新版高考數(shù)學(xué)文二輪復(fù)習(xí) 專題能力提升練四 Word版含解析

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1、 1

2、 1 專題能力提升練(四) 立體幾何 一、選擇題(每小題5分) 1.已知某幾何體的三視圖如圖所示,則該幾何體的體積為(  ) A.π   B.π  C.8π   D.16π 解析:該幾何體是從一個圓柱里挖去一個圓錐所得,所以體積為V=π×22×2-π×22×2=π. 答案:B 2.某四棱錐的三視圖如圖所示,則最長的一條側(cè)棱的長度是(  ) A. B.13

3、C.29 D. 解析:由題意可知四棱錐的底面是上、下底邊長分別為2,4,高為3的直角梯形,棱錐的高為2,高所在的棱垂直于底面,所以側(cè)棱最長為=. 答案:D 3.已知某棱錐的三視圖如圖所示,俯視圖為正方形,則該棱錐外接球的體積是(  ) A. B. C. D. 解析:該幾何體是一個底面是邊長為的正方形、高為2的四棱錐,其中一條側(cè)棱垂直于底面,它是長方體的一部分,與長方體具有相同的外接球.則原四棱錐的外接球半徑r==,故其體積為×()3=. 答案:C 4.如圖所示是一個幾何體的三視圖,則這個幾何體外接球的表面積為(  ) A.8π B.16π C.32π D.

4、64π 解析:該幾何體為一四棱錐,其直觀圖如圖,它是三棱柱的一部分,四棱錐與三棱柱具有相同的外接球.三棱柱的底面為等腰直角三角形,所以其外接球的半徑r==2,所以該幾何體外接球的表面積為4πr2=32π. 答案:C 5.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

5、中的結(jié)論不正確;當直線與平面垂直時,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直線有無數(shù)條,選項C中的結(jié)論不正確. 答案:D 6.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 7.設(shè)l,m是兩條不同的直線,α是一個平面,則下列說法正確的是(  ) A.若l⊥m,m?α,則l⊥α B.若l⊥α,l∥m,則m⊥α C.若l∥α,m?α

6、,則l∥m D.若l∥α,m∥α,則l∥m 解析:選項A中,一條直線與一個平面內(nèi)的一條直線垂直,不能保證該直線與該平面垂直;兩平行線中的一條與一個平面垂直,另一條也垂直于這個平面,選項B中的說法正確;選項C中,一條直線與一個平面平行,不能保證其平行于平面內(nèi)的任意直線,選項C中的說法不正確;平行于同一個平面的兩條直線的位置關(guān)系不確定,選項D中的說法不正確. 答案:B 8.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

7、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3×1×2=6. 答案:D 9.如圖,在三棱柱ABC-A1B1C1中,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,

8、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 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ABCD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_

9、_________. 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=1×2×4+π×12×2=8+2π. 答案:8+2π 12.如圖,四棱錐P-ABCD中,∠ABC=∠BAD=90°,BC=2AD,△PAB和△PAD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

10、.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.(20xx·池州二模)表面積為60π的球面上有四點S、A、B、C,且△ABC是等邊三角形,球心O到平面ABC的距離為,若平面SAB⊥平面ABC,則棱錐S-ABC體積的最大值為________. 解析:∵表面積為60π的球,∴球的半徑為, 設(shè)△ABC的中點為D,則OD=,所以DA=2,則AB=6 棱錐S-ABC的底面積S=×62=9為定值, 欲使其體積最大,應(yīng)有S到平面ABC的距離取最大值, 又平面S

11、AB⊥平面ABC, ∴S在平面ABC上的射影落在直線AB上,而SO=,點D到直線AB的距離為, 則S到平面ABC的距離的最大值為3, ∴V=×9×3=27. 答案:27 14.如圖,邊長為2的正方形ABCD中,點E,F(xiàn)分別是邊AB,BC的中點,將△AED,△EBF,△FCD分別沿DE,EF,F(xiàn)D折起,使A,B,C三點重合于點A′,若四面體A′EFD的四個頂點在同一個球面上,則該球的半徑為__________. 解析:易知四面體A′EFD的三條側(cè)棱A′E,A′F,A′D兩兩垂直,且A′E=1,A′F=1,A′D=2,我們把四面體A′EFD擴成棱長為1,1,2的一個長方體,則長方體

12、的外接球即為四面體A′EFD的外接球,所以球的半徑為r==. 答案: 15. 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=PQ·S菱形ABCD=××2×

13、=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 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,已知三棱柱ABC-A′B′C′的側(cè)棱垂直于底面,AB=AC,∠BAC=90°,點M,N分別為A′B和B′C′的中點. (1)證明:MN∥平面AA′C′C; (2)設(shè)AB=λAA′,當λ為何值時

14、,CN⊥平面A′MN,試證明你的結(jié)論. 解:(1)取A′B′的中點E,連接ME,NE,因為M,N分別為A′B和B′C′的中點, 所以NE∥A′C′,ME∥AA′. 又ME∩NE=E,A′C′∩AA′=A′, 所以平面MNE∥平面AA′C′C, 因為MN?平面MNE, 所以MN∥平面 AA′C′C. (2)連接BN,設(shè)AA′=a,則AB=λAA′=λa, 由題意知BC=λa,NC=BN=, 因為三棱柱ABC-A′B′C′的側(cè)棱垂直于底面, 所以平面A′B′C′⊥平面BB′C′C, 因為AB=AC,點N是B′C′的中點,所以A′N⊥平面BB′C′C, 所以CN⊥A′N,

15、 要使CN⊥平面A′MN, 只需CN⊥BN即可, 所以CN2+BN2=BC2, 即2=2λ2a2,所以λ=, 則當λ=時,CN⊥平面A′MN. 17.如圖,在四棱錐P-ABCD中,底面ABCD是直角梯形,AD∥BC,AB⊥BC,側(cè)面PAB⊥底面ABCD,PA=AD=AB=1,BC=2. (1)證明:平面PBC⊥平面PDC; (2)若∠PAB=120°,求點B到直線PC的距離. 解:(1)延長BA,CD交于M點,連接MP, 則BM=2,A是BM的中點,因為PA=BM, 所以MP⊥PB, 又因為側(cè)面PAB⊥底面ABCD,AB⊥BC, 所以BC⊥平面PBM, 所以

16、BC⊥MP,故MP⊥平面PBC, 因為MP?平面PCD,所以平面PBC⊥平面PCD. (2)過B點作BN⊥PC于N,則BN為點B到直線PC的距離. 因為∠PAB=120°,PA=AD=AB=1,BC=2, 所以MP=1,PB=,PC=, 因為BN×PC=BC×PB,所以BN==. 18.(20xx·山東煙臺期末)如圖,在三棱柱ABC-A1B1C1中,側(cè)面ABB1A1,ACC1A1均為正方形,AB=AC=1,∠BAC=90°,點D是棱B1C1的中點. (1)求證:A1D⊥平面BB1C1C; (2)求證:AB1∥平面A1DC; (3)求三棱錐C1-A1CD的體積. 解:(1

17、)∵面ABB1A1,ACC1A1均為正方形, AA1⊥A1C1,AA1⊥A1B1, A1C1∩A1B1=A1,A1C1,A1B1?平面A1B1C1, ∴AA1⊥平面A1B1C1, ∵AA1∥CC1,∴CC1⊥平面A1B1C1. ∵A1D?平面A1B1C1,∴CC1⊥A1D, ∵三棱柱ABC-A1B1C1,AB=AC=1, ∴A1B1=A1C1, ∵D是B1C1的中點,∴A1D⊥B1C1. ∵CC1∩B1C1=C1,又CC1,B1C1?平面BB1C1C, ∴A1D⊥平面BB1C1C. (2)連接AC1交A1C于點O,連接OD, ∵四邊形ACC1A1為正方形, 點O為AC

18、1的中點,D為B1C1的中點, ∴OD為△AB1C1的中位線,∴AB1∥OD, ∵OD?平面A1DC,AB1?平面A1DC, ∴AB1∥平面A1DC. (3)由(1)CC1⊥平面A1B1C1,∴CC1為三棱柱ABC-A1B1C1的高, ∵A1B1=A1C1=1,∠B1A1C1=90°, D是B1C1的中點, S△A1C1D=S△A1B1C1=××12=, VC1-A1CD=VC-A1C1D=S△A1C1D·CC1=××1=, 即三棱錐C1-A1CD的體積V=. 19.(20xx·河北衡水二中期中)如圖,在四棱錐P-ABCD中,側(cè)面PAD⊥底面ABCD,側(cè)棱PA=PD=,底面

19、ABCD為直角梯形,其中BC∥AD,AB⊥AD,AD=2AB=2BC=2,O為AD中點. (1)求證:PO⊥平面ABCD; (2)求異面直線PB與CD所成角的余弦值; (3)線段AD上是否存在點Q,使得它到平面PCD的距離為?若存在,求出的值;若不存在,請說明理由. 解:(1)在△PAD中,PA=PD,O為AD中點,所以PO⊥AD. 又側(cè)面PAD⊥底面ABCD,平面PAD∩平面ABCD=AD,PO?平面PAD, 所以PO⊥平面ABCD. (2)連接BO,在直角梯形ABCD中,BC∥AD,AD=2AB=2BC, 有OD∥BC且OD=BC,所以四邊形OBCD是平行四邊形

20、, 所以O(shè)B∥DC. 由(1)知PO⊥OB,∠PBO為銳角, 所以∠PBO是異面直線PB與CD所成的角. 因為AD=2AB=2BC=2, 在Rt△AOB中,AB=1,AO=1,所以O(shè)B=, 在Rt△POA中,因為AP=,AO=1,所以O(shè)P=1, 在Rt△PBO中,PB=,所以cos∠PBO=, 所以異面直線PB與CD所成的角的余弦值為. (3)假設(shè)存在點Q,使得它到平面PCD的距離為. 設(shè)QD=x,則S△DQC=x, 由(2)得CD=OB=, 在Rt△POC中,PC=, 所以PC=CD=DP,S△PCD=×()2=, 由VP-DQC=VQ-PCD,得x=,所以存在點

21、Q滿足題意,此時=. 20.(20xx·天津五區(qū)期末)已知四棱柱ABCD-A1B1C1D1的側(cè)棱AA1⊥底面ABCD,ABCD是等腰梯形,AB∥DC,AB=2,AD=1,∠ABC=60°,E,F(xiàn)分別為A1C,A1B1的中點. (1)求證:D1E∥平面BB1C1C; (2)求證:BC⊥A1C; (3)若A1A=AB,求直線DF與平面A1ADD1所成角的正弦值. 解:(1)連接D1F,EF,B1C,因為EF是△A1CB1的中位線,所以EF∥CB1. 因為AB∥DC,所以A1B1∥D1C1, 又AB=2AD=2,∠ABC=60°, 可求D1C1=1,故D1C1=FB1,所以四

22、邊形C1D1FB1為平行四邊形, 所以D1F∥C1B1,又EF∩D1F=F,CB1∩C1B1=B1, 所以平面D1EF∥平面BB1C1C,又D1E?平面D1EF, 所以D1E∥平面BB1C1C. (2)連接AC,在等腰三角形ADC中可求AC=, 又因為BC=1,AB=2,所以AC2+BC2=AB2,所以BC⊥AC. 又四棱柱是直四棱柱,故A1A⊥平面ABCD,BC?平面ABCD, 所以A1A⊥BC. 因為A1A∩AC=A,所以BC⊥平面A1AC,A1C?平面A1AC, 所以BC⊥A1C. (3)取A1D1的中點G,連結(jié)FG, 由已知可知△A1D1F為正三角形,故FG⊥A1

23、D1, 又因為四棱柱是直四棱柱,所以平面A1D1F⊥平面A1ADD1, 所以FG⊥平面A1ADD1. 連結(jié)DG,則∠FDG為直線DF與平面A1ADD1所成的角. 在Rt△FDG中,F(xiàn)G=,DG=,故DF=, 所以sin∠FDG===. 21.(20xx·江西贛州期中)如圖①,在四棱錐P-ABCD中,PA⊥底面ABCD,面ABCD為正方形,E為側(cè)棱PD上一點,F(xiàn)為AB上一點.該四棱錐的正(主)視圖和側(cè)(左)視圖如圖②所示. (1)求四面體PBFC的體積; (2)證明:AE∥平面PFC; (3)證明:平面PFC⊥平面PCD. 解:(1)由左視圖可得F為AB的中點, ∴△B

24、FC的面積為S=×1×2=1. ∵PA⊥平面ABCD, ∴四面體PBFC的體積為VP-BFC=S△BFC·PA=×1×2=. (2)取PC中點Q,連接EQ,F(xiàn)Q. 由正(主)視圖可得E為PD的中點, ∴EQ∥CD,EQ=CD. 又AF∥CD,AF=CD, ∴AF∥EQ,AF=EQ. ∴四邊形AFQE為平行四邊形, ∴AE∥FQ. ∵AE?平面PFC,F(xiàn)Q?平面PFC, ∴直線AE∥平面PFC. (3)∵PA⊥平面ABCD,∴PA⊥CD. ∵平面ABCD為正方形,∴AD⊥CD. ∴CD⊥平面PAD. ∵AE?平面PAD,∴CD⊥AE. ∵PA=AD,E為PD中點,∴AE⊥PD. ∴AE⊥平面PCD. ∵AE∥FQ,∴FQ⊥平面PCD. ∵FQ?平面PFC,∴平面PFC⊥平面PCD.

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