高考数学二轮复习阶段提升突破练四理新人教A版
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1、阶段提升突破练(四)(立体几何)(60分钟100分)一、选择题(每小题5分,共40分)1.(2016浙江高考)已知互相垂直的平面,交于直线l.若直线m,n满足m,n,则()A.mlB.mnC.nlD.mn【解题导引】根据线、面垂直的定义判断.【解析】选C.由题意知,=l,所以l,因为n,所以nl.2.(2017长沙二模)如图是一个四面体的三视图,这个三视图均是腰长为2的等腰直角三角形,正视图和俯视图中的虚线是三角形的中线,则该四面体的体积为()A.B.C.D.2【解析】选A.由四面体的三视图得该四面体为棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中的三棱锥C1-BDE,其中点E是CD中点,BDE
2、面积S=1,三棱锥C1-BDE的高h=CC1=2,所以该四面体的体积:V=Sh=.3.(2017全国卷)某多面体的三视图如图所示,其中正视图和左视图都由正方形和等腰直角三角形组成,正方形的边长为2,俯视图为等腰直角三角形.该多面体的各个面中有若干个是梯形,这些梯形的面积之和为()A.10B.12C.14D.16【解题导引】主要考查如何将三视图转化为几何体问题,突出考查考生的空间想象能力.【解析】选B.由三视图可画出立体图,该立体图各面中只有两个相同的梯形的面,S梯=22=6,S全梯=62=12.【加固练习】(2017黄冈模拟)某一简单几何体的三视图如图所示,该几何体的外接球的表面积是()A.1
3、3B.16C.25D.27【解析】选C.几何体为底面为正方形的长方体,底面对角线为4,高为3,所以长方体底面边长为2,则长方体外接球半径为r,则2r=5,所以r=,所以长方体外接球的表面积S=4r2=25.4.(2017合肥二模)若平面截三棱锥所得截面为平行四边形,则该三棱锥与平面平行的棱有()A.0条B.1条C.2条D.1条或2条【解析】选C.如图所示,四边形EFGH为平行四边形,则EFGH,因为EF平面BCD,GH平面BCD,所以EF平面BCD,因为EF平面ACD,平面BCD平面ACD=CD,所以EFCD,所以CD平面EFGH,同理AB平面EFGH.5.(2017昆明一模)如图,在长方体A
4、BCD-A1B1C1D1中,AB=2,BC=1,BB1=1,点P是AB的中点,则异面直线BC1与PD所成角等于()A.30B.45C.60D.90【解题导引】根据题意,取CD的中点Q,连接BQ,C1Q,得出BQPD,C1BQ是异面直线BC1与PD所成角(或其补角),利用等边三角形求出C1BQ的值即可.【解析】选C.长方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=2,BC=1,BB1=1,取CD的中点Q,连接BQ,C1Q,因为点P是AB的中点,所以BQPD,所以C1BQ是异面直线BC1与PD所成角(或其补角),如图所示:在C1BQ中,C1B=BQ=C1Q=,所以C1BQ=60,即异面直线BC1与PD所
5、成角等于60.6.(2017全国卷)在正方体ABCD-A1B1C1D1中,E为棱CD的中点,则()A.A1EDC1B.A1EBDC.A1EBC1D.A1EAC【解析】选C.以D为原点,DA为x轴,DC为y轴,DD1为z轴,建立空间直角坐标系,设正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2,则A1(2,0,2),E(0,1,0),B(2,2,0),D(0,0,0),C1(0,2,2),A(2,0,0),C(0,2,0),=(-2,1,-2),=(0,2,2),=(-2,-2,0),=(-2,0,2),=(-2,2,0),因为=-2,=2,=0,=6,所以A1EBC1.7.(2017洛阳二模)一个透
6、明密闭的正方体容器中,恰好盛有该容器一半容积的水,任意转动这个正方体,则水面在容器中的形状可以是:(1)三角形;(2)四边形;(3)五边形;(4)六边形.其中正确的结论是()A.(1)(3)B.(2)(4)C.(2)(3)(4)D.(1)(2)(3)(4)【解析】选B.正方体容器中盛有一半容积的水,无论怎样转动,其水面总是过正方体的中心.三角形截面不过正方体的中心,故(1)不正确;过正方体的一对棱和中心可作一截面,截面形状为长方形,故(2)正确;正方体容器中盛有一半容积的水,任意转动这个正方体,则水面在容器中的形状不可能是五边形,故(3)不正确;过正方体一面上相邻两边的中点以及正方体的中心得截
7、面形状为正六边形,故(4)正确.8.如图所示,ABCD-A1B1C1D1是棱长为6的正方体,E,F分别是棱AB,BC上的动点,且AE=BF.当A1,E,F,C1共面时,平面A1DE与平面C1DF所成锐二面角的余弦值为()A.B.C.D.【解析】选B.以点D为原点,DA,DC,DD1所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系,A1(6,0,6),D(0,0,0),C1(0,6,6),由题意知:当E(6,3,0),F(3,6,0)时,A1,E,F,C1共面,设平面A1DE的法向量为n=(a,b,c),=(6,0,6),=(6,3,0),则取a=1,得n=(1,-2,-1),设平面C1DF的一
8、个法向量为m=(x,y,z),=(0,6,6),=(3,6,0),则取x=2,得m=(2,-1,1),设平面A1DE与平面C1DF所成锐二面角为,则cos=,所以平面A1DE与平面C1DF所成锐二面角的余弦值为.二、填空题(每小题5分,共20分)9.(2017山东高考)由一个长方体和两个圆柱构成的几何体的三视图如图,则该几何体的体积为_.【解析】由三视图可知长方体的体积为V1=211=2,两个四分之一圆柱的体积之和为V2=1212=,所以该几何体的体积为V=2+.答案:2+【加固训练】(2017大庆二模)一个几何体的三视图如图所示,则这个几何体的体积为_.【解析】由三视图可知:该几何体为三棱锥
9、P-ABC,其中底面是底边与底边上的高都为2的等腰三角形ABC,侧面PAC底面ABC,高为2.所以这个几何体的体积V=222=.答案:10.(2017全国卷)已知三棱锥S-ABC的所有顶点都在球O的球面上,SC是球O的直径.若平面SCA平面SCB,SA=AC,SB=BC,三棱锥S-ABC的体积为9,则球O的表面积为_.【解析】取SC的中点O,连接OA,OB,因为SA=AC,SB=BC,所以OASC,OBSC.因为平面SAC平面SBC,所以OA平面SBC.设OA=r,VA-SBC=SSBCOA=2rrr=r3,所以r3=9r=3,所以球的表面积为4r2=36.答案:3611.(2017本溪二模)
10、已知a,b表示两条不同直线,表示三个不同平面,给出下列命题:若=a,b,ab,则;若a,a垂直于内的任意一条直线,则;若,=a,=b,则ab;若a不垂直于平面,则a不可能垂直于平面内的无数条直线;若a,a,则.上述五个命题中,正确命题的序号是_.【解析】对于,根据线面垂直的判定定理,需要一条直线垂直于同一平面内两条相交的直线,故ab,a不一定垂直平面,故不正确,对于,a,a垂直于内的任意一条直线,满足线面垂直的定理,即可得到a,又a,则,故正确,对于,=a,=b,则ab或ab,或相交,故不正确,对于,若a不垂直于平面,则a可能垂直于平面内的无数条直线,故不正确,对于,根据线面垂直的性质,若a,
11、a,则,故正确.答案:12.如图,PA平面ABC,ACBC,PA=AC=1,BC=,则二面角A-PB-C的余弦值大小为_.【解析】以点C为原点,CA为x轴,CB为y轴建立空间直角坐标系.因为A(1,0,0),B(0,0),C(0,0,0),P(1,0,1),所以=(0,0,1),=(-1,-1),=(0,0),设平面APB的法向量为n1=(x1,y1,z1),平面PBC的法向量为n2=(x2,y2,z2),则所以可取n1=(2,0),n2=(-1,0,1),所以cos=-,所以二面角A-PB-C的余弦值为.答案:三、解答题(每小题10分,共40分)13. (2017江苏高考)如图,在三棱锥A-
12、BCD中,ABAD,BCBD,平面ABD平面BCD,点E,F(E与A,D不重合)分别在棱AD,BD上,且EFAD.求证:(1)EF平面ABC.(2)ADAC.【解题导引】(1)利用ABEF及线面平行判定定理可得结论.(2)利用面面垂直的性质得BCAD,又ABAD,从而得到AD平面ABC,即可得ADAC.【证明】(1)在平面ABD内,因为ABAD,EFAD,所以EFAB.又因为EF平面ABC,AB平面ABC,所以EF平面ABC.(2)因为平面ABD平面BCD,平面ABD平面BCD=BD,BC平面BCD,BCBD,所以BC平面ABD.因为AD平面ABD,所以BCAD.又因为ABAD,BCAB=B,
13、AB平面ABC,BC平面ABC,所以AD平面ABC,又因为AC平面ABC,所以ADAC.14.如图,在四棱锥P-ABCD中,PC底面ABCD,四边形ABCD是直角梯形,ABAD,ABCD,AB=2AD=2CD=2,E是PB的中点.(1)求证:平面EAC平面PBC.(2)若二面角P-AC-E的余弦值为,求直线PA与平面EAC所成角的正弦值.【解析】(1)因为PC平面ABCD,AC平面ABCD,所以ACPC,因为AB=2,AD=CD=1,ADC=90,所以AC=BC=,所以AC2+BC2=AB2,所以ACBC.又因为BCPC=C,所以AC平面PBC,因为AC平面EAC,所以平面EAC平面PBC.(
14、2)如图,以C为原点建立空间直角坐标系,则C(0,0,0),A(1,1,0),B(1,-1,0).设P(0,0,a)(a0),则E,=(1,1,0),=(0,0,a),=,取m=(1,-1,0),则m=m=0,m为平面PAC的一个法向量.设n=(x,y,z)为平面EAC的一个法向量,则n=n=0,即取x=a,y=-a,z=-2,则n=(a,-a,-2),依题意,|cos|=,则a=1.于是n=(1,-1,-2),=(1,1,-1).设直线PA与平面EAC所成角为,则sin=|cos|=,即直线PA与平面EAC所成角的正弦值为.【加固训练】1.如图,在三棱锥S-ABC中,平面SAB平面SBC,A
15、BBC,AS=AB.过点A作AFSB,垂足为F,点E,G分别是棱SA,SC的中点.求证:(1)平面EFG平面ABC.(2)BCSA.【证明】(1)因为AS=AB,AFSB,垂足为F,所以点F是SB的中点.又因为点E是SA的中点,所以EFAB.因为EF平面ABC,AB平面ABC,所以EF平面ABC.同理EG平面ABC.又因为EFEG=E,所以平面EFG平面ABC.(2)因为平面SAB平面SBC,且交线为SB,又因为AF平面SAB,AFSB,所以AF平面SBC.因为BC平面SBC,所以AFBC.又因为ABBC,AFAB=A,AF平面SAB,AB平面SAB,所以BC平面SAB.因为SA平面SAB,所
16、以BCSA.2.如图所示,已知PA平面ABCD,ABCD是矩形,PA=AD,M,N分别为AB,PC的中点,求证:(1)MN平面PAD.(2)平面PMC平面PDC.【证明】如图所示,建立空间直角坐标系,设PA=AD=a,AB=b.(1)易知为平面PAD的一个法向量,=(b,0,0).又因为=,所以=0,所以.又因为MN平面PAD,所以MN平面PAD.(2)由(1)知P(0,0,a),C(b,a,0),M,D(0,a,0),所以=(b,a,-a),=,=(0,a,-a),设平面PMC的一个法向量为n1=(x1,y1,z1),由即所以令z1=b,则n1=(2a,-b,b),设平面PDC的一个法向量为
17、n2=(x2,y2,z2),则即解得令z2=1,则n2=(0,1,1),由于n1n2=0-b+b=0,所以n1n2,所以平面PMC平面PDC.15.如图,在四棱锥A-EFCB中,AEF为等边三角形,平面AEF平面EFCB,EFBC,BC=4,EF=2a,EBC=FCB=60,O为EF的中点.(1)求证:AOBE.(2)求二面角F-AE-B的余弦值.【解题导引】(1)要证AOEB,只需证明AO平面EBCF.(2)建立空间直角坐标系,利用向量法求二面角余弦值.【解析】(1)因为AEF是等边三角形,O为EF的中点,所以AOEF.又因为平面AEF平面EFCB,交线EF,AO平面AEF,所以AO平面EB
18、CF.因为BE平面EBCF,所以AOBE.(2)取BC的中点D,连接OD.如图分别以OE,OD,OA为x,y,z轴建立空间直角坐标系,则A(0,0,a),E(a,0,0),B(2,2-a,0),=(a,0,-a),=(2,2-a,-a),设平面ABE的法向量n1=(x,y,z),则令z=1,得所以n1=(,-1,1).平面AEF的法向量n2=(0,1,0).所以cos=-.因为二面角F-AE-B为钝二面角,所以余弦值为-.16.如图(1),在等腰梯形CDEF中,CB,DA是梯形的高,AE=BF=2,AB=2,现将梯形沿CB,DA折起,使EFAB且EF=2AB,得一简单组合体ABCDEF如图(2
19、)所示,已知M,N分别为AF,BD的中点. (1)求证:MN平面BCF.(2)若直线DE与平面ABFE所成角的正切值为,则求平面CDEF与平面ADE所成的锐二面角大小.【解析】(1)连接AC,因为四边形ABCD是矩形,N为BD中点,所以N为AC中点.在ACF中,M为AF中点,故MNCF.因为CF平面BCF,MN平面BCF,所以MN平面BCF.(2)依题意知DAAB,DAAE且ABAE=A,所以AD平面ABFE,所以DE在平面ABFE上的射影是AE.所以DEA就是DE与平面ABFE所成的角.故在RtDAE中:tanDEA=,所以AD=,DE=.设PEF且APEF,分别以AB,AP,AD所在的直线为x,y,z轴建立空间直角坐标系,则A(0,0,0),D(0,0,),E(-,0),F(3,0),C(2,0,)所以=(0,0,),=(-,0),=(-,-),=(2,0,0).设m=(x,y,z),n=(r,s,t)分别是平面ADE与平面CDEF的法向量,令即取m=(1,1,0),n =(0,1,1),则cos=,所以平面CDEF与平面ADE所成锐二面角的大小为.
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