的直线是平行直线解析:A,B选项中,两直线可能异面,D选项中两直线可能相交,也可能异面.答案:C7.如图是一个正方体的表面展开图,如果将它还原为正方体,那么AB,CD,EF,GH这四条线段所在直线是异面直线的有对.解析:将图形还原成正方体,观察有AB与CD,AB与GH,EF与GH共3对异面直线.答案:38.如图,已知长方体ABCD-A1B1C1D1中,A1A=AB,E,F分别是BD1和AD中点,则异面直线CD1,EF所成的角的大小为.答案:90°9.如图所示,在四棱锥C-ABED中,底面ABED是梯形.若AB∥DE,DE=2AB,且F是CD的中点,P是CE的中点,则AF与BP的位置关系是.解析:连接PF,∵P,F分别是CE,CD的中点,∴PF∥ED,且PF=1ED.2又AB∥ED,且DE=2AB,∴AB∥PF,且AB=PF,即四边形ABPF是平行四边形,∴BP∥AF.答案:平行10.如图所示,在三棱锥P-ABC中,D,E是PC上不重合的两点,F,H分别是P A,PB上的点,且与点P不重合.求证:EF和DH是异面直线.证明∵P A∩PC=P,∴P A,PC确定一个平面α.∵E∈PC,F∈P A,∴E∈α,F∈α,∴EF⫋α.∵D∈PC,∴D∈α,且D∉EF.又PB∩α=P,H∈PB,且点H与点P不重合,∴H∉α,DH∩α=D,且DH与EF不相交,于是直线EF和DH是异面直线.★11.如图所示,在空间四边形ABCD中,两条对边AB=CD=3,E,F分别是另外两条对边AD,BC上的点,且AE=BF=1,EF=5,求AB和CD所成的角的大小.解如图所示,过点E作EO∥AB,交BD于点O,连接OF,所以AEED =BOOD,所以BOOD=BFFC,所以OF∥CD.所以∠EOF或其补角是AB和CD所成的角.在△EOF中,OE=2AB=2,OF=1CD=1,又EF=5,所以EF2=OE2+OF2,所以∠EOF=90°.即异面直线AB和CD所成的角为90°.★12.在梯形ABCD中(如图①所示),AB∥CD,E,F分别为BC和AD的中点,将平面CDFE沿EF翻折起来,使CD到C'D'的位置,G,H分别为AD'和BC'的中点,得到如图②所示的立体图形.求证:四边形EFGH为平行四边形.。