当前位置:首页 >> 数学 >>

2015届高考理科数学二轮复习专题突破课件+题能专训:第14讲 空间几何体的三视图、表面积及体积提能专训14


提能专训(十四)
一、选择题

点、直线、平面之间的位置关系

1.(2014· 湖南十三校联考)已知 m,n 为异面直线,m⊥平面 α,n ⊥平面 β.直线 l 满足 l⊥m,l⊥n,l?α,l?β,则( A.α 与 β 相交,且交线平行于 l B.α 与 β 相交,且交线垂直于 l C.α∥β,且 l∥α D.α⊥β,且 l⊥β [答案] A [解析] ∵m⊥α, n⊥β, 且 m, n 为异面直线, ∴α 与 β 一定相交. 又 l⊥m,l⊥n,l?α,l?β,∴l 平行于平面 α 与 β 的交线.故 A 正确. 2.(2014· 河南六市联考)m,n 为两条不重合的直线,α,β 为两个 不重合的平面,则下列命题中正确的是( ) )

①若 m,n 都平行于平面 α,则 m,n 一定不是相交直线; ②若 m,n 都垂直于平面 α,则 m,n 一定是平行直线; ③已知 α,β 互相垂直,m,n 互相垂直,若 m⊥α,则 n⊥β; ④m,n 在平面 α 内的射影互相垂直,则 m,n 互相垂直. A.② C.①③ [答案] A [解析] 由空间中直线与平面的位置关系的性质,可知①③④错 B.②③ D.②④

误,②正确,故选 A. 3.(2014· 福建质检)如图,AB 是⊙O 的直径,VA 垂直于⊙O 所在 的平面,C 是圆周上不同于 A,B 的任意一点,M,N 分别为 VA,VC 的中点,则下列结论正确的是( )

A.MN∥AB C.OC⊥平面 VAC [答案] D

B.MN 与 BC 所成的角为 45° D.平面 VAC⊥平面 VBC

[解析] 依题意, 得 BC⊥AC, ∵VA⊥平面 ABC, BC?平面 ABC, ∴VA⊥BC,∵AC∩VA=A,∴BC⊥平面 VAC,又 BC?平面 VBC,∴ 平面 VAC⊥平面 VBC. 4.(2014· 厦门 5 月适应性考试)如图,棱长为 1 的正方体 ABCD- A1B1C1D1 中,P 为线段 A1B 上的动点,则下列结论错误的是( )

A.DC1⊥D1P B.平面 D1A1P⊥平面 A1AP C.∠APD1 的最大值为 90° D.AP+PD1 的最小值为 2+ 2

[答案] C [解析] 因为 DC1⊥平面 A1BCD1,D1P?平面 A1BCD1,所以 DC1 ⊥D1P, 所以 A 是正确的; 因为 D1A1⊥平面 ABB1A1, D1A1?平面 D1A1P, 所以平面 D1A1P⊥平面 ABB1A1,即平面 D1A1P⊥平面 A1AP,所以 B 2 是正确的;当 0<A1P< 2 时,∠APD1 为钝角,所以 C 是错误的;将平 面 AA1B 与平面 A1BCD1 沿 A1B 展开成平面图形,线段 AD1 的长即为 AP+PD1 的最小值, 解三角形易得 AD1= 2+ 2, 所以 D 是正确的. 故 选 C. 5.(2014· 济南期末考试)已知 m,n 是两条不同的直线,α,β 是两 个不同的平面,给出下列命题: ①若 α⊥β,m∥α,则 m⊥β; ②若 m⊥α,n⊥β,且 m⊥n,则 α⊥β; ③若 m⊥β,m∥α,则 α⊥β; ④若 m∥α,n∥β,且 m∥n,则 α∥β. 其中正确命题的序号是( A.①④ C.②④ [答案] B [解析] 当 α⊥β,m∥α 时,有 m⊥β,m∥β,m?β 等多种可能 情况,所以①不正确; 当 m⊥α,n⊥β,且 m⊥n 时,由平面垂直的判定定理知,α⊥β, 所以②正确; 因为 m⊥β,m∥α,所以 α⊥β,③正确; 若 m∥α,n∥β,且 m∥n,则 α∥β 或 α,β 相交,④不正确.故 选 B. ) B.②③ D.①③

6.(2014· 北京海淀区模拟 )如图所示,正方体 ABCD-A1B1C1D1 的棱长为 1,BD∩AC=O,M 是线段 D1O 上的动点,过点 M 作平面 ACD1 的垂线交平面 A1B1C1D1 于点 N,则点 N 到点 A 距离的最小值为 ( )

A. 2 2 3 C. 3 [答案] B

6 B. 2 D.1

[解析] 连接 B1D1,AN,则 N 在 B1D1 上.设 MN=x.在正方体 ABCD-A1B1C1D1 中可求得 sin∠B1D1O= 2 , 则在 Rt△D1MN 中, D1N 6

MN 6 π = = 2 x.又由正方体的性质知∠AD1N=3,于是在△AD1N sin∠B1D1O 中,由余弦定理,得|AN|= 1 1 =2 6x2-4 3x+8=2 ? 2?2+? 6?x-
? ? ? 6 ?2 6 π ? -2× 2× xcos x 2 3 ?2 ?

3?2 ? +6, 3?

3 6 所以当 x= 3 时,|AN|取得最小值 2 ,故选 B. 7.(2014· 河南联考)如图,在棱长为 1 的正方体 ABCD-A1B1C1D1

中,点 E,F 分别是棱 BC,CC1 的中点,P 是侧面 BCC1B1 内一点, 若 A1P∥平面 AEF,则线段 A1P 长度的取值范围是( )

A.?1,
?

?

5? ? 2?

B.?

?3 2 5? ? , 2? ? 4

C.?

? 5 ? ? , 2 ?2 ?

D.[ 2, 3]

[答案] B [解析] 如图所示,取 B1C1 的中点 N,BB1 的中点 M,连接 A1M, A1N,MN,可以证明平面 A1MN∥平面 AEF,所以点 P 位于线段 MN 上,且有 A1M=A1N=
?1? 5 1+?2?2= 2 ,MN= ? ? ?1?2 ?1?2 2 ? ? +? ? = ,所以 2 ?2? ?2?

当点 P 位于点 M 或 N 处时,A1P 最大,当 P 位于 MN 的中点 O 时, A1P 最小,此时 A1O=
? 5?2 ? 2?2 3 2 ? ? -? ? = 4 ,所以 A1O≤A1P≤A1M, ?2 ? ? 4?

?3 2 3 2 5 5? ?,故选 即 4 ≤A1P≤ 2 ,所以线段 A1P 长度的取值范围是? , 2? ? 4

B.

8.(2014· 南昌模拟)在三棱锥 C-ABD 中(如图),△ABD 与△CBD 是全等的等腰直角三角形,O 为斜边 BD 的中点,AB=4,二面角 A -BD-C 的大小为 60° ,并给出下面结论:①AC⊥BD;②AD⊥CO; 3 ③△AOC 为正三角形;④cos ∠ADC= 4 ;⑤四面体 ABCD 的外接球 的表面积为 32π. 其中真命题是( )

A.②③④ C.①④⑤ [答案] D [解析]

B.①③④ D.①③⑤

由题意知,BC=CD=AD=AB,且 BC⊥CD,BA⊥AD.

1 因为 O 是斜边 BD 的中点,所以 OC⊥BD,OA⊥BD,且 OC=OA=2

BD,所以∠AOC 是二面角 A-BD-C 的一个平面角,所以∠AOC= 60° ,所以△AOC 是正三角形,即③正确.而 OC∩OA=O,所以 BD ⊥平面 AOC,所以 BD⊥AC,即①正确.若 AD⊥CO,则由 CO⊥BD 可得 CO⊥平面 ABD,所以 CO⊥OA,这与∠AOC=60° 矛盾,所以② 不正确.因为 AB = CD = AD = 4 , AC = 2 2 ,所以 cos ∠ ADC = 42+42-?2 2?2 3 =4,所以④不正确.因为 OB=OC=OA=OD,所以 O 2×4×4 是四面体 ABCD 的外接球的球心,外接球的表面积为 4π×(2 2)2= 32π,即⑤正确. 综上所述,真命题是①③⑤. 9.(2014· 北京西城区期末)如图,正方体 ABCD-A1B1C1D1 的棱长 为 2 3,动点 P 在对角线 BD1 上,过点 P 作垂直于 BD1 的平面 α,记 这样得到的截面多边形(含三角形)的周长为 y, 设 BP=x, 则当 x∈[1,5] 时,函数 y=f(x)的值域为( )

A.[2 6,6 6] C.[3 6,18] [答案] D

B.[2 6,18] D.[3 6,6 6]

[解析] 当点 P 从点 B 向 D1 运动时,截面的周长 y 越来越大,当 截面经过平面 AB1C 时,周长最大,当点 P 继续移动时,在截面 AB1C 到截面 A1DC1 之间,截面周长不变,当点 P 继续移动时,截面周长越

来越小, 所以截面周长的最大值就是△AB1C 的周长. 因为正方体的棱 长为 2 3,所以 AC=2 6,即周长为 6 6.当 x=1 时,截面的周长最 小,如图,

y y2 2 2 2 设△EFG 的边长为3,BF +BE =EF = 9 ,又 BF=BE,所以 BE 2y = 6 ,连接 EP 交 FG 于点 M,连接 BM,因为 P 是等边三角形 EFG
? 3y?2 y 2 ?, 的中心, 所以 FM=6, 所以 EM2=EF2-FM2=? 因为 EP=3EM, ? 6 ? ? 3y?2 ? 2y?2 3y ? =? ?, 所以 EP= 9 .又 BP2+EP2=BE2, 即 12+? 得 y=3 6, ? 9 ? ? 6 ?

所以值域为[3 6, 6 6](或由平面 AB1C∥平面 FEG, BP=1 可知 E, F, G 分别是 BB1,AB,BC 的中点,则△EFG 的周长为△AB1C 的一半, 即 3 6). 10.在△ABC 中,∠C=90° ,∠B=30° ,AC=1,M 为 AB 的中 点,将△ACM 沿 CM 折起,使 A,B 间的距离为 2,如图所示,则 M 到平面 ABC 的距离为( )

1 A.2

3 B. 2

C.1

3 D.2

[答案] A [解析] 由题意知 MB=MA=MC=1,所以点 M 在底面的投影为 底面三角形的外心,又 AB= 2,AC=1,BC= 3,所以底面三角形 的外心为斜边 BC 的中点.设 BC 的中点为 D,连接 MD,则 MD 为 M 到平面 ABC 的距离,在△MBD 中,∠MBC=30° ,MD⊥BC,所以 1 1 MD=2MB=2,故选 A. 二、填空题 11. (2014· 长春调研)已知三棱柱 ABC-A1B1C1 的底面是边长为 6 的正三角形,侧棱垂直于底面,且该三棱柱的外接球的表面积为 12π, 则该三棱柱的体积为________. [答案] 3 3 [解析] 设外接球半径为 R,上、下底面中心设为 M,N(其中上 底面为△ABC),由题意,外接球球心为 MN 的中点,设为 O,连接 OA,AM,则 OA=R,由 4πR2=12π 得 R=OA= 3,又易得 AM= 2, 由勾股定理可知 OM=1,所以 MN=2,即棱柱的高 h=2,所以该三 3 棱柱的体积为 4 ×( 6)2×2=3 3. 12.(2014· 上海徐汇、金山、松江二模)如图,在直三棱柱 ABC-

A1B1C1 中,∠ACB=90° ,AA1=2,AC=BC=1,则异面直线 A1B 与 AC 所成角的余弦值是________.

[答案]

6 6

[解析] 由于 AC∥A1C1, 所以∠BA1C1(或其补角)就是所求异面直 线所成的角.在△BA1C1 中,A1B= 6,A1C1=1,BC1= 5,cos ∠ BA1C1= 6+1-5 6 =6. 2 6×1

13 . (2014· 吉林高中毕业班复习检测)下列命题中正确的是 ________.(填上你认为正确的所有命题的序号) ①空间中三个平面 α,β,γ,若 α⊥β,γ⊥β,则 α∥γ; ②若 a,b,c 为三条两两异面的直线,则存在无数条直线与 a,b, c 都相交; π ③球 O 与棱长为 a 的正四面体各面都相切,则该球的表面积为6 a2; ④三棱锥 P-ABC 中,PA⊥BC,PB⊥AC,则 PC⊥AB. [答案] ②③④

[解析] ①中也可以 α⊥γ;②过其中一条直线作平面,与其他两 条直线相交,只要连接两个交点的直线不与平面中的那条直线平行, 6 便会相交.这样的情况有无数种;③中可得球的半径为 r= 12 a;④中 由 PA⊥BC,PB⊥AC 得点 P 在底面△ABC 的投影为△ABC 的垂心, 故 PC⊥AB. 三、解答题 14.(2014· 郑州质检)在三棱柱 ABC-A1B1C1 中,侧面 ABB1A1 为 矩形,AB=1,AA1= 2,D 为 AA1 的中点,BD 与 AB1 交于点 O,CO ⊥侧面 ABB1A1.

(1)证明:BC⊥AB1; (2)若 OC=OA,求三棱锥 C1-ABC 的体积. 解:(1)证明:∵AB=1,AA1= 2,D 为 AA1 的中点, 2 6 ∴AD= 2 ,BD= AB2+AD2= 2 ,AB1= 3. 易知△AOD∽△B1OB. AO DO AD 1 ∴OB = OB =BB =2,
1 1

1 6 1 3 ∴OD=3BD= 6 ,AO=3AB1= 3 . ∴AO2+OD2=AD2,∴AB1⊥BD.

又∵CO⊥平面 ABB1A1, ∴CO⊥AB1.又 CO∩BD=O. ∴AB1⊥平面 CBD. 又∵BC?平面 CBD,∴BC⊥AB1. 3 (2)∵OC=OA= 3 ,且 A1C1∥平面 ABC, 1 1 1 ∴ VC1 - ABC = VA1 - ABC = VC - ABA1 = 3 S △ ABA1· OC = 3 × 2 3 6 ×1× 2× 3 = 18 . 15. (2014· 安徽六校教育研究会联考)等边三角形 ABC 的边长为 3, AD CE 1 点 D,E 分别是边 AB,AC 上的点,且满足DB=EA =2(如图①).将 △ADE 沿 DE 折起到△A1DE 的位置,使二面角 A1-DE-B 为直二面 角,连接 A1B,A1C(如图②).

(1)求证:A1D⊥平面 BCED; (2)在线段 BC 上是否存在点 P, 使直线 PA1 与平面 A1BD 所成的角 为 60° ?若存在,求出 PB 的长,若不存在,请说明理由. AD CE 1 解:(1)证明:因为等边△ABC 的边长为 3,且DB=EA =2, 所以 AD=1,AE=2. 在△ADE 中,∠DAE=60° ,

由余弦定理,得 DE= 12+22-2×1×2×cos 60° = 3. 因为 AD2+DE2=AE2, 所以 AD⊥DE. 折叠后有 A1D⊥DE,因为二面角 A1-DE-B 是直二面角, 所以平面 A1DE⊥平面 BCED, 又平面 A1DE∩平面 BCED=DE,A1D?平面 A1DE,A1D⊥DE, 所以 A1D⊥平面 BCED. (2)假设在线段 BC 上存在点 P, 使直线 PA1 与平面 A1BD 所成的角 为 60° , 如图,作 PH⊥BD 于点 H,连接 A1H,A1P,

由(1)知,A1D⊥平面 BCED,而 PH?平面 BCED, 所以 A1D⊥PH,又 A1D∩BD=D,所以 PH⊥平面 A1BD,所以∠ PA1H 是直线 PA1 与平面 A1BD 所成的角, 设 PB=x(0≤x≤3), x 3 则 BH=2,PH= 2 x, 1 在 Rt△PA1H 中,∠PA1H=60° ,所以 A1H=2x,在 Rt△A1DH 中, 1 ? ?1 ? ? 1 A1D=1,DH=2-2x,由 A1D2+DH2=A1H2,得 12+?2-2x?2=?2x?2,
? ? ? ?

5 解得 x=2,满足 0≤x≤3,符合题意,所以在线段 BC 上存在点 P, 5 使直线 PA1 与平面 A1BD 所成的角为 60° ,此时 PB=2.

16.(2014· 潍坊联考)如图,在几何体 ABC-A1B1C1 中,点 A1,B1, C1 在平面 ABC 内的正投影分别为 A,B,C,且 AB⊥BC,E 为 AB1 中 点,AB=AA1=BB1=2CC1.求证 (1)CE∥平面 A1B1C1; (2)平面 AB1C1⊥平面 A1BC. 证明:(1)由题知 AA1⊥平面 ABC,BB1⊥平面 ABC,CC1⊥平面 ABC, ∴AA1∥BB1∥CC1. 如图,取 A1B1 中点 F,连接 EF,FC1.

1 ∵E 为 AB1 中点,∴EF 綊2A1A, 1 又 AA1=2CC1,∴CC1 綊2AA1, ∴EE 綊 CC1,∴四边形 EFC1C 为平行四边形, ∴CE∥C1F, 又 CE?平面 A1B1C1,C1F?平面 A1B1C1, ∴CE∥平面 A1B1C1. (2)∵BB1⊥平面 ABC,∴BB1⊥BC, 又 AB⊥BC,AB∩BB1=B, ∴BC⊥平面 AA1B1B, ∵AB1?平面 AA1B1B,∴BC⊥AB1, ∵AA1=BB1=AB,AA1∥BB1, ∴四边形 AA1B1B 为正方形,∴AB1⊥A1B, ∵A1B∩BC=B, ∴AB1⊥平面 A1BC, ∵AB1?平面 AB1C1, ∴平面 AB1C1⊥平面 A1BC 17. (2014· 天津五区县联考)如图, 底面为直角梯形的四棱柱 ABCD

-A1B1C1D1 中,侧棱 AA1⊥底面 ABCD,E 为 A1B1 的中点,且△ABE 为等腰直角三角形,AB∥CD,AB⊥BC,AB=2CD=2BC.

(1)求证:AB⊥DE; (2)求直线 EC 与平面 ABE 所成角的正弦值; EF (3)线段 EA 上是否存在点 F, 使 EC∥平面 FBD?若存在, 求出EA; 若不存在,请说明理由. 解:(1)证明:取 AB 中点 O,连接 EO,DO. 因为 EB=EA,所以 EO⊥AB. 因为四边形 ABCD 为直角梯形, AB=2CD=2BC,AB⊥BC, 所以四边形 OBCD 为正方形, 所以 AB⊥OD. 又 EO,OD 为平面 EOD 内的两条相交直线, 所以 AB⊥平面 EOD. 因为 ED?平面 EOD, 所以 AB⊥ED. (2)因为 AA1⊥平面 ABCD,且 EO∥AA1, 所以 EO⊥平面 ABCD,所以 EO⊥OD. 由 OD,OA,OE 两两垂直,建立如图所示的空间直角坐标系 O

-xyz.

因为△EAB 为等腰直角三角形, 所以 OA=OB=OD=OE,设 OB=1, 则 O(0,0,0), A(0,1,0), B(0, -1,0), C(1, -1,0), D(1,0,0), E(0,0,1). → =(1,-1,-1),平面 ABE 的一个法向量为OD → =(1,0,0). 所以EC 设直线 EC 与平面 ABE 所成的角为 θ, →· →| |EC OD 3 → → 所以 sin θ=|cos〈EC,OD〉|= =3, → ||OD →| |EC 3 即直线 EC 与平面 ABE 所成角的正弦值为 3 . EF 1 (3)存在点 F,且EA=3时,有 EC∥平面 FBD.证明如下: 1 1? 1 2? ? → =1EA → =? ?0, ,- ?,F?0, , ?, 因为EF 3 3 3 3 3
? ? ? ?

4 2? → → =? ?0,- ,- ?,BD 所以FB =(1,1,0). 3 3? ? 设平面 FBD 的法向量为 ν=(a,b,c), → =0, ?ν· BD 则有? → =0. ?ν· FB

?a+b=0, 所以? 4 2 ?-3b-3c=0.
取 a=1, 得 ν=(1,-1,2). →· 因为EC ν=(1,-1,-1)· (1,-1,2)=0, → ⊥ ν; 即EC 又因为 EC?平面 FBD, 所以 EC∥平面 FBD. EF 1 因此当点 F 满足EA=3时,有 EC∥平面 FBD.


相关文章:
2015届高考理科数学二轮复习专题突破课件+题能专训:第6...
2015届高考理科数学二轮复习专题突破课件+题能专训:第6讲 平面向量、复数、程序框图及合情推理提能专训6_高考_高中教育_教育专区。提能专训(六) 平面向量、复数...
【名师伴你行】2015届高考理科数学二轮复习专题提能专...
【名师伴你行】2015届高考理科数学二轮复习专题能专训14 第14讲 空间几何体的三视图、表面积及体积_数学_高中教育_教育专区。提能专训(十四) 一、选择题 点...
【名师伴你行】2015届高考理科数学二轮复习专题突破课...
【名师伴你行】2015届高考理科数学二轮复习专题突破课件+题能专训:第5讲 集合与常用逻辑用语提能专训5_数学_高中教育_教育专区。提能专训(五) 一、选择题 集...
【名师伴你行】2015届高考理科数学二轮复习专题突破课...
【名师伴你行】2015届高考理科数学二轮复习专题突破课件+题能专训:第19讲 直线与圆提能专训19_高考_高中教育_教育专区。提能专训(十九) 一、选择题 圆锥曲线...
...(广东专用)2015届高考数学二轮复习 专题突破训练五 ...
【步步高】(广东专用)2015届高考数学二轮复习 专题突破训练五 第1讲 空间几何体...第1讲考情解读 面展开图及简单的组合体问题. 空间几何体 1.以三视图为载体,...
...2015届高考理科数学二轮复习专题突破课件+名校好题+...
【名师伴你行】2015届高考理科数学二轮复习专题突破课件+名校好题+高考真题:专题八 选修4系列2-8-3_高考_高中教育_教育专区。1. (2014· 江苏)已知 x>0, y...
...语文二轮复习专题突破 提能专训14 专题8 第3讲 古代...
【名师伴你行】2015届高考语文二轮复习专题突破能专训14 专题8 第3讲 古代诗歌的表达技巧 Word版含解析_语文_高中教育_教育专区。提能专训(十四) Ⅰ.名句...
...2015届高考数学二轮复习 专题4 第1讲 空间几何体素...
【成才之路】2015届高考数学二轮复习 专题4 第1讲 空间几何体能训练(文、理...[答案] 20π 3 [解析] 本题考查三视图及简单几何体的体积计算,考查空间...
...2015年高考数学(浙江专用,理科)二轮专题复习讲练:专...
【步步高】2015年高考数学(浙江专用,理科)二轮专题复习讲:专题四 第1讲]_高考...分析几何体的特征,从俯视图突破. 答案 (1)B (2)D 解析 (1)由三视图可知...
...2015届高考理科数学二轮复习专题突破课件+名校好题+...
【名师伴你行】2015届高考理科数学二轮复习专题突破课件+名校好题+高考真题:专题八 选修4系列2-8-2_高考_高中教育_教育专区。? ?x=-2+cos t, 1.(2014· ...
更多相关标签:

相关文章