1.C 2.D 3.B 4.A 5.A 6.D
7.D 8.A 9.B 10.D 11.D 12.D
14.②③④
15.3
16.(0,12π] 提示:由題意知,當(dāng)1<時,交線為6個圓且半徑均為總弧長最大為12π;當(dāng)時,交線為24段相等的弧,設(shè)每段弧所對的圓心角為所以即則記各弧所在圓的半徑R=則總弧長為l(θ)=24R·2θ=而l′(θ) = 48 ·所以l′(θ)>0,所以l(θ)在上單調(diào)遞增,所以0<l(θ)<12π。
綜上,所求總弧長的取值范圍是(0,12π]。
17.(1)由三視圖可知,該幾何體是一個平行六面體,如圖1,其底面是邊長為1的正方形,高為所以該幾何體的體積
圖1
(2)由三視圖可知,該平行六面體中,A1D⊥平面ABCD,CD⊥平面BCC1B1,所以AA1= 2,側(cè)面ABB1A1,CDD1C1均為矩形。所以該幾何體的表面積
18.(1)連接AC,交BD于點O,連接PO。因為底面ABCD是菱形,所以AC⊥BD,BO=DO。
由PB=PD知PO⊥BD。再由PO∩AC=O知BD⊥平面APC,因此BD⊥PC。
(2)因 為E是PA的 中 點,所 以由PB=PD=AB=AD=2知△ABD≌△PBD。因為∠BAD=60°,所以又PA=所以PO2+AO2=PA2,即PO⊥AC,故
由(1)知BO⊥平面APC,因此V三棱錐P-BCE
19.建立如 圖2 所示的空間直角坐標(biāo)系。
圖2
(1)由A1(1,0,1),得設(shè)E(1,a,0),又D1(0,0,1),則
(2)m=(0,0,1)為平面DEC的法向量,設(shè)n=(x,y,z)為平面CED1的一個法向量,則所以
由C(0,2,0),得則n即所以
20.(1)由題意可知AC⊥BC,又平面PAC⊥平面⊙O,平面PAC∩平面⊙O=AC,所以BC⊥平面PAC,所以BC⊥PA。又PA⊥PC,PC∩BC=C,PC?平面PBC,BC?平面PBC,所以PA⊥平面PBC。
(2)方法一:如圖3,過P作PH⊥AC于H,由于平面PAC⊥平面⊙O,則PH⊥平面⊙O,則∠PCH為直線PC與⊙O所在平面所成角,所以∠PCH=60°。過H作HF⊥AB于F,連接PF,則PF⊥AB,故∠PFH為二面角P-AB-C的平面角。
圖3
由已知∠ACP= ∠ABC=60°,∠CAP= ∠CAB=30°,在Rt△APC中,PH=AP·sin 30°=AC·cos 30°·sin 30°=由AP2=AH·AC,得AH在Rt△AFH中,FH=故故即二面角P-AB-C的余弦值為
方法二:過P作PH⊥AC于H,則PH⊥平面⊙O,過H作HF∥CB交AB于F,以H為原點,HA,HF,HP分別為x軸,y軸,z軸建立空間直角坐標(biāo)系,如圖4 所示,則從而
圖4
設(shè)平面PAB的一個法向量為n=(x,y,z),則得令x=1,從而
而平面ABC的一個法向量為m=(0,0,1),故即二面角P-AB-C的余弦值為
21.(1)因為SA⊥平面ABCD,BD?平面ABCD,所 以SA⊥BD。 因 為 四 邊 形ABCD是菱形,所以AC⊥BD。因為AC∩AS=A,所以BD⊥平面SAC。因為BD?平面EBD,所以平面EBD⊥平面SAC。
(2)設(shè)AC與BD的交點為O,以O(shè)C,OD所在直線分別為x軸,y軸,以過O垂直平面ABCD的直線為z軸建立空間直角坐標(biāo)系,如圖5所示,則A(-1,0,0),C(1,0,0),S(-1,0,2),B(0,-0)
圖5
設(shè)E(x,0,z),則
設(shè)平面BDE的一個法向量n=(x1,y1,z1),由可求得n=(2,0,1-λ)為平面BDE的一個法向量。
同理可得,平面SAD的一個法向量為
因為平面BED與平面SAD所成的銳二面角的大小為30°,所以解得λ=1,所以E為SC的中點。
中學(xué)生數(shù)理化(高中版.高考數(shù)學(xué))2019年11期