(統(tǒng)考版)高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題限時(shí)集訓(xùn)5 空間幾何體的三視圖、表面積、體積 與球有關(guān)的切、接、截問題 空間位置關(guān)系與空間角(含解析)(理)-人教版高三數(shù)學(xué)試題
《(統(tǒng)考版)高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題限時(shí)集訓(xùn)5 空間幾何體的三視圖、表面積、體積 與球有關(guān)的切、接、截問題 空間位置關(guān)系與空間角(含解析)(理)-人教版高三數(shù)學(xué)試題》由會(huì)員分享,可在線閱讀,更多相關(guān)《(統(tǒng)考版)高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題限時(shí)集訓(xùn)5 空間幾何體的三視圖、表面積、體積 與球有關(guān)的切、接、截問題 空間位置關(guān)系與空間角(含解析)(理)-人教版高三數(shù)學(xué)試題(19頁珍藏版)》請?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。
1、專題限時(shí)集訓(xùn)(五) 空間幾何體的三視圖、表面積、體積 與球有關(guān)的切、接、截問題 空間位置關(guān)系與空間角 1.(2018·全國卷Ⅲ)中國古建筑借助榫卯將木構(gòu)件連接起來.構(gòu)件的凸出部分叫榫頭,凹進(jìn)部分叫卯眼,圖中木構(gòu)件右邊的小長方體是榫頭.若如圖擺放的木構(gòu)件與某一帶卯眼的木構(gòu)件咬合成長方體,則咬合時(shí)帶卯眼的木構(gòu)件的俯視圖可以是( ) A B C D A [由題意知,俯視圖中應(yīng)有一不可見的長方形,且俯視圖應(yīng)為對(duì)稱圖形.故選A.] 2.(2019·全國卷Ⅱ)設(shè)α,β為兩個(gè)平面,則α∥β的充要條件是( ) A.α內(nèi)有無數(shù)條直線與β平行 B.α內(nèi)有兩條相交直線與β
2、平行 C.α,β平行于同一條直線 D.α,β垂直于同一平面 B [由面面平行的判定定理知:α內(nèi)兩條相交直線都與β平行是α∥β的充分條件,由面面平行性質(zhì)定理知,若α∥β,則α內(nèi)任意一條直線都與β平行,所以α內(nèi)兩條相交直線都與β平行是α∥β的必要條件,故選B.] 3.(2017·全國卷Ⅲ)已知圓柱的高為1,它的兩個(gè)底面的圓周在直徑為2的同一個(gè)球的球面上,則該圓柱的體積為( ) A.π B. C. D. B [設(shè)圓柱的底面半徑為r,球的半徑為R,且R=1, 由圓柱兩個(gè)底面的圓周在同一個(gè)球的球面上可知, r,R及圓柱的高的一半構(gòu)成直角三角形. ∴r==. ∴圓柱的體積為V=
3、πr2h=π×1=.故選B.] 4.(2018·全國卷Ⅰ)在長方體ABCD-A1B1C1D1中,AB=BC=2,AC1與平面BB1C1C所成的角為30°,則該長方體的體積為( ) A.8 B.6 C.8 D.8 C [在長方體ABCD-A1B1C1D1中,AB⊥平面BCC1B1,連接BC1,AC1,則∠AC1B為直線AC1與平面BB1C1C所成的角,∠AC1B=30°.又AB=BC=2,所以在Rt△ABC1中,BC1==2, 在Rt△BCC1中,CC1==2,所以該長方體體積V=BC×CC1×AB=8.] 5.(2020·全國卷Ⅰ)已知A,B,C為球O的球面上的三個(gè)點(diǎn),⊙
4、O1為△ABC的外接圓.若⊙O1的面積為4π,AB=BC=AC=OO1,則球O的表面積為( ) A.64π B.48π C.36π D.32π A [如圖所示,設(shè)球O的半徑為R,⊙O1的半徑為r,因?yàn)椤袿1的面積為4π,所以4π=πr2,解得r=2,又AB=BC=AC=OO1,所以=2r,解得AB=2,故OO1=2,所以R2=OO+r2=(2)2+22=16,所以球O的表面積S=4πR2=64π.故選A.] 6.(2016·全國卷Ⅰ)如圖,某幾何體的三視圖是三個(gè)半徑相等的圓及每個(gè)圓中兩條互相垂直的半徑.若該幾何體的體積是,則它的表面積是( ) A.17π B.18π
5、C.20π D.28π A [由幾何體的三視圖可知,該幾何體是一個(gè)球體去掉上半球的,得到的幾何體如圖.設(shè)球的半徑為R,則πR3-×πR3=π,解得R=2.因此它的表面積為×4πR2+πR2=17π.故選A.] 7.(2018·全國卷Ⅱ)在長方體ABCD-A1B1C1D1中,AB=BC=1,AA1=,則異面直線AD1與DB1所成角的余弦值為( ) A. B. C. D. C [法一:用一個(gè)與原長方體相同的長方體拼到原長方體的前面,如圖,則B1P∥AD1,連接DP,易求得DB1=DP=,B1P=2,則∠DB1P是異面直線AD1與DB1所成的角,由余弦定理可得 cos∠DB1P=
6、==.故選C. 法二:以D為坐標(biāo)原點(diǎn),DA,DC,DD1所在直線分別為x,y,z軸建立空間直角坐標(biāo)系, 則D,A,B1(1,1,),D1,所以=,=, 因?yàn)閏os〈,〉===, 所以異面直線AD1與DB1所成角的余弦值為,故選C.] 8.(2018·全國卷Ⅰ)某圓柱的高為2,底面周長為16,其三視圖如圖.圓柱表面上的點(diǎn)M在正視圖上的對(duì)應(yīng)點(diǎn)為A,圓柱表面上的點(diǎn)N在左視圖上的對(duì)應(yīng)點(diǎn)為B,則在此圓柱側(cè)面上,從M到N的路徑中,最短路徑的長度為( ) A.2 B.2 C.3 D.2 B [由三視圖可知,該幾何體為如圖1所示的圓柱,該圓柱的高為2,底面周長為16.畫出該圓柱的側(cè)面
7、展開圖,如圖2所示,連接MN,則MS=2,SN=4,則從M到N的路徑中,最短路徑的長度為==2.故選B. 圖1 圖2] 9.(2019·全國卷Ⅲ)如圖,點(diǎn)N為正方形ABCD的中心,△ECD為正三角形,平面ECD⊥平面ABCD,M是線段ED的中點(diǎn),則( ) A.BM=EN,且直線BM,EN是相交直線 B.BM≠EN,且直線BM,EN是相交直線 C.BM=EN,且直線BM,EN是異面直線 D.BM≠EN,且直線BM,EN是異面直線 B [取CD的中點(diǎn)O,連接ON,EO,因?yàn)椤鱁CD為正三角形,所以EO⊥CD,又平面ECD⊥平面ABCD,平面ECD∩平面A
8、BCD=CD,所以EO⊥平面ABCD.設(shè)正方形ABCD的邊長為2,則EO=,ON=1,所以EN2=EO2+ON2=4,得EN=2.過M作CD的垂線,垂足為P,連接BP,則MP=,CP=,所以BM2=MP2+BP2=++22=7,得BM=,所以BM≠EN.連接BD,BE,因?yàn)樗倪呅蜛BCD為正方形,所以N為BD的中點(diǎn),即EN,MB均在平面BDE內(nèi),所以直線BM,EN是相交直線,選B.] 10.(2018·全國卷Ⅰ)已知正方體的棱長為1,每條棱所在直線與平面α所成的角都相等,則α截此正方體所得截面面積的最大值為( ) A. B. C. D. A [記該正方體為ABCD-A′B′C′D
9、′,正方體的每條棱所在直線與平面α所成的角都相等,即共點(diǎn)的三條棱A′A,A′B′,A′D′與平面α所成的角都相等.如圖,連接AB′,AD′,B′D′,因?yàn)槿忮FA′-AB′D′是正三棱錐,所以A′A,A′B′,A′D′與平面AB′D′所成的角都相等.分別取C′D′,B′C′,BB′,AB,AD,DD′的中點(diǎn)E,F(xiàn),G,H,I,J,連接EF,F(xiàn)G,GH,IH,IJ,JE,易得E,F(xiàn),G,H,I,J六點(diǎn)共面,平面EFGHIJ與平面AB′D′平行,且截正方體所得截面的面積最大.又EF=FG=GH=IH=IJ=JE=,所以該正六邊形的面積為6××=,所以α截此正方體所得截面面積的最大值為,故選A.]
10、 11.(2016·全國卷Ⅲ)在封閉的直三棱柱ABC-A1B1C1內(nèi)有一個(gè)體積為V的球.若AB⊥BC,AB=6,BC=8,AA1=3,則V的最大值是( ) A.4π B. C.6π D. B [由題意得要使球的體積最大,則球與直三棱柱的若干面相切.設(shè)球的半徑為R.因?yàn)椤鰽BC的內(nèi)切圓半徑為=2,所以R≤2.又2R≤3,所以R≤,所以Vmax=π=π.故選B.] 12.(2019·全國卷Ⅰ)已知三棱錐P-ABC的四個(gè)頂點(diǎn)在球O的球面上,PA=PB=PC,△ABC是邊長為2的正三角形,E,F(xiàn)分別是PA,AB的中點(diǎn),∠CEF=90°, 則球O的體積為( ) A.8π B.4π
11、C.2π D.π D [因?yàn)辄c(diǎn)E,F(xiàn)分別為PA,AB的中點(diǎn),所以EF∥PB, 因?yàn)椤螩EF=90°,所以EF⊥CE,所以PB⊥CE. 取AC的中點(diǎn)D,連接BD,PD,易證AC⊥平面BDP, 所以PB⊥AC,又AC∩CE=C,AC,CE?平面PAC,所以PB⊥平面PAC, 所以PB⊥PA,PB⊥PC,因?yàn)镻A=PB=PC,△ABC為正三角形, 所以PA⊥PC,即PA,PB,PC兩兩垂直,將三棱錐P-ABC放在正方體中如圖所示.因?yàn)锳B=2,所以該正方體的棱長為,所以該正方體的體對(duì)角線長為,所以三棱錐P-ABC的外接球的半徑R=,所以球O的體積V=πR3=π=π,故選D. ] 1
12、3.(2020·全國卷Ⅱ)設(shè)有下列四個(gè)命題: p1:兩兩相交且不過同一點(diǎn)的三條直線必在同一平面內(nèi). p2:過空間中任意三點(diǎn)有且僅有一個(gè)平面. p3:若空間兩條直線不相交,則這兩條直線平行. p4:若直線l?平面α,直線m⊥平面α,則m⊥l. 則下述命題中所有真命題的序號(hào)是________. ①p1∧p4 ②p1∧p2?、?p2∨p3?、?p3∨?p4 ①③④ [法一:對(duì)于p1,由題意設(shè)直線l1∩l2=A,l2∩l3=B,l1∩l3=C,則由l1∩l2=A,知l1,l2共面,設(shè)此平面為α,由B∈l2,l2?α,知B∈α,由C∈l1,l1?α,知C∈α,所以l3?α,所以l1,l2,
13、l3共面于α,所以p1是真命題.對(duì)于p2,當(dāng)A,B,C三點(diǎn)不共線時(shí),過A,B,C三點(diǎn)有且僅有一個(gè)平面;當(dāng)A,B,C三點(diǎn)共線時(shí),過A,B,C的平面有無數(shù)個(gè),所以p2是假命題,?p2是真命題.對(duì)于p3,若空間兩條直線不相交,則這兩條直線可能平行,也可能異面,所以p3是假命題,?p3是真命題.對(duì)于p4,若直線l?平面α,直線m⊥平面α,則m⊥l,所以p4是真命題,?p4是假命題.故p1∧p4為真命題,p1∧p2為假命題,?p2∨p3為真命題,?p3∨?p4為真命題.綜上可知,真命題的序號(hào)是①③④. 法二:對(duì)于p1,由題意設(shè)直線l1∩l2=A,l2∩l3=B,l1∩l3=C,則A,B,C三點(diǎn)不共線,
14、所以此三點(diǎn)確定一個(gè)平面α,則A∈α,B∈α,C∈α,所以AB?α,BC?α,CA?α,即l1?α,l2?α,l3?α,所以p1是真命題.以下同解法一.] 14.(2018·全國卷Ⅱ)已知圓錐的頂點(diǎn)為S,母線SA,SB所成角的余弦值為,SA與圓錐底面所成角為45°.若△SAB的面積為5,則該圓錐的側(cè)面積為________. 40π [因?yàn)槟妇€SA,SB所成角的余弦值為,所以母線SA,SB所成角的正弦值為,因?yàn)椤鱏AB的面積為5,設(shè)母線長為l,所以×l2×=5,∴l(xiāng)2=80,因?yàn)镾A與圓錐底面所成角為45°,所以底面半徑為r=lcos =l, 因此圓錐的側(cè)面積為πrl=πl(wèi)2=40π.]
15、15.[一題兩空](2019·全國卷Ⅱ)中國有悠久的金石文化,印信是金石文化的代表之一.印信的形狀多為長方體、正方體或圓柱體,但南北朝時(shí)期的官員獨(dú)孤信的印信形狀是“半正多面體”(圖1).半正多面體是由兩種或兩種以上的正多邊形圍成的多面體.半正多面體體現(xiàn)了數(shù)學(xué)的對(duì)稱美.圖2是一個(gè)棱數(shù)為48的半正多面體,它的所有頂點(diǎn)都在同一個(gè)正方體的表面上,且此正方體的棱長為1.則該半正多面體共有________個(gè)面,其棱長為________. 圖1 圖2 26 -1 [先求面數(shù)有如下兩種方法. 法一:由“半正多面體”的結(jié)構(gòu)特征及棱數(shù)為48可知,其上部分有9個(gè)面,中間部分有8個(gè)面,下部分
16、有9個(gè)面,共有2×9+8=26(個(gè))面. 法二:一般地,對(duì)于凸多面體,頂點(diǎn)數(shù)(V)+面數(shù)(F)-棱數(shù)(E)=2.(歐拉公式) 由題圖知,棱數(shù)為48的半正多面體的頂點(diǎn)數(shù)為24. 故由V+F-E=2,得面數(shù)F=2+E-V=2+48-24=26. 再求棱長. 作中間部分的橫截面,由題意知該截面為各頂點(diǎn)都在邊長為1的正方形上的正八邊形ABCDEFGH,如圖,設(shè)其邊長為x,則正八邊形的邊長即為半正多面體的棱長. 連接AF,過H,G分別作HM⊥AF,GN⊥AF,垂足分別為M,N,則 AM=MH=NG=NF=x. 又AM+MN+NF=1,∴x+x+x=1. ∴x=-1,即半正多面體的棱長為
17、-1.] 16.(2017·全國卷Ⅰ)如圖,圓形紙片的圓心為O,半徑為5 cm,該紙片上的等邊三角形ABC的中心為O.D,E,F(xiàn)為圓O上的點(diǎn),△DBC,△ECA,△FAB分別是以BC,CA,AB為底邊的等腰三角形.沿虛線剪開后,分別以BC,CA,AB為折痕折起△DBC,△ECA,△FAB,使得D,E,F(xiàn)重合,得到三棱錐.當(dāng)△ABC的邊長變化時(shí),所得三棱錐體積(單位:cm3)的最大值為________. 4cm3 [如圖,連接OD,交BC于點(diǎn)G, 由題意,知OD⊥BC,OG=BC. 設(shè)OG=x,則BC=2x,DG=5-x, 三棱錐的高h(yuǎn)= ==, S△ABC=×2x×3
18、x=3x2,則三棱錐的體積 V=S△ABC·h=x2·=·. 令f(x)=25x4-10x5,x∈,則f′(x)=100x3-50x4. 令f′(x)=0得x=2.當(dāng)x∈(0,2)時(shí),f′(x)>0,f(x)單調(diào)遞增,當(dāng)x∈時(shí),f′(x)<0,f(x)單調(diào)遞減,故當(dāng)x=2時(shí),f(x)取得最大值80,則V≤×=4. ∴三棱錐體積的最大值為4 cm3.] 1.(2020·西安模擬)一個(gè)圓柱的底面直徑與高都等于一個(gè)球的直徑,則圓柱的全面積與球的表面積之比為( ) A.2∶1 B.4∶3 C.3∶2 D.1∶1 C [設(shè)球的半徑為r,則由題意S圓柱=2πr2+2πr·2r=
19、6πr2,S球=4πr2, 所以圓柱的全面積與球的表面積之比為3∶2,故選C.] 2.(2020·攀枝花一模)一個(gè)棱長為2的正方體被一個(gè)平面截去部分后,余下部分的三視圖如圖所示,則截去部分與剩余部分體積的比為( ) A.1∶3 B.1∶4 C.1∶5 D.1∶6 A [由題意可知:幾何體被平面ABCD分為上下兩部分, 設(shè)正方體的棱長為2,上部棱柱的體積為:×2×1×2=2; 下部為:2×2×2-2=6. 截去部分與剩余部分體積的比為,故選A.] 3.(2020·桂林一模)設(shè)m,n是兩條不同的直線,α,β是兩個(gè)不同的平面,則α⊥β的一個(gè)充分不必要條件是( ) A
20、.m⊥α,m⊥β B.m?α,n?β,m⊥n C.m∥n,m⊥α,n⊥β D.m∥α,m⊥β D [對(duì)于A,由m⊥α,m⊥β?α∥β,故A錯(cuò)誤;對(duì)于B,m?α,n?β,m⊥n,則α,β可以平行,故B錯(cuò)誤;對(duì)于C,m∥n,m⊥α,n⊥β,可以求出α∥β,故C錯(cuò)誤;對(duì)于D,由m∥α,m⊥β,得α⊥β,是充分條件,反之,由α⊥β,不一定得到m∥α,m⊥β,是不必要條件,故選D.] 4.(2020·深圳模擬)空間四邊形ABCD的四邊相等,則它的兩條對(duì)角線AC,BD的關(guān)系是( ) A.垂直且相交 B.相交但不一定垂直 C.垂直但不相交 D.不垂直也不相交 C [取BD中點(diǎn)E,
21、連接AE、CE.∵AB=AD=BC=CD,∴AE⊥BD,CE⊥BD. ∴BD⊥平面AEC.又AC?面AEC,∴BD⊥AC.故選C. ] 5.(2020·岳陽二模)在正方體ABCD-A1B1C1D1中,E為BC1的中點(diǎn),則異面直線DE與A1B1所成角的正切值為( ) A. B. C. D. C [如圖所示, ∵DC∥A1B1,DC⊥B1C. ∴∠EDC為異面直線DE與A1B1所成角. ∴tan∠EDC===.故選C.] 6.(2020·貴陽模擬)在正方體ABCD-A1B1C1D1中,E,F(xiàn)分別在B1B和C1C上(異于端點(diǎn)),則過三點(diǎn)A,F(xiàn),E的平面被正方體截得的圖形
22、(截面)不可能是( ) A.正方形 B.不是正方形的菱形 C.不是正方形的矩形 D.梯形 A [當(dāng)BE=CF時(shí),截面是矩形; 當(dāng)2BE=CF時(shí),截面是菱形; 當(dāng)BE>CF時(shí),截面是梯形,故選A.] 7.(2020·南海區(qū)模擬)已知三棱錐P-ABC,AC=,BC=1,AC⊥BC且PA=2PB,PB⊥平面ABC,其外接球體積為( ) A. B.4π C. D.4π A [AB==,設(shè)PB=h,則由PA=2PB,可得=2h,解得h=1,可將三棱錐P-ABC還原成如圖所示的長方體,則三棱錐P-ABC的外接球即為長方體的外接球,設(shè)外接球的半徑為R,則2R==2,R=1,
23、所以外接球的體積V=R3=.故選A.] 8.(2020·中山模擬)下列四個(gè)正方體圖形中,A,B為正方體的兩個(gè)頂點(diǎn),M,N,P分別為其所在棱的中點(diǎn),能得出AB∥平面MNP的圖形的序號(hào)是( ) A.①③ B.②③ C.①④ D.②④ C [對(duì)于①,連接AC,如圖所示.由于MN∥AC,NP∥BC,根據(jù)面面平行的性質(zhì)定理可知平面MNP∥平面ACB,所以AB∥平面MNP. 圖1 圖2 對(duì)于②,連接BC交MP于D,由于N是AC的中點(diǎn),D不是BC的中點(diǎn),所以在平面ABC內(nèi)AB與DN相交,所以直線AB與平面MNP相交. 對(duì)于③,連接CD,則AB∥CD,而CD與PN相
24、交,即CD與平面PMN相交,所以AB與平面MNP相交. 圖3 圖4 對(duì)于④,連接CD,則AB∥CD∥NP,由線面平行的判定定理可知AB∥平面MNP. 綜上所述,能得出AB∥平面MNP的圖形的序號(hào)是①④,故選C.] 9.(2020·開封模擬)在正方體ABCD-A1B1C1D1中,點(diǎn)O是四邊形ABCD的中心,關(guān)于直線A1O,下列說法正確的是( ) A.A1O∥D1C B.A1O∥平面B1CD1 C.A1O⊥BC D.A1O⊥平面AB1D1 B [由題意,在正方體ABCD-A1B1C1D1中,點(diǎn)O是四邊形ABCD的中心,所以A1D∥B1C,OD∥B1D1,
25、因?yàn)锳1D∩DO=D,B1D1∩B1C=B1,所以平面A1DO∥平面B1CD1,因?yàn)锳1O?平面A1DO,所以A1O∥平面B1CD1,故選B.] 10.(2020·沈陽模擬)《算數(shù)書》竹簡于上世紀(jì)八十年代在湖北省江陵縣張家山出土,這是我國現(xiàn)存最早的有系統(tǒng)的數(shù)學(xué)典籍.其中記載有求“囷蓋”的術(shù):“置如其周,令相承也.又以高乘之,三十六成一”.該術(shù)相當(dāng)于給出了由圓錐的底面周長L與高h(yuǎn),計(jì)算器體積V≈L2h的近似公式.它實(shí)際上是將圓錐體積公式中的圓周率近似取為3,那么近似公式V≈L2h相當(dāng)于圓錐體積公式中的圓周率近似取為( ) A. B. C. D. C [設(shè)圓錐底面圓的半徑為r,高
26、為h, 依題意,L=2πr,πr2h=·(2πr)2h, ∴=π,即π=. 即π的近似值為.故選C.] 11.(2020·西安三模)一只螞蟻從正方體ABCD-A1B1C1D1的頂點(diǎn)A處出發(fā),經(jīng)正方體的表面,按最短路線爬行到達(dá)頂點(diǎn)C1位置,則下列圖形中可以表示正方體及螞蟻?zhàn)疃膛佬新肪€的正視圖是( ) 圖1 圖2 A.①② B.①③ C.③④ D.②④ D [①中線段為虛線,②正確,③中線段為實(shí)線,④正確,故選D.] 12.(2020·冀州模擬)已知正方體ABCD-A1B1C1D1中,點(diǎn)P在線段A1B1上,點(diǎn)Q在線段B1C1上,且B1P=B1Q,給出下列
27、結(jié)論: ①A、C、P、Q四點(diǎn)共面; ②直線PQ與AB1所成的角為60°; ③PQ⊥CD1; ④VP-ABCD=V. 其中正確結(jié)論的個(gè)數(shù)是( ) A.1 B.2 C.3 D.4 B [如圖所示, 對(duì)于①,∵B1P=B1Q,∴PQ∥A1C1, ∴A、C、P、Q四點(diǎn)共面,①正確; 對(duì)于②,連接AC,CB1,可得△ACB1是等邊三角形, 又AC∥A1C1,∴直線PQ與AB1所成的角為60°; 對(duì)于③,由②可知PQ⊥CD1錯(cuò)誤; 對(duì)于④,VP-ABCD=, V=×S×A1B1=×S×A1B1=V. ∴VP-ABCD≠V. 其中正確結(jié)論的個(gè)數(shù)2.故選B.] 13.
28、(2020·西北工業(yè)大學(xué)附中第三次適應(yīng)性考試)如圖,在三棱柱ABC-A1B1C1中,側(cè)棱AA1⊥底面A1B1C1,底面△ABC是正三角形,E是BC的中點(diǎn),則下列敘述正確的是( ) A.CC1與B1E是異面直線 B.AC⊥平面ABB1A1 C.AE⊥B1C1 D.A1C1∥平面AB1E C [對(duì)于A選項(xiàng),由于CC1,B1E都含于平面BCC1B1,所以不是異面直線,故A選項(xiàng)錯(cuò)誤. 對(duì)于B選項(xiàng),由于∠CBA=,所以AC與平面ABB1A1不垂直,故B選項(xiàng)錯(cuò)誤. 對(duì)于C選項(xiàng),在等邊三角形ABC中,AE⊥BC,根據(jù)直三棱柱中易得AE⊥AA1,所以AE⊥平面BCC1B1,所以AE⊥B1C
29、1,所以C選項(xiàng)正確. 對(duì)于D選項(xiàng),由于A1C1∥AC,而AC與平面AB1E相交,所以直線A1C1與平面AB1E不平行,故D選項(xiàng)錯(cuò)誤,故選C.] 14.(2020·邯鄲模擬)如圖1,在△ABC中,AB=AC,∠A=120°,D為BC中點(diǎn),DE⊥AC,將△CDE沿DE翻折,得到直二面角C-DE-B,連接BC,F(xiàn)是BC中點(diǎn),連接AF,如圖2,則下列結(jié)論正確的是( ) 圖1 圖2 A.AD⊥CD B.AF∥DE C.DE⊥平面ACE D.AF∥平面CDE C [∵在△ABC中,AB=AC,∠A=120°,D為BC中點(diǎn),DE⊥AC,將△CDE沿DE翻折,得到直二面角C
30、-DE-B,連接BC,F(xiàn)是BC中點(diǎn),連接AF,∴DE⊥AE,DE⊥CE, ∵AE∩CE=E,∴DE⊥平面ACE.故選C.] 15.(2020·滄州模擬)已知P,A,B,C是半徑為2的球面上的點(diǎn),O為球心,PA=PB=PC=2,∠ABC=90°,則三棱錐O-ABC體積的最大值是( ) A. B.1 C. D. B [如圖,∵P,A,B,C是半徑為2的球面上的點(diǎn),O為球心,PA=PB=PC=2,∠ABC=90°, ∴P到平面ABC上的射影G是△ABC的外心,即AC中點(diǎn),則球的球心在PG的延長線上,設(shè)PG=h,則OG=2-h(huán), ∴OB2-OG2=PB2-PG2,∴4-(2-h(huán))
31、2=4-h(huán)2,解得h=1, ∴AG=CG=BG=, ∴三棱錐O -ABC體積取最大值時(shí),BG⊥AC, ∴三棱錐O -ABC體積的最大值為: V=S△ABC·h=××2××1=1.故選B.] 16.(2020·漢中模擬)正方體ABCD-A1B1C1D1的棱長為2,E,F(xiàn),G分別為BC,CC1,BB1的中點(diǎn),則( ) A.直線D1D與直線AF垂直 B.直線A1G與平面AEF不平行 C.平面AEF截正方體所得的截面面積為 D.點(diǎn)C與點(diǎn)G到平面AEF的距離相等 C [對(duì)于A,若D1D⊥AF,又因?yàn)镈1D⊥AE且AE∩AF=A,所以DD1⊥平面AEF,所以DD1⊥EF,所以CC
32、1⊥EF,顯然不成立,故結(jié)論錯(cuò)誤; 對(duì)于B,如圖所示,取B1C1的中點(diǎn)Q,連接A1Q,GQ, 由條件可知:GQ∥EF,A1Q∥AE,且GQ∩A1Q=Q,EF∩AE=E,所以平面A1GQ∥平面AEF,又因?yàn)锳1G?平面A1GQ,所以A1G∥平面AEF,故結(jié)論錯(cuò)誤; 對(duì)于C,如圖所示,連接D1F,D1A,延長D1F,AE交于點(diǎn)S, 因?yàn)镋,F(xiàn)為BC,C1C的中點(diǎn),所以EF∥AD1,所以A,E,F(xiàn),D1四點(diǎn)共面,所以截面即為梯形AEFD1又因?yàn)镈1S=AS==2,AD1=2, 所以S=×2×=6,所以S=6×=,故結(jié)論正確;對(duì)于 D,記點(diǎn)C與點(diǎn)G到平面AEF的距離分別為h1,h2,因?yàn)閂C
33、-AEF=·SAEF·h1=VA-CEF=××2=,又因?yàn)閂G-AEF=×SAEF·h2=VA-GEF=××2=,所以h1≠h2,故結(jié)論錯(cuò)誤,故選C.] 17.(2020·貴州模擬)已知三個(gè)互不重合的平面α,β,γ,且直線m,n不重合,由下列條件: ①m⊥n,m⊥β;②n?α,α∥β;③α⊥γ,β⊥γ,n?α.能推得n∥β的條件是________. ② [①m⊥n,m⊥β,可能n?β; ②n?α,α∥β,面面平行的性質(zhì)得出成立; ③α⊥γ,β⊥γ,n?α,若α與β相交,n可能與β相交.故填②.] 18.[一題兩空](2020·成都模擬)如圖,圓錐VO的母線長為l,軸截面VAB的頂角
34、∠AVB=150°,則過此圓錐的頂點(diǎn)作該圓錐的任意截面VCD,則△VCD面積的最大值是________,此時(shí)∠VCD=________. l2 45° [過此圓錐的頂點(diǎn)作該圓錐的任意截面VCD,則△VCD面積的最大值時(shí)是等腰直角三角形時(shí),此時(shí)S△VCD=·l2·sin 90°=l2,且∠VCD=45°.] 19.(2020·南開模擬)如圖,在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,P是側(cè)棱CC1上一點(diǎn),且C1P=2PC.設(shè)三棱錐P-D1DB的體積為V1,正四棱柱ABCD-A1B1C1D1的體積為V,則的值為__________. [∵正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中的體積V=
35、DC×BC×DD1,∴三棱錐P-D1DB的體積為V1=S×BC=DD1×DC×BC=V. ∴則的值為.] 20.(2019·江南十校模擬)已知點(diǎn)A,B,C在半徑為2的球O的球面上,且OA,OB,OC兩兩所成的角相等,則當(dāng)三棱錐O-ABC的體積最大時(shí),平面ABC截球O所得的截面圓的面積為________. [由題意知,三棱錐O-ABC為正三棱錐,如圖所示: D為BC中點(diǎn),OG⊥平面ABC, 且G為△ABC的重心, 設(shè)AB=x, 則AG=AD=×x=x, ∴OG==, VO-ABC=×x2·=, 令t=x2∈(0,12)?g(t)=t2(12-t)?g′(t)=-3t2+
36、24t, 令g′(t)=0,解得t=8, 且t∈(0,8)時(shí),g(t)單調(diào)遞增; t∈(8,12)時(shí),g(t)單調(diào)遞減, ∴x2=t=8時(shí),三棱錐O-ABC體積最大, 此時(shí)AG2==, 平面ABC截球O所得的截面圓的面積S=π·AG2=π.] 21.(2020·四川蓉城名校聯(lián)盟第二次聯(lián)考)在四面體ABCD中, AB=CD=,AC=BD=,AD=BC=5,E,F(xiàn)分別是AD,BC的中點(diǎn).則下述結(jié)論: ①四面體ABCD的體積為20; ②異面直線AC,BD所成角的正弦值為; ③四面體ABCD外接球的表面積為50π; ④若用一個(gè)與直線EF垂直,且與四面體的每個(gè)面都相交的平面α去截該
37、四面體,由此得到一個(gè)多邊形截面,則該多邊形截面面積最大值為6. 其中正確的有________.(填寫所有正確結(jié)論的編號(hào)) ①③④ [根據(jù)四面體特征,可以補(bǔ)圖成長方體設(shè)其邊長為a,b,c, 則 解得a=3,b=4,c=5補(bǔ)成長,寬,高分別為3,4,5的長方體,在長方體中: ①四面體ABCD的體積為 V=3×4×5-4×××3×4×5=20,故正確; ②異面直線AC,BD所成角的正弦值等價(jià)于邊長為5,3的矩形的對(duì)角線夾角正弦值,可得正弦值為,故錯(cuò)誤; ③四面體ABCD外接球就是長方體的外接球,半徑R==,其表面積為50π,故正確; ④由于EF⊥α,故截面為平行四邊形MNKL,可得KL+KN=5,設(shè)異面直線BC與AD所成的角為θ,則sin θ=sin∠HFB=sin∠LKN,算得 sin θ=, ∴SMNKL=NK·KL·sin∠NKL≤×=6.故正確.]
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