当前位置:首页 >> 数学 >>

浙江省2016届高三数学专题复习 专题四 立体几何与空间向量过关提升 理


专题四

立体几何与空间向量
专题过关?提升卷 第Ⅰ卷(选择题)

一、选择题 1.(2015?浙江高考)某几何体的三视图如图所示(单位:cm),则该几何体的体积是( )

A.8 cm

3

B.12 cm

3

32 3 C. cm 3

40 3 D. cm 3

2. 设 a, b 是两条直线, α , β 表示两个平面, 如果 a? α , α ∥β , 那么“b⊥β ”是“a⊥b” 的( )

A.充分不必要条件 B.必要不充分条件 C.充要条件 D.既不充分又不必要条件 π 3.(2015?山东高考)在梯形 ABCD 中,∠ABC= ,AD∥BC,BC=2AD=2AB=2.将梯形 ABCD 2 绕 AD 所在的直线旋转一周而形成的曲面所围成的几何体的体积为( A. 2π 3 4π B. 3 5π C. 3 D.2π ) )

4.(2015?北京高考)某三棱锥的三视图如图所示,则该三棱锥的表面积是(

1

A.2+ 5 C.2+2 5

B.4+ 5 D.5

5.(2015?北京朝阳区质检)在空间直角坐标系 O-xyz 中,已知 A(2,0,0),B(2,2,0),

C(0,2,0),D(1,1, 2),若 S1,S2,S3 分别表示三棱锥 D-ABC 在 xOy,yOz,zOx 坐标平
面上的正投影图形的面积,则( A.S1=S2=S3 C.S1=S3 且 S3≠S2 ) B.S1=S2 且 S3≠S1 D.S2=S3 且 S1≠S3

6.(2015?杭州中学模拟)一个四棱锥的三视图如图所示,下列说法中正确的是(

)

A.最长棱的棱长为 6 B.最长棱的棱长为 3 C.侧面四个三角形中有且仅有一个是正三角形 D.侧面四个三角形都是直角三角形 7.(2015?嘉兴模拟)在长方体 ABCD-A1B1C1D1 中,A1A=AB=2,若棱 AB 上存在点 P,使得 D1P ⊥PC,则 AD 的取值范围是( A.[1,2) C.(0,1] ) B.(1, 2] D.(0,2)

8.某市博物馆邀请央视《一槌定音》专家鉴宝,其中一藏友持有的“和田玉”的三视图如图 所示, 若将和田玉切割、 打磨、 雕刻成“和田玉球”, 则该“玉雕球”的最大表面积是( )
2

A.4π

B.16π

C.36π

D.64π 第Ⅱ卷(非选择题)

二、填空题 3 9.(2015?舟山中学模拟)如图,在矩形 ABCD 中,AB= ,BC=2,沿 BD 将矩形 ABCD 折叠, 2 连接 AC,所得三棱锥 A-BCD 的正视图和俯视图如图所示,则三棱锥 A-BCD 侧视图的面积为 ________.

10.如图所示,ABC-A1B1C1 是直三棱柱,AC⊥CB,点 D1、F1 分别是 A1B1、A1C1 的中点.若 BC =CA=CC1,则 BD1 与 CF1 所成角的正弦值是________.

11. (2015?杭州二中调研)在三棱锥 P-ABC 中, PA⊥平面 ABC, AC⊥BC, AC=BC=1, PA= 3, 则该三棱锥外接球的表面积为________. 12.(2014?山东高考)在三棱锥 P-ABC 中,D,E 分别为 PB,PC 的中点,记三棱锥 D-ABE 的体积为 V1,P-ABC 的体积为 V2,则 =________.

V1 V2

13.多面体 MN-ABCD 的底面 ABCD 为矩形,其正视图和侧视图如图,其中正视图为等腰梯形, 侧视图为等腰三角形,则 AM 的长为________.
3

14 .(2015?天津高考 ) 一个几何体的三视图如图所示 ( 单位: m) ,则该几何体的体积为 ________m .
3

15.将边长为 1 的正方形 ABCD 沿对角线 AC 折起后,使得平面 ADC⊥平面 ABC,在折起后的三 棱锥 D-ABC 中,给出下列四个命题: ①AC⊥BD;②侧棱 DB 与平面 ABC 成 45°的角;③△BCD 是等边三角形;④三棱锥的体积 VD-
ABC



2 . 6

那么正确的命题是________(填上所有正确命题的序号).

三、解答题 π 16.如图 1,在直角梯形 ABCD 中,AD∥BC,∠BAD= ,AB=BC=1,AD=2,E 是 AD 的中点, 2

O 是 AC 与 BE 的交点,将△ABE 沿 BE 折起到△A1BE 的位置,如图 2.

(1)证明:CD⊥平面 A1OC; (2)若平面 A1BE⊥平面 BCDE,求直线 A1B 与平面 A1CD 所成角.
4

17.(2015?福建高考)如图,在几何体 ABCDE 中,四边形 ABCD 是矩形,AB⊥平面 BEC,BE⊥

EC,AB=BE=EC=2,G,F 分别是线段 BE,DC 的中点.

(1)求证:GF∥平面 ADE; (2)求平面 AEF 与平面 BEC 所成锐二面角的余弦值.

18.(2015?四川高考)一个正方体的平面展开图及该正方体的直观图的示意图如图所示,在 正方体中,设 BC 的中点为 M,GH 的中点为 N.

(1)请将字母 F,G,H 标记在正方体相应的顶点处(不需说明理由); (2)证明:直线 MN∥平面 BDH; (3)求二面角 A-EG-M 的余弦值.

19.如图所示,在四棱锥 P-ABCD 中,底面 ABCD 是菱形,且∠BAD=120°,AB=2,E 是 CD 的中点.平面 PAD⊥平面 ABCD,PA⊥AD,PC 与平面 ABCD 所成的角为 45°.

5

(1)求证:CD⊥平面 PAE; (2) 试 问 在 线 段 AB(不 包 括 端 点 )上 是 否 存 在 一 点 F, 使 得 二 面 角 A- PF- E 的大小为 45°?若存在,请求出 AF 的长;若不存在,说明理由.

20.(2015?天津高考)如图,在四棱柱 ABCD-A1B1C1D1 中,侧棱 A1A⊥底面 ABCD,AB⊥AC,AB =1,AC=AA1=2,AD=CD= 5,且点 M 和 N 分别为 B1C 和 D1D 的中点.

(1)求证:MN∥平面 ABCD; (2)求二面角 D1-AC-B1 的正弦值; 1 (3)设 E 为棱 A1B1 上的点,若直线 NE 和平面 ABCD 所成角的正弦值为 ,求线段 A1E 的长. 3

专题过关?提升卷 1 32 3 2 3 1.C [该几何体为正方体与正四棱锥的组合体,∴体积 V=2 + ?2 ?2= (cm ).] 3 3 2.A [若 b⊥β ,α ∥β ,则 b⊥α ,又 a? α ,∴a⊥b, 但 a⊥b,a? α ,α ∥β 时,得不到 b⊥β . ∴“b⊥β ”是“a⊥b”的充分不必要条件.]

3.C [如图,由题意,得 BC=2,AD=AB=1.绕 AD 所在直线旋转一周后所得几何体为一个 1 5π 2 2 圆柱挖去一个圆锥的组合体.所求体积 V=π ?1 ?2- π ?1 ?1= .] 3 3

6

4.C [该三棱锥的直观图如图所示:

过 D 作 DE⊥BC,交 BC 于 E,连接 AE,则 BC=2,EC=1,AD=1,ED=2,AE= 5,BD=CD = 5,

S 表=S△BCD+S△ACD+S△ABD+S△ABC
1 1 1 = ?2?2+ ?1? 5?2+ ?2? 5 2 2 2 =2+2 5.] 5.D [由图可知 S2=S3= 2,S1=2,所以 S1≠S3.]

6.D [由三视图知,该四棱锥的直观图如图所示,

其中 PA⊥平面 ABCD,平面 ABCD 为直角梯形. 则最长棱 PB= 2 +2 =2 2,A 错,B 错. 棱锥中的四个侧面中: 由 PA⊥底面 ABCD,知△PAB,△PAD 为直角三角形. 又 DC⊥AD,PA⊥DC,知 DC⊥平面 PAD,
2 2

7

则 DC⊥PD,从而△PDC 为直角三角形. 又 PD= 5,DC=1,所以 PC= 1 +( 5) = 6. 在梯形 ABCD 中,易求 BC= 2,故 PB =PC +BC ,△PBC 为直角三角形.] 7.C [如图,以 D 为原点,分别以 DA,DC,DD1 所在的直线为 x 轴、y 轴、z 轴建立空间直 角坐标系 D-xyz,
2 2 2 2 2





则 D1(0,0,2),C(0,2,0),设 P(x,y,0)(x>0,0<y<2),则 D1P=(x,y,-2),PC=(-

x,2-y,0).
→ → 2

由 D1P⊥PC,得 D1P?PC=-x +y(2-y)=0, ∴x= 2y-y (0<y<2),所以 0<x≤1.] 8.B [由三视图知, “和田玉”为直三棱柱,底面是直角三角形,高为 12,如图所示.
2

其中 AC=6,BC=8,BC⊥AC,则 AB=10, 若使“玉雕球”的半径最大,则该球与直三棱柱的三个侧面都相切. 6+8-10 2 ∴球半径 r= =2,则 S 球=4π r =16π .] 2

9.

18 [由正视图及俯视图知,在三棱锥 A-BCD 中,平面 ABD⊥平面 BCD(如图所示),因此三 25

棱锥的侧视图为等腰直角三角形.

3 在△ABD 中,AB= ,AD=BC=2. 2

8

5 2 2 ∴BD= AB +BC = . 2

AB?AD 2 6 因此 AA′= = = . BD 5 5
2 6 所以等腰直角三角形的腰长为 . 5 1 ?6?2 18 故侧视图的面积为 ?? ? = .] 2 ?5? 25 10. 6 6 [如图所示,建立以 C 为坐标原点,CA、CB、CC1 所在直线分别为 x 轴、y 轴、z 轴的

3 ?2

空间直角坐标系.

设 BC=CA=CC1=2,则 B(0,2,0)、D1(1,1,2)、F1(1,0,2).
→ →

则 BD1=(1,-1,2),CF1=(1,0,2),
→ → → →

5 30 ∴cos〈BD1,CF1〉= → = . → = 6 30 |BD1||CF1| 设 BD1 与 CF1 所成的角为 α .

BD1?CF1

11.5π

[如图所示,将三棱锥 P-ABC 补成长方体 ADBC-PD′B′C′.

则三棱锥 P-ABC 的外接球就是长方体的外接球.

∴2R= PA +AC +AD = 5, 故外接球的表面积 S 球=4π R =5π .]
2

2

2

2

9

1 h1 1 12. [分别过 E,C 向平面 PAB 作高 h1,h2,由 E 为 PC 的中点得 = ,由 D 为 PB 的中点得 4 h2 2

S△ABD= S△ABP,

1 2

?1 ? ?1 ? 1 所以 V1∶V2=? S△ABD?h1?∶? S△ABP?h2?= .] ?3 ? ?3 ? 4
13. 6 [如图所示为多面体 MN-ABCD,

作 MH⊥AB 交 AB 于 H.

由侧视图可知 MH= 1 +2 = 5. 根据正视图知 MN=2,AB=4,且正视图为等腰梯形. 4-2 2 2 ∴AH= =1,从而 AM= AH +MH = 6.] 2 8π 14. 3 [由三视图知, 该几何体是由两个圆锥和一个圆柱构成的组合体, 且圆锥的底面分别

2

2

与圆柱的两个底面重合. ∵圆柱的底面圆的半径 R=1,高 h=2,且圆锥的高 h′=1. 1 π 2 2 ∴V 圆柱=π R ?h=2π ,V 圆锥= π R h′= . 3 3 8π 因此该几何体的体积 V=V 圆柱+2V 圆锥= .] 3 15.①②③ [取 AC 的中点 O,连接 OB,OD,则 OD⊥AC,OB⊥AC.OD∩OB=O,

AC⊥平面 OBD,从而 AC⊥BD,①正确.
又平面 ADC⊥平面 ABC,DO⊥AC, 所以 DO⊥平面 ABC, 因此 DO⊥OB,且∠OBD 为棱 BD 与底面 ABC 所成的角. 由 OB=OD,知∠OBD=45°, 所以②正确,

10

从而 BD= 2?OB=1,故 BC=CD=BD=1, 因此△BCD 是等边三角形,命题③正确. 根据 DO⊥平面 ABC. 1 2 得 V 三棱锥 D-ABC= ?S△ABC?OD= ,∴④错误.] 3 12 16.(1)证明 在题图 1 中,因 AB=BC=1,AD=2,E 是 AD 的中点, π ∠BAD= ,所以 BE⊥AC, 2 即在题图 2 中,BE⊥OA1,BE⊥OC,且 A1O∩OC=O, 从而 BE⊥平面 A1OC, 1 又在直角梯形 ABCD 中,AD∥BC,BC= AD,E 为 AD 中点,所以 BC 綉 ED, 2 所以四边形 BCDE 为平行四边形, 故有 CD∥BE, 所以 CD⊥平面 A1OC. (2)解 由已知,平面 A1BE⊥平面 BCDE, 又由(1)知,BE⊥OA1,BE⊥OC,

所以∠A1OC 为二面角 A1-BE-C 的平面角, π 所以∠A1OC= , 2 如图,以 O 为原点,建立空间直角坐标系, 因为 A1B=A1E=BC=ED=1,BC∥ED, 2 2? ? 2 ? ? 2 ? ? ? ? ,0,0?,E?- ,0,0?,A1?0,0, ?,C?0, ,0?, 2? ? 2 ?2 ? ? 2 ? ? ? → → → → 2? 2 2? ? 2 ? 于是 A1B=? ,0,- ?,A1C=?0, ,- ?,CD=BE=(- 2,0,0). 2? 2 2? ?2 ? 所以 B? 设直线 A1B 与平面 A1CD 所成的角为 θ ,平面 A1CD 的法向量 n=(x,y,z).
→ ?- 2x=0, ? ?n?CD=0, ? 则? 得? 2 取 n=(0,1,1). → 2 y - z = 0 , ? ?n?A1C=0, ? 2 ?2

11

→ →

A1B?n 1 ∴cos〈A1B,n〉= → = =- . 2 |A1B|?|n| 1? 2
→ 1 因此 sin θ =|cos〈A1B,n〉|= , 2



2 2

π 故直线 A1B 与平面 A1CD 所成的角为 . 6 17.(1)证明 如图,取 AE 的中点 H, 连接 HG,HD,

又 G 是 BE 的中点, 1 所以 GH∥AB,且 GH= AB. 2 又 F 是 CD 的中点, 1 所以 DF= CD. 2 由四边形 ABCD 是矩形得,AB∥CD,AB=CD, 所以 GH∥DF,且 GH=DF, 从而四边形 HGFD 是平行四边形, 所以 GF∥DH. 又 DH? 平面 ADE,GF?平面 ADE, 所以 GF∥平面 ADE. (2)解 如图,在平面 BEC 内,过 B 点作 BQ∥EC. 因为 BE⊥CE,所以 BQ⊥BE. 又因为 AB⊥平面 BEC,所以 AB⊥BE,AB⊥BQ.
→ → →

以 B 为原点,分别以BE,BQ,BA的方向为 x 轴,y 轴,z 轴的正方向建立空间直角坐标系,

12

则 A(0,0,2),B(0,0,0),E(2,0,0),

F(2,2,1).
因为 AB⊥平面 BEC,


所以BA=(0,0,2)为平面 BEC 的法向量. 设 n=(x,y,z)为平面 AEF 的法向量.
→ →

又AE=(2,0,-2),AF=(2,2,-1),

?n?AE=0, ? ? ?2x-2z=0, 由? 得? → ?2x+2y-z=0. ?n?AF=0, ? ?
取 z=2,得 n=(2,-1,2).




4 2 从而 cos〈n,BA〉= = . → = 3?2 3 |n|?|BA|


n?BA

2 所以平面 AEF 与平面 BEC 所成锐二面角的余弦值为 . 3 18.(1)解 点 F,G,H 的位置如图所示.

(2)证明 连接 BD,设 O 为 BD 的中点, 因为 M,N 分别是 BC,GH 的中点, 1 所以 OM∥CD,且 OM= CD, 2

HN∥CD,且 HN= CD,
所以 OM∥HN,OM=HN, 所以 MNHO 是平行四边形,从而 MN∥OH. 又 MN?平面 BDH,OH? 平面 BDH,
13

1 2

所以 MN∥平面 BDH.
→ → →

(3)解 如图,以 D 为坐标原点,分别以DA,DC,DH方向为 x,y,z 轴的正方向,

建立空间直角坐标系 D-xyz, 设 AD=2,则 M(1,2,0),G(0,2,2),E(2,0,2),O(1,1,0),
→ →

所以,GE=(2,-2,0),MG=(-1,0,2), 设平面 EGM 的一个法向量为 n1=(x,y,z),

? ?n?GE=0, ? ?2x-2y=0, ? 由? 取 x=2,得 n1=(2,2,1), → ?-x+2z=0, ?n1?MG=0,? ?
在正方体 ABCD-EFGH 中,DO⊥平面 AEGC,




则可取平面 AEG 的一个法向量为 n2=DO=(1,1,0),

n1?n2 2+2+0 2 2 所以 cos〈n1,n2〉= = = , |n1|?|n2| 3 4+4+1? 1+1+0
2 2 故二面角 A-EG-M 的余弦值为 . 3 19.(1)证明 连接 AC,∵平面 PAD⊥平面 ABCD,PA⊥AD. 又 PA? 平面 PAD,面 PAD∩面 ABCD=AD.

∴PA⊥平面 ABCD,故 PA⊥CD. 在菱形 ABCD 中,∠BAD=120°, ∴∠ADC=60°,从而△ACD 为等边三角形.又∵E 为 CD 的中点, ∴AE⊥CD,由于 PA∩AE=A,所以 CD⊥平面 PAE, (2)解 假设存在,由(1)知,PA、AB、AE 两两垂直,以 A 为坐标原点,分别以 AB、AE、AP 所在直线为 x,y,z 轴建立空间直角坐标系 A-xyz(如图所示).
14

由 PA⊥平面 ABCD,则∠PCA 为 PC 与平面 ABCD 所成的角, ∴∠PCA=45°,因此 PA=AC=AB=2.


则 P(0,0,2),A(0,0,0),E(0, 3,0)∴PE=(0, 3,-2). 设 AF=a(0<a<2),则 F(a,0,0),


∴PF=(a,0,-2), 设平面 PEF 的一个法向量为 m=(x,y,z).

? ?m?PE=0, ? 3y-2z=0, 由? 得? → ?m?PF=0. ?ax-2z=0, ?
取 x=2,则 m=?2,




? ?

2a

,a? ?. 3 ?

又向量AE=(0, 3,0)是平面 PAF 的一个法向量.
→ →

∴|cos〈m,AE〉|= → = |m|?|AE| 3? 因此 3? 2a 7a 4+ 3
2

|m?AE|

2a 7a 4+ 3
2

=cos 45°=

2 ,解之得 a=2 3. 2

由于 2 3?(0,2), 故不存在点 F,使得二面角 A-PF-E 为 45°. 20.解 如图,以 A 为原点建立空间直角坐标系,

依题意可得 A(0,0,0),B(0,1,0),C(2,0,0),D(1,-2,0),A1(0,0,2),B1(0,1, 2),C1(2,0,2),D1(1,-2,2). 又因为 M,N 分别为 B1C 和 D1D 的中点,
15

? 1 ? 得 M?1, ,1?,N(1,-2,1). ? 2 ?
→ 5 ? ? (1)证明 依题意,可得 n=(0,0,1)为平面 ABCD 的一个法向量,MN=?0,- ,0?,由此 2 ? ? →

可得MN?n=0, 又因为直线 MN?平面 ABCD,所以 MN∥平面 ABCD.

???? ? n ? ? 1 AD1 ? 0, → (2)AD 1 =(1, -2, 2), AC=(2, 0, 0), 设 n1=(x1, y1, z1)为平面 ACD1 的法向量, 则 ? ???? ? ?n1 ?AC ? 0,


?x1-2y1+2z1=0, ? 即? ? ?2x1=0.

不妨设 z1=1,可得 n1=(0,1,1).

??? ? ? ?n2 ?AB1 ? 0, 设 n2=(x2,y2,z2)为平面 ACB1 的法向量,则 ? ???? ? ?n2 ?AC ? 0,
? ?y2+2z2=0, → 又 AB 1 =(0,1,2),得? ?2x2=0 ?

不妨设 z2=1,可得 n2=(0,-2,1). 因此有 cos〈n1,n2〉=

n1?n2 10 =- , |n1|?|n2| 10
1-?-

于是 sin〈n1,n2〉=

? ?

10?2 3 10 ? = 10 . 10 ?

3 10 所以,二面角 D1-AC-B1 的正弦值为 . 10 (3)依题意,可设 A 1 E =λ A 1B 1 ,其中 λ ∈[0,1], 则 E(0,λ ,2),


????

???? ?

从而NE=(-1,λ +2,1), 又 n=(0,0,1)是平面 ABCD 的一个法向量,
→ →

故|cos〈NE,n〉|=
2

1 1 = = . 2 2 2 (-1) +(λ +2) +1 3 |NE|?|n|


|NE?n|

整理得 λ +4λ -3=0,解得 λ =-2± 7, 又因为 λ ∈[0,1],所以 λ = 7-2, 所以,线段 A1E 的长为 7-2.

16

17


赞助商链接
相关文章:
...大专题综合检测:综合测4+立体几何与空间向量(理)(人...
2016届高考数学二轮大专题综合检测:综合测4+立体几何与空间向量()(人教版含解析)_高三数学_数学_高中教育_教育专区。4 立体几何与空间向量() 时间 120 分钟...
...复习(浙江专版)专题验收评估四立体几何与空间向量(...
2018高考数学二轮专题复习(浙江专版)专题验收评估四立体几何与空间向量(含答案)_高考_高中教育_教育专区。2018高考数学二轮专题复习(浙江专版)专题(含答案) ...
...2018版高考数学专题复习专题8立体几何与空间向量第5...
江苏专用2018版高考数学专题复习专题8立体几何与空间向量第55练高考大题突破练__立体几何练习_数学_高中教育_教育专区。(江苏专用) 2018 版高考数学专题复习 专题...
...第2部分 大专题综合测4 立体几何与空间向量 理(含解...
【走向高考】(全国通用)2016高考数学二轮复习 第2部分 大专题综合测4 立体几何与空间向量 (含解析)_高三数学_数学_高中教育_教育专区。4 立体几何与空间向量(...
...数学二轮专题突破 专题四 立体几何与空间向量 第3讲...
【新步步高】2016高考数学二轮专题突破 专题四 立体几何与空间向量 第3讲 立体几何中的向量方法 _数学_高中教育_教育专区。第3讲 立体几何中的向量方法 1.(...
...检测(浙江) 第一部分 专题五 立体几何与空间向量 专...
2018高考数学()二轮检测(浙江) 第一部分 专题立体几何与空间向量 专题能力训练12 含答案_高三数学_数学_高中教育_教育专区。2018高考数学()二轮检测(...
【优化方案】2016年高考数学二轮复习 第一部分专题四 ...
【优化方案】2016年高考数学二轮复习 第一部分专题四 第3讲 空间向量立体几何专题强化精练提能 _数学_高中教育_教育专区。第一部分专题四 立体几何 第 3 讲...
2018届高考数学二轮复习立体几何空间向量与立体几何(理...
2018高考数学二轮复习立体几何空间向量立体几何()专题卷(全国卷1) - 空间向量立体几何专题 1. 如图,已知 AB⊥平面 ACD,DE⊥平面 ACD,△ACD 为等边...
...2018版高考数学专题复习专题8立体几何与空间向量第5...
(江苏专用) 2018 版高考数学专题复习 专题 8 立体几何与空间向量 第 51 练 垂直的判定与性质练习 训练目标 会应用线、面垂直的定理及性质证明直线与平面垂直...
...2018版高考数学专题复习专题8立体几何与空间向量第4...
江苏专用2018版高考数学专题复习专题8立体几何与空间向量第49练空间点线面的位置关系练习_数学_高中教育_教育专区。(江苏专用) 2018 版高考数学专题复习 专题 8 ...
更多相关标签: