立体几何第19课时作业

课时作业19 函数的概念(二) 基础强化 1.集合{x |x >0且x ≠2}用区间表示出来为( )A ．(0，2)B ．(0，＋∞)C ．(0，2)∪(2，＋∞)D ．(2，＋∞)2．下列集合与区间(1，2)表示的集合相等的是( )A ．{(1，2)}B ．{x |x 2－3x ＋2<0}C ．{x |x 2－3x ＋2＝0}D ．{(x ，y )|x ＝1，y ＝2}3．函数f (x )＝2x －1 ＋1x －2 的定义域为( )A ．[0，2)B ．(12 ，＋∞)C ．[12 ，2)∪(2，＋∞)D ．(－∞，2)∪(2，＋∞)4．已知函数f (x )＝x ＋1 ＋1x －2 ，则f (3)＝( )A ．1B ．2C ．3D ．45．(多选)与y ＝|x |为相等函数的是( )A ．y ＝(x )2B ．y ＝x 2C ．y ＝|t |D ．y ＝3x 36．(多选)已知函数f (x )))＝1的解可以表示为()B ．2C ．3D ．47．已知A ＝{x |－1<x ≤3}，B ＝(－∞，0]，则A ∪B ＝________．8．已知函数f (x )＝x ＋2x －6 ，当f (x )＝2时，则x ＝________．9．已知f (x )＝3x 2－1，g (x )＝1x ＋2 .(1)求f (1)，g (1)的值；(2)求f (g (1))，g (f (1))的值．10．已知函数f (x )＝3x 2＋5x －2.(1)求f (3)，f (a ＋1)的值；(2)若f (a )＝－4，求a 的值．能力提升 11.已知[a ，2－a 2]为一确定区间，则实数a 的取值范围是( )A ．(－2，1)B ．(－1，2)C ．[－2，1]D ．[－1，2]12．若二次函数f (x )＝ax 2－1，且f (f (－1))＝－1，那么a 的值为( )A ．0或1B ．0或－1C ．1D ．－113．若函数f (x )的定义域为[0，4]，则函数g (x )＝f (x ＋2)的定义域为( )A ．[－2，2]B ．[0，2]C ．[2，6]D ．[2，4]14．(多选)下面各组函数中不是同一函数的是( )A ．y ＝－2x 3 与y ＝x －2xB ．f (x )＝x 2x与 g (x )＝x 0 C ．y ＝x 2－2x －1与y ＝t 2－2t －1D ．y ＝x ＋1 x －1 与y ＝（x ＋1）（x －1）15.已知函数f (x )＝1x3 ＋ax 3－bx －5，且f (－2)＝2，那么f (2)＝________． 16．已知函数f (x )＝x 21＋x 2，x ≠0. (1)求f (2)＋f (12 )和f (3)＋f (13)的值； (2)由(1)所得结果，你能发现f (x )与f (1x )有什么关系？证明你的发现．。

立体几何对于立体几何的解答题，在高考中常借助柱、锥体考查线面、平行与垂直，考查利用空间向量求二面角、线面角、线线角的大小，考查利用空间向量探索存在性问题及位置关系等，难度中等偏上．1．用向量法求异面直线所成的角 （1）建立空间直角坐标系； （2）求出两条直线的方向向量；（3）代入公式求解，一般地，异面直线AC ，BD 的夹角β的余弦值为||cos ||||AC BD AC BD β⋅=.2．用向量法求直线与平面所成的角（1）分别求出斜线和它所在平面内的射影直线的方向向量，转化为求两个方向向量的夹角(或其补角)； （2）通过平面的法向量来求，即求出斜线的方向向量与平面的法向量所夹的锐角，取其余角就是斜线和平面所成的角． 3．用向量法求二面角求二面角最常用的方法就是分别求出二面角的两个面所在平面的法向量，然后通过两个平面的法向量的夹角得到二面角的大小，但要注意结合实际图形判断所求角是锐角还是钝角． 4．平面,αβ所成的二面角为θ，则0πθ≤≤，如图①，AB ，C D 是二面角α－l －β的两个面内与棱l 垂直的直线，则二面角的大小θ＝,〈〉AB CD ．如图②③，12,n n 分别是二面角α－l －β的两个半平面α，β的法向量，则二面角的大小θ满足|cos θ|＝1212n n n n ，二面角的平面角大小是向量n 1与n 2的夹角(或其补角)．1．（2021·湖南·高考真题）如图，四棱锥中，底面ABCD 是矩形，平面ABCD ，E 为PD 的中点.（1）证明：平面ACE ；（2）设，，直线PB 与平面ABCD 所成的角为，求四棱锥的体积.【详解】 （1）连接交于点，连接. 在中，因为，所以，因为平面，平面，则平面.（2）因为平面ABCD ，所以就是直线PB 与平面ABCD 所成的角，所以，又，，所以，所以四棱锥的体积，所以四棱锥的体积为.2．（2021·天津·高考真题）如图，在棱长为2的正方体中，E为棱BC的中点，F为棱CD 的中点．（I）求证：平面；（II）求直线与平面所成角的正弦值．（III）求二面角的正弦值．【详解】（I）以为原点，分别为轴，建立如图空间直角坐标系，则,,,,,,，因为E为棱BC的中点，F为棱CD的中点，所以，，所以,,,设平面的一个法向量为，则，令，则，因为，所以，因为平面，所以平面；（II）由（1）得，，设直线与平面所成角为，则；（III）由正方体的特征可得，平面的一个法向量为，则，所以二面角的正弦值为.3．（2021·浙江·高考真题）如图，在四棱锥中，底面是平行四边形，，M，N分别为的中点，. （1）证明：；（2）求直线与平面所成角的正弦值.【详解】（1）在中，，，，由余弦定理可得，所以，．由题意且，平面，而平面，所以，又，所以．（2）由，，而与相交，所以平面，因为，所以，取中点，连接，则两两垂直，以点为坐标原点，如图所示，建立空间直角坐标系, 则,又为中点，所以.由（1）得平面，所以平面的一个法向量从而直线与平面所成角的正弦值为．4．（2021·北京·高考真题）如图：在正方体中，为中点，与平面交于点．（1）求证：为的中点；（2）点是棱上一点，且二面角的余弦值为，求的值．【详解】(1)如图所示，取的中点，连结，由于为正方体，为中点，故，从而四点共面，即平面CDE即平面，据此可得：直线交平面于点，当直线与平面相交时只有唯一的交点，故点与点重合，即点为中点.(2)以点为坐标原点，方向分别为轴，轴，轴正方向，建立空间直角坐标系，不妨设正方体的棱长为2，设，则：，从而：，设平面的法向量为：，则：，令可得：，设平面的法向量为：，则：，令可得：，从而：，则：，整理可得：，故（舍去）.5．（2021·全国·高考真题）在四棱锥中，底面是正方形，若．（1）证明：平面平面；（2）求二面角的平面角的余弦值．【详解】（1）取的中点为，连接.因为，，则，而，故.在正方形中，因为，故，故，因为，故，故为直角三角形且，因为，故平面，因为平面，故平面平面.（2）在平面内，过作，交于，则，结合（1）中的平面，故可建如图所示的空间坐标系.则，故.设平面的法向量， 则即，取，则，故. 而平面的法向量为，故.二面角的平面角为锐角，故其余弦值为.1．（2022·河北秦皇岛·二模）如图，在四棱锥P ABCD -中，PA AB ⊥，PC CD ⊥，BC AD ∥，23πBAD ∠=， 2PA AB BC ===，4=AD .(1)证明：PA ⊥平面ABCD .(2)若M 为PD 的中点，求二面角M AC D --的大小. 【解析】 (1)证明：由题可知ABC 为等边三角形，所以2AC =，3π∠=CAD .在ACD △中，由余弦定理得2224224cos 233CD π=+-⨯⨯=，所以222AC CD AD +=，所以CD AC ⊥. 因为CD PC ⊥，且ACPC C =，所以CD ⊥平面PAC .因为PA ⊂平面PAC ，所以CD PA ⊥. 因为PA AB ⊥，且,AB CD 相交， 所以PA ⊥平面ABCD . (2)以A 为坐标原点，以AD ，AP 的方向分别为y ，z 轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系A xyz -则()3,1,0C，()0,2,1M .设平面MAC 的法向量为(),,n x y z =，则30,20,n AC x y n AM y z ⎧⋅=+=⎪⎨⋅=+=⎪⎩令1x =，得()1,3,23n =-. 取平面ACD 的一个法向量为()0,0,1m =， 则233cos ,142⋅<>===⨯m n m n m n. 由图可知二面角M AC D --为锐角，所以二面角M AC D --的大小为6π.2．（2022·湖南永州·三模）如图，在三棱柱111ABC A B C -中，112AB AA AC BC ====.(1)求证：11A B B C ⊥；(2)若2AC =，160ABB ∠=，点M 满足132AM MC =，求二面角11A A B M --的余弦值. 【解析】 (1)连接11,A B AB 交于点O ，连接OC ，四边形11ABB A 为菱形，11A B AB ∴⊥，O 为1A B 中点， 又1CA CB =，1A B OC ∴⊥， 1AB OC O =，1,AB CO ⊂平面1ACB ，1A B ∴⊥平面1ACB ，又1B C ⊂平面1ACB ，11A B B C ∴⊥. (2)160ABB ∠=，12AB AA ==，3OB ∴=，1OA =，在Rt OBC 中，222OC BC OB =-，1OC ∴=， 在OAC 中，有222OA OC AC +=，OC OA ∴⊥，又OA OB O =，,OA OB ⊂平面11ABB A ，OC ∴⊥平面11ABB A ，则以O 为坐标原点，,,OA OB OC 为,,x y z 轴可建立如图所示空间直角坐标系，则()1,0,0A ，()10,3,0A -，()11,0,0B -，()0,0,1C ，()11,3,1C --，()12,3,1AC ∴=--，设(),,M x y z ，则()1,,AM x y z =-，()11,3,1MC x y z =---，132AM MC =，()()()()3121323321x x y y z z ⎧-=--⎪⎪∴=-⎨⎪=-⎪⎩，解得：152325x y z ⎧=⎪⎪⎪=⎨⎪⎪=⎪⎩，1232,55M ⎛⎫∴ ⎪ ⎪⎝⎭，1133255A M ⎛⎫∴= ⎪ ⎪⎝⎭，()113,0A B =-，设平面11MA B 的法向量(),,n a b c =，1111332055530A M n a c A B n a b ⎧⋅=++=⎪∴⎨⎪⋅=-+=⎩，令1b =，解得：3a =3c =-(3,1,23n ∴=-；又OC ⊥平面11ABB A ，则平面11AA B 的一个法向量为()0,0,1m =，3cos ,2m n m n m n⋅∴<>==⋅，又二面角11A A B M --为锐二面角，∴二面角11A A B M --的余弦值为32. 3．（2022·江苏·南京市第一中学三模）在正三棱柱111ABC A B C -中，122AA AB ==．D 为1CC 中点，E 为1B D 上一点．(1)求四棱锥11A BB C C -的体积；(2)若1B E CE CD +=，求三棱锥1D AEC -的体积． 【解析】 (1)解：取BC 的中点为O ，因为三棱柱111ABC A B C -为正三棱柱，所以ABC 为正三角形，四边形11BB C C 为矩形，且1C C ⊥平面ABC ， 所以1C C AO ⊥，AO BC ⊥，又1BC CC C =， 所以AO ⊥平面11BB C C ，即为四棱锥11A BB C C -的高， 又122AA AB ==，所以32AO =， 所以四棱锥11A BB C C -的体积11111133123323A BBC C BB C C V S AO -=⋅=⨯⨯⨯=；(2)解：因为1B E CE CD +=，即1B E CD CE ED =-=，所以E 为1B D 的中点，所以11111111111111133112223232224E ADC B ADC A B C D D AEC B C DV V V V SAO ----====⨯⨯=⨯⨯⨯⨯⨯=. 4．（2022·广东汕头·二模）如图所示，C 为半圆锥顶点，O 为圆锥底面圆心，BD 为底面直径，A 为弧BD 中点．BCD △是边长为2的等边三角形，弦AD 上点E 使得二面角E BC D --的大小为30°，且AE t AD =．(1)求t 的值；(2)对于平面ACD 内的动点P 总有OP //平面BEC ，请指出P 的轨迹，并说明该轨迹上任意点P 都使得OP //平面BEC 的理由． 【解析】 (1)易知OC ⊥面ABD ，OA BD ⊥，以,,OD OA OC 所在直线为,,x y z 轴建立如图的空间直角坐标系，则(0,1,0),(1,0,0),(1,0,0),3)A B D C -，(1,0,3),(1,1,0),(1,1,0)BC AD BA ==-=，()1,1,0(1,1,0)(1,1,0)BE BA AE BA t AD t t t =+=+=+-=+-，易知面BCD 的一个法向量为(0,1,0)OA =，设面BCE 的法向量为(,,)n x y z =，则30(1)(1)0n BC x z n BE t x t y ⎧⋅=+=⎪⎨⋅=++-=⎪⎩，令1x =，则13(1,,)13t n t +=--， 可得222131cos30213113t OA n t OA nt t +⋅-===⋅⎛⎫+⎛⎫++- ⎪ ⎪-⎝⎭⎝⎭，解得13t =或3，又点E 在弦AD 上，故13t =. (2)P 的轨迹为过AD 靠近D 的三等分点及CD 中点的直线，证明如下： 取AD 靠近D 的三等分点即DE 中点M ，CD 中点N ，连接,,MN OM ON ， 由O 为BD 中点，易知ON BC ∥，又ON ⊄面BEC ，BC ⊂面BEC ， 所以ON //平面BEC ，又MN EC ∥，MN ⊄面BEC ，CE ⊂面BEC ，所以MN //平面BEC ， 又ON MN N ⋂=，所以面OMN //平面BEC ，即O 和MN 所在直线上任意一点连线都平行于平面BEC ， 又MN ⊂面ACD ，故P 的轨迹即为MN 所在直线， 即过AD 靠近D 的三等分点及CD 中点的直线.5．（2022·福建·模拟预测）如图，在四棱锥P ABCD -中，四边形ABCD 是菱形，60BAD BPD ∠=∠=︒，2PB PD ==.(1)证明：平面PAC ⊥平面ABCD ；(2)若二面角P BD A --的余弦值为13，求二面角B PA D --的正弦值.【解析】 (1) 设ACBD O =，连接PO ，在菱形ABCD 中，O 为BD 中点，且BD AC ⊥， 因为PB PD =，所以BD PO ⊥， 又因为POAC O =，且PO ，AC ⊂平面PAC ，所以BD ⊥平面PAC ，因为BD ⊂平面ABCD ，所以平面PAC ⊥平面ABCD ； (2)作OM ⊥平面ABCD ，以{},,OA OB OM 为x ，y ，z 轴，建立空间直角坐标系，易知2PB PD BD AB AD =====，则3OA OP ==，1OB =， 因为OA BD ⊥，OP BD ⊥，所以POA ∠为二面角P BD A --的平面角，所以1cos 3POA ∠=，则326,0,33P ⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭，()3,0,0A ，()0,1,0B ，()0,1,0D -，所以()3,1,0AD =--，()3,1,0AB =-，2326,0,33AP ⎛⎫=- ⎪ ⎪⎝⎭， 设平面PAB 的法向量为()111,,m x y z =，由00m AB m AP ⎧⋅=⎨⋅=⎩，得1111302326033x y x z ⎧-+=⎪⎨-+=⎪⎩ 取11z =，则12x =，16y =，所以()2,6,1m =，设平面PAD 的法向量为()222,,n x y z =，由00n AD n AP ⎧⋅=⎨⋅=⎩，得2222302326033x y x z ⎧--=⎪⎨-+=⎪⎩ 取21z =，则22x =，26y =-，所以()2,6,1n =-，设二面角B PA D --为θ，则2611cos 3261261m n m nθ⋅-+===++⋅++⋅，又[]0,πθ∈，则222sin 1cos 3θθ=-=.（限时：30分钟）1．如图（1），平面四边形ABDC 中，90ABC D ∠=∠=︒，2AB BC ==，1CD =，将ABC 沿BC 边折起如图（2），使________，点M ，N 分别为AC ，AD 中点．在题目横线上选择下述其中一个条件，然后解答此题．①7AD =．②AC 为四面体ABDC 外接球的直径．③平面ABC ⊥平面BCD ．（1）判断直线MN 与平面ABD 的位置关系，并说明理由； （2）求二面角A MN B --的正弦值．【详解】（1）若选①：7AD =在Rt BCD 中，2BC =，1CD =，3BD =，2AB =， 可得222AB BD AD +=，所以AB BD ⊥， 又由AB BC ⊥，且BCBD B =,,BC BD ⊂平面CBD ，所以AB ⊥平面CBD ，又因为CD ⊂平面CBD ，所以AB CD ⊥，又由CD BD ⊥，且BD CD D ⋂=,,BD CD ⊂平面ABD ，所以CD ⊥平面ABD ， 又因为M ，N 分别为AC ，AD 中点，可得//MN CD ，所以MN ⊥平面ABD ． 若选②：AC 为四面体ABDC 外接球的直径，则90ADC ∠=︒，可得CD AD ⊥， 又由CD BD ⊥，且ADBD D =,,AD BD ⊂平面ABD ，所以CD ⊥平面ABD ，因为M ，N 分别为AC ，AD 中点，可得//MN CD ，所以MN ⊥平面ABD ． 若选③：平面ABC ⊥平面BCD ，平面ABC 平面BCD BC =，因为AB BC ⊥，且AB平面ABC ，所以AB ⊥平面CBD ，又因为CD ⊂平面CBD ，所以AB CD ⊥，又由CD BD ⊥，且BD CD D ⋂=,,BD CD ⊂平面ABD ，所以CD ⊥平面ABD ， 因为M ，N 分别为AC ，AD 中点，可得//MN CD ，所以MN ⊥平面ABD ． （2）以D 为原点，射线OB 为y 轴建立如图直角坐标系，则()3,2A ，()3,0B ，()1,0,0C -，13,,122M ⎛⎫- ⎪ ⎪⎝⎭，30,2N ⎛⎫⎪ ⎪⎝⎭可得1,0,02MN ⎛⎫= ⎪⎝⎭，30,1AN ⎛⎫=- ⎪ ⎪⎝⎭，30,BN ⎛⎫= ⎪ ⎪⎝⎭ 设平面AMN 的法向量为()111,,m x y z =，则111102302m MN x m AN y z ⎧⋅==⎪⎪⎨⎪⋅=--=⎪⎩，取13y =1130,2x z ==-，所以30,3,2m ⎛⎫=- ⎪⎝⎭设平面BMN 的法向量为()222,,n x y z =，则222102302n MN x n BN y z ⎧⋅==⎪⎪⎨⎪⋅=-+=⎪⎩, 取23y =，可得30,3,2n ⎛⎫= ⎪⎝⎭，所以9314cos ,9734m n m n m n -⋅===⋅+，故二面角A MN B --的正弦值437.2．如图，在三棱锥A BCD -中，ABC 是边长为3的等边三角形，CD CB =，CD ⊥平面ABC ，点M 、N 分别为AC 、CD 的中点，点P 为线段BD 上一点，且//BM 平面APN .（1）求证：BM AN ⊥；（2）求平面APN 与平面ABC 所成角的正弦值. 【详解】（1）证明：因为CD ⊥面ABC ，BM ⊂面ABC ，所以CD BM ⊥.又∵正ABC 中，AM MC BM AC =⇒⊥，∴BM CDBM AC BM CD AC C ⊥⎫⎪⊥⇒⊥⎬⎪⋂=⎭面ACD ， ∴BM AN ⊥.（2）解：连接MD 交AN 于G 点，连接PG ，因为//BM平面APN ，所以//BM PG ，由重心性质知P 为靠近B 点的三等分点.∴()0,0,0C ，3330,,22A ⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭，()0,3,0B ，()1,2,0P ，3,0,02N ⎛⎫⎪⎝⎭， 设面APN 的法向量为(),,n x y z =，0AP n ⋅=，0AN n ⋅=，∴13302233330222x y z x y z ⎧+-=⎪⎪⎨⎪--=⎪⎩，令4x =，则1,3y z == ∴()4,1,3n =，平面ABC 的法向量为()1,0,0u =，425cos ,51613u v ==++， ∴平面APN 与平面ABC 所成角的正弦值为55.3．如图（1），平面四边形ABDC 中，90ABC D ∠=∠=︒，2AB BC ==，1CD =，将ABC 沿BC 边折起如图（2），使________，点M ，N 分别为AC ，AD 中点．在题目横线上选择下述其中一个条件，然后解答此题．①7AD =．②AC 为四面体ABDC 外接球的直径．③平面ABC ⊥平面BCD ．（1）判断直线MN 与平面ABD 的位置关系，并说明理由；（2）求三棱锥A MNB -的体积．【详解】（1）若选①：7AD =Rt BCD 中，2BC =，1CD =，可得3BD =，又由2AB =，所以222AB BD AD +=，所以AB BD ⊥，因为AB BC ⊥，且BC BD B =，,BC BC ⊂平面CBD ，所以AB ⊥平面CBD ，又因为CD ⊂平面CBD ，所以AB CD ⊥，又由CD BD ⊥，AB BD B =且,AB BD ⊂平面ABD ，所以CD ⊥平面ABD ，又因为M ，N 分别为AC ，AD 中点，所以//MN CD ，所以MN ⊥平面ABD ．若选②：AC 为四面体ABDC 外接球的直径，则90ADC ∠=︒，CD AD ⊥，因为CD BD ⊥，可证得CD ⊥平面ABD ，又M ，N 分别为AC ，AD 中点，//MN CD ，所以MN ⊥平面ABD ．若选③：平面ABC ⊥平面BCD ，平面ABC平面BCD BC =， 因为AB BC ⊥，且AB 平面ABC ，所以AB ⊥平面CBD ，又由CD ⊂平面CBD ，所以AB CD ⊥，因为CD BD ⊥，AB BD B =且,AB BD ⊂平面ABD ，所以CD ⊥平面ABD ，又因为M ，N 分别为AC ，AD 中点，//MN CD ，所以MN ⊥平面ABD ．（2）由（1）知MN ⊥平面ABD ，其中ABD △为直角三角形， 可得3122ANB ADB S S ==△△，1122MN CD ==， 故三棱锥A MNB -的体积为131332A MNB M ABN V V --===．4．如图，在四棱锥P ABCD -中，//AB CD ，AB ⊥平面PAD ，24PA AD DC AB ====，27PD =，M 是PC 的中点.（1）证明：平面ABM ⊥平面PCD ；（2）求三棱锥M PAB -的体积.【详解】（1）取PD 中点N ，连接MN ，AN ，因为PA AD =，所以AN PD ⊥，由AB ⊥平面PAD ，PD ⊂平面PAD ，所以AB PD ⊥，又由AN AB A =，且,AN AB ⊂平面ABN ，所以PD ⊥平面ABN ，因为MN 是PCD ∆中位线，所以////AB CD MN ，四边形ABMN 是平行四边形，于是PD ⊥平而ABM ，PD ⊂平面PCD ，所以平面ABM ⊥平面PCD .（2）由（1）可得//MN AB ，且AB平面PAB ，所以//MN 平面PAB ， 所以AB M P N PAB B NAP V V V ---==，因为AB ⊥平面PAD ，可得13B NAP NAP V S AB -∆=⨯， 又由4AP =，7=PN ，AN PD ⊥， 所以2473AN -=，137732NAP S ∆== 所以137273B NAP V -==5．如图，三棱柱111ABC A B C -中，13AA AB ==，2BC =，E ，P 分别是11B C 和1CC 的中点，点F 在棱11A B 上，且12B F =.（1）证明：1//A P 平面EFC ；（2）若1AA ⊥底面ABC ，AB BC ⊥，求二面角P CF E --的余弦值.【详解】（1）证明：如图，连接1PB 交CE 于点D ，连接DF ，EP ，1CB .因为E ，P 分别是11B C 和1CC 的中点， 故11//2EP CB ，故112PD DB =. 又12B F =，113A B =，故1112A F FB =，故1//FD A P . 又FD ⊂平面EFC ，所以1//A P 平面EFC . （2）由题意知AB ，BC ，1BB 两两垂直，以B 为坐标原点，以1BB 的方向为z 轴正方向，分别以BA ，BC 为x 轴和y 轴的正方向，建立如图所示空间直角坐标系B xyz -.则()0,2,0C ，()10,0,3B ，()2,0,3F ，()0,1,3E ，30,2,2P ⎛⎫ ⎪⎝⎭. 设()111,,n x y z =为平面EFC 的法向量， 则00n EF n EC ⎧⋅=⎨⋅=⎩，即11112030x y y z -=⎧⎨-=⎩，可取3,3,12n ⎛⎫= ⎪⎝⎭. 设()222,,m x y z =为平面PFC 的法向量，则00m PF m PC ⎧⋅=⎨⋅=⎩，即222232202302x y z z ⎧-+=⎪⎪⎨⎪=⎪⎩，可取()1,1,0m =.所以233922cos ,14391112n m n m n m +⋅===⎛⎫++⨯+ ⎪⎝⎭. 由题意知二面角P CF E --为锐角， 所以二面角P CF E --的余弦值为214.。

19.4综合与实践多边形的镶嵌知识要点基础练知识点平面图形镶嵌的概念及条件1.某超市选择一种形状、大小都相同的正多边形塑胶板铺办公室,为了保证铺地时既无缝隙又不重叠,请你告诉他们下面形状的塑胶板不能选择的是(A) A.正八边形 B.正六边形C.正四边形D.正三角形2.只用一种正六边形地砖密铺地板,则能围绕在正六边形的一个顶点处的正六边形地砖有(A)A.3块B.4块C.5块D.6块3.用正三角形作平面镶嵌,同一顶点周围,正三角形的个数为6.4.我们知道形状为正五边形的地砖不能铺满地面,但某公园的一段路面是用型号相同的特殊的五边形地砖铺成的.如图是拼铺图案的一部分,其中每个五边形有3个内角相等,那么这3个内角都等于120度.综合能力提升练5.下列正多边形的组合中,能够铺满地面(即平面镶嵌)的是(A)A.正三角形和正四边形B.正四边形和正五边形C.正五边形和正六边形D.正六边形和正八边形6.用两种正多边形镶嵌,不能与正三角形匹配的正多边形是(D)A.正方形B.正六边形C.正十二边形D.正十八边形7.一幅图案在某个顶点处由三个边长相等的正多边形镶嵌而成,其中的两个分别是正方形和正六边形,则第三个正多边形的边数是十二.8.在地面上某一点周围有a个正三角形,b个正十二边形(a,b均不为0),恰好铺满地面,则a+b=3.9.如图是某广场用地板砖铺设的部分图案,中央是一块正六边形的地板砖,周围是正三角形和正方形的地板砖,从里向外的第1层包括6个正方形和6个正三角形,第2层包括6个正方形和18个正三角形,以此类推,则第6层中含有正三角形的个数是66.拓展探究突破练10.在日常生活中,观察各种建筑物的地板,就能发现地板常用各种正多边形地砖铺砌成美丽的图案,我们发现当围绕一点拼在一起的几个多边形的内角加在一起恰好组成一个周角(360°)时,就拼成一个平面图形.(1)请根据下列图形,填写表中空格;(2)从正三角形、正四边形、正六边形中任选一种,再在其他正多边形中任选一种,请探索这两种正多边形共能平铺成几种不同的平面图形?说说你的理由.解:(2)本题答案不唯一,如选取正四边形和正八边形.设在同一个顶点上有m个正四边形和n个正八边形,∴90m+135n=360,即2m+3n=8.∵m,n均为正整数,∴m=1,n=2,m,n的取值只有一种可能,∴当选正四边形和正八边形时只能铺成一种平面图形.。

浙江省第19题立体几何强化训练（一）练习目标：1、掌握直线与平面的位置关系中的各个定理；2、掌握空间角的求法；3、掌握空间向量中的强建系方法。

练习重点：掌握证明题的书写格式。

【典型习题】1、如图，在四棱锥P-ABCD 中，AB//CD, PD ⊥DA, AD=DP=DC=CB=1, AB=2, CM ⊥PB, CM//平面PAD.(1) 求证：PB ⊥平面PAD ；(2) 求直线CM 与平面PDC 所成角的正弦值.2. 如图，四棱台ABCD −A 1B 1C 1D 1中，底面ABCD 是菱形，CC 1⊥底面ABCD ，且∠BAD =60°，CD =CC 1=2C 1D 1=4，E 是棱1BB 的中点.（1）求证：AA 1⊥BD ；（2）求直线AA 1与平面A 1EC 1所成线面角的正弦值.M A B D P C3、四棱锥P-ABCD 中，底面ABCD 是矩形，AD=2, AB=√32, △PAB 中PA=√3, PD=1, M ，N 分别是PA 、BC 的中点。

(1) 证明：MN//平面PCD;(2) 若PC=1, 求AC 与平面PBC 所成角的正弦值。

4、已知四棱锥P-ABCD 的底面为等腰梯形；BC//AD, PA=AD=2AB=2BC=2CD, ∠PAB=∠PAD=60°. (1) 求证：CD ⊥PA;(2) 点E 为PB 的中点，求直线CE 与平面PCD 所成角的余弦值。

AA【巩固练习】1. 如图，在四棱柱ABCD−A1B1C1D1中，AA1⊥平面ABCD，底面ABCD满足AD∥BC，且AB=AD=AA1=2，BD=DC=2√2．（1）求证：AB⊥平面ADD1A1；（2）求直线AB与平面B1CD1所成角的正弦值．2. 在三棱锥S−ABC中，∠BAC=∠SBA=∠SCA=90∘，∠SAB=45∘，∠SAC=60∘，D为棱AB的中点，SA=2．（1）证明：SD⊥BC；（2）求直线SD与平面SBC所成角的正弦值．3. 如图，已知四棱锥P−ABCD，BC∥AD，平面PAD⊥平面PBA，且DP=DB，AB= BP=PA=AD=2BC．（1）证明：AD⊥平面PBA；（2）求直线AB与平面CDP所成角的正弦值．4. 如图，四边形ABCD是边长为3的正方形，DE⊥平面ABCD，AF∥DE，DE=3AF，BE与平面ABCD所成角为60∘．（1）求证：AC⊥平面BDE；（2）求二面角F−BE−D的余弦值；（3）设点M是线段BD上一个动点，试确定点M的位置，使得AM∥平面BEF，并证明你的结论．。

一、选择题1．(2013·兰州高一检测)下列几何体是台体的是()A B C D【解析】台体包括棱台和圆台两种，A的错误在于四条侧棱没有交于一点，B的错误在于截面与圆锥底面不平行．C是棱锥，结合棱台和圆台的定义可知D 正确．【答案】 D2．圆柱的母线长为10，则其高等于()A．5B．10C．20D．不确定【解析】圆柱的母线长和其高相等．【答案】 B3．用一个平面去截一个几何体，得到的截面是圆面，这个几何体不可能是() A．圆锥B．圆柱C．球D．棱柱【解析】用一个平面去截圆锥、圆柱、球均可以得到圆面，但截棱柱一定不会产生圆面．【答案】 D图1－1－284．如图1－1－28的组合体的结构特征是()A．一个棱柱中截去一个棱柱B．一个棱柱中截去一个圆柱C．一个棱柱中截去一个棱锥D．一个棱柱中截去一个棱台【解析】该组合体的结构特征是一个棱柱中截去一个棱锥．【答案】 C5．正方形绕其一条对角线所在直线旋转一周，所得几何体是()A．圆柱B．圆锥C．圆台D．两个圆锥【解析】连接正方形的两条对角线知对角线互相垂直，故绕对角线旋转一周形成两个圆锥．【答案】 D二、填空题6．如图1－1－29所示的蒙古包可以看作是由________和________构成的几何体．图1－1－29【解析】上半部分为圆锥，下半部分为圆柱．【答案】圆锥圆柱7．给出下列说法：(1)圆柱的底面是圆面；(2)经过圆柱任意两条母线的截面是一个矩形面；(3)圆台的任意两条母线的延长线，可能相交，也可能不相交；(4)夹在圆柱的两个截面间的几何体还是一个旋转体，其中说法正确的是________．【解析】(1)正确，圆柱的底面是圆面；(2)正确，如图所示，经过圆柱任意两条母线的截面是一个矩形面；(3)不正确，圆台的母线延长相交于一点；(4)不正确，夹在圆柱的两个平行于底面的截面间的几何体才是旋转体．【答案】(1)(2)8．若母线长是4的圆锥的轴截面的面积是8，则该圆锥的高是________．【解析】设圆锥的底面半径为r，则圆锥的高h＝42－r2.所以由题意可知12－r2＝8，2·(2r)·h＝r4∴r2＝8，∴h＝2 2.【答案】2 2三、解答题9．说出下面几何体的结构特征：(1)某单位的公章(2)运动器材—空竹图1－1－30【解】(1)由一个半球，一个圆柱和一个圆台组合而成．(2)由两个大圆柱，两个小圆柱和两个小圆台组合而成．10．(2013·杭州高一检测)一个圆台的母线长为12 cm，两底面面积分别为4π cm2和25π cm2.求：(1)圆台的高；(2)截得此圆台的圆锥的母线长．【解】(1)如图，过圆台的轴作截面为等腰梯形ABCD，由已知可得上底半径O1A＝2 cm，下底半径OB＝5 cm，且腰长AB＝12 cm，∴AM＝122－(5－2)2＝315(cm)，即圆台的高为315 cm.(2)设截得此圆台的圆锥的母线长为l，则由△SAO1∽△SBO，可得l－12l＝25，∴l＝20(cm)，即截得此圆台的圆锥的母线长为20 cm.11．如图1－1－31中(1)，(2)所示的图形绕虚线旋转一周后形成的几何体是由哪些基本几何体构成的？(1)(2)图1－1－31【解】图(1)，(2)的几何图形旋转后形成的图形分别如图(3)，(4)所示，图(1)旋转形成的几何体是由一个圆柱O1O2和两个圆台O2O3，O3O4组成的．图(2)旋转形成的几何体是由一个圆台O1O3(其中挖去一个圆锥O1O2)，一个圆柱O3O4和一个圆锥O4O5组成的．(3)(4)。

第19课空间几何体的体积（1）
分层训练
1.若长方体三个面的面积分别是2, 3, 6, 则长方体的体积等于( )
A. 6
B. 6
C. 66
D. 36
２．Rt△ABC中, ∠C=90°, AC<BC, 分别以AC , BC , AB所在的直线为轴旋转一周, 所得旋转体的体积为V1 , V2 , V3 , 则有( )
A. V1>V2>V3
B. V1<V2<V3
C. V2>V1>V3
D. V2<V1<V3
３.已知一个铜质的五棱柱的底面积为16cm2, 高为4cm, 现将它熔化后铸造成一个正方体的铜
块, 则铸成的铜块的棱长为_________ .
考试热点
４．.用一张长12cm , 宽8cm的矩形铁皮围成圆柱的形的侧面, 则这个圆柱的体积为______. ５.钢球由于热膨胀而使半径增加千分之一, 那么它的体积增加约__________ .
６.一个正四棱台形油槽可以装煤油190升, 假如它的上、下底边长分别等于60cm和40cm , 求它的深度.
７．圆台一个底面半径是另一个底面半径的2倍, 而侧面积等于两底面积的和, 轴截面的面积是36, 求圆台的体积..
拓展延伸
８．两底面边长分别是15cm和10cm的正三棱台, 它的侧面积等于两等面积的和, 求它的体积本节学习疑点：。

A.12B.14C.32D.74 解析：如图，在矩形ABCD 中，以B ，A 为圆心，以AB 为半径作圆交CD 分别于E ，F ，当点P 在线段EF 上运动时满足题设要求，所以E ，F 为CD 的四等分点，设AB ＝4，则DF ＝3，AF ＝AB ＝4，在直角三角形ADF中，AD ＝AF 2－DF 2＝7，所以AD AB ＝74.答案：D5．如图，边长为2的正方形中有一封闭曲线围成的阴影区域．在正方形中随机撒一粒豆子，它落在阴影区域内的概率是13，则阴影区域的面积是( )A.13B.23C.43 D ．无法计算解析：在正方形中随机撒一粒豆子，其结果有无限个，属于几何概型．设“落在阴影区域内”为事件A ，则事件A 构成的区域是阴影部分．设阴影区域的面积为S ，全部结果构成的区域面积是正方形的面积，则有P (A )＝S 22＝S 4＝13，解得S ＝43.答案：C二、填空题(每小题5分，共15分) 6．记函数f (x )＝6＋x －x 2的定义域为D .在区间[－4,5]上随机取一个数x ，则x ∈D 的概率是________．解析：令6＋x －x 2≥0，解得－2≤x ≤3，即D ＝[－2,3]，在区间[－4,5]上随机取一个数x ，则x ∈D 的概率P ＝3－(－2)5－(－4)＝59.答案：59 7．在平面直角坐标系xOy 中，设D 是横坐标与纵坐标的绝对值均不大于2的点构成的区域，E 是到原点的距离不大于1的点构成的区域，向D 中随机投一点，则落入E 中的概率为________．解析：如图，区域D 表示边长为4的正方形的内部(含边界)，区域E 表示单位圆及其内部，因此P ＝π×124×4＝π16.答案：π168．一个球形容器的半径为3 cm ，里面装有纯净水，因不小心混入了1个感冒病毒，从中任取1 mL 水(体积为1 cm 3)，含有感冒病毒的概率为________．解析：水的体积为43πR 3＝43π·33＝36π(cm 3)＝36π(mL)，则含感冒病毒的概率为P ＝136π.答案：136π三、解答题(每小题10分，共20分)9．一个路口的红灯亮的时间为30秒，黄灯亮的时间为5秒，绿灯亮的时间为40秒，当你到达路口时，看见下列三种情况的概率各是多少？(1)红灯亮；(2)黄灯亮；(3)不是红灯亮．解析：在75秒内，每一时刻到达路口亮灯的时间是等可能的，属于几何概型．(1)P ＝红灯亮的时间全部时间＝3030＋40＋5＝25；(2)P ＝黄灯亮的时间全部时间＝575＝115；(3)P ＝不是红灯亮的时间全部时间＝黄灯亮或绿灯亮的时间全部时间＝4575＝35.10．(1)在区间[0,4]上随机取两个整数m ，n ，求关于x 的一元二次方程x 2－nx ＋m ＝0有实数根的概率P (A )；(2)在区间[0,4]上随机取两个数m ，n ，求关于x 的一元二次方程x 2－nx ＋m ＝0有实数根的概率P (B )．解析：方程x 2－nx ＋m ＝0有实数根， 则Δ＝n －4m ≥0.(1)由于m ，n ∈[0,4]，且m ，n 是整数，因此m ，n 可能的取值共有25组．又满足n －4m ≥0的m ，n 的取值有 ⎩⎪⎨⎪⎧ m ＝0，n ＝0，⎩⎪⎨⎪⎧ m ＝0，n ＝1，⎩⎪⎨⎪⎧ m ＝0，n ＝2，⎩⎪⎨⎪⎧ m ＝0，n ＝3，⎩⎪⎨⎪⎧m ＝0，n ＝4，⎩⎪⎨⎪⎧m ＝1，n ＝4，共6组．因此，原方程有实数根的概率P (A )＝625. (2)⎩⎪⎨⎪⎧0≤m ≤4，0≤n ≤4对应的区域如图中正方形区域，面积为16， 而n －4m ≥0(m ，n ∈[0,4])表示的区域如图中阴影部分所示，面积为12×1×4＝2.因此，原方程有实数根的概率P (B )＝S 阴影S 正方形＝18.[能力提升](20分钟，40分)11．一只小蜜蜂在一个棱长为3的正方体内自由飞行，若蜜蜂在飞行过程中始终保持与正方体6个表面的距离均大于1，称其为“安全飞行”，则蜜蜂“安全飞行”的概率为()A.827 B.127C.2627 D.1527解析：根据题意：安全飞行的区域为棱长为1的正方体，∴P＝构成事件A的区域体积试验的全部结果所构成的区域体积＝127.故选B.答案：B12．在区间[0,5]上随机地选择一个数p，则方程x2＋2px＋3p－2＝0有两个负根的概率为________．解析：由题意，得⎩⎪⎨⎪⎧Δ＝4p2－4(3p－2)≥0，－2p＜0，3p－2＞0，0≤p≤5，解得23＜p≤1或2≤p≤5，所以p＝1－23＋(5－2)5＝23.答案：2313．甲、乙两人约定晚上6点到7点之间在某地见面，并约定先到者要等候另一人一刻钟，过时即可离开．求甲、乙能见面的概率．解析：如图所示：以x轴和y轴分别表示甲、乙两人到达约定地点的时间，则两人能够会面的等价条件是|x－y|≤15.在平面直角坐标系内，(x，y)的所有可能结果是边长为60的正方形，而事件A“两人能够见面”的可能结果是阴影部分所表示的平面区域，由几何概型的概率公式得：P(A)＝S AS＝602－452602＝3 600－2 0253 600＝716.所以两人能会面的概率是716.14．如图，已知AB 是半圆O 的直径，AB ＝8，M ，N ，P 是将半圆圆周四等分的三个点．(1)从A ，B ，M ，N ，P 这5个点中任取3个点，求这3个点组成直角三角形的概率；(2)在半圆内任取一点S ，求△SAB 的面积大于82的概率．解析：(1)从A ，B ，M ，N ，P 这5个点中任取3个点，一共可以组成10个三角形：△ABM ，△ABN ，△ABP ，△AMN ，△AMP ，△ANP ，△BMN ，△BMP ，△BNP ，△MNP ，其中是直角三角形的只有△ABM ，△ABN ，△ABP 3个，所以组成直角三角形的概率为310.(2)易知半圆的面积为8π.连接MP ，OM ，OP ，取线段MP 的中点D ，连接ON ，则OD ⊥MP ， 易求得OD ＝22，当S 点在线段MP 上时，S △ABS ＝12×22×8＝82，所以只有当S 点落在阴影部分时，△SAB 的面积才能大于82，而S 阴影＝S 扇形MOP －S △OMP ＝14π×42－12×42＝4π－8，所以由几何概型的概率公式得△SAB的面积大于82的概率为4π－88π＝π－22π.由Ruize收集整理。