【创新方案】2015高考数学(理)一轮知能检测：第9章 第6节 数学归纳法

课时作业一、选择题1．(2014·潍坊模拟)为调查参加运动会的1 000名运动员的年龄情况，从中抽查了100名运动员的年龄，就这个问题来说，下列说法正确的是()A．1 000名运动员是总体B．每个运动员是个体C．抽取的100名运动员是样本D．样本容量是100D[所调查的是运动员的年龄，故A、B、C错误，样本容量是100.] 2．(2013·新课标全国Ⅰ高考)为了解某地区的中小学生的视力情况，拟从该地区的中小学生中抽取部分学生进行调查，事先已了解到该地区小学、初中、高中三个学段学生的视力情况有较大差异，而男女生视力情况差异不大．在下面的抽样方法中，最合理的抽样方法是() A．简单随机抽样B．按性别分层抽样C．按学段分层抽样D．系统抽样C[由于该地区的中小学生人数比较多，不能采用简单随机抽样，排除选项A；由于小学、初中、高中三个学段的学生视力差异性比较大，可采取按照学段进行分层抽样，而男女生视力情况差异性不大，不能按照性别进行分层抽样，排除B和D.故选C.]3．(2014.忻州一中月考)将参加夏令营的600名学生编号为：001，002， (600)采用系统抽样的方法抽取一个容量为50的样本，且随机抽得的编号为003.这600名学生分住在3个营区，从001到300住在第1营区，从301到495住在第2营区，从496到600住在第3营区，则3个营区被抽中的人数依次为() A．26，16，8B．25，16，9C．25，17，8 D．24，17，9C[由题意知，被抽中的学生的编号构成以3为首项，12为公差的等差数列{a n}，其通项a n＝12n－9(1≤n≤50，n∈N*)．令1≤12n－9≤300，得1≤n≤25，故第1营区被抽中的人数为25；令301≤12n－9≤495，得26≤n≤42，故第2营区被抽中的人数为17；令496≤12n－9≤600，得43≤n≤50，故第3营区被抽中的人数为8.] 4．(2012·濮阳调研)甲校有3 600名学生，乙校有5 400名学生，丙校有1 800名学生．为统计三校学生某方面的情况，计划采用分层抽样法，抽取一个容量为90的样本，应该在这三校分别抽取的学生人数是() A．30，30，30 B．30，45，15C．20，30，10 D．30，50，10B[抽取比例是903 600＋5 400＋1 800＝1120，故三校分别抽取的学生人数为3 600×1120＝30，5 400×1120＝45，1 800×1120＝15.]5．某学校在校学生2 000人，为了加强学生的锻炼意识，学校举行了跑步和登山比赛，每人都参加且每人只参加其中一项比赛，各年级参加比赛的人数情况如下：其中a∶b∶c＝2∶5∶3，全校参加登山的人数占总人数的14.为了了解学生对本次活动的满意程度，按分层抽样的方式从中抽取一个200人的样本进行调查，则高三年级参加跑步的学生中应抽取() A．15个B．30人C．40人D．45人D[由题意，全校参加跑步的人数占总人数的34，所以高三年级参加跑步的总人数为34×2 000×310＝450，由分层抽样的特征，得高三年级参加跑步的学生中应抽取的人数为2002 000×450＝45.]二、填空题6．(2012·浙江高考)某个年级有男生560人，女生420人，用分层抽样的方法从该年级全体学生中抽取一个容量为280的样本，则此样本中男生人数为________．解析由分层抽样得，此样本中男生人数为560×280560＋420＝160.答案1607．(2014·广州二测)某商场销售甲、乙、丙三种不同型号的钢笔，甲、乙、丙三种型号钢笔数量之比依次为2∶3∶4.现用分层抽样的方法抽出一个容量为n的样本，其中甲型钢笔有12支，则此样本容量n＝________．解析∵12n＝22＋3＋4，∴n＝54.答案54三、解答题8．某公路设计院有工程师6人，技术员12人，技工18人，要从这些人中抽取n 个人参加市里召开的科学技术大会．如果采用系统抽样和分层抽样的方法抽取，不用剔除个体；如果参会人数增加1个，则在采用系统抽样时，需要在总体中先剔除1个个体，求n.解析总体容量为6＋12＋18＝36.当样本容量是n时，由题意知，系统抽样的间隔为36n，分层抽样的比例是n36，抽取的工程师人数为n36×6＝n6，技术员人数为n36×12＝n3，技工人数为n36×18＝n2，所以n应是6的倍数，36的约数，即n＝6，12，18.当样本容量为(n＋1)时，总体容量是35人，系统抽样的间隔为35n＋1，因为35n＋1必须是整数，所以n只能取6.即样本容量n＝6.9．某单位有2 000名职工，老年、中年、青年分布在管理、技术开发、营销、生产各部门中，如下表所示：(1)(2)若要开一个25人的讨论单位发展与薪金调整方面的座谈会，则应怎样抽选出席人？(3)若要抽20人调查对某运动会筹备情况的了解，则应怎样抽样？解析(1)用分层抽样，并按老年4人，中年12人，青年24人抽取．(2)用分层抽样，并按管理2人，技术开发4人，营销6人，生产13人抽取．(3)用系统抽样，对2 000人随机编号，号码从0001～2 000，每100号分为一组，从第一组中用随机抽样抽取一个号码，然后将这个号码分别加100，200，…，1 900，得到容量为20的样本．。

题型二 指数函数模型 【例 2】 诺贝尔奖发放方式为：每年一发，把资金总额平 均分为 6 份，奖励给分别在 6 项(物理、化学、文学、经济学、 生理学和医学、和平)为人类作出最有益贡献的人，每年发放奖 金的总金额是基金在该年度所获利息的一半，另一半利息作为基 金总额，以便保证奖金数逐年增加．假设基金平均年利率为 r＝ 6.24%.资料显示：1999 年诺贝尔奖发放后基金总额约为 19 800 万美元．设 f(x)表示第 x(x∈N*)年诺贝尔奖发放后的基金总额 (1999 年记为 f(1)，2000 年记为 f(2)，…，依次类推)．
＝－5x02 ＋162x－21 000
＝－510(x－4 050)2＋307 050，
第二十八页，编辑于星期五：十三点 十三分。
当 x＝4 050 时，ymax＝307 050. 所以每辆车的月租金定为 4 050 元时，租赁公司的月收益最 大为 307 050 元． 答案：(1)9 (2)C
第二十九页，编辑于星期五：十三点 十三分。
第二十七页，编辑于星期五：十三点 十三分。
(3)解：①租金增加了 600 元，所以未租出的车有 12 辆，一
共租出了 88 辆．
②设每辆车的月租金为 x 元(x≥3 000)，租赁公司的月收益
为
y
元，则
y
＝
x(100
－
x－3 000 50
)
－
x－3 000 50
×50
－
(100
－
x－530000)×150
[答案] 3π
第二十二页，编辑于星期五：十三点 十三分。
[方法·规律] 1.在实际问题中，有很多问题的两变量之间的 关系是一次函数模型，其增长特点是直线上升(自变量的系数大 于 0)或直线下降(自变量的系数小于 0)；

[课堂练通考点]1．(2013·辽宁高考)使⎝⎛⎭⎫3x ＋1x x n(n ∈N ＋)的展开式中含有常数项的最小的n 为( )A ．4B ．5C ．6D ．7解析：选B由二项式定理得，T r ＋1＝C r n (3x )n －r⎝⎛⎭⎫1x x r ＝C r n3n －r x 52n r －，令n －52r ＝0，当r ＝2时，n ＝5，此时n 最小．2．(2013·贵阳模拟)在二项式(x 2＋x ＋1)(x －1)5的展开式中，含x 4项的系数是( ) A ．－25 B ．－5 C ．5D ．25解析：选B ∵(x 2＋x ＋1)(x －1)＝x 3－1，∴原式可化为(x 3－1)(x －1)4.故展开式中，含x 4项的系数为C 34(－1)3－C 04＝－4－1＝－5.3．(2014·厦门质检)()2－x 8的展开式中不含x 4项的系数的和为( ) A ．－1 B ．0 C ．1D ．2解析：选B ()2－x 8展开式中各项的系数和为()2－18＝1，展开式的通项为C r 828－r(－x )r ，则x 4项的系数为C 88×28－8＝1，则()2－x 8展开式中不含x 4项的系数的和为0. 4．若(2x －3)5＝a 0＋a 1x ＋a 2x 2＋a 3x 3＋a 4x 4＋a 5x 5，则a 1＋2a 2＋3a 3＋4a 4＋5a 5等于________．解析：在已知等式两边对x 求导，得5(2x －3)4×2＝a 1＋2a 2x ＋3a 3x 2＋4a 4x 3＋5a 5x 4，令x ＝1得a 1＋2a 2＋3a 3＋4a 4＋5a 5＝5×(2×1－3)4×2＝10.答案：105．(2014·荆州模拟)已知a ＝4⎠⎜⎛0π2 cos ⎝⎛⎭⎫2x ＋π6d x ，则二项式⎝⎛⎭⎫x 2＋ax 5的展开式中x 的系数为________．解析：依题意得a ＝4⎠⎜⎛0π2cos ⎝⎛⎭⎫2x ＋π6d x ＝2sin ⎝⎛⎭⎫2x ＋π62π＝－2，即a ＝－2，则T r ＋1＝C r 5(－2)r x 10－3r，当r ＝3时，T 4＝－80x .故二项式⎝⎛⎭⎫x 2＋ax 5的展开式中x 的系数为－80. 答案：－80[课下提升考能]第Ⅰ组：全员必做题 1．设⎝⎛⎭⎫x －2x 6的展开式中x 3的系数为A ，二项式系数为B ，则AB ＝( )A ．4B ．－4C ．26D ．－26解析：选A T k ＋1＝C k 6x6－k⎝⎛⎭⎫－2x k ＝C k 6(－2)k x 362k－，令6－3k 2＝3，即k ＝2，所以T 3＝C 26(－2)2x 3＝60x 3，所以x 3的系数为A ＝60，二项式系数为B ＝C 26＝15，所以A B ＝6015＝4，选A.2．(2013·湖北八校联考)在⎝⎛⎭⎫x 2－1x n 的展开式中，常数项为15，则n 的值可以为( ) A ．3 B ．4 C ．5D ．6解析：选D ∵T r ＋1＝C r n (x 2)n －r ⎝⎛⎭⎫－1x r ＝C r n (－1)r x 2n －3r， ∴C r n (－1)r＝15且2n －3r ＝0，∴n 可能是6，选D.3．(2013·济南模拟)二项式⎝⎛⎭⎪⎫x 2－13x 8的展开式中常数项是( )A ．28B ．－7C ．7D ．－28解析：选C 展开式的通项公式是T r ＋1＝C r 8⎝⎛⎭⎫x 28－r ·(－1)r x 3r－，令8－r －r 3＝0，得r ＝6，所以展开式中的常数项为C 68×⎝⎛⎭⎫122＝28×14＝7. 4．(2013·陕西高考)设函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧⎝⎛⎭⎫x －1x 6，x <0，－x ，x ≥0，则当x >0时，f (f (x ))表达式的展开式中常数项为( )A ．－20B ．20C ．－15D ．15解析：选A 依据分段函数的解析式，得f (f (x ))＝f (－x )＝⎝⎛⎭⎫1x －x 6，∴T r ＋1＝C r 6(－1)r x r －3，则常数项为C 36(－1)3＝－20.5．(2013·北京东城模拟)(x －2y )8的展开式中，x 6y 2项的系数是( ) A ．56B ．－56C ．28D ．－28解析：选A 由二项式定理通项公式得，所求系数为C 28(－2)2＝56.6．(2014·合肥质检)若(x ＋2＋m )9＝a 0＋a 1(x ＋1)＋a 2(x ＋1)2＋…＋a 9(x ＋1)9，且(a 0＋a 2＋…＋a 8)2－(a 1＋a 3＋…＋a 9)2＝39，则实数m 的值为( )A ．1或－3B ．－1或3C ．1D ．－3解析：选A 令x ＝0，得到a 0＋a 1＋a 2＋…＋a 9＝(2＋m )9，令x ＝－2，得到a 0－a 1＋a 2－a 3＋…－a 9＝m 9，所以有(2＋m )9m 9＝39，即m 2＋2m ＝3，解得m ＝1或－3.7．(2014·黄冈模拟)设a ＝⎠⎛12(3x 2－2x )d x ，则二项式⎝⎛⎭⎫ax 2－1x 6展开式中的第4项为( ) A ．－1 280x 3 B ．－1 280 C ．240D ．－240解析：选A 由微积分基本定理知a ＝4，⎝⎛⎭⎫4x 2－1x 6展开式中的第4项为T 3＋1＝C 36(4x 2)3⎝⎛⎭⎫－1x 3＝－1 280x 3，选A. 8．(2013·青岛一检)“n ＝5”是“⎝⎛⎭⎪⎫2x ＋13x n(n ∈N *)的展开式中含有常数项”的( )A ．充分不必要条件B ．必要不充分条件C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件解析：选A 因为⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋13x n (n ∈N *)展开式的通项T r ＋1＝C r n 2n －r x 23n r r －－，⎝⎛⎭⎪⎫2x ＋13x n 的展开式中含有常数项时满足n －r 2－r 3＝0，当n ＝5时，15－5r6＝0，解得r ＝3，此时含有常数项；反之，当n ＝10时，r ＝6，也有常数项，但是不满足n ＝5.故“n ＝5”是“⎝⎛⎭⎪⎫2x ＋13x n(n ∈N *)的展开式中含有常数项”的充分不必要条件，选A.9．(2013·浙江高考)设二项式⎝⎛⎭⎪⎫x －13x 5的展开式中常数项为A ，则A ＝________.解析：T r ＋1＝(－1)r C r 5x 1556r －，令15－5r ＝0，得r ＝3，故常数项A ＝(－1)3C 35＝－10.答案：－1010．(2014·福州质检)在(1－x 2)20的展开式中，如果第4r 项和第r ＋2项的二项式系数相等，则r ＝________.解析：由题意得，C 4r －120＝C r ＋120故4r －1＝r ＋1或4r －1＋r ＋1＝20，即r ＝23或r ＝4.因为r 为整数，故r ＝4.答案：411．(2013·广州二模)在⎝⎛⎭⎪⎫3x －2x 15的展开式中，x 的整数次幂的项的个数为________．解析：展开式的通项为T r ＋1＝(－1)r C r 15(3x )15－r⎝⎛⎭⎫2x r ＝(－1)r 2r C r 15x3056r -，由题意5－56r为非负整数，得r ＝0或6，∴符合要求的项的个数为2.答案：212．若⎝⎛⎭⎫x ＋1x n 的展开式中第3项与第7项的二项式系数相等，则该展开式中1x 2的系数为________．解析：利用二项展开式的通项公式求解．由题意知，C 2n ＝C 6n ，∴n ＝8.∴T r ＋1＝C r 8·x 8－r ·⎝⎛⎭⎫1x r ＝C r 8·x 8－2r ， 当8－2r ＝－2时，r ＝5， ∴1x 2的系数为C 58＝C 38＝56. 答案：56第Ⅱ组：重点选做题1．已知⎝⎛⎭⎫x －2x 2n (n ∈N *)的展开式中第五项的系数与第三项的系数的比是10∶1. (1)求展开式中各项系数的和； (2)求展开式中含x 32的项；解：由题意知，第五项系数为C 4n ·(－2)4， 第三项的系数为C 2n ·(－2)2，则有C 4n ·(－2)4C 2n ·(－2)2＝101，化简得n 2－5n －24＝0，解得n ＝8或n ＝－3(舍去)． (1)令x ＝1得各项系数的和为(1－2)8＝1. (2)通项公式T k ＋1＝C k 8·(x )8－k·⎝⎛⎭⎫－2x 2k ＝C k8·(－2)k ·x 82k －－2k ，令8－k 2－2k ＝32，则k ＝1，故展开式中含x 32的项为T 2＝－16x 32.2．(1)求证：1＋2＋22＋…＋25n －1(n ∈N *)能被31整除；(2)求S ＝C 127＋C 227＋…＋C 2727除以9的余数．解：(1)证明：∵1＋2＋22＋…＋25n －1＝25n －12－1＝25n －1＝32n －1＝(31＋1)n －1＝C 0n ×31n ＋C 1n ×31n －1＋…＋C n －1n ×31＋C nn －1＝31(C 0n ×31n －1＋C 1n ×31n －2＋…＋C n －1n )，显然C 0n ×31n －1＋C 1n ×31n －2＋…＋C n －1n 为整数，∴原式能被31整除．(2)S ＝C 127＋C 227＋…＋C 2727＝227－1＝89－1＝(9－1)9－1＝C 09×99－C 19×98＋…＋C 89×9－C 99－1 ＝9(C 09×98－C 19×97＋…＋C 89)－2. ∵C 09×98－C 19×97＋…＋C 89是整数，∴S 被9除的余数为7.。

阶段性测试题九(立体几何)本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分。

满分150分。

考试时间120分钟。

第Ⅰ卷(选择题共60分)一、选择题(本大题共12个小题，每小题5分，共60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．(2014·抚顺二中期中)已知a，b，c是三条不同的直线，α，β，γ是三个不同的平面，下述命题中真命题的是()A．若a⊥c，b⊥c，则a∥b或a⊥bB．若α⊥β，β⊥γ，则α∥βC．若a⊂α，b⊂β，c⊂β，a⊥b，a⊥c，则α⊥βD．若a⊥α，b⊂β，a∥b，则α⊥β[答案] D[解析]由a⊥c，b⊥c知，a与b可平行可相交，也可异面，故A错；由直棱柱相邻两个侧面与底面都垂直知B错；当α∩β＝l，a⊥l，b∥c∥l时，可满足C的条件，故C错；∵a∥b，a⊥α，∴b⊥α，又b⊂β，∴α⊥β，∴D正确．2．(2014·康杰中学、临汾一中、忻州一中、长治二中四校联考)已知不重合的两条直线l，m和不重合的两个平面α，β，下列命题正确的是()A．l∥m，l∥β，则m∥βB．α∩β＝m，l⊂α，则l∥βC．α⊥β，l⊥α，则l∥βD．l⊥m，m⊥β，l⊥α，则α⊥β[答案] D[解析]l⊄β，l∥m，m⊂β时，l∥β，故A错；α∩β＝m，当l⊂α且l∥m时，l∥β，当l与m 相交时，l与β相交，故B错；α⊥β，当l⊂β，l与α和β的交线垂直，l⊥α时，但l∥β不成立，故C错；∵l⊥m，l⊥α，∴m⊂α或m∥α，又m⊥β，∴α⊥β，故D正确．3．(2014·山东省博兴二中质检)某四面体的三视图如图所示，该四面体四个面的面积值最大的是()A．8B．6 2C．8 2 D．10[答案] D[解析]由三视图知，该几何体直观图如图，其中△ABC为以B为直角的直角三角形，AB＝4，BC＝3，高P A＝4，∴S△ABC＝12×4×3＝6，S△P AB＝12×4×4＝8，S△PBC＝12PB·BC＝12×42×3＝62，S△P AC＝12AC·P A＝12×5×4＝10，故选D.4．(2014·河南淇县一中模拟)将正方体(如图(a)所示)截去两个三棱锥，得到图(b)所示的几何体，则该几何体的侧视图为()[答案] B[解析]在侧视图中，D1的射影为C1，A的射影为B，D的射影为C，AD1的射影BC1为实线(右下到左上)，B1C为虚线，故选B.5．(文)(2014·浙北名校联盟联考)一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为()A ．4B ．8C ．4 3D ．8 3[答案] B[解析] 作出几何体的直观图如图，这是一个三棱锥P －ABC ，其中P 在底面射影为D 点，PD ＝23，AD ＝3，CD ＝1，E 为AC 的中点，BE ⊥AC ，BE ＝23，故几何体的体积V ＝13S △ABC ·PD ＝13×(12·AC ·BE )·PD ＝8，故选B.(理)(2014·康杰中学、临汾一中、忻州一中、长治二中四校联考)一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( )A ．1B ．2C ．3D ．4 [答案] A[解析] 由三视图知，该几何体是一个三棱锥P －ABC ，其中底面△ABC 为直角三角形，∠A 为直角，顶点P 到A ，C 的距离相等，P 点在底面的射影D ，满足AC ∥BD ，且BD ＝12AC ＝1，PD ＝3，画出其直观图如图所示，其体积V ＝13S △ABC ·PD ＝13×(12×2×1)×3＝1.6．(2014·辽宁师大附中期中)已知一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为( )A ．24＋6πB ．24＋4πC ．28＋6πD ．28＋4π [答案] A[解析] 由三视图知，该几何体为组合体，其上部为半球，半球的直径为22，下部为长方体，长、宽、高为2,2,3，其表面积为2×4×3 ＋12×4π·(222)2＋π·(222)2＝24＋6π，故选A.7．(2014·高州四中质量监测)已知某几何体的三视图如图所示，其中正视图中半圆的直径为2，则该几何体的体积为( )A ．24－π3B ．24－π2C ．24－32πD ．24－π[答案] C[解析] 由三视图知，该几何体是由长、宽、高分别为3、4、2的长方体内挖去一个底半径为1，高为3的半圆柱后剩余部分，其体积V ＝3×4×2－12(π×12×3)＝24－32π.8．(2014·山西曲沃中学期中)已知球的直径SC ＝4，A ，B 是该球球面上的两点，AB ＝2.∠ASC ＝∠BSC ＝45°，则棱锥S －ABC 的体积为( )A.33B.233C.433D.533[答案] C[解析] 设球心为O ，△ABO 所在平面截球O 得截面如图，∵OA ＝OB ＝AB ＝OS ＝OC ＝2，∠ASC ＝∠BSC ＝45°，∴SC ⊥平面ABO ，V S －ABC ＝V S －ABO ＋V C －ABO ＝2V S －ABO ＝2×13×(34×22)×2＝433，故选C.9．(文)(2014·陕西工大附中四模)如下图，某几何体的主视图与左视图都是边长为1的正方形，且体积为12，则该几何体的俯视图可以是( )[答案] C[解析] 若俯视图为A ，则该几何体是棱长为1的正方体，体积V ＝1；若俯视图为B ，则该几何体是底半径为12，高为1的圆柱，其体积V ＝π·(12)2·1＝π4；若俯视图为D ，则该几何体是底半径为1，高为1的圆柱的14，其体积V ＝14·π·12·1＝π4；若俯视图为C ，则该几何体是直三棱柱，底面直角三角形两直角边长为1，棱柱高为1，体积为V ＝(12×1×1)×1＝12，因此选C.(理)(2014·开滦二中期中)如图，在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AB ＝1，AC ＝2，BC ＝3，D 、E 分别是AC 1和BB 1的中点，则直线DE 与平面BB 1C 1C 所成的角为( )A.π6B.π4C.π3D.π2[答案] A[解析] 取AC 中点F ，则DF 綊BE ，∴DE ∥BF ， ∴BF 与平面BB 1C 1C 所成的角为所求， ∵AB ＝1，BC ＝3，AC ＝2，∴AB ⊥BC ，又AB ⊥BB 1，∴AB ⊥平面BCC 1B 1，作GF ∥AB 交BC 于G ，则GF ⊥平面BCC 1B 1，∴∠FBG 为直线BF 与平面BCC 1B 1所成的角，由条件知BG ＝12BC ＝32，GF ＝12AB ＝12，∴tan ∠FBG ＝GF BG ＝33，∴∠FBG ＝π6.10．(2014·绵阳市南山中学检测)设m ，n 是两条不同的直线，α，β，γ是三个不同的平面，有下列四个命题：①若m ⊂β，α⊥β，则m ⊥α； ②若α∥β，m ⊂α，则m ∥β； ③若n ⊥α，n ⊥β，m ⊥α，则m ⊥β； ④若α⊥γ，β⊥γ，m ⊥α，则m ⊥β. 其中正确命题的序号是( ) A ．①③ B ．①② C ．③④ D ．②③[答案] D[解析] 由两个平面平行的性质知②正确；∵n ⊥α，n ⊥β，∴α∥β，又m ⊥α，∴m ⊥β，∴③正确，故选D.11．(文)(2014·云南景洪市一中期末)一个几何体的三视图如图所示，其中俯视图与左视图均为半径是1的圆，则这个几何体的体积是( )A.4π3 B ．π C.2π3 D.π3[答案] B[解析] 由三视图知，这是一个半径为1的球，截去14，故其体积为V ＝34·(4π3·13)＝π.(理)(2014·吉林延边州质检)正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E 为棱BB 1的中点(如图)，用过点A ，E ，C 1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( )[答案] C[解析] 由条件知AE ∥平面DD 1C 1C ，平面AEC 1与平面DD 1C 1C 相交，故交线与AE 平行，∵E 为BB 1的中点，故取DD 1的中点F ，∴AE 綊C 1F ，故截面为AEC 1F (如图1)，截去正方体的上半部分后，剩余部分几何体直观图如图2，故其左视图形状与直角梯形FD 1A 1A 相同，且C 1E 的射影为虚线，由于B 1E ＝12AA 1，故E 点射影在直角梯形下底的中点，故选C.12．(文)(2014·吉林省实验中学一模)已知正三棱锥P －ABC ，点P 、A 、B 、C 都在半径为3的球面上，若P A 、PB 、PC 两两互相垂直，则球心到截面ABC 的距离为( )A. 2B. 3C.33D.233[答案] C[解析] 由条件知，以P A 、PB 、PC 为三棱作长方体P ADB －CA 1D 1B 1，则该长方体内接于球，体对角线PD 1为球的直径，由于三棱锥P －ABC 为正三棱锥，∴AB ＝AC ＝BC ，∴P A ＝PB ＝PC ，设P A ＝a ，则3a ＝23，∴a ＝2.设球心到截面的距离为h ，则由V A －PBC ＝V P －ABC 得， 13(12×2×2)×2＝13×34×(22)2×(3－h )， ∴h ＝33. (理)(2014·成都七中模拟)平面四边形ABCD 中，AD ＝AB ＝2，CD ＝CB ＝5，且AD ⊥AB ，现将△ABD 沿着对角线BD 翻折成△A ′BD ，则在△A ′BD 折起至转到平面BCD 内的过程中，直线A ′C 与平面BCD 所成的最大角的正切值为( )A ．1 B.12 C.33D. 3[答案] C[解析] 如下图，OA ＝1，OC ＝2，在△ABD 绕直线BD 旋转过程中，OA 绕点O 旋转形成半圆，显然当A ′C 与圆相切时，直线A ′C 与平面BCD 所成角最大，最大角为30°，其正切值为33，选C.第Ⅱ卷(非选择题 共90分)二、填空题(本大题共4个小题，每小题4分，共16分，把正确答案填在题中横线上．) 13.(2014·山西省太原五中月考)如图，在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，底面为直角三角形，∠ACB ＝90°，AC ＝6，BC ＝CC 1＝2，P 是BC 1上一动点，则CP ＋P A 1的最小值为________．[答案]8＋2 6[解析] 由题意可知，△BCC 1为等腰直角三角形，∵AC ＝6，BC ＝CC 1＝2，∠ACB ＝90°，∴∠A 1B ＝10，BC 1＝2，∵A 1B 2＝A 1C 21＋BC 21，∴∠AC 1B 为直角，将△BCC 1与△A 1BC 1所在平面铺平如图，设A 1C 交BC 1于Q ，则当点P 与Q 重合时，CP ＋P A 1取到最小值，最小值为A 1C .A 1C ＝A 1C 21＋C 1C 2－2A 1C 1·C 1C cos135° ＝6＋2－2×6×2×(－22)＝8＋2 6.14．(文)(2014·抚顺市六校联合体期中)已知正四棱锥O －ABCD 的体积为322，底面边长为3，则以O 为球心，OA 为半径的球的表面积为________．[答案] 12π[解析] 由V ＝13Sh ＝13×(3)2·h ＝322知，h ＝322，设正方形ABCD 的中心为M ，则MA ＝62，∴OA 2＝OM 2＋MA 2＝(322)2＋(62)2＝3，∴S 球＝4π·OA 2＝12π.(理)(2014·抚顺二中期中)右图是一个空间几何体的三视图，如果主视图和左视图都是边长为2的正三角形，俯视图为正方形，那么该几何体的体积为________．[答案]433[解析] 由三视图知，几何体是正四棱锥，底面正方形边长为2，棱锥的斜高为2，故高h ＝22－12＝3，∴体积V ＝13×4×3＝433.15．(文)(2014·西安市长安中学期中)一个几何体的三视图如图所示，且其侧视图是一个等边三角形，则这个几何体的体积为________．[答案]3(8－π)6[解析] 根据三视图，该几何体是一个组合体，其中左侧是半个圆锥，右侧是底面为正方形的四棱锥，由于侧视图是一个边长为2的等边三角形，所以高为 3.所以其体积为V ＝13·(12π·12＋22)·3＝3(8＋π)6.(理)(2014·浙江台州中学期中)把边长为1的正方形ABCD 沿对角线BD 折起，形成三棱锥C －ABD ，它的主视图与俯视图如图所示，则二面角C －AB －D 的正切值为________．[答案] 2[解析] 三棱锥C －ABD 直观图如图，由主视图与俯视图知，平面CBD ⊥平面ABD ，CO ⊥平面ABD ，作OE ∥AD ，∵AD ⊥AB ，∴OE ⊥AB ，连结CE ，则CE ⊥AB ，∴∠CEO 为二面角C －AB －D 的平面角，在Rt △COE 中，OE ＝12AD ＝12，CO ＝22，∴tan ∠CEO ＝COOE＝ 2.16．(文)(2014·华安、连城、永安、漳平、泉港一中，龙海二中六校联考)点P 在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的面对角线BC 1上运动，则下列四个命题：①三棱锥A －D 1PC 的体积不变； ②A 1P ∥平面ACD 1； ③DP ⊥BC 1；④平面PDB 1⊥平面ACD 1. 其中正确的命题序号是________． [答案] ①②④[解析] ①VA －D 1PC ＝VP －AD 1C ，∵BC 1∥AD 1，AD 1⊂平面AD 1C ，∴BC 1∥平面AD 1C ，∴无论P 在BC 1上任何位置，P 到平面AD 1C 的距离为定值，∴三棱锥A －D 1PC 的体积不变，∴①正确；②∵A 1C 1∥AC ，BC 1∥AD 1，A 1C 1∩BC 1＝C 1，AC ∩AD 1＝A ，∴平面A 1BC 1∥平面AD 1C ，∵A 1P ⊂平面A 1BC 1，∴A 1P ∥平面ACD 1，∴②正确；③假设DP ⊥BC 1，∵DC ⊥平面BCC 1B 1，∴DC ⊥BC 1， ∴BC 1⊥平面ABCD ，与正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1矛盾， ∴③错误；④∵B 1B ⊥AC ，BD ⊥AC ，∴AC ⊥平面B 1BD ，∴AC ⊥B 1D ，同理可证AD 1⊥B 1D ，∴B 1D ⊥平面ACD 1，∵B 1D ⊂平面PDB 1，∴平面PDB 1⊥平面ACD 1，∴④正确．(理)(2014·成都七中模拟)已知正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为1，点M 是BC 1的中点，P 是BB 1一动点，则(AP ＋MP )2的最小值为________．[答案] 52[解析] 将平面ABB 1A 1展开到与平面CBB 1C 1共面，如下图，易知当A 、P 、M 三点共线时(AP ＋MP )2最小．AM 2＝AB 2＋BM 2－2AB ×BM cos135°＝12＋(22)2－2×1×22×(－22)＝52. 三、解答题(本大题共6个小题，共74分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤．) 17．(本小题满分12分)(2014·天津市六校联考)在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AB ⊥侧面BB 1C 1C ，已知BC ＝1，∠BCC 1＝π3，AB ＝CC 1＝2.(1)求证：BC 1⊥平面ABC ；(2)试在棱CC 1(不包含端点C ，C 1)上确定一点E 的位置，使得EA ⊥EB 1； (3)(理)在(2)的条件下，求AE 和平面ABC 1所成角正弦值的大小． [解析] (1)∵BC ＝1，∠BCC 1＝π3，CC 1＝2，∴BC 1＝3，∴BC 2＋BC 21＝CC 21，∴BC 1⊥BC ，∵AB ⊥侧面BB 1C 1C ，BC 1⊂平面BB 1C 1C ， ∴BC 1⊥AB 且BC ∩AB ＝B ， ∴BC 1⊥平面ABC .(2)E 为C 1C 的中点．连接BE ，∵BC ＝CE ＝1，∠BCC 1＝π3，等边△BEC 中，∠BEC ＝π3，同理：B 1C 1＝C 1E ＝1，∠B 1C 1E ＝2π3，∴∠B 1EC 1＝π6，∴∠BEB 1＝π2，∴EB 1⊥EB ，∵AB ⊥侧面BB 1C 1C ，EB 1⊂平面BB 1C 1C ， ∴EB 1⊥AB 且EB ∩AB ＝B ，∴B 1E ⊥平面ABE ，EA ⊂平面ABE ，∴EA ⊥EB 1. (3)∵AB ⊥侧面BB 1C 1C ，AB ⊂平面ABC 1， ∵平面BCC 1B 1⊥平面ABC 1，过E 作BC 1的垂线交BC 1于F ，则EF ⊥平面ABC 1， 连接AF ，则∠EAF 为所求， ∵BC ⊥BC 1，EF ⊥BC 1，∴BC ∥EF ， ∵E 为C 1C 的中点，∴F 为C 1B 的中点，∴EF ＝12，由(2)知AE ＝5，∴sin ∠EAF ＝125＝510.18．(本小题满分12分)(文)(2014·长沙市重点中学月考)如图所示，圆柱的高为2，底面半径为7，AE 、DF是圆柱的两条母线，过AD 作圆柱的截面交下底面于BC ，四边形ABCD 是正方形．(1)求证BC ⊥BE ；(2)求四棱锥E －ABCD 的体积． [解析] (1)∵AE 是圆柱的母线，∴AE ⊥底面EBC ，又BC ⊂底面EBC ，∴AE ⊥BC ， 又∵截面ABCD 是正方形，所以BC ⊥AB ， 又AB ∩AE ＝A ，∴BC ⊥平面ABE ， 又BE ⊂平面ABE ，∴BC ⊥BE .(2)∵母线AE ⊥底面EBC ，∴AE 是三棱锥A －BCE 的高， 由(1)知BC ⊥平面ABE ，BC ⊂平面ABCD ， ∴平面ABCD ⊥平面ABE ， 过E 作EO ⊥AB ，交AB 于O ，又∵平面ABCD ∩平面ABE ＝AB ，EO ⊂平面ABE ， ∴EO ⊥平面ABCD ，即EO 就是四棱锥E －ABCD 的高， 设正方形ABCD 的边长为x ，则AB ＝BC ＝x ， BE ＝AB 2－AE 2＝x 2－4，又∵BC ⊥BE ，∴EC 为直径，即EC ＝27， 在Rt △BEC 中，EC 2＝BE 2＋BC 2， 即(27)2＝x 2＋x 2－4，∴x ＝4， ∴S 四边形ABCD ＝4×4＝16，OE ＝AE ·BE AB ＝2×42－44＝3，∴V E －ABCD ＝13·OE ·S 四边形ABCD ＝13×3×16＝1633.(理)(2014·湖南长沙实验中学、沙城一中联考)在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，侧面ABB 1A 1，ACC 1A 1均为正方形，∠BAC ＝90°，点D 是棱B 1C 1的中点．(1)求证：A 1D ⊥平面BB 1C 1C ； (2)求证：AB 1∥平面A 1DC ； (3)求二面角D －A 1C －A 的余弦值．[解析] (1)证明：因为侧面ABB 1A 1，ACC 1A 1均为正方形， 所以AA 1⊥AC ，AA 1⊥AB ，所以AA 1⊥平面ABC ， 所以AA 1⊥平面A 1B 1C 1.因为A 1D ⊂平面A 1B 1C 1，所以AA 1⊥A 1D ， 又因为CC 1∥AA 1，所以CC 1⊥A 1D ， 又因为A 1B 1＝A 1C 1，D 为B 1C 1中点， 所以A 1D ⊥B 1C 1. 因为CC 1∩B 1C 1＝C 1， 所以A 1D ⊥平面BB 1C 1C .(2)证明：连结AC 1，交A 1C 于点O ，连结OD ， 因为ACC 1A 1为正方形，所以O 为AC 1中点， 又D 为B 1C 1中点，所以OD 为△AB 1C 1中位线， 所以AB 1∥OD ，因为OD ⊂平面A 1DC ，AB 1⊄平面A 1DC ， 所以AB 1∥平面A 1DC .(3)因为侧面ABB 1A 1，ACC 1A 1均为正方形，∠BAC ＝90°，所以AB ，AC ，AA 1两两互相垂直，如图所示建立直角坐标系A －xyz . 设AB ＝1，则C (0,1,0)，B (1,0,0)，A 1(0,0,1)，D (12，12，1)．A 1D →＝(12，12，0)，A 1C →＝(0,1，－1)，设平面A 1DC 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则有 ⎩⎪⎨⎪⎧n ·A 1D →＝0，n ·A 1C →＝0，∴⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y ＝0，y －z ＝0，取x ＝1，得n ＝(1，－1，－1)．又因为AB ⊥平面ACC 1A 1，所以平面ACC 1A 1的法向量为AB →＝(1,0,0)， 设二面角D －A 1C －A 的平面角为θ，则θ＝π－〈n ，AB →〉， ∴cos θ＝cos(π－〈n ，AB →〉) ＝－n ·AB →|n |·|AB →|＝－13＝－33，所以，二面角D －A 1C －A 的余弦值为－33. 19．(本小题满分12分)(文)(2014·黄石二中检测)如图，在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AA 1＝AC ＝2AB ＝2，且BC 1⊥A 1C .(1)求证：平面ABC 1⊥平面A 1ACC 1；(2)设D 是A 1C 1的中点，判断并证明在线段BB 1上是否存在点E ，使DE ∥平面ABC 1；若存在，求三棱锥E －ABC 1的体积．[解析] (1)证明：在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，有A 1A ⊥平面ABC .∴A 1A ⊥AC ，又A 1A ＝AC ，∴A 1C ⊥AC 1.又BC 1⊥A 1C ，∴A 1C ⊥平面ABC 1，∵A 1C ⊂平面A 1ACC 1，∴平面ABC 1⊥平面A 1ACC 1.(2)存在，E 为BB 1的中点．取A 1A 的中点F ，连EF ，FD ，当E 为B 1B 的中点时，EF ∥AB ，DF ∥AC 1， ∴平面EFD ∥平面ABC 1，则有ED ∥平面ABC 1. 当E 为BB 1的中点时，V E －ABC 1＝V C1－ABE＝13×2×12×1×1＝13. (理)(2014·保定市八校联考)如图，在底面是直角梯形的四棱锥P －ABCD 中，∠DAB ＝90°，P A ⊥平面ABCD ，P A ＝AB ＝BC ＝3，梯形上底AD ＝1.(1)求证：BC ⊥平面P AB ；(2)在PC 上是否存在一点E ，使得DE ∥平面P AB ？若存在，请找出；若不存在，说明理由； (3)求平面PCD 与平面P AB 所成锐二面角的正切值． [解析] (1)证明：∵BC ∥AD 且∠DAB ＝90°，∴BC ⊥AB ，又P A ⊥平面ABCD ，∴BC ⊥P A ， 而P A ∩AB ＝A ，∴BC ⊥平面P AB .(2)延长BA 、CD 相交于Q 点，假若在PC 上存在点E ，满足DE ∥平面P AB ，则由平面PCQ 经过DE 与平面P AB 相交于PQ 知DE ∥PQ ，∵AD ∥BC 且AD ＝1，BC ＝3， ∴PE CP ＝QD CQ ＝AD BC ＝13， 故E 为CP 的三等分点，PE ＝12CE .(3)过A 作AH ⊥PQ ，垂足为H ，连DH ， 由(1)及AD ∥BC 知：AD ⊥平面P AQ ， ∴AD ⊥PQ ，又AH ⊥PQ ， ∴PQ ⊥平面HAD ，∴PQ ⊥HD .∴∠AHD 是平面PCD 与平面PBA 所成的二面角的平面角． 易知AQ ＝32，PQ ＝352，∴AH ＝AQ ·P A PQ ＝355，∴tan ∠AHD ＝AD AH ＝53，所以平面PCD 与平面P AB 所成二面角的正切值为53. 20．(本小题满分12分)(文)(2014·北京朝阳区期末)如图，在三棱锥P －ABC 中，平面P AC ⊥平面ABC ，P A ⊥AC ，AB ⊥BC .设D 、E 分别为P A 、AC 中点．(1)求证：DE∥平面PBC；(2)求证：BC⊥平面P AB；(3)试问在线段AB上是否存在点F，使得过三点D，E，F的平面内的任一条直线都与平面PBC 平行？若存在，指出点F的位置并证明；若不存在，请说明理由．[解析](1)证明：因为点E是AC中点，点D为P A的中点，所以DE∥PC.又因为DE⊄平面PBC，PC⊂平面PBC，所以DE∥平面PBC.(2)证明：因为平面P AC⊥平面ABC，平面P AC∩平面ABC＝AC，又P A⊂平面P AC，P A⊥AC，所以P A⊥平面ABC.所以P A⊥BC.又因为AB⊥BC，且P A∩AB＝A，所以BC⊥平面P AB.(3)当点F是线段AB中点时，过点D，E，F的平面内的任一条直线都与平面PBC平行．取AB中点F，连EF，DF.由(1)可知DE∥平面PBC.因为点E是AC中点，点F为AB的中点，所以EF∥BC.又因为EF⊄平面PBC，BC⊂平面PBC，所以EF∥平面PBC.又因为DE∩EF＝E，所以平面DEF∥平面PBC，所以平面DEF内的任一条直线都与平面PBC平行．故当点F是线段AB中点时，过点D，E，F所在平面内的任一条直线都与平面PBC平行．(理)(2014·山东省博兴二中质检)如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为菱形，∠BAD＝60°，Q 为AD 的中点．(1)若P A ＝PD ，求证：平面PQB ⊥平面P AD ；(2)设点M 在线段PC 上，PM MC ＝12，求证：P A ∥平面MQB ；(3)在(2)的条件下，若平面P AD ⊥平面ABCD ，且P A ＝PD ＝AD ＝2，求二面角M －BQ －C 的大小．[解析] (1)连接BD ，∵四边形ABCD 为菱形，∠BAD ＝60°，∴△ABD 为正三角形， 又Q 为AD 中点，∴AD ⊥BQ .∵P A ＝PD ，Q 为AD 的中点，AD ⊥PQ ， 又BQ ∩PQ ＝Q ，∴AD ⊥平面PQB ，∵AD ⊂平面P AD ， ∴平面PQB ⊥平面P AD . (2)连接AC 交BQ 于点N ，由AQ ∥BC 可得，△ANQ ∽△CNB ，∴AQ BC ＝AN NC ＝12.又PM MC ＝12，∴PM MC ＝ANNC.∴P A ∥MN . ∵MN ⊂平面MQB ，P A ⊄平面MQB ，∴P A ∥平面MQB . (3)∵P A ＝PD ＝AD ＝2，Q 为AD 的中点，∴PQ ⊥AD . 又平面P AD ⊥平面ABCD ，∴PQ ⊥平面ABCD .以Q 为坐标原点，分别以QA 、QB 、QP 所在的直线为x 轴，y 轴，z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则各点坐标为A (1,0,0)，B (0，3，0)，P (0,0，3)．设平面MQB 的法向量n ＝(x ，y ，z )，可得⎩⎪⎨⎪⎧ n ·QB →＝0，n ·MN →＝0.∵P A ∥MN ，∴⎩⎪⎨⎪⎧n ·QB →＝0，n ·P A →＝0.∴⎩⎨⎧3y ＝0，x －3z ＝0，取z ＝1，得n ＝(3，0,1)． 取平面ABCD 的法向量m ＝(0,0,1)． cos 〈m ，n 〉＝m ·n |m ||n |＝12.故二面角M －BQ －C 的大小为60°.21．(本小题满分12分)(文)如图，E 是以AB 为直径的半圆弧上异于A ，B 的点，矩形ABCD 所在平面垂直于该半圆所在的平面，且AB ＝2AD ＝2.(1)求证：EA ⊥EC ；(2)设平面ECD 与半圆弧的另一个交点为F . ①求证：EF ∥AB ；②若EF ＝1，求三棱锥E －ADF 的体积．[解析] (1)∵E 是半圆上异于A ，B 的点，∴AE ⊥EB ， 又∵平面ABCD ⊥平面ABE ，且CB ⊥AB ， 由面面垂直性质定理得CB ⊥平面ABE ， 又AE ⊂平面ABE ，∴CB ⊥AE ， ∵BC ∩BE ＝B ，∴AE ⊥平面CBE ， 又EC ⊂平面CBE ，∴AE ⊥EC .(2)①由CD ∥AB ，得CD ∥平面ABE ， 又∵平面CDE ∩平面ABE ＝EF ， ∴根据线面平行的性质定理得CD ∥EF ， 又CD ∥AB ，∴EF ∥AB .②V E －ADF ＝V D －AEF ＝13×12×1×32×1＝312.(理)(2014·浙江台州中学期中)如图，在Rt △ABC 中，AB ＝BC ＝4，点E 在线段AB 上，过点E作EF ∥BC 交AC 于点F ，将△AEF 沿EF 折起到△PEF 的位置(折起后的点A 记作点P )，使得∠PEB ＝60°.(1)求证：EF ⊥PB .(2)试问：当点E 在线段AB 上移动时，二面角P －FC －B 的平面角的余弦值是否为定值？若是，求出定值，若不是，说明理由．[解析] (1)在Rt △ABC 中，∵EF ∥BC ，∴EF ⊥AB ， ∴EF ⊥EB ，EF ⊥EP ，又∵EB ∩EP ＝E ，∴EF ⊥平面PEB . 又∵PB ⊂平面PEB ，∴EF ⊥PB .(2)解法一：∵EF ⊥平面PEB ，EF ⊂平面BCFE ，∴平面PEB ⊥平面BCFE ，过P 作PQ ⊥BE 于点Q ，垂足为Q ，则PQ ⊥平面BCFE ，过Q 作QH ⊥FC ，垂足为H .则∠PHQ 即为所求二面角的平面角．设PE ＝x ，则EQ ＝12x ，PQ ＝32x ，QH ＝(PE ＋EQ )sin π4＝324x ，故tan ∠PHQ ＝PQ QH ＝63，cos ∠PHQ ＝155，即二面角P －FC －B 的平面角的余弦值为定值155. 解法二：在平面PEB 内，经P 点作PD ⊥BE 于D ， 由(1)知EF ⊥平面PEB ，∴EF ⊥PD .∴PD ⊥平面BCFE .在平面PEB 内过点B 作直线BH ∥PD ，则BH ⊥平面BCFE .以B 点为坐标原点，BC →，BE →，BH →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．设PE ＝x (0＜x ＜4)又∵AB ＝BC ＝4，∴BE ＝4－x ，EF ＝x ， 在Rt △PED 中，∠PED ＝60°，∴PD ＝32x ，DE ＝12x ， ∴BD ＝4－x －12x ＝4－32x ，∴C (4,0,0)，F (x,4－x,0)，P (0,4－32x ，32x )．从而CF →＝(x －4,4－x,0)，CP →＝(－4,4－32x ，32x )．设n 1＝(x 0，y 0，z 0)是平面PCF 的一个法向量，则 n 1·CF →＝0，n 1·CP →＝0，∴⎩⎪⎨⎪⎧x 0(x －4)＋y 0(4－x )＝0，－4x 0＋(4－32x )y 0＋32xz 0＝0，∴⎩⎨⎧x 0－y 0＝0，3x 0－z 0＝0， 取y 0＝1，得，n 1＝(1,1，3)．又平面BCF 的一个法向量为n 2＝(0,0,1)． 设二面角P －FC －B 的平面角为α，则 cos α＝|cos 〈n 1，n 2〉|＝155. 因此当点E 在线段AB 上移动时，二面角P －FC －B 的平面角的余弦值为定值155. 22．(本小题满分14分)(文)(2014·广东执信中学期中)某个实心零部件的形状是如图所示的几何体，其下部是底面均是正方形，侧面是全等的等腰梯形的四棱台A 1B 1C 1D 1－ABCD ，上部是一个底面与四棱台的上底面重合，侧面是全等的矩形的四棱柱ABCD －A 2B 2C 2D 2.(1)证明：直线B 1D 1⊥平面ACC 2A 2；(2)现需要对该零部件表面进行防腐处理．已知AB ＝10，A 1B 1＝20，AA 2＝30，AA 1＝13(单位：cm)，每平方厘米的加工处理费为0.20元，需加工处理费多少元？[解析] (1)∵四棱柱ABCD －A 2B 2C 2D 2的侧面是全等的矩形， ∴AA 2⊥AB ，AA 2⊥AD ，又∵AB ∩AD ＝A ， ∴AA 2⊥平面ABCD .连接BD ，∵BD ⊂平面ABCD ，∴AA 2⊥BD . ∵底面ABCD 是正方形，∴AC ⊥BD . ∵AA 2∩AC ＝A ，∴BD ⊥平面ACC 2A 2， 根据棱台的定义可知，BD 与B 1D 1共面．又已知平面ABCD ∥平面A 1B 1C 1D 1，且平面BB 1D 1D ∩平面ABCD ＝BD ， 平面BB 1D 1D ∩平面A 1B 1C 1D 1＝B 1D 1，∴B 1D 1∥BD . ∴B 1D 1⊥平面ACC 2A 2.(2)∵四棱柱ABCD －A 2B 2C 2D 2的底面是正方形，侧面是全等的矩形， ∴S 1＝S 四棱柱上底面＋S 四棱柱侧面＝(A 2B 2)2＋4AB ·AA 2＝102＋4×10×30＝1300(cm 2)． 又∵四棱台A 1B 1C 1D 1－ABCD 的上、下底面均是正方形，侧面是全等的等腰梯形， 等腰梯形的高h ′＝132－(20－102)2＝12.所以S 2＝S 四棱台下底面＋S 四棱台侧面 ＝(A 1B 1)2＋4×12(AB ＋A 1B 1)h ′＝202＋4×12(10＋20)×12＝1120(cm 2)．于是该实心零部件的表面积为S ＝S 1＋S 2＝1300＋1120＝2420(cm 2)， 故所需加工处理费为0.2S ＝0.2×2420＝484(元)．(理)(2014·西安市长安中学期中)如图，在四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD 为直角梯形，AD ∥BC ，∠ADC ＝90°，平面P AD ⊥底面ABCD ，Q 为AD 的中点，M 是棱PC 上的点，P A ＝PD ＝2，BC ＝12AD ＝1，CD ＝ 3.(1)求证：平面PQB ⊥平面P AD ；(2)若M 为棱PC 的中点，求异面直线AP 与BM 所成角的余弦值． [解析] (1)∵BC ＝12AD ，Q 为AD 的中点，∴BC ＝DQ ，又∵AD ∥BC ，∴BC ∥DQ ，∴四边形BCDQ 为平行四边形，∴CD ∥BQ ， ∵∠ADC ＝90°，∴∠AQB ＝90°，即QB ⊥AD ，又∵平面P AD ⊥平面ABCD ，且平面P AD ∩平面ABCD ＝AD ，∴BQ ⊥平面P AD ，又BQ ⊂平面PQB ，∴平面PQB ⊥平面P AD . (2)解法1：∵P A ＝PD ，Q 为AD 的中点，∴PQ ⊥AD .∵平面P AD ⊥平面ABCD ，且平面P AD ∩平面ABCD ＝AD ，∴PQ ⊥平面ABCD . 如图，以Q 为原点建立空间直角坐标系．则Q (0,0,0)，A (1,0,0)，P (0,0，3)，B (0，3，0)，C (－1，3，0)， ∵M 是PC 中点，∴M (－12，32，32)，∴AP →＝(－1,0，3)，BM →＝(－12，－32，32)，设异面直线AP 与BM 所成角为θ，则cos θ＝|cos 〈AP →，BM →〉|＝AP →·BM →|AP →|·|BM →|＝277，∴异面直线AP 与BM 所成角的余弦值为277.解法2：连接AC 交BQ 于点O ，连接OM ，则OM ∥P A ， 所以∠BMO 就是异面直线AP 与BM 所成的角．OM ＝12P A ＝1，BO ＝12BQ ＝32，由(1)知BQ ⊥平面P AD ，所以BQ ⊥P A ，∴BQ ⊥OM ， ∴BM ＝BO 2＋OM 2＝(32)2＋12＝72， ∴cos ∠BMO ＝OM BM ＝172＝277.。