必刷卷02-2021-2022學(xué)年高一數(shù)學(xué)下學(xué)期期中仿真必刷模擬卷（人教A版2019）-試卷下載-教習(xí)網(wǎng)

?2021-2022學(xué)年高一下學(xué)期數(shù)學(xué)期中仿真必刷模擬卷【人教A版2019】
期中檢測(cè)卷02
姓名：__________________ 班級(jí)：______________ 得分：_________________
注意事項(xiàng)：
本試卷滿分150分，考試時(shí)間120分鐘，試題共22題．答卷前，考生務(wù)必用0.5毫米黑色簽字筆將自己的姓名、班級(jí)等信息填寫在試卷規(guī)定的位置．

一、選擇題（本大題共8小題，每小題5分，共40分）在每小題所給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的．
1.點(diǎn)C是線段AB靠近點(diǎn)B的三等分點(diǎn)，下列正確的是（　　）
A． B． C． D．

【答案】D
【分析】根據(jù)共線向量的定義即可得結(jié)論．
【解答】解：由題，點(diǎn)C是線段AB靠近點(diǎn)B的三等分點(diǎn)，
＝3＝﹣3，所以選項(xiàng)A錯(cuò)誤；
＝2＝﹣2，所以選項(xiàng)B和選項(xiàng)C錯(cuò)誤，選項(xiàng)D正確．
故選：D．
【知識(shí)點(diǎn)】平行向量（共線）、向量數(shù)乘和線性運(yùn)算

2.已知復(fù)數(shù)z滿足z（3+i）＝3+i2020，其中i為虛數(shù)單位，則z的共軛復(fù)數(shù)的虛部為（　?。?br /> A． B． C． D．

【答案】D
【分析】直接利用復(fù)數(shù)代數(shù)形式的乘除運(yùn)算化簡(jiǎn)，然后利用共軛復(fù)數(shù)的概念得答案．
【解答】解：∵z（3+i）＝3+i2020，i2020＝（i2）1010＝（﹣1）1010＝1，
∴z（3+i）＝4，∴z＝，
∴＝，
∴共軛復(fù)數(shù)的虛部為，
故選：D．
【知識(shí)點(diǎn)】復(fù)數(shù)的運(yùn)算

3.如圖，?ABCD中，∠DAB＝60°，AD＝2AB＝2，延長(zhǎng)AB至點(diǎn)E，且AB＝BE，則?的值為（　?。?br />
A．﹣1 B．﹣3 C．1 D．

【答案】C
【分析】利用圖形，求出數(shù)量積的向量，然后轉(zhuǎn)化求解即可．
【解答】解：由題意，?ABCD中，∠DAB＝60°，AD＝2AB＝2，
延長(zhǎng)AB至點(diǎn)E，且AB＝BE，
可知＝+＝，＝﹣＝﹣2，
所以?＝（）?（﹣2）
＝﹣2﹣2＝1．
故選：C．

【知識(shí)點(diǎn)】平面向量數(shù)量積的性質(zhì)及其運(yùn)算

4.設(shè)i是虛數(shù)單位，則2i+3i2+4i3+……+2020i2019的值為（　　）
A．﹣1010﹣1010i B．﹣1011﹣1010i
C．﹣1011﹣1012i D．1011﹣1010i

【答案】B
【分析】利用錯(cuò)位相減法、等比數(shù)列的求和公式及其復(fù)數(shù)的周期性即可得出．
【解答】解：設(shè)S＝2i+3i2+4i3+……+2020i2019．
∴iS＝2i2+3i3+……+2020i2020．
則（1﹣i）S＝i+i+i2+i3+……+i2019﹣2020i2020．
＝＝i+
＝＝﹣2021+i，
∴S＝＝．
故選：B．
【知識(shí)點(diǎn)】復(fù)數(shù)的運(yùn)算

5.如圖，在正方體ABCD﹣A1B1C1D1中，異面直線A1B與CD所成的角為（　　）

A．30° B．45° C．60° D．135°

【答案】B
【分析】易知∠ABA1即為所求，再由△ABA1為等腰直角三角形，得解．
【解答】解：因?yàn)锳B∥CD，所以∠ABA1即為異面直線A1B與CD所成的角，
因?yàn)椤鰽BA1為等腰直角三角形，所以∠ABA1＝45°．
故選：B．
【知識(shí)點(diǎn)】異面直線及其所成的角

6.在△ABC中，角A，B，C所對(duì)的邊分別為a，b，c，若（a﹣2b）cosC＝c（2cosB﹣cosA），△ABC的面積為a2sin，則C＝（　?。?br /> A． B． C． D．

【答案】C
【分析】先利用正弦定理將已知等式中的邊化角，再結(jié)合兩角和公式與三角形的內(nèi)角和定理，可推出sinB＝2sinA；然后利用三角形的面積公式、正弦定理，即可得解．
【解答】解：由正弦定理知，＝＝，
∵（a﹣2b）cosC＝c（2cosB﹣cosA），
∴（sinA﹣2sinB）cosC＝sinC（2cosB﹣cosA），
即sinAcosC+sinCcosA＝2（sinBcosC+cosBsinC），
∴sin（A+C）＝2sin（B+C），即sinB＝2sinA．
∵△ABC的面積為a2sin，
∴S＝bcsinA＝a2sin，
根據(jù)正弦定理得，sinB?sinC?sinA＝sin2A?sin，
化簡(jiǎn)得，sinB?sincos＝sinA?cos，
∵∈（0，），∴cos＞0，
∴sin＝＝，
∴＝，即C＝．
故選：C．
【知識(shí)點(diǎn)】正弦定理、余弦定理

7.在正方體ABCD﹣A1B1C1D1中，下列四個(gè)結(jié)論中錯(cuò)誤的是（　?。?br />
A．直線B1C與直線AC所成的角為60°
B．直線B1C與平面AD1C所成的角為60°
C．直線B1C與直線AD1所成的角為90°
D．直線B1C與直線AB所成的角為90°

【答案】B
【分析】連接AB1，求出∠ACB1可判斷選項(xiàng)A；連接B1D1，找出點(diǎn)B1在平面AD1C上的投影O，設(shè)直線B1C與平面AD1C所成的角為θ，由cosθ＝可判斷選項(xiàng)B；利用平移法找出選項(xiàng)C和D涉及的異面直線夾角，再進(jìn)行相關(guān)運(yùn)算，即可得解．
【解答】解：連接AB1，∵△AB1C為等邊三角形，∴∠ACB1＝60°，即直線B1C與AC所成的角為60°，故選項(xiàng)A正確；

連接B1D1，∵AB1＝B1C＝CD1＝AD1，∴四面體AB1CD1是正四面體，
∴點(diǎn)B1在平面AD1C上的投影為△AD1C的中心，設(shè)為點(diǎn)O，連接B1O，OC，則OC＝BC，
設(shè)直線B1C與平面AD1C所成的角為θ，
則cosθ＝＝＝≠，故選項(xiàng)B錯(cuò)誤；
連接BC1，∵AD1∥BC1，且B1C⊥BC1，∴直線B1C與AD1所成的角為90°，故選項(xiàng)C正確；
∵AB⊥平面BCC1B1，∴AB⊥B1C，即直線B1C與AB所成的角為90°，故選項(xiàng)D正確．
故選：B．
【知識(shí)點(diǎn)】直線與平面所成的角、異面直線及其所成的角

8.如圖，四邊形ABCD為正方形，四邊形EFBD為矩形，且平面ABCD與平面EFBD互相垂直．若多面體ABCDEF的體積為，則該多面體外接球表面積的最小值為（　?。?br />
A．6π B．8π C．12π D．16π

【答案】A
【分析】由題意可得AC⊥面EFBD，可得VABCDEF＝VC﹣EFBD+VA﹣EFBD＝2VA﹣EFBD，再由多面體ABCDEF的體積為，可得矩形EFBD的高與正方形ABCD的邊長(zhǎng)之間的關(guān)系，再由題意可得矩形EFBD的對(duì)角線的交點(diǎn)為外接球的球心，進(jìn)而求出外接球的半徑，再由均值不等式可得外接球的半徑的最小值，進(jìn)而求出外接球的表面積的最小值．
【解答】解：設(shè)正方形ABCD的邊長(zhǎng)為a，矩形BDEF的高為b，
因?yàn)檎叫蜛BCD，所以AC⊥BD，設(shè)AC∩BD＝O'，
由因?yàn)槠矫鍭BCD與平面EFBD互相垂直，AC?面ABCD，平面ABCD∩平面EFBD＝BD，
所以AC⊥面EFBD，所以VABCDEF＝VC﹣EFBD+VA﹣EFBD＝2VA﹣EFBD＝2?SEFBD?CO'＝?a?b?a＝a2b，
由題意可得VABCDEF＝，
所以a2b＝2；所以a2＝，
矩形EFBD的對(duì)角線的交點(diǎn)O，連接OO'，可得OO'⊥BD，而OO'?面EFBD，
而平面ABCD⊥平面EFBD，平面ABCD∩平面EFBD＝BD，
所以O(shè)O'⊥面EFBD，
可得OA＝OB＝OE＝OF都為外接球的半徑R，
所以R2＝（）2+（a）2＝+＝+＝++≥3＝3×，
當(dāng)且僅當(dāng)＝即b＝時(shí)等號(hào)成立．
所以外接球的表面積為S＝4πR2≥4π?3×＝6π．
所以外接球的表面積最小值為6π．
故選：A．

【知識(shí)點(diǎn)】球的體積和表面積

二、多選題（本大題共4小題，每小題5分，選對(duì)得分，選錯(cuò)、少選不得分）

9.在△ABC中，角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c，若a2＝b2+bc，則角A可為（　　）
A． B． C． D．

【答案】BC
【分析】由已知利用余弦定理整理可得cosA＝，對(duì)于A，若A＝，可得b＝＜0，錯(cuò)誤；對(duì)于B，若A＝，可得b＝＞0，對(duì)于C，若A＝，可得b＝＞0，對(duì)于D，若A＝，可得c＝0，錯(cuò)誤，即可得解．
【解答】解：因?yàn)樵凇鰽BC中，a2＝b2+bc，
又由余弦定理可得：a2＝b2+c2﹣2bccosA，
所以b2+bc＝b2+c2﹣2bccosA，
整理可得：c＝b（1+2cosA），
可得：cosA＝，
對(duì)于A，若A＝，可得：﹣＝，整理可得：b＝＜0，錯(cuò)誤；
對(duì)于B，若A＝，可得：＝，整理可得：b＝＞0，
對(duì)于C，若A＝，可得：cos＝＝，整理可得：b＝＞0，
對(duì)于D，若A＝，可得：cos＝﹣＝，整理可得：c＝0，錯(cuò)誤．
故選：BC．
【知識(shí)點(diǎn)】余弦定理

10.如圖，四邊形ABCD為直角梯形，∠D＝90°，AB∥CD，AB＝2CD，M，N分別為AB，CD的中點(diǎn)，則下列結(jié)論正確的是（　?。?br />
A． B．
C． D．

【答案】ABC
【分析】由向量的加減法法則、平面向量基本定理解決
【解答】解：由，知A正確；
由知B正確；
由知C正確；
由N為線段DC的中點(diǎn)知知D錯(cuò)誤；
故選：ABC．
【知識(shí)點(diǎn)】向量數(shù)乘和線性運(yùn)算、平面向量的基本定理

11.下列說法正確的有（　?。?br /> A．任意兩個(gè)復(fù)數(shù)都不能比大小
B．若z＝a+bi（a∈R，b∈R），則當(dāng)且僅當(dāng)a＝b＝0時(shí)，z＝0
C．若z1，z2∈C，且z12+z22＝0，則z1＝z2＝0
D．若復(fù)數(shù)z滿足|z|＝1，則|z+2i|的最大值為3

【答案】BD
【分析】通過復(fù)數(shù)的基本性質(zhì)，結(jié)合反例，以及復(fù)數(shù)的模，判斷命題的真假即可．
【解答】解：當(dāng)兩個(gè)復(fù)數(shù)都是實(shí)數(shù)時(shí)，可以比較大小，所以A不正確；
復(fù)數(shù)的實(shí)部與虛部都是0時(shí)，復(fù)數(shù)是0，所以B正確；
反例z1＝1，z2＝i，滿足z12+z22＝0，所以C不正確；
復(fù)數(shù)z滿足|z|＝1，則|z+2i|的幾何意義，是復(fù)數(shù)的對(duì)應(yīng)點(diǎn)到（0，﹣2）的距離，它的最大值為3，所以D正確；
故選：BD．
【知識(shí)點(diǎn)】復(fù)數(shù)的模、復(fù)數(shù)的運(yùn)算、虛數(shù)單位i、復(fù)數(shù)、命題的真假判斷與應(yīng)用

12.如圖，已知ABCD﹣A1B1C1D1為正方體，E，F(xiàn)分別是BC，A1C的中點(diǎn)，則（　?。?br />
A．
B．
C．向量與向量的夾角是60°
D．異面直線EF與DD1所成的角為45°

【答案】ABD
【分析】在正方體ABCD﹣A1B1C1D1中，建立合適的空間直角坐標(biāo)系，設(shè)正方體的棱長(zhǎng)為2，根據(jù)空間向量的坐標(biāo)運(yùn)算，以及異面直線所成角的向量求法，逐項(xiàng)判斷即可．
【解答】解：在正方體ABCD﹣A1B1C1D1中，以點(diǎn)A為坐標(biāo)原點(diǎn)，分別以AB，AD，AA1為x軸、y軸、z軸建立空間直角坐標(biāo)系，
設(shè)正方體的棱長(zhǎng)為2，則A（0，0，0），A1（0，0，2），B（2，0，0），B1（2，0，2），C（2，2，0），D（0，2，0），D1（0，2，2），
所以，
故，故選項(xiàng)A正確；
又，
又，
所以，，
則，故選項(xiàng)B正確；
，
所以，
因此與的夾角為120°，故選項(xiàng)C錯(cuò)誤；
因?yàn)镋，F(xiàn)分別是BC，A1C的中點(diǎn)，
所以E（2，1，0），F(xiàn)（1，1，1），
則，
所以，
又異面直線的夾角大于0°小于等于90°，
所以異面直線EF與DD1所成的角為45°，故選項(xiàng)D正確；
故選：ABD．

【知識(shí)點(diǎn)】異面直線及其所成的角

三、填空題（本大題共4小題，每小題5分，共20分．不需寫出解答過程，請(qǐng)把答案直接填寫在橫線上）

13.已知正方形ABCD的邊長(zhǎng)為2，點(diǎn)P滿足＝（+），則||＝　　；?＝　?。?br />
【分析】根據(jù)向量的幾何意義可得P為BC的中點(diǎn)，再根據(jù)向量的數(shù)量積的運(yùn)算和正方形的性質(zhì)即可求出．
【解答】解：由＝（+），可得P為BC的中點(diǎn)，
則|CP|＝1，
∴|PD|＝＝，
∴?＝?（+）＝﹣?（+）＝﹣2﹣?＝﹣1，
故答案為：，﹣1．
【知識(shí)點(diǎn)】平面向量數(shù)量積的性質(zhì)及其運(yùn)算

14.若虛數(shù)z1、z2是實(shí)系數(shù)一元二次方程x2+px+q＝0的兩個(gè)根，且，則pq＝　　．

【答案】1
【分析】設(shè)z1＝a+bi，則z2＝a﹣bi，（a，b∈R），根據(jù)兩個(gè)復(fù)數(shù)相等的充要條件求出z1，z2，再由根與系數(shù)的關(guān)系求得p，q的值．
【解答】解：由題意可知z1與z2為共軛復(fù)數(shù)，設(shè)z1＝a+bi，則z2＝a﹣bi，（a，b∈R且b≠0），
又，則a2﹣b2+2abi＝a﹣bi，
∴（2a+b）+（a+2b）i＝1﹣i，
∴，解得．
∴z1＝+i，z2＝i，（或z2＝+i，z1＝i）．
由根與系數(shù)的關(guān)系，得p＝﹣（z1+z2）＝1，q＝z1?z2＝1，
∴pq＝1．
故答案為：1．
【知識(shí)點(diǎn)】復(fù)數(shù)的運(yùn)算

15.已知平面四邊形ABCD中，AB＝AD＝2，BC＝CD＝BD＝2，將△ABD沿對(duì)角線BD折起，使點(diǎn)A到達(dá)點(diǎn)A'的位置，當(dāng)A'C＝時(shí)，三棱錐A﹣BCD的外接球的體積為　?。?br />
【分析】由題意畫出圖形，找出三棱錐外接球的位置，求解三角形可得外接球的半徑，再由棱錐體積公式求解．
【解答】解：記BD的中點(diǎn)為M，連接A′M，CM，可得A′M2+CM2＝A′C2，則∠A′MC＝90°，
則外接球的球心O在△A′MC的邊A′C的中垂線上，
且過正三角形BCD的中點(diǎn)F，且在與平面BCD垂直的直線m上，
過點(diǎn)A′作A′E⊥m于點(diǎn)E，如圖所示，
設(shè)外接球的半徑為R，則A′O＝OC＝R，，A′E＝1，
在Rt△A′EO中，A′O2＝A′E2+OE2，解得R＝．
故三棱錐A﹣BCD的外接球的體積為．
故答案為：．

【知識(shí)點(diǎn)】球的體積和表面積

16.已知一圓錐底面圓的直徑為3，圓錐的高為，在該圓錐內(nèi)放置一個(gè)棱長(zhǎng)為a的正四面體，并且正四面體在該幾何體內(nèi)可以任意轉(zhuǎn)動(dòng)，則a的最大值為　?。?br />
【分析】根據(jù)題意，該四面體內(nèi)接于圓錐的內(nèi)切球，通過內(nèi)切球即可得到a的最大值．
【解答】解：依題意，四面體可以在圓錐內(nèi)任意轉(zhuǎn)動(dòng)，故該四面體內(nèi)接于圓錐的內(nèi)切球，
設(shè)球心為P，球的半徑為r，下底面半徑為R，軸截面上球與圓錐母線的切點(diǎn)為Q，圓錐的軸截面如圖：
則OA＝OB＝，
因?yàn)镾O＝，
故可得：SA＝SB＝＝3，
所以：三角形SAB為等邊三角形，
故P是△SAB的中心，
連接BP，則BP平分∠SBA，
所以∠PBO＝30°；
所以tan30°＝，即r＝R＝×＝，
即四面體的外接球的半徑為r＝．
另正四面體可以從正方體中截得，如圖：
從圖中可以得到，當(dāng)正四面體的棱長(zhǎng)為a時(shí)，截得它的正方體的棱長(zhǎng)為a，
而正四面體的四個(gè)頂點(diǎn)都在正方體上，
故正四面體的外接球即為截得它的正方體的外接球，
所以2r＝AA1＝a＝a，
所以a＝．
即a的最大值為．
故答案為：．

【知識(shí)點(diǎn)】旋轉(zhuǎn)體（圓柱、圓錐、圓臺(tái)）

四、解答題（本大題共6小題，共70分．請(qǐng)?jiān)诖痤}卡指定區(qū)域內(nèi)作答，解答時(shí)應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟）

17.在四邊形ABCD中，AB∥CD，AD＝BD＝CD＝1．
（1）若AB＝，求BC；
（2）若AB＝2BC，求cos∠BDC．

【分析】（1）直接利用余弦定理的應(yīng)用求出結(jié)果；
（2）利用余弦定理的應(yīng)用建立等量關(guān)系式，進(jìn)一步求出結(jié)果．
【解答】解：（1）在四邊形ABCD中，AD＝BD＝CD＝1．若AB＝，
所以：cos∠ADB＝＝，
由于AB∥CD，
所以∠BDC＝∠ABD，
即cos∠BDC＝cos∠ABD＝，
所以BC2＝BD2+CD2﹣2?BD?CD?cos∠BDC＝＝，
所以BC＝．
（2）設(shè)BC＝x，則AB＝2BC＝2x，
由余弦定理得：cos∠ADB＝＝，
cos∠BDC＝＝＝，
故，
解得或﹣（負(fù)值舍去）．
所以．
【知識(shí)點(diǎn)】余弦定理

18.（1）已知z1=1﹣2i，z2=3+4i，求滿足=+的復(fù)數(shù)z．
（2）已知z，ω為復(fù)數(shù)，（1+3i）﹣z為純虛數(shù)，ω=，且|ω|=5．求復(fù)數(shù)ω．

【分析】（1）把z1，z2代入 =+，利用復(fù)數(shù)代數(shù)形式的乘除運(yùn)算化簡(jiǎn)求出，進(jìn)一步求出z；
（2）設(shè)z=a+bi（a，b∈R），利用復(fù)數(shù)的運(yùn)算及（1+3i）?z=（1+3i）（a+bi）=a﹣3b+（3a+b）i為純虛數(shù)，可得，又ω==i，|ω|=5，可得，即可得出a，b，再代入可得ω．
【解答】解：（1）由z1=1﹣2i，z2=3+4i，
得=+=
=，
則z=；
（2）設(shè)z=a+bi（a，b∈R），
∵（1+3i）?z=（1+3i）（a+bi）=a﹣3b+（3a+b）i為純虛數(shù)，
∴．
又ω===i，|ω|=5，
∴．
把a(bǔ)=3b代入化為b2=25，解得b=±5，∴a=±15．
∴ω=±（i）=±（7﹣i）．
【知識(shí)點(diǎn)】復(fù)數(shù)的運(yùn)算

19.如圖，墻上有一壁畫，最高點(diǎn)A離地面4米，最低點(diǎn)B離地面2米．觀察者從距離墻x（x＞1）米，離地面高a（1≤a≤2）米的C處觀賞該壁畫，設(shè)觀賞視角∠ACB＝θ．
（1）若a＝1.5，問：觀察者離墻多遠(yuǎn)時(shí)，視角θ最大？
（2）若tanθ＝，當(dāng)a變化時(shí)，求x的取值范圍．

【分析】（1）首項(xiàng)利用兩角和的正切公式建立函數(shù)關(guān)系，進(jìn)一步利用判別式確定函數(shù)的最大值；
（2）利用兩角和的正切公式建立函數(shù)關(guān)系，利用a的取值范圍即可確定x的范圍．
【解答】解：（1）如圖，作CD⊥AF于D，則CD＝EF，
設(shè)∠ACD＝α，∠BCD＝β，CD＝x，則θ＝α﹣β，
在Rt△ACD和Rt△BCD中，tanα＝，tanβ＝，
則tanθ＝tan（α﹣β）＝＝（x＞0），
令u＝，則ux2﹣2x+1.25u＝0，
∵上述方程有大于0的實(shí)數(shù)根，∴△≥0，
即4﹣4×1.25u2≥0，∴u≤，即（tanθ）max＝，
∵正切函數(shù)y＝tanx在（0，）上是增函數(shù)，
∴視角θ同時(shí)取得最大值，
此時(shí)，x＝＝，
∴觀察者離墻米遠(yuǎn)時(shí)，視角θ最大；
（2）由（1）可知，tanθ＝＝＝，
即x2﹣4x+4＝﹣a2+6a﹣4，
∴（x﹣2）2＝﹣（a﹣3）2+5，
∵1≤a≤2，
∴1≤（x﹣2）2≤4，
化簡(jiǎn)得：0≤x≤1或3≤x≤4，
又∵x＞1，
∴3≤x≤4．

【知識(shí)點(diǎn)】解三角形

20.如圖，已知復(fù)平面內(nèi)平行四邊形ABCD中，點(diǎn)A對(duì)應(yīng)的復(fù)數(shù)為﹣1，對(duì)應(yīng)的復(fù)數(shù)為2+2i，對(duì)應(yīng)的復(fù)數(shù)為4﹣4i．
（Ⅰ）求D點(diǎn)對(duì)應(yīng)的復(fù)數(shù)；
（Ⅱ）求平行四邊形ABCD的面積．

【分析】（I）利用復(fù)數(shù)的幾何意義、向量的坐標(biāo)運(yùn)算性質(zhì)、平行四邊形的性質(zhì)即可得出．
（II）利用向量垂直與數(shù)量積的關(guān)系、模的計(jì)算公式、矩形的面積計(jì)算公式即可得出．
【解答】解：（Ⅰ）依題點(diǎn)A對(duì)應(yīng)的復(fù)數(shù)為﹣1，對(duì)應(yīng)的復(fù)數(shù)為2+2i，
得A（﹣1，0），＝（2，2），可得B（1，2）．
又對(duì)應(yīng)的復(fù)數(shù)為4﹣4i，得＝（4，﹣4），可得C（5，﹣2）．
設(shè)D點(diǎn)對(duì)應(yīng)的復(fù)數(shù)為x+yi，x，y∈R．
得＝（x﹣5，y+2），＝（﹣2，﹣2）．
∵ABCD 為平行四邊形，∴＝，解得x＝3，y＝﹣4，
故D點(diǎn)對(duì)應(yīng)的復(fù)數(shù)為3﹣4i．
（Ⅱ）＝（2，2），＝（4，﹣4），
可得：＝0，∴．
又||＝2，＝4．
故平行四邊形ABCD的面積＝＝16．
【知識(shí)點(diǎn)】復(fù)數(shù)的代數(shù)表示法及其幾何意義

21.如圖所示，等腰梯形ABFE是由正方形ABCD和兩個(gè)全等的Rt△FCB和Rt△EDA組成，AB＝1，CF＝2．現(xiàn)將Rt△FCB沿BC所在的直線折起，點(diǎn)F移至點(diǎn)G，使二面角E﹣BC﹣G的大小為60°．
（1）求四棱錐G﹣ABCE的體積；
（2）求異面直線AE與BG所成角的大?。?br />

【分析】（1）推導(dǎo)出GC⊥BC，EC⊥BC，從而∠ECG＝60°．連接DG，推導(dǎo)出DG⊥EF，由BC⊥EF，BC⊥CG，得BC⊥平面DEG，從而DG⊥BC，進(jìn)而DG⊥平面ABCE，DG是四棱錐G﹣ABCE的高，由此能求出四棱錐G﹣ABCE的體積．
（2）取DE的中點(diǎn)H，連接BH、GH，則BH∥AE，∠GBH既是AE與BG所成角或其補(bǔ)角．由此能求出異面直線AE與BG所成角的大?。?br /> 【解答】解：（1）由已知，有GC⊥BC，EC⊥BC，所以∠ECG＝60°．
連接DG，由CD＝AB＝1，CG＝CF＝2，∠ECG＝60°，有DG⊥EF①，
由BC⊥EF，BC⊥CG，有BC⊥平面DEG，所以，DG⊥BC②，
由①②知，DG⊥平面ABCE，所以DG就是四棱錐G﹣ABCE的高，
在Rt△CDG中，．
故四棱錐G﹣ABCE的體積為：
．
（2）取DE的中點(diǎn)H，連接BH、GH，
則BH∥AE，故∠GBH既是AE與BG所成角或其補(bǔ)角．
在△BGH中，，，
則．
故異面直線AE與BG所成角的大小為．

【知識(shí)點(diǎn)】異面直線及其所成的角、棱柱、棱錐、棱臺(tái)的體積

22.如圖，四邊形MABC中，△ABC是等腰直角三角形，AC⊥BC，△MAC是邊長(zhǎng)為2的正三角形，以AC為折痕，將△MAC向上折疊到△DAC的位置，使點(diǎn)D在平面ABC內(nèi)的射影在AB上，再將△MAC向下折疊到△EAC的位置，使平面EAC⊥平面ABC，形成幾何體DABCE．
（1）點(diǎn)F在BC上，若DF∥平面EAC，求點(diǎn)F的位置；
（2）求直線AB與平面EBC所成角的余弦值．

【分析】（1）點(diǎn)F為BC的中點(diǎn)，設(shè)點(diǎn)D在平面ABC內(nèi)的射影為O，連接OD，OC，取AC的中點(diǎn)H，連接 EH，由題意知EH⊥AC，EH⊥平面ABC，由題意知DO⊥平面ABC，得DO∥平面EAC，取BC的中點(diǎn)F，連接OF，則OF∥AC，從而OF∥平面EAC，平面DOF∥平面EAC，由此能證明DF∥平面EAC．
（2）連接OH，由OF，OH，OD兩兩垂直，以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)，OF，OH，OD所在直線分別為x，y，z軸，建立空間直角坐標(biāo)系，利用向量法能求出直線AB與平面EBC所成角的余弦值．
【解答】解：（1）點(diǎn)F為BC的中點(diǎn)，
理由如下：設(shè)點(diǎn)D在平面ABC內(nèi)的射影為O，連接OD，OC，
∵AD＝CD，∴OA＝OC，
∴在Rt△ABC中，O為AB的中點(diǎn)，
取AC的中點(diǎn)H，連接 EH，由題意知EH⊥AC，
又平面EAC⊥平面ABC，平面EAC∩平面ABC＝AC，
∴EH⊥平面ABC，由題意知DO⊥平面ABC，
∴DO∥EH，∴DO∥平面EAC，
取BC的中點(diǎn)F，連接OF，則OF∥AC，
又OF?平面EAC，AC?平面EAC，∴OF∥平面EAC，
∵DO∩OF＝O，∴平面DOF∥平面EAC，
∵DF?平面DOF，∴DF∥平面EAC．
（2）連接OH，由（1）可知OF，OH，OD兩兩垂直，
以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)，OF，OH，OD所在直線分別為x，y，z軸，建立如圖所示空間直角坐標(biāo)系，
則B（1，﹣1，0），A（﹣1，1，0），E（0，1，﹣），C（1，1，0），
∴＝（2，﹣2，0），＝（0，2，0），＝（﹣1，2，﹣），
設(shè)平面EBC的法向量＝（a，b，c），
則，取a＝，則＝（，0，﹣1），
設(shè)直線與平面EBC所成的角為θ，
則sinθ＝＝＝．
∴直線AB與平面EBC所成角的余弦值為cosθ＝＝．

【知識(shí)點(diǎn)】直線與平面平行、直線與平面所成的角

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