2022年高三數(shù)學(xué)專(zhuān)題復(fù)習(xí) 專(zhuān)題四 立體幾何與空間向量模擬演練 理

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1、2022年高三數(shù)學(xué)專(zhuān)題復(fù)習(xí) 專(zhuān)題四 立體幾何與空間向量模擬演練 理 一、選擇題 1．(xx·濟(jì)寧模擬)已知α，β表示兩個(gè)不同的平面，m為平面α內(nèi)的一條直線，則“α⊥β”是“m⊥β”的(　　) A．充分不必要條件　　 B．必要不充分條件 C．充要條件 D．既不充分也不必要條件 2．(xx·濰坊三模)一個(gè)幾何體的三視圖如圖所示，其中側(cè)視圖為直角三角形，則該幾何體的體積為(　　) A. B. C. D．16 3．(xx·諸暨中學(xué)模擬)已知正三棱柱ABC－A1B1C1的側(cè)棱長(zhǎng)與底面邊長(zhǎng)相等，則AB1與側(cè)面ACC1A1所成角的正弦值等于(　　) A. B.

2、 C. D. 4．(xx·河北質(zhì)檢)某幾何體的三視圖如圖所示，且該幾何體的體積是3，則正視圖中的x的值是(　　) A. B. C．3 D．2 5．(xx·吉林實(shí)驗(yàn)中學(xué)模擬)已知E，F(xiàn)分別是矩形ABCD的邊BC與AD的中點(diǎn)，且BC＝2AB＝2，現(xiàn)沿EF將平面ABEF折起，使平面ABEF⊥平面EFDC，則三棱錐A－FEC外接球的體積為(　　) A.π B.π C.π D．2π 6．(xx·寧波聯(lián)考)如圖，棱長(zhǎng)為1的正方體ABCD－A1B1C1D1中，P為線段A1B上的動(dòng)點(diǎn)，則下列結(jié)論錯(cuò)誤的是(　　) A．DC1⊥D1P

3、 B．平面D1A1P⊥平面A1AP C．∠APD1的最大值為90° D．AP＋PD1的最小值為 二、填空題 7．(xx·金華模擬)如圖，正方體ABCD－A1B1C1D1的棱長(zhǎng)為1，E為棱DD1上的點(diǎn)，F(xiàn)為AB的中點(diǎn)，則三棱錐B1－BFE的體積為_(kāi)_______． 8．(xx·保定調(diào)研)如圖是一個(gè)空間幾何體的三視圖，則該幾何體的表面積為_(kāi)_______． 9．(xx·杭州模擬)在四棱錐P－ABCD中，底面ABCD是正方形，側(cè)棱PD⊥平面ABCD，AB＝PD＝a，點(diǎn)E為側(cè)棱PC的中點(diǎn)，又作DF⊥PB交PB于點(diǎn)F，則PB與平面EFD所成角為_(kāi)_______． 三、解答題

4、 10．(xx·杭州模擬)如圖，四棱錐P－ABCD中，PD⊥底面ABCD，AB∥DC，AD⊥DC，AB＝AD＝1，DC＝2，PD＝，M為棱PB的中點(diǎn)． (1)證明：DM⊥平面PBC； (2)求二面角A－DM－C的余弦值． 11．(xx·浙江名校聯(lián)考)如圖，△ABC和△BCD所在平面互相垂直，且AB＝BC＝BD＝2，∠ABC＝∠DBC＝120°，E，F(xiàn)分別為AC，DC的中點(diǎn)． (1)求證：EF⊥BC； (2)求二面角E－BF－C的正弦值． 12．(xx·溫州中學(xué)二模)如圖，邊長(zhǎng)為的正方形ADEF與梯形ABCD所在的平面互相垂直．已知AB∥CD，

5、AB⊥BC，DC＝BC＝AB＝1，點(diǎn)M在線段EC上． (1)證明：平面BDM⊥平面ADEF； (2)判斷點(diǎn)M的位置，使得平面BDM與平面ABF所成的銳二面角為. 經(jīng)典模擬·演練卷 1．B　[當(dāng)m⊥β，m?α?xí)r，α⊥β，必要性成立． 但α⊥β，m?α，則m?β或m∥β或m與β相交．因此“α⊥β”是“m⊥β”的必要不充分條件．] 2．C　[由三視圖知，該幾何體為三棱錐(如圖)． 其中AO⊥底面BCD，且OD⊥BC. ∵AO＝2，S△BCD＝×4×2＝8.所以幾何體的體積V＝·OA· S△BCD＝×2×8＝.] 3．A　[如圖所示，設(shè)點(diǎn)E為棱A1C

6、1的中點(diǎn)，連接AE，B1E. 在正三棱柱ABC－A1B1C1中，B1E⊥平面ACC1A1， ∴∠B1AE為直線AB1與側(cè)面ACC1A1所成的角，記為α. 設(shè)三棱柱的棱長(zhǎng)為a，則B1E＝a，AB1＝a.∴sin α＝＝＝.] 4．C　[由三視圖知，該幾何體是底面為直角梯形的四棱錐． ∵S底＝(1＋2)×2＝3. ∴幾何體的體積V＝x·S底＝3， 即x·3＝3.因此x＝3.] 5．B　[如圖，平面ABEF⊥平面EFDC，AF⊥EF， ∴AF⊥平面ECDF， 將三棱錐A－FEC補(bǔ)成正方體ABC′D′－FECD. 依題意，其棱長(zhǎng)為1，外接球的半徑R＝， ∴外接球的體積V＝π

7、R3＝π· ＝π.] 6．C　[由DC1⊥平面A1BCD1知DC1⊥D1P，∴A正確． ∵D1A1⊥平面ABB1A1，且A1D1?平面D1A1P， ∴平面D1A1P⊥平面A1AP，因此B正確． 當(dāng)0

8、△BB1F＝·BB1·BF＝，且點(diǎn)E到底面BB1F的距離h＝1. ∴V三棱錐B1－BFE＝·h·S△BB1F＝.] 8．(16＋2)π　[由三視圖知，該幾何體是由一個(gè)底面半徑為2， 高為3的圓柱挖去一個(gè)同底等高的圓錐所得的組合體． 則S圓柱側(cè)＝2π×2×3＝12π.S圓柱下底＝π×22＝4π. S圓錐側(cè)＝×2π×2×＝2π. 故幾何體的表面積S＝12π＋4π＋2π＝(16＋2)π.] 9．90°　[建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系D－xyz，D為坐標(biāo)原點(diǎn)，則P(0，0，a)，B(a，a，0)，＝(a，a，－a)， 又＝， ·＝0＋－＝0， 所以PB⊥DE.

9、 又DF⊥PB，且DF∩DE＝D， ∴PB⊥平面DEF. 故直線PB與平面DEF所成的角為90°.] 10．(1)證明　連接BD，取DC的中點(diǎn)G，連接BG， 由此知DG＝GC＝BG＝1，即△DBC為直角三角形， ∴BC⊥BD.又PD⊥平面ABCD， ∴BC⊥PD，又PD∩BD＝D， ∴BC⊥平面BDP，∴BC⊥DM. 又PD＝BD＝，PD⊥BD，M為PB的中點(diǎn)， ∴DM⊥PB，∵PB∩BC＝B， ∴DM⊥平面PBC. (2)解　以D為坐標(biāo)原點(diǎn)，射線DA、DC、DP分別為x軸、y軸、z軸的正半軸，建立如圖所示的直角坐標(biāo)系D－xyz， 則A(1，0，0)，B(1

10、，1，0)，C(0，2，0)，P(0，0，)，從而M，設(shè)n1＝(x，y，z)是平面ADM的法向量，則即 ∴可取n1＝(0，，－1)． 同理，設(shè)n2＝(u，v，w)是平面CDM的法向量，則 即 ∴可取n2＝(，0，－1)，∴cos〈n1，n2〉＝， 顯然二面角A－DM－C的大小為鈍角， ∴所以二面角A－DM－C的余弦值為－. 11. (1)證明　法一　過(guò)E作EO⊥BC，垂足為O，連接OF. 由△ABC≌△DBC可證出△EOC≌△FOC. 圖1 所以∠EOC＝∠FOC＝，即FO⊥BC. 又EO⊥BC，F(xiàn)O∩EO＝O，因此BC⊥面EFO， 又EF?面EFO，所以E

11、F⊥BC. 法二　由題意，以B為坐標(biāo)原點(diǎn)，在平面DBC內(nèi)過(guò)B作垂直BC的直線為x軸，BC所在直線為y軸，在平面ABC內(nèi)過(guò)B作垂 圖2 直BC的直線為z軸，建立如圖2所示空間直角坐標(biāo)系．易得B(0，0，0)，A(0，－1，)，D(，－1，0)，C(0，2，0)．因而E，F(xiàn)，所以＝，＝(0，2，0)，因此·＝0.從而⊥，所以EF⊥BC. (2)解　法一　在圖1中，過(guò)O作OG⊥BF，垂足為G，連接EG. 由平面ABC⊥平面BDC，從而EO⊥面BDC，∴EO⊥BF，又OG⊥BF，EO∩OG＝O，∴BF⊥平面BOG，∴EO⊥BF. 因此∠EGO為二面角E－BF－C的平面角． 在△EOC

12、中，EO＝EC＝BC·cos 30°＝， 由△BGO∽△BFC知，OG＝·FC＝， 因此tan∠EGO＝＝2， 從而sin∠EGO＝，即二面角E－BF－C的正弦值為. 法二　在圖2中，平面BFC的一個(gè)法向量為n1＝(0，0，1)． 設(shè)平面BEF的法向量n2＝(x，y，z)， 又＝，＝. 由得其中一個(gè)n2＝(1，－，1)． 設(shè)二面角E－BF－C大小為θ，且由題意知θ為銳角，則 cos θ＝|cos〈n1，n2〉|＝＝， 因此sin θ＝＝，即所求二面角的正弦值為. 12．(1)證明　∵DC＝BC＝1，DC⊥BC，∴BD＝， 又∵AD＝，AB＝2， ∴AD2＋BD2＝AB

13、2，則∠ADB＝90°. ∴AD⊥BD， 又∵面ADEF⊥面ABCD，ED⊥AD，面ADEF∩面ABCD＝AD， ∴ED⊥面ABCD，∴BD⊥ED， 又∵AD∩DE＝D，∴BD⊥面ADEF，BD?面BDM， ∴面BDM⊥面ADEF. (2)解　在面DAB內(nèi)過(guò)D作DN⊥AB，垂足N， ∵AB∥CD，∴DN⊥CD， 又∵ED⊥面ABCD，∴DN⊥ED， ∴以D為坐標(biāo)原點(diǎn)，DN為x軸，DC為y軸，DE為z軸，建立空間直角坐標(biāo)系． ∴B(1，1，0)，C(0，1，0)，E(0，0，)， N(1，0，0)， 設(shè)M(x0，y0，z0)， ＝λ (0<λ<1)， ∴(x0，y0，z0－)＝λ(0，1，－) 因此x0＝0，y0＝λ，z0＝(1－λ)． 于是點(diǎn)M(0，λ，(1－λ))． 設(shè)平面BDM的法向量n1＝(x，y，z)， 則 ∴令x＝1，得n1＝. ∵平面ABF的法向量n2＝＝(1，0，0)， ∴cos〈n1，n2〉＝＝cos＝， 解得λ＝，λ＝2(舍去)．∴M， ∴點(diǎn)M的位置在線段CE的三等分點(diǎn)且靠近C處．