【数学】2020届一轮复习苏教版立体几何的综合问题课时作业
第9讲 立体几何的综合问题
1.已知p:x2-2x-3<0;q:1x-2<0,若p且q为真,则x的取值范围是 .
2.已知△ABC的三边长分别为a,b,c且a2+b2-c2=ab,则∠C= .
3.若存在实数x,使得x2-4bx+3b<0成立,则实数b的取值范围是 .
4.(2018苏州学业阳光指标调研)
如图,两座建筑物AB,CD的高度分别是9m和15m,从建筑物AB的顶部A看建筑物CD的张角∠CAD=45°,则这两座建筑物AB和CD的底部之间的距离BD= m.
5.(2017无锡普通高中调研)在平行四边形ABCD中,AB=4,AD=2,∠A=π3,M为DC的中点,N为平面ABCD内一点,若|AB-NB|=|AM-AN|,则AM·AN= .
6.(2018江苏高考信息预测)如图,在平行四边形ABCD中,E,F分别在BC,CD上,且BE=23BC,DF=FC,AE与BF交于点H,设AB=a,AD=b,且AH=xa+yb(x,y∈R),则x-y= .
7.(2018江苏扬州中学高三模拟)如图,四棱锥P-ABCD中,四边形ABCD为菱形,PA⊥平
ABCD,BD交AC于点E,F是线段PC中点,G为线段EC中点.
(1)求证:FG∥平面PBD;
(2)求证:BD⊥FG.
8.(2018江苏盐城中学高三期末)如图,在△ABC中,B=π3,BC=2,点D在边AB上,AD=DC,DE⊥AC,E为垂足.
(1)若△BCD的面积为33,求CD的长;
(2)若ED=62,求角A的大小.
答案精解精析
1.答案 (-1,2)
解析 解不等式x2-2x-3<0得-1
0⇒b<0或b>34.
4.答案 18
解析 过点A作CD的垂线AE,垂足是E,设∠EAD=α,∠EAC=β,BD=xm,则tanα=9x,tanβ=6x,tan45°=tan(α+β)=tanα+tanβ1-tanαtanβ=9x+6x1-54x2=1,解得x=18(舍负),即BD=18m.
5.答案 6
解析 解法一:由|AB-NB|=|AM-AN|得|AN|=|NM|,则点N在线段AM的垂直平分线上,取AM的中点E,则EN⊥AM.又AM=AD+12AB,则|AM|2=AD+12AB2=|AD|2+AD·AB+14|AB|2=4+2×4×12+14×16=12,所以AM·AN=AM·(AE+EN)=AM·AE=12|AM|2=6.
解法二:以点A为坐标原点,AB所在直线为x轴,过点A且垂直于AB的直线为y轴,建立平面直角坐标系,则D(1,3),M(3,3),线段AM的垂直平分线方程为y=-3x+23,由|AB-NB|=|AM-AN|得|AN|=|NM|,则点N在线段AM的垂直平分线上,设N(x,y),则AM·AN=3x+3y=6.
6.答案 14
解析 分别延长BF,AD交于点O,由题设,得DO=BC=AD.
又∵BE∥AO,∴AH∶HE=AO∶BE=3∶1,
∴AH=34AE=34(AB+BE)=34(AB+23BC)=34AB+12AD=34a+12b.
又∵AH=xa+xb(x,y∈R),a与b不共线,
∴x=34,y=12,x-y=34-12=14.
7.证明 (1)连接PE,因为G、F分别为EC和PC的中点,
∴FG∥PE.
又FG⊄平面PBD,PE⊂平面PBD,所以FG∥平面PBD.
(2)因为四边形ABCD是菱形,所以BD⊥AC,又PA⊥平面ABCD,BD⊂平面ABCD,所以BD⊥PA,因为PA⊂平面PAC,AC⊂平面PAC,且PA∩AC=A,∴BD⊥平面PAC,∵FG⊂平面PAC,∴BD⊥FG.
8.解析 (1)由已知得S△BCD=12BC·BD·sinB=33,又B=π3,BC=2,∴BD=23.
在△BCD中,由余弦定理得CD2=BC2+BD2-2BC·BD·cosB=289,∴CD=273.
(2)在△CDE中,CDsin∠DEC=DEsin∠DCE.
∵AD=DC,
∴∠A=∠DCE,
∴CD=AD=DEsinA=62sinA.在△BCD中BCsin∠BDC=CDsinB,
又∠BDC=2∠A,∴2sin2A=CDsinπ3,
∴CD=3sin2A,
∴CD=62sinA=3sin2A,解得cosA=22,所以A=π4.