内容正文:
暑假复习卷(十一)
1.B 2.C 3.C 4.C 5.A
6.C 【解析】 A,B,D说法正确;C说法错误.m⊂α,n∥α⇒m∥n或m与n异面;m⊂α,n∥m⇒n∥α或n⊂α;所以当m⊂α时,“n∥α”是“m∥n”的既不充分又不必要条件.故选C.
7.B 【解析】 因为=++=++=++,
所以2=++,所以=++,所以x=,2y=,3z=,
解得x=,y=,z=,
所以x+y+z=++=,故选B.
8.B 【解析】 连接AC,BD交于点O,连接AQ,SO交于点H,因为AQ,SO为中线,故点H为△ASC的重心,又H∈SO,所以H∈平面SBD,又H∈AQ,所以H∈平面APQR,故H∈平面APQR∩平面SBD,又PR=平面APQR∩平面SBD,所以点P,H,R共线,因为SP=SR,所以=,易知△APQ≌△ARQ,VSAPQR=2VSAPQ=2VPAQS,又==×=,且VBSAC=VSABC=VSABCD=,所以VPAQS=,故VSAPQR=3.故选B.
9.B 【解析】 设AB=a,BC=b,
则由题意得:a2+b2=(2)2,a2+22=x2,b2+22=y2,
所以x2+y2=32,由基本不等式得:(x+y)2≤2(x2+y2)=64,
当且仅当x=y=4时,x+y取得最大值8,此时a=b=2,AB1=AD1=4,
所以B1D1=AC=2,
取B1D1的中点T,连接AT,C1T,AC1,如图,
则AT⊥B1D1,C1T⊥B1D1,则∠ATC1就是二面角AB1D1C1的平面角,
在等腰三角形AB1D1中,因为AB1=AD1=4,B1D1=2,所以AT=,
在等腰三角形C1B1D1中,因为C1B1=C1D1=2,B1D1=2,所以C1T=,
在长方体ABCDA1B1C1D1中,求得AC1=2,
故在三角形AC1T中,由余弦定理的推论得cos ∠ATC1==-,故选B.
10.A 【解析】 连接BC1,则BC1∩B1C=E,点P,E,F在平面BC1D1中,且BC1⊥C1D1,C1D1=1,BC1=,如图1所示,
图1
图2
在Rt△BC1D1中,以C1D1所在直线为x轴,C1B所在直线为y轴,建立平面直角坐标系,如图2所示,D1,B,E,设点E关于直线BD1的对称点为E′,
∵BD1的方程为x+=1,①
∴kEE′=-=,
∴直线EE′的方程为y=x+,②
由①②组成方程组,解得
直线EE′与BD1的交点M,
∴对称点E′,∴PE+PF=PE′+PF,
最小值为E′到直线C1D1的距离,为,故选A.
11.3 (1,-1,5) 12.24 48+12
13.5 50π 【解析】 ∵在长方体ABCDA1B1C1D1中,AB=5,BC=4,AA1=3,
则这个长方体的体对角线长为:=5,
故其外接球的直径为5,
∴其外接球的表面积是4π·=50π.
14.45° 30° 【解析】 设正方体的棱长为2,
在正方体ABCDA1B1C1D1中,棱AA1∥BB1,
则∠B1BC1即为棱AA1与面对角线BC1所成的角,
在Rt△B1BC1中,BB1=2,B1C1=2,BC1=2,
所以∠B1BC1=45°,
故棱AA1与面对角线BC1所成角的大小是45°;
连接AC与BD交于点O,则BO⊥AC,
又A1A⊥平面ABCD,BO⊂平面ABCD,
所以BO⊥AA1,又AA1,AC是对角面ACC1A1内两条相交直线,
所以BO⊥平面ACC1A1,
则∠BC1O即为面对角线BC1与对角面ACC1A1所成的角,
在Rt△BOC1中,BO=,BC1=2,
所以sin ∠BC1O==,
故面对角线BC1与对角面ACC1A1所成的角为30°.
15.2- 【解析】 以D为坐标原点,DA,DC,DP所在的直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系,如图所示,则C(0,2,0),P(0,0,1),设E(1,y0,0),则=(-1,2-y0,0),0≤y0≤2,=(0,2,-1).
设平面PEC的法向量为n1=(x,y,z),
则即
不妨令y=1,则x=2-y0,z=2,所以n1=(2-y0,1,2).
因为平面ECD的一个法向量为n2=(0,0,1),
所以cos ===,
解得y0=2±,因为E是线段AB上一点,所以y0=2-,所以当AE=2-时,二面角PECD为.
16. 【解析】 在长方体ABCDA1B1C1D1中,不妨取长方体的中截面EFNM,
中截面的平面图如图所示,
ER和ES是圆O的两条切线,
设∠REO=α,则∠SEO=α,
因为EF=AD=4,EM=2,MO=2,
所以∠MEO=∠OEF=45°,
因为EFNM是长方体的中截面,故EF⊥A1B1,
所以∠PEF即为二面角PA1B1C1的平面角θ,
在