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课时作业(十四)1．已知锐角△ABC 的面积为33，BC ＝4，CA ＝3，则角C 的大小为( )A ．75°B ．60°C ．45°D ．30°答案 B解析 ∵33＝12×4×3sinC ，∴sinC ＝32. ∵△ABC 为锐角三角形，∴C ＝60°，故选B.2．在△ABC 中，BC ＝2，B ＝π3，当△ABC 的面积等于32时，sinC 等于( ) A.32 B.12 C.33 D.34答案 B解析 由正弦定理得S △ABC ＝12·AB ·BC ·sinB ＝32AB ＝32，∴AB ＝1，∴AC 2＝AB 2＋BC 2－2AB·BC·cosB ＝1＋4－4×12＝3，∴AC ＝3，再由正弦定理，得1sinC ＝3sin π3，∴sinC ＝12.3．在△ABC 中，A ＝60°，AB ＝2，且△ABC 的面积S △ABC ＝32，则边BC 的长为( )A. 3 B ．3 C.7 D ．7答案 A解析 由S △ABC ＝32，得12AB ·ACsinA ＝32. 即12×2AC ×32＝32，∴AC ＝1，由余弦定理，得BC 2＝AB 2＋AC 2－2AB·AC·cosA ＝22＋12－2×2×1×12＝3.∴BC ＝ 3.4．在△ABC 中，已知A ＝30°，且3a ＝3b ＝12，则c 的值为( ) A ．4 B ．8 C ．4或8 D ．无解答案 C解析 由3a ＝3b ＝12，得a ＝4，b ＝43，利用正弦定理可得B 为60°或120°，从而解出c 的值．5．(2014·新课标全国Ⅱ)钝角三角形ABC 的面积是12，AB ＝1，BC ＝2，则AC ＝( ) A ．5 B. 5 C ．2 D ．1 答案 B解析 由题意可得12AB ·BC ·sinB ＝12，又AB ＝1，BC ＝2，所以sinB＝22，所以B ＝45°或B ＝135°.当B ＝45°时，由余弦定理可得AC ＝AB 2＋BC 2－2AB·BC·cosB ＝1，此时AC ＝AB ＝1，BC ＝2，易得A ＝90°，与“钝角三角形”条件矛盾，舍去．所以B ＝135°.由余弦定理可得AC ＝AB 2＋BC 2－2AB·BC·cosB ＝ 5.6．在△ABC 中，2acosB ＝c ，则△ABC 是( ) A ．等腰三角形 B ．直角三角形 C ．等腰直角三角形 D ．等边三角形答案 A解析 方法一：由余弦定理，得2a a 2＋c 2－b 22ac ＝c.所以a 2＋c 2－b 2＝c 2.则a ＝b.则△ABC 是等腰三角形．方法二：由正弦定理，得2×2RsinAcosB ＝2RsinC ，即2sinAcosB ＝sinC.又sin(A ＋B)＋sin(A －B)＝2sinAcosB ，所以sin(A ＋B)＋sin(A －B)＝sinC.又A ＋B ＋C ＝π，所以sin(A ＋B)＝sinC.所以sin(A －B)＝0.又0<A<π，0<B<π，则－π<A －B<π.所以有A ＝B ，则△ABC 是等腰三角形．探究 思路一是转化为三角形的边的关系，利用代数运算获得三角形的关系式；思路二是转化为三角形的角的关系，利用三角函数知识获得了三角形的角的关系．思路二中，如果没有想到等式sin(A ＋B)＋sin(A －B)＝2sinAcosB ，那么就会陷入困境．由于受三角函数知识的限制，提倡将已知条件等式转化为边的关系来判断三角形的形状． 7．已知锐角三角形的边长分别是3，5，x ，则x 的取值范围是( )A ．1<x< 5B ．4<x<30 C ．1<x<4 D ．4<x<34答案 D解析 若5最大，则32＋x 2－52>0，得x>4. 若x 最大，则32＋52－x 2>0，得0<x<34. 又2<x<8，则4<x<34.8．在△ABC 中，A ∶B ＝1∶2，角C 的平分线CD 把三角形面积分为3∶2两部分，则cosA ＝( ) A.13 B.12 C.34 D ．0答案 C解析 ∵CD 是∠C 的平分线，∴S △ACD S △BCD＝12AC·CDsin C212BC ·CDsin C 2＝AC BC ＝sinB sinA ＝32. ∵B ＝2A ，∴sinB sinA ＝sin2A sinA ＝2cosA ＝32. ∴cosA ＝34.9．已知等腰三角形的底边长为6，一腰长为12，则它的外接圆半径为________． 答案8155解析 设顶角为A ，则有cosA ＝b 2＋c 2－a 22bc ＝122＋122－622×12×12＝78，∴sinA ＝1－cos 2A ＝158.∴2R ＝a sinA ，R ＝a 2sinA ＝8155.10．在△ABC 中，已知sinA ∶sinB ＝2∶1，c 2＝b 2＋2bc ，则三内角A ，B ，C 的度数依次是________． 答案 45°，30°，105°解析 ∵a ＝2b ，a 2＝b 2＋c 2－2bccosA. ∴2b 2＝b 2＋c 2－2bccosA.又∵c 2＝b 2＋2bc ，∴cosA ＝22，∴A ＝45°.∴sinB ＝12，B ＝30°，∴C ＝105°.11．在△ABC 中，角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c.若(3b －c)cosA ＝acosC ，则cosA ＝______． 答案 33解析 由正弦定理，得(3sinB －sinC)cosA ＝sinAcosC. 化简得3sinBcosA ＝sin(A ＋C)．∵0<sinB ≤1，∴cosA ＝33.12．在△ABC 中，∠B ＝45°，AC ＝10，cosC ＝255. (1)求BC 边的长；(2)记AB 的中点为D ，求中线CD 的长． 解析 (1)由cosC ＝255，得sinC ＝55.sinA ＝sin(180°－45°－C)＝22(cosC ＋sinC)＝31010.由正弦定理知 BC ＝AC sinB ·sinA ＝1022·31010＝3 2.(2)AB ＝AC sinB ·sinC ＝1022·55＝2.BD ＝12AB ＝1. 由余弦定理知 CD ＝BD 2＋BC 2－2BD·BC·cosB ＝1＋18－2×1×32×22＝13.13.如图，在平面四边形ABCD 中，AD ＝1，CD ＝2，AC ＝7.(1)求cos ∠CAD 的值； (2)若cos ∠BAD ＝－714， sin ∠CBA ＝216，求BC 的长．解析 (1)如题图，在△ADC 中，由余弦定理，得 cos ∠CAD ＝AC 2＋AD 2－CD 22AC ·AD.故由题设知，cos ∠CAD ＝7＋1－427＝277.(2)如题图，设∠BAC ＝α，则α＝∠BAD －∠CAD. 因为cos ∠CAD ＝277，cos ∠BAD ＝－714， 所以sin ∠CAD ＝1－cos 2∠CAD ＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫2772＝217. sin ∠BAD ＝1－cos 2∠BAD ＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫－7142＝32114.于是sin α＝sin(∠BAD －∠CAD)＝sin ∠BADcos ∠CAD －cos ∠BADsin ∠CAD ＝32114×277－⎝ ⎛⎭⎪⎫－714×217＝32.在△ABC 中，由正弦定理，得BC sin α＝ACsin ∠CBA .故BC ＝AC·sin αsin ∠CBA＝7×32216＝3.14.如图，在△ABC 中，∠B ＝π3，AB ＝8，点D 在BC 边上，且CD ＝2，cos ∠ADC ＝17.(1)求sin ∠BAD ； (2)求BD ，AC 的长．解析 (1)在△ADC 中，因为cos ∠ADC ＝17，所以sin ∠ADC ＝437. 所以sin ∠BAD ＝sin(∠ADC －∠B) ＝sin ∠ADCcosB －cos ∠ADCsinB ＝437×12－17×32＝3314.(2)在△ABD 中，由正弦定理得 BD ＝AB·sin ∠BAD sin ∠ADB＝8×3314437＝3.在△ABC 中，由余弦定理得 AC 2＝AB 2＋BC 2－2AB·BC·cosB ＝82＋52－2×8×5×12＝49.所以AC ＝7.15.如图所示，已知圆O 的半径为1，点C 在直径AB 的延长线上，BC ＝1，点P 是圆O 上半圆上的一个动点，以PC 为边作等边三角形PCD ，且点D 与圆心分别在PC 的两侧．(1)若∠POB ＝θ，试将四边形OPDC 的面积y 表示成θ的函数； (2)求四边形OPDC 面积的最大值．思路分析 四边形OPDC 可以分成△OPC 和△PCD ，S △OPC可用12OP ·OC ·sin θ表示；求△PCD 的面积关键在于求出边长PC ，在△POC 中利用余弦定理可求解．解析 (1)在△POC 中，由余弦定理，得PC 2＝OP 2＋OC 2－2OP·OC·cos θ＝12＋22－2×1×2×cos θ＝5－4cosθ.∴y ＝S △OPC ＋S △PCD ＝12×1×2sin θ＋34(5－4cos θ) ＝sin θ－3cos θ＋534＝2sin (θ－π3)＋534. (2)当θ－π3＝π2，即θ＝5π6时，y max ＝2＋534.。
第一章综合测试题一、选择题(本大题共12小题，每题5分，共60分)1．(2018·青岛模拟)给出下列命题：①圆柱的任意两条母线互相平行；②球上的点与球心的距离都相等；③圆锥被平行于底面的平面所截，得到两个几何体，其中一个仍然是圆锥，另一个是圆台；④半圆以它的直径为旋转轴，旋转所成的曲面是球面；⑤在空间中，与定点的距离为定长的所有点的集合是球．其中正确命题的个数为()A．0B．1C．2 D．3答案 D解析①③④正确；②错在球不仅包括球面，而且还包括球面内部的点，故球上的点与球心的距离并非都相等；⑤所构成的集合应是球面，而不是球．2．如图所示的直观图的原平面图形是()A．任意三角形B．直角梯形C．任意四边形D．平行四边形答案 B3.水平放置的正方体的六个面分别用“前面、后面、上面、下面、左面、右面”表示，如图所示，是一个正方体的表面展开图，若图中“2”在正方体的上面，则这个正方体的下面是()A．1 B．5C．快D．乐答案 B解析如图所示，将题图折成正方体，可得2的下面是5.4．一个四面体的所有棱长都为2，四个顶点在同一球面上，则此球的体积为( ) A.π2 B ．π C.32π D.3π答案 C解析 方法一：如下图，AD ＝62，AO ＝23AD ＝63，SO ＝SA 2－AO 2＝233. ∴R 2＝(233－R)2＋23.∴R ＝32.球的体积为32π.方法二：构造棱长为1的正方体如上图，则C 1A 1BD 为棱长为2的正四面体，正方体的外接球也为正四面体的外接球．此时球的直径为3，因此球的体积为32π. 5．某四棱锥的三视图如图所示，则该四棱锥的最长棱的长度为( )A ．3 2B ．2 3C ．2 2D ．2答案 B解析 借助棱长为2的正方体，如图，由三视图知该几何体是图中的四棱锥A －BCDE ，AE 为最长的棱．所以AE ＝22＋22＋22＝2 3.故选B.6．设有直线m ，n 和平面α，β下列四个命题中，正确的是( ) A ．若m ∥α，n ∥α，则m ∥n B ．若mα，nα，m ∥β，n ∥β，则α∥β C ．若α⊥β，mα，则m ⊥βD ．若α⊥β，m ⊥β，m ⃘α，则m ∥α 答案 D 解析 若α∥β，m β，nβ，可知m ∥α，n ∥α但m 与n 可以相交，所以A 不对；若m ∥n ，即使有mα，nα，m ∥β，n ∥β，α与β也可以相交，所以B 不对；若α⊥β，α中仍有不与β垂直的直线，例如α与β的交线，故C 不对；若α⊥β，则在α中可作与β垂直的直线n ，又m ⊥β，则m ∥n ，又m ⃘α，所以m ∥α，故D 正确．讲评 本题主要考查立体几何基础知识，其中有线面平行、面面垂直等知识． 7．用与球心距离为1的平面去截球，所得的截面面积为π，则球的体积为( ) A.8π3 B.82π3C ．82π D.32π3答案 B解析 截面面积为π，则该小圆的半径为1，设球的半径为R ，则R 2＝12＋12＝2，∴R ＝2，V ＝43πR 3＝82π3.8．直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，若∠BAC ＝90°，AB ＝AC ＝AA 1，则异面直线BA 1与AC 1所成的角等于( ) A ．30° B ．45° C ．60° D ．90° 答案 C解析 延长CA 至点M ，使AM ＝CA ，则A 1M ∥C 1A ，∠MA 1B 或其补角为异面直线BA 1与AC 1所成的角，连接BM ，易知△BMA 1为等边三角形，因此，异面直线BA 1与AC 1所成的角为60°，选C.9．已知S，A，B，C是球O表面上的点，SA⊥平面ABC，AB⊥BC，SA＝AB＝1，BC＝2，则球O的表面积等于()A．4πB．3πC．2πD．π答案 A解析如图，以SA，AB，BC为棱长构造长方体，得体对角线长为12＋12＋（2）2＝2R，所以R＝1，S＝4πR2＝4π.10．(2018·唐山模拟)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为()A．6 B．3 3C．2 3 D．3答案 B解析由三视图可知，该几何体是一个直三棱柱，其底面为左视图，该左视图是底边长为2，高为3的三角形，主视图的长为三棱柱的高，故h＝3，所以几何体的体积V＝S·h＝(12×2×3)×3＝3 3.11．在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E为A1C1中点，则直线CE垂直于()A．AC B．BDC．A1D1D．A1A答案 B解析因为ABCD－A1B1C1D1是正方体，所以可证BD⊥平面ACC1A1，又CE平面ACC1A1，则CE⊥BD.12．(2018·温州模拟)如图，点E 为正方形ABCD 边CD 上异于点C ，D 的动点，将△ADE 沿AE 翻折成△SAE ，使得平面SAE ⊥平面ABCE ，则下列三种说法中正确的个数是( ) ①存在点E 使得直线SA ⊥平面SBC ； ②平面SBC 内存在直线与SA 平行； ③平面ABCE 内存在直线与平面SAE 平行．A ．0B ．1C ．2D ．3答案 B解析 由题图，得SA ⊥SE ；若存在点E 使得直线SA ⊥平面SBC ，则SA ⊥SB ，SA ⊥SC ，则SC ，SB ，SE 三线共面，则点E 与点C 重合，与题设矛盾，故①错误；因为SA 与平面SBC 相交，所以在平面SBC 内不存在直线与SA 平行，故②错误；显然，在平面ABCE 内，存在直线与AE 平行，由线面平行的判定定理得平面ABCE 内存在直线与平面SAE 平行，故③正确．故选B.二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分)13．已知二面角α－l －β的大小为60°，若直线a ⊥α，直线b ⊥β，则异面直线a ，b 所成的角是________． 答案 60°14．设某几何体的三视图如下(尺寸的长度单位为m)，则该几何体的体积为________ m 3. 答案 4解析 这是一个三棱锥，高为2，底面三角形一边为4，这边上的高为3，体积等于16×2×4×3＝4.15．如图所示，四个正方体图形中，A、B为正方体的两个顶点，M、N、P分别为其所在棱的中点，能得出AB∥面MNP的图形的序号是________(写出所有符合要求的图形序号)．答案①③16．对于四面体ABCD，给出下列四个命题：①若AB＝AC，BD＝CD，则BC⊥AD；②若AB＝CD，AC＝BD，则BC⊥AD；③若AB⊥AC，BD⊥CD，则BC⊥AD；④若AB⊥CD，BD⊥AC，则BC⊥AD.其中真命题的序号是________(写出所有真命题序号)．答案①④解析①中取BC中点E，连接AE，DE.∵AB＝AC，BD＝CD，∴AE⊥BC，DE⊥BC.∵AE∩DE＝E，∴BC⊥平面ADE，∴BC⊥AD.④中过A向平面BCD内作垂线，垂足为O，连接BO，CO，DO，可证O为△BCD的垂心．∴BC⊥DO.又BC⊥AO，∴BC⊥平面ADO，∴BC⊥AD.三、解答题(本大题共6小题，共70分)17．(本小题满分10分)如图所示，在三棱锥P－ABC中，D，E，F分别为棱PC，AC，AB的中点．已知PA⊥AC，PA＝6，BC＝8，DF＝5.求证：(1)直线PA∥平面DEF；(2)平面BDE⊥平面ABC.解析(1)因为D，E分别为棱PC，AC的中点，所以DE∥PA.又因为P A⃘平面DEF，DE平面DEF，所以直线PA∥平面DEF.(2)因为D，E，F分别为棱PC，AC，AB的中点，PA＝6，BC＝8，所以DE∥PA，DE＝12PA＝3，EF＝12BC＝4.又因为DF＝5，故DF2＝DE2＋EF2.所以∠DEF＝90°，即DE⊥EF.又PA⊥AC，DE∥PA，所以DE⊥AC.因为AC∩EF＝E，AC平面ABC，EF平面ABC，所以DE⊥平面ABC.又DE平面BDE，所以平面BDE⊥平面ABC.18．(本小题满分12分)如图所示，在四棱锥P－ABCD中，平面PAD⊥平面ABCD，AB∥DC，△PAD是等边三角形，已知BD＝2AD＝8，AB＝2DC＝4 5.(1)设M是PC上的一点，证明：平面MBD⊥平面PAD；(2)求四棱锥P－ABCD的体积．解析(1)在△ABD中，由于AD＝4，BD＝8，AB＝45，所以AD 2＋BD 2＝AB 2. 故AD ⊥BD.又平面PAD ⊥平面ABCD ，平面PAD ∩平面ABCD ＝AD ，BD 平面ABCD ，所以BD ⊥平面PAD. 又BD平面MBD ，故平面MBD ⊥平面PAD. (2)过P 作PO ⊥AD 交AD 于O ， 由于平面PAD ⊥平面ABCD ， 所以PO ⊥平面ABCD.因此PO 为四棱锥P －ABCD 的高． 又△PAD 是边长为4的等边三角形， 因此PO ＝32×4＝2 3. 在底面四边形ABCD 中，AB ∥DC ，AB ＝2DC ，所以四边形ABCD 是梯形．在Rt △ADB 中，斜边AB 边上的高为4×845＝855，此即为梯形ABCD 的高，所以四边形ABCD 的面积为S ＝25＋452×855＝24.故V P －ABCD ＝13×24×23＝16 3.讲评 本题考查了面面垂直以及锥体体积的计算和学生空间想象能力、思维能力，解决该题的关键是底面梯形ABCD 面积的计算．19．(本小题满分12分)如图所示，在四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD 是矩形，PA ⊥平面ABCD ，AP ＝AB ，BP ＝BC ＝2，E ，F 分别是PB ，PC 的中点．(1)证明：EF ∥平面PAD ； (2)求三棱锥E －ABC 的体积V.解析 (1)在△PBC 中，E ，F 分别是PB ，PC 的中点，∴EF ∥BC.又BC ∥AD ，∴EF ∥AD. 又∵AD平面PAD ，E F ⃘平面PAD ，∴EF ∥平面PAD.(2)连接AE ，AC ，EC ，过E 作EG ∥PA 交AB 于点G ， 则EG ⊥平面ABCD ，且EG ＝12PA.在△PAB 中，AP ＝AB ，∠PAB ＝90°，BP ＝2， ∴AP ＝AB ＝2，EG ＝22. ∴S △ABC ＝12AB ·BC ＝12×2×2＝ 2.∴V E －ABC ＝13S △ABC ·EG ＝13×2×22＝13.20．(本小题满分12分)如图所示，平面ABEF ⊥平面ABCD ，四边形ABEF 与ABCD 都是直角梯形，∠BAD ＝∠FAB ＝90°，BC 綊12AD ，BE 綊12FA ，G ，H 分别为FA ，FD 的中点．(1)证明：四边形BCHG 是平行四边形． (2)C ，D ，F ，E 四点是否共面？为什么？ (3)设AB ＝BE ，证明：平面ADE ⊥平面CDE.解析 (1)由题设知，FG ＝GA ，FH ＝HD ，所以GH 綊12AD.又BC 綊12AD ，故GH 綊BC.所以四边形BCHG 是平行四边形． (2)C ，D ，F ，E 四点共面． 理由如下．由BE綊12AF，G是FA的中点知，BE綊GF，所以EF∥BG.由(1)知BG∥CH，所以EF∥CH，故EC，FH共面．又点D在直线FH上，所以C，D，F，E四点共面．(3)如图所示，连接EG，由AB＝BE，BE綊AG及∠BAG＝90°知四边形ABEG是正方形，故BG⊥EA.由题设知，FA，AD，AB两两垂直，故AD⊥平面EBAF.因此EA是ED在平面EBAF内的射影，BG⊥ED.又ED∩EA＝E，所以BG⊥平面ADE.由(1)知，CH∥BG，所以CH⊥平面ADE.由(2)知CH平面CDE，得平面ADE⊥平面CDE. 21．(本小题满分12分)如图所示，四棱锥P－ABCD的底面ABCD是边长为1的菱形，∠BCD＝60°，E是CD的中点，PA⊥底面ABCD，PA＝ 3.(1)证明：平面PBE⊥平面PAB；(2)求二面角A—BE—P的大小．解析(1)如图所示，连接BD，由ABCD是菱形且∠BCD＝60°知，△BCD是等边三角形．因为E是CD的中点，所以BE⊥CD.∵CD∥AB，∴BE⊥AB.∵PA⊥平面ABCD，∴PA⊥BE.∵PA∩AB＝A，∴BE⊥平面PAB.又∵BE平面PBE，∴平面PBE⊥平面PAB.(2)∵BE⊥平面PAB，∴BE⊥PB.∴∠ABP是二面角A—BE—P的平面角．在Rt△PAB中，AB＝1，PA＝3，tan∠ABP＝3，∴∠ABP＝60°.∴二面角A—BE—P的大小是60°.22．(本小题满分12分)一个多面体的直观图及三视图如图所示(其中M，N分别是AF，BC的中点)．(1)求证：MN∥平面CDEF；(2)求多面体A－CDEF的体积．解析由三视图知该多面体是底面为直角三角形的直三棱柱ADE－BCF，且AB＝BC＝BF ＝2，DE＝CF＝22，∠CBF＝90°.(1)取BF的中点G，连接MG，NG，由M，N分别为AF，BC中点，可得NG∥CF，MG∥EF⇒面MNG∥面CDEF⇒MN∥面CDEF.(2)取DE中点为H，连接AH，因为AD＝AE⇒AH⊥DE，在直三棱柱ADE－BCF中，平面ADE⊥平面CDEF，面ADE∩面CDEF＝DE⇒AH⊥平面CDEF⇒多面体A－CDEF是以AH为高，以矩形CDEF为底面的棱锥，在△ADE中，AH＝2，S矩形CDEF＝DE·EF＝42⇒棱锥A－CDEF的体积V＝13S矩·AH＝83.。
