高考數(shù)學(xué) 理二輪專題復(fù)習(xí) 專題能力提升練四 Word版含解析

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1、 專題能力提升練(四) 立體幾何             一、選擇題(每小題5分) 1.下列結(jié)論正確的是(  ) A.過一點有且只有一個平面與已知平面垂直 B.過一條直線有且只有一個平面與已知平面垂直 C.過一點有且只有一條直線與已知直線垂直 D.過一點有且只有一條直線與已知平面垂直 解析:過一點如果有兩條直線與已知平面垂直,根據(jù)直線與平面垂直的性質(zhì)定理可知,這兩條直線平行,矛盾,所以選項D中的結(jié)論正確;過一點有無數(shù)個平面與已知平面垂直,選項A中的結(jié)論不正確;當(dāng)直線與平面垂直時,過該直線的任意平面即與已知平面垂直,選項B中的結(jié)論不正確;在空間,過一點與已知直線垂直的

2、直線有無數(shù)條,選項C中的結(jié)論不正確. 答案:D 2.正四面體ABCD中,AO⊥平面BCD,垂足為O,設(shè)M是線段AO上一點,且∠BMC=90,則的值為(  ) A.1 B.2 C. D. 解析:如圖,連接OB,設(shè)正四面體的棱長為a,則OB=a,MB=a,故OM=a=AO,則=1. 答案:A 3.設(shè)m,n是兩條不同的直線,α,β,γ是三個不同的平面,下列四個命題正確的是(  ) A.m,n?α,m∥β,n∥β,則α∥β B.m?α,α∥β,則m∥β C.若m⊥α,α⊥β,n∥β,則m⊥n D.若α⊥γ,β⊥γ,則α⊥β 解析:對于A,根據(jù)面面平行的判定定理可知缺少條

3、件“m與n相交”,故A不正確;對于B,若α∥β,則α,β無交點,又m?α,所以m,β無交點,即m∥β,故B正確;對于C,若α⊥β,n∥β,則n可以垂直于α,又m⊥α,所以m可以平行于n,故C不正確;對于D,α⊥γ,β⊥γ時,α,β也可能平行,故D不正確. 答案:B 4.已知三棱柱的三個側(cè)面均垂直于底面,底面為正三角形,且側(cè)棱長與底面邊長之比為21,頂點都在一個球面上,若該球的表面積為,則此三棱柱的側(cè)面積為(  ) A. B. C.8 D.6 解析:如圖,根據(jù)球的表面積可得球的半徑為r=,設(shè)三棱柱的底面邊長為x,則2=x2+2,解得x=1,故該三棱柱的側(cè)面積為312=6.

4、答案:D 5. 在正方體ABCD-A1B1C1D1中,已知M,N分別是A1B1,BB1的中點,過點M,N,C1的截面截正方體所得的幾何體如圖所示,那么該幾何體的側(cè)視圖是(  ) 解析:C1N的投影線為虛線,該幾何體的側(cè)視圖是選項B中的圖. 答案:B 6.已知某幾何體的三視圖如圖所示,三視圖是邊長為1的等腰直角三角形和邊長為1的正方形,則該幾何體的體積為(  ) A.   B.   C.   D. 解析:該幾何體的直觀圖如圖,為單位正方體中的三棱錐B-A′C′D′,其體積為正方體體積的,即該幾何體的體積為. 答案:A 7.如圖,在三棱柱ABC-A1B1C1中

5、,側(cè)棱垂直于底面,底面是邊長為2的正三角形,側(cè)棱長為3,則BB1與平面AB1C1所成角的大小為(  ) A. B. C. D. 解析:分別取BC,B1C1的中點D,D1,連接AD,DD1,AD1.顯然DD1⊥B1C1,AD1⊥B1C1,故B1C1⊥平面ADD1,故平面AB1C1⊥平面ADD1,故DD1在平面AB1C1內(nèi)的射影在AD1上,∠AD1D即為直線DD1與平面AB1C1所成的角.在Rt△AD1D中,AD=,DD1=3,所以tan∠AD1D=,所以∠AD1D=.因為BB1∥DD1,所以直線BB1與平面AB1C1所成角的大小為. 答案:A 8.在三棱錐S-ABC中,AB⊥B

6、C,AB=BC=,SA=SC=2,二面角S-AC-B的余弦值是-,若S,A,B,C都在同一球面上,則該球的表面積是(  ) A.2π B.4π C.6π D.8π 解析:取AC的中點D,連接SD,BD,∵AB=BC=,∴BD⊥AC,∵SA=SC=2,∴SD⊥AC,∴∠SDB為二面角S-AC-B的平面角.在△ABC中,AB⊥BC,AB=BC=,∴AC=2.取等邊△SAC的中心E,作EO⊥平面SAC,過D作DO⊥平面ABC,則O為外接球球心,∴ED=.又二面角S-AC-B的余弦值是-, ∴cos∠EDO=,OD=,∴BO==,∴外接球的半徑為,其表面積為6π. 答案:C 9.在四面

7、體ABCD中,AB=AD,CB=CD,E,F(xiàn),G,H分別是AB,BC,CD,DA的中點,則下列命題正確的是(  ) A.E,F(xiàn),G,H四點不共面 B.四邊形EFGH是梯形 C.EG⊥FH D.四邊形EFGH是矩形 解析:如圖,顯然,四邊形EFGH是平行四邊形.取BD的中點P,連接CP,AP,因為AB=AD,CB=CD,所以AP⊥BD,CP⊥BD,根據(jù)直線與平面垂直的判定定理,可得BD⊥平面APC,所以BD⊥AC,又FG∥BD,EF∥AC,所以FG⊥EF,所以四邊形EFGH是矩形. 答案:D 10.正三角形ABC的邊長為2,將它沿高AD翻折,使點B與點C間的距離為,此時四面體A

8、BCD的外接球的半徑為(  ) A. B. C.2 D. 解析:球心O一定在與平面BCD垂直且過底面正三角形中心O′的直線上,也在平面ADO中AD的垂直平分線上,如圖,OE=O′D==1,DE=AD=2=,故所求外接球的半徑r==. 答案:B 二、填空題(每小題5分) 11.如圖所示是一個幾何體的三視圖,則該幾何體的體積為__________. 解析:由題可知該幾何體由兩個相同的半圓柱和一個長方體拼接而成,因此該幾何體的體積V=124+π122=8+2π. 答案:8+2π 12.如圖,四棱錐P-ABCD中,∠ABC=∠BAD=90,BC=2AD,△PAB和△P

9、AD都是等邊三角形,則異面直線CD與PB所成角的大小為__________. 解析:如圖,取BC的中點E,連接AE,ED,BD,PE.設(shè)BD∩AE=O,連接PO. 設(shè)AB=a,則OA=OB=a. 又PB=PA=PD,O為BD的中點,所以BD⊥PO,所以PO==a,所以PO⊥OA,所以PO⊥平面ABCD,所以PO⊥AE.由已知可得四邊形ABED為正方形,所以BD⊥AE,所以AE⊥平面PBD,所以AE⊥PB.又CD∥AE,所以CD⊥PB,即異面直線CD與PB所成角的大小為90. 答案:90 13.已知球的直徑SC=4,A,B是該球球面上的兩點,AB=,∠ASC=∠BSC=30,則三棱

10、錐S-ABC的體積為__________. 解析:如圖,設(shè)球心為O,△ABC的外心為O′,根據(jù)球的性質(zhì)得OO′⊥平面ABC,且∠SBC=∠SAC=90,所以BC=AC=2.在△ABC中,根據(jù)余弦定理得cos∠ACB==,所以sin∠ACB=.根據(jù)正弦定理得=2r(r為△ABC外接圓的半徑),所以r=,所以O(shè)O′===.△ABC的邊AB上的高為=.所以三棱錐S-ABC的體積為=. 答案: 14.如圖,在四棱錐P-ABCD中,底面ABCD為菱形,∠BAD=60,Q為AD的中點.若平面PAD⊥平面ABCD,PA=PD=AD=2,點M在線段PC上,且PM=2MC,則四棱錐P-ABCD與三

11、棱錐P-QBM的體積之比是__________. 解析:過點M作MH∥BC交PB于點H. ∵平面PAD⊥平面ABCD,平面PAD∩平面ABCD=AD,PQ⊥AD, ∴PQ⊥平面ABCD. ∵PA=PD=AD=AB=2,∠BAD=60, ∴PQ=BQ=. ∴VP-ABCD=PQS菱形ABCD=2=2。 又PQ⊥BC,BQ⊥AD,AD∥BC, ∴BQ⊥BC,又QB∩QP=Q, ∴BC⊥平面PQB,又MH∥BC,PM=2MC, ∴MH⊥平面PQB,==, ∵BC=2,∴MH=, ∴VP-QBM=VM-PQB==, ∴VP-ABCDVP-QBM=31. 答案:31

12、 15.已知正方體ABCD-A′B′C′D′的棱長為1,E,F(xiàn)分別為棱AA′與CC′的中點,過直線EF的平面分別與BB′,DD′相交于點M,N.設(shè)BM=x,x∈[0,1],有以下結(jié)論: ①平面MENF⊥平面BDD′B′; ②當(dāng)x=時,四邊形MENF的面積最小; ③四邊形MENF的周長L=f(x),x∈[0,1]是單調(diào)函數(shù); ④四棱錐C′-MENF的體積V=g(x)為常函數(shù). 其中正確結(jié)論的序號是__________(將正確結(jié)論的序號都填上). 解析:如圖,①連接BD,B′D′,則由正方體的性質(zhì)可知,EF⊥平面BDD′B′,所以平面MENF⊥平面BDD′B′,所以①正確. ②連接

13、MN,因為EF⊥平面BDD′B′,所以EF⊥MN,四邊形MENF的對角線EF是固定的,所以要使四邊形MENF的面積最小,則只需MN的長度最小即可,當(dāng)M為棱BB′的中點,即x=時,MN的長度最小,對應(yīng)四邊形MENF的面積最小,所以②正確. ③因為EF⊥MN,所以四邊形MENF是菱形,當(dāng)x∈時,EM的長度由大變小,當(dāng)x∈時,EM的長度由小變大,所以函數(shù)L=f(x)不單調(diào),所以③錯誤. ④連接C′E,C′M,C′N,則四棱錐C′-MENF被分割為兩個小三棱錐,它們是以C′EF為底,分別以M,N為頂點的兩個小三棱錐.因為三角形C′EF的面積是常數(shù),M,N到平面C′EF的距離是常數(shù),所以四棱錐C′-

14、MENF的體積V=g(x)為常函數(shù),所以④正確.故答案為①②④. 答案:①②④ 三、解答題(第16,17,18,19題每題12分,第20題13分,第21題14分) 16.如圖,矩形CDEF和梯形ABCD互相垂直,∠BAD=∠ADC=90,AB=AD=CD,BE⊥DF. (1)若M為EA的中點,求證:AC∥平面MDF; (2)求平面EAD與平面EBC所成銳二面角的大?。? 解:(1)設(shè)EC與DF交于點N,連接MN,在矩形CDEF中,點N為EC的中點, 因為M為EA的中點,所以MN∥AC,又因為AC?平面MDF,MN?平面MDF,所以AC∥平面MDF. (2)因為平面CDEF

15、⊥平面ABCD,平面CDEF∩平面ABCD=CD,且DE?平面CDEF,DE⊥CD, 所以DE⊥平面ABCD. 以點D為坐標(biāo)原點,建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系,設(shè)DA=a,DE=b,則B(a,a,0),E(0,0,b),C(0,2a,0),F(xiàn)(0,2a,b), =(-a,-a,b),=(0,2a,b),=(-a,a,0),因為BE⊥DF, 所以=(-a,-a,b)(0,2a,b)=b2-2a2=0,b=a. 設(shè)平面EBC的法向量m=(x,y,z),由,可得到m的一個值為m=(1,1,),注意到平面EAD的一個法向量n=(0,1,0),而cos〈m,n〉==,所以平面EAD與平面E

16、BC所成銳二面角的大小為60. 17.如圖,三棱柱ADE-BCG中,四邊形ABCD是矩形,F(xiàn)是EG的中點,EA⊥AB,AD=AE=EF=1,平面ABGE⊥平面ABCD. (1)求證:AF⊥平面FBC; (2)求二面角B-FC-D的正弦值. 解:(1)∵四邊形ABCD是矩形,∴BC⊥AB, 又平面ABGE⊥平面ABCD,∴BC⊥平面ABGE, ∵AF?平面ABGE,∴BC⊥AF. 在△AFB中,AF=BF=,AB=2,∴AF2+BF2=AB2,即AF⊥BF,又BF∩BC=B,∴AF⊥平面FBC. (2)分別以AD,AB,AE所在直線為x軸,y軸,z軸建立空間直角坐標(biāo)系,則A(

17、0,0,0),D(1,0,0),C(1,2,0),E(0,0,1),B(0,2,0),F(xiàn)(0,1,1),∴=(-1,0,1),=(0,2,0),設(shè)n1=(x,y,z)為平面CDEF的法向量,則,即. 令x=1,得z=1,即n1=(1,0,1), 取n2==(0,1,1)為平面BCF的一個法向量, ∴cos〈n1,n2〉==, ∴二面角B-FC-D的正弦值為. 18.四棱錐E-ABCD中,AD∥BC,AD=AE=2BC=2AB=2,AB⊥AD,平面EAD⊥平面ABCD,點F為DE的中點. (1)求證:CF∥平面EAB; (2)若CF⊥AD,求二面角D-CF-B的余弦值. 解:

18、(1)取AE的中點G,連接GF,GB. ∵點F為DE的中點, ∴GF∥AD,且GF=AD, 又AD∥BC,AD=2BC, ∴GF∥BC,且GF=BC, ∴四邊形CFGB為平行四邊形,則CF∥BG. 而CF?平面EAB,BG?平面EAB,∴CF∥平面EAB. (2)∵CF⊥AD,∴AD⊥BG,而AB⊥AD, ∴AD⊥平面EAB, ∴AD⊥EA. 又平面EAD⊥平面ABCD,平面EAD∩平面ABCD=AD, ∴EA⊥平面ABCD, 以A為坐標(biāo)原點,分別以AB,AD,AE為x,y,z軸建立空間直角坐標(biāo)系,則B(1,0,0),C(1,1,0),D(0,2,0),F(xiàn)(0,1,

19、1). 設(shè)平面BCF的法向量為n1=(x,y,z),則, 即, 不妨令x=1,可得n1=(1,0,1). 設(shè)平面CDF的法向量為n2,同理可求得n2=(1,1,1), ∴cos〈n1,n2〉==. ∵二面角D-CF-B為鈍二面角,∴二面角D-CF-B的余弦值為-. 19.如圖,在四棱錐P-ABCD中,PC⊥底面ABCD,底面ABCD是直角梯形,AB⊥AD,AB∥CD,AB=2AD=2CD=2,E是PB上的一點. (1)求證:平面EAC⊥平面PBC; (2)若E是PB的中點,且二面角P-AC-E的余弦值為,求直線PA與平面EAC所成角的正弦值. 解:(1)∵PC⊥平面AB

20、CD,AC?平面ABCD, ∴AC⊥PC, ∵AB=2,AD=CD=1,∴AC=BC=, ∴AC2+BC2=AB2,∴AC⊥BC, 又BC∩PC=C,∴AC⊥平面PBC, ∵AC?平面EAC, ∴平面EAC⊥平面PBC. (2)以C為原點,建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系, 則C(0,0,0),A(1,1,0),B(1,-1,0), 設(shè)P(0,0,a)(a>0),則E,=(1,1,0),=(0,0,a),=,=(1,1,-a). 顯然m==(1,-1,0)為平面PAC的一個法向量, 設(shè)n=(x,y,z)為平面EAC的法向量,則n=n=0,即,取x=a,y=-a,z=-2,

21、則n=(a,-a,-2), ∴|cos〈m,n〉|===,則a=2,于是n=(2,-2,-2),=(1,1,-2). 設(shè)直線PA與平面EAC所成角為θ, 則sinθ=|cos〈,n〉|===, 即直線PA與平面EAC所成角的正弦值為. 20.如圖,在三棱柱ABC-A1B1C1中,B1B=B1A=AB=BC,∠B1BC=90,D為AC的中點,AB⊥B1D. (1)求證:平面ABB1A1⊥平面ABC; (2)求直線B1D與平面ACC1A1所成角的正弦值. 解:(1)取AB的中點為O,連接OD,OB1, 因為B1B=B1A,所以O(shè)B1⊥AB. 又AB⊥B1D,OB1∩B

22、1D=B1, 所以AB⊥平面B1OD, 因為OD?平面B1OD,所以AB⊥OD, 由已知,BC⊥BB1,又OD∥BC, 所以O(shè)D⊥BB1,因為AB∩BB1=B, 所以O(shè)D⊥平面ABB1A1. 又OD?平面ABC,所以平面ABC⊥平面ABB1A1. (2)由(1)知,OB,OD,OB1兩兩垂直,以O(shè)為坐標(biāo)原點,OB為單位長度,建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系O-xyz. 由題設(shè)知B1(0,0,),D(0,1,0),A(-1,0,0),C(1,2,0),C1(0,2,). 則=(0,1,-),=(2,2,0),=(-1,0,). 設(shè)平面ACC1A1的法向量為m=(x,y,z),

23、則m=0,m=0,即x+y=0,-x+z=0,可取m=(,-,1). 設(shè)直線B1D與平面ACC1A1所成的角為θ, 故sinθ==. 21.已知四棱錐P-ABCD的底面ABCD是矩形,側(cè)面PAD是等邊三角形,E為棱PD的中點. (1)證明:PB∥平面AEC; (2)若側(cè)面PAD⊥底面ABCD,PB⊥AC,求二面角B-AC-E的大?。? 解:(1)連接BD交AC于點F,連接EF, ∵底面ABCD為矩形,∴F為BD的中點, 又∵E為PD的中點,∴EF∥PB. 又PB?平面AEC,EF?平面AEC, ∴PB∥平面AEC. (2)取AD的中點O,連接PO,則PO⊥AD, 又平

24、面PAD⊥平面ABCD,平面PAD∩平面ABCD=AD,PO?平面PAD, ∴PO⊥平面ABCD, 取BC的中點M,連接OM,則OM⊥AD, 以O(shè)為坐標(biāo)原點,以O(shè)A,OM,OP所在直線分別為x軸,y軸,z軸建立空間直角坐標(biāo)系O-xyz,不妨設(shè)OA=1,AB=m(m>0),則O(0,0,0),A(1,0,0),B(1,m,0),C(-1,m,0),D(-1,0,0),P(0,0,),E, ∴=(1,m,-),=(-2,m,0), ∵PB⊥AC,∴=-2+m2=0, ∴m=, 平面ABC的一個法向量m=(0,0,1), 設(shè)平面ACE的法向量n=(x,y,z), ∵=(-2,,0),=, 由n=0,n=0得: , 令x=1,得n=(1,,), ∴cos〈m,n〉==, ∵二面角B-AC-E為鈍二面角, ∴所求二面角的大小為135.

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