高考数学精炼4 理

【选题明细表】
知识点、方法题号
空间几何体的结构、三视图与直观图1、2、3、16
表面积与体积9、18、19
点、线、面的位置关系4、6
平行与垂直11、17、18、21
空间向量及其运算8、13
空间向量在立体几何中的应用10、12、14、15、20、21
综合应用5、7、22
一、选择题(每小题5分,共60分)
1.一个简单几何体的正视图、侧视图如图所示,则下列图形:
①长方形;②正方形;③圆;④椭圆.
不可能是其俯视图的有( B )
(A)①② (B)②③ (C)③④ (D)①④
解析:根据画三视图的规则“长对正,高平齐,宽相等”可知,该几何体的俯视图不可能是圆和正方形.故选B.
2.如图所示为正方体木块堆成的几何体的三视图,则组成此几何体的正方体木块共有( B )
(A)3块(B)4块(C)5块(D)6块
解析:由三视图画出几何体直观图,如图所示,只有4个正方体木块,故选B.
3.如图所示为一平面图形的直观图,则此平面图形可能是( C )
解析:由直观图知平面图形可能为C.故选C.
4.给出下面四个命题:
①“直线a∥直线b”的充要条件是“a平行于b所在的平面”;
②“直线l⊥平面α内所有直线”的充要条件是“l⊥平面α”;
③“直线a、b为异面直线”的充分不必要条件是“直线a、b不相交”;
④“平面α∥平面β”的必要不充分条件是“α内存在不共线三点到β的距离相等”.
其中正确命题的序号是( D )
(A)①② (B)②③ (C)③④ (D)②④
解析:当a平行于b所在平面时,a、b可能异面,故①不正确;当a、b不相交时,可能a∥b,故
③不正确;由此可排除选项A、B、C,故选D.
5. (2013乐山市高三第三次调研)如图所示,在正方体ABCDA1B1C1D1中,F为线段BC1的中点,E为直线A1C1上的动点,则下列结论中正确的为( C )
(A)存在点E使EF∥BD1
(B)不存在点E使EF⊥平面AB1C1D
(C)三棱锥B1ACE的体积为定值
(D)EF与AD1所成的角不可能等于90°
解析:由异面直线的判断定理知EF和BD1为异面直线,故选项A错;当EF∥A1B时,满足EF⊥平面AB1C1D,故选项B错;S△ACE为定值,而B1到面ACE的距离也为定值,故三棱锥B1ACE的体积为定值,故选项C正确;当E与A1重合时,EF与AD1所成的角等于90°,故选项D错.故选C.
6.设m、n是平面α内的两条不同直线,l1、l2是平面β内的两条相交直线,则α∥β的一个充分而不必要条件是( B )
(A)m∥β且l1∥α(B)m∥l1且n∥l2
(C)m∥β且n∥β(D)m∥β且n∥l2
解析:对于选项A,α、β也可能相交,此时,l1、m都平行于交线;对于选项B,由于l1与l2是相交直线,而且由l1∥m可得l1∥α,同理可得l2∥α,故可得α∥β,充分性成立,而由α∥β不一定能得到l1∥m,它们也可以异面,故必要性不成立,故选项B符合题意;对于选项C,由于m、n不一定相交,故是必要不充分条件;对于选项D,由n∥l2可转化为n∥β,同选项C,故不符合题意,故选B.
7.在棱长为1的正方体ABCDA1B1C1D1中,过对角线BD1的一个平面交AA1于点E,交CC1于点F,得四边形BFD1E,给出下列结论:
①四边形BFD1E有可能为梯形;
②四边形BFD1E有可能为菱形;
③四边形BFD1E在底面ABCD内的投影一定是正方形;
④平面BFD1E有可能垂直于平面BB1D1D;
⑤四边形BFD1E面积的最小值为.
其中正确的是( B )
(A)①②③④ (B)②③④⑤
(C)①③④⑤ (D)①②④⑤
解析:如图所示,由两平面平行性质定理知D1E∥BF,D1F∥BE,故过BD1的平面与正方体各面相交所成四边形一定为平行四边形,①错;当E、F分别为AA1、C1C中点时四边形为菱形,并且此时
平面BFD1E⊥平面BB1D1D,故②、④正确;
又四边形BFD1E在底面ABCD内的投影与四边形ABCD重合,则③正确,
对于⑤,过E作EH⊥BD1于H,由于AA1∥平面BB1D1D,
则棱AA1上任一点到平面BB1D1D距离相等,当四边形BFD1E为菱形时,EH恰好为E到平面BB1D1D 的距离,其余的EH都大于E到平面BB1D1D的距离,
而=BD1·EH,
所以当EH=时,
最小,此时面积为,
故⑤正确,故选B.
8.已知a=(2,-1,3),b=(-1,4,-2),c=(7,5,λ),若a、b、c共面,则实数λ等于( D )
(A)(B)(C)(D)
解析:由题意得c=ta+μb=(2t-μ,-t+4μ,3t-2μ),
∴∴故选D.
9.(2013重庆高三月考)四棱锥PABCD的顶点P在底面ABCD中的投影恰好是A,其三视图如图所示,则四棱锥PABCD的表面积为( D )
(A)(2+1)a2(B)2a2
(C)(1+)a2 (D)(2+)a2
解析:由三视图可知该几何体的直观图如图所示,PA⊥平面ABCD,
易得CD⊥PD,CB⊥PB,
∴四棱锥PABCD的表面积S表=
S ABCD+S△PAD+S△PAB+S△PCD+S△PBC=a2+a2+a2+×a×a+×a×a=(2+)a2.故选D.
10.长方体ABCDA1B1C1D1中,AB=AA1=2,AD=1,E为CC1的中点,则异面直线BC1与AE所成角的余弦值为( B )
(A)(B)(C)(D)
解析:建立空间直角坐标系如图所示,
则A(1,0,0),E(0,2,1),
B(1,2,0),C1(0,2,2).
=(-1,0,2),
=(-1,2,1),
cos<,>==.
所以异面直线BC1与AE所成角的余弦值为.故选B.
11.三棱锥PABC的高为PH,若三个侧面两两垂直,则H为△ABC的( C )
(A)内心 (B)外心
(C)垂心 (D)重心
解析:三个侧面两两垂直得AP⊥平面PBC,故BC⊥PA.又PH⊥平面ABC,∴BC⊥AH,同理BH⊥AC,CH⊥AB,故H为△ABC的垂心. 故选C.
12.在正方体ABCDA1B1C1D1中,E为A1B1的中点且正方体的棱长为2,则异面直线D1E和BC1间的距离为( A )
(A)(B)
(C)(D)
解析:以D1为原点,建立如图所示的空间直角坐标系, 则=(2,1,0),=(2,0,2).设D1E和BC1公垂线的方向向量为n=(1,λ,μ),
则
即
∴n=(1,-2,-1).
又=(0,2,0),
∴==,
所以异面直线D1E和BC1间的距离为.
故选A.
二、填空题(每小题4分,共16分)
13.若向量a=(1,1,x),b=(1,2,1),c=(1,1,1),满足条件(c-a)·(2b)=-2,则x= .
解析:由题可知c-a=(0,0,1-x),
所以(c-a)·(2b)=(0,0,1-x)·2(1,2,1)
=2(1-x)=-2,
解得x=2.
答案:2
14.若A,B,C是平面α内的三点,设平面α的法向量a=(x,y,z),则x∶y∶z= .
解析:=,=,
a·=0,a·=0,
易得
∴x∶y∶z=y∶y∶=2∶3∶(-4).
答案:2∶3∶(-4)
15. P是二面角αABβ棱上的一点,分别在α、β平面上引射线PM、PN,如果∠BPM=∠BPN=45°,∠MPN=60°,那么二面角αABβ的大小为.
解析:不妨设PM=a,PN=b,
如图所示,作ME⊥AB于E,
NF⊥AB于F,
∵∠EPM=∠FPN=45°,
∴PE=a,PF=b,
∴·=(-)·(-)
=·-·-·+·
=abcos 60°-a×bcos 45°-abcos 45°+a× b
=--+=0,
∴⊥,
∴二面角αABβ的大小为90°.
答案:90°
16.已知正三棱柱ABCA'B'C'的正视图和侧视图如图所示. 设△ABC、△A'B'C'的中心分别是O、O',现将此三棱柱绕直线OO'旋转,射线OA旋转所成的角为x弧度(x可以取到任意一个实数),对应的俯视图的面积为S(x),则函数S(x)的最大值为.
解析:正三棱柱ABCA'B'C'的直观图如图所示.
由正视图知正三角形ABC的高为,边长为2.三棱柱三个侧面为全等的矩形,其面积为4×2=8.三棱柱绕直线OO'每旋转60°,三棱柱的某一侧面处于水平位置,俯视图为某一侧面,此时S(x)取到最大值为8.
答案:8
三、解答题(共74分)
17.(本小题满分12分)
如图所示,梯形ABCD和正△PAB所在平面互相垂直,其中AB∥DC,AD=CD=AB,且O为AB的中点.
(1)求证:BC∥平面POD;
(2)求证:AC⊥PD.
证明:(1)因为O为AB的中点,
所以BO=AB,
又AB∥CD,CD=AB,
所以CD=BO,CD∥BO,
所以四边形ODCB为平行四边形,
所以BC∥OD,
又DO⊂平面POD,BC⊄平面POD,
所以BC∥平面POD.
(2)连接OC.
因为CD=BO=AO,CD∥AO,
所以四边形ADCO为平行四边形,
又AD=CD,
所以四边形ADCO为菱形,
所以AC⊥DO,
因为△PAB为正三角形,O为AB的中点,
所以PO⊥AB,
又因为平面ABCD⊥平面PAB,
平面ABCD∩平面PAB=AB,
所以PO⊥平面ABCD,
而AC⊂平面ABCD,
所以PO⊥AC,
又PO∩DO=O,
所以AC⊥平面POD.
又PD⊂平面POD,
所以AC⊥PD.
18.(本小题满分12分)
(2013绵阳南山中学高三月考)在几何体ABCDE中,∠BAC=,DC⊥平面ABC,EB⊥平面ABC,AB=AC=BE=2,CD=1.
(1)设平面ABE与平面ACD的交线为直线l,求证:l∥平面BCDE;
(2)设F是BC的中点,求证:平面AFD⊥平面AFE;
(3)求几何体ABCDE的体积.
(1)证明:∵DC⊥平面ACB,
BE⊥平面ABC,
∴DC∥BE.
∵BE⊂平面ABE,
DC⊄平面ABE,
∴DC∥平面ABE.
∵平面ACD∩平面ABE=l,
DC⊂平面ACD,
∴DC∥l.
∵DC⊂平面BCDE,l⊄平面BCDE,
∴l∥平面BCDE.
(2)证明:过D点作DG⊥BE,
∵AC=AB=2,CF=FB,∠CAB=90°,
∴AF⊥BC,CF=FB=AF=BC=.
∵DC⊥平面ACB,DC⊂平面BCDE,
∴平面BCDE⊥平面ABC,
∴AF⊥平面BCDE,
∴DF⊥AF,EF⊥AF,
∴∠EFD是二面角DAFE的平面角.
∵DC=1,CF=,
∴DF=.
∵BF=,BE=2,
∴EF=.
∵DG=BC=2,EG=BE-DC=1,
∴DE=3,
∴DF2+EF2=DE2,
∴∠DFE=90°,
∴平面AFD⊥平面AFE.
(3)解:V ABCDE=××(1+2)×2×=2.
19.(本小题满分12分)
如图所示,在体积为1的三棱柱ABCA1B1C1中,侧棱AA1⊥底面ABC,AC⊥AB,AC=AA1=1,P为线段AB
上的动点.
(1)求证:CA1⊥C1P;
(2)线段AB上是否存在一点P,使四面体PAB1C1的体积为?若存在,请确定点P的位置;若不存
在,请说明理由.
(1)证明:由于易知四边形ACC1A1为正方形,
所以CA1⊥AC1.
由AC⊥AB,AA1⊥底面ABC知
AB⊥平面AA1C1C,
所以CA1⊥AB.
又AB∩AC1=A,
所以CA1⊥平面C1AP,
故CA1⊥C1P.
(2)解:由于=--
=1--=,
所以当PAB1C1的体积为时,P为AB的中点.
20.(本小题满分12分)
(2013绵阳普明中学高三模拟)如图所示,四棱锥SABCD的底面是正方形,每条侧棱的长都是底面边长的倍,P为侧棱SD上的点.
(1)求证:AC⊥SD;
(2)若SD⊥平面PAC,求二面角PACD的大小;
(3)在(2)的条件下,侧棱SC上是否存在一点E,使得BE∥平面PAC?若存在,求SE∶EC的值;若不存在,试说明理由.
(1)证明:连接BD,设AC交BD于O,
由题意知SO⊥平面ABCD,以O为坐标原点,、、分别为x轴、y轴、z轴的正方向,建立空间直角坐标系.
设底面边长为a,
则高SO= a.
于是S,D,C,
=,=,
·=0,故OC⊥SD,从而AC⊥SD.
(2)解:由题设知,平面PAC的一个法向量为
=,
平面DAC的一个法向量为=,
则cos<,>==,
故所求二面角的大小为30°.
(3)解:在棱SC上存在一点E使BE∥平面PAC.
由(2)知是平面PAC的一个法向量,
且=,=,
设=t(0≤t≤1),
=+=+t=,
而·=0⇔t=,
即当SE∶EC=2∶1时,BE∥平面PAC.
21.(本小题满分12分)
(2013成都外国语学校高三月考)如图所示,已知直角梯形ACDE所在的平面垂直于平面ABC,∠BAC=∠ACD=90°,∠EAC=60°,AB=AC=AE.
(1)在直线BC上是否存在一点P,使得DP∥平面EAB?请证明你的结论;
(2)求平面EBD与平面ABC所成的锐二面角θ的余弦值.
解:(1)线段BC的中点就是满足条件的点P.
证明如下:
取AB的中点F,连接DP、PF、EF,则
FP∥AC,FP=AC,
取AC的中点M,连接EM、EC,
∵AE=AC且∠EAC=60°,
∴△EAC是正三角形,∴EM⊥AC.
∴四边形EMCD为矩形,∴ED=MC=AC.
又∵ED∥AC,
∴ED∥FP且ED=FP,∴四边形EFPD是平行四边形.
∴DP∥EF,而EF⊂平面EAB,DP⊄平面EAB,
∴DP∥平面EAB.
(2)法一过B作AC的平行线l,过C作l的垂线交l于G,连接DG,
∵ED∥AC,
∴ED∥l,l是平面EBD与平面ABC所成二面角的棱.
∵平面EAC⊥平面ABC,DC⊥AC,
∴DC⊥平面ABC,
又∵l⊂平面ABC,
∴DC⊥l,
而CG⊥DC=C,
∴l⊥平面DGC,
∴l⊥DG,
∴∠DGC是所求二面角的平面角.
设AB=AC=AE=2a,
则CD=a,GC=2a,
∴GD==a,
∴cos θ=cos∠DGC==.
法二∵∠BAC=90°,平面EACD⊥平面ABC,
∴以点A为原点,直线AB为x轴,直线AC为y轴,建立空间直角坐标系,则z轴在平面EACD内(如图所示).
设AB=AC=AE=2a,
由已知得B(2a,0,0),E(0,a,a),D(0,2a,a).
∴=(2a,-a,-a),
=(0,a,0),
设平面EBD的法向量为n=(x,y,z),
则n⊥且n⊥,
∴∴
解之得
取z=2,得n=(,0,2).
又∵平面ABC的一个法向量为n'=(0,0,1).
∴cos θ=|cos<n,n'>|
=
=.
即所求二面角的余弦值为.
22.(本小题满分14分)
已知在四棱锥PABCD中,底面ABCD是矩形,且AD=2,AB=1,PA⊥平面ABCD,E、F分别是线段AB、
BC的中点.
(1)证明:PF⊥FD;
(2)判断并说明PA上是否存在点G,使得EG∥平面PFD;
(3)若PB与平面ABCD所成的角为45°,求二面角APDF的平面角的余弦值.
(1)证明:连接AF,
则AF=,DF=,
又AD=2,
∴DF2+AF2=AD2,
∴DF⊥AF,
又PA⊥平面ABCD,
∴DF⊥PA,
又PA∩AF=A,
∴DF⊥平面PAF,
又∵PF⊂平面PAF,
∴DF⊥PF.
(2)解:过点E作EH∥DF交AD于点H,则EH∥平面PFD,
且有AH=AD,
再过点H作HG∥DP交PA于点G,
则HG∥平面PFD且AG=AP,
∴平面EHG∥平面PFD,
∴EG∥平面PFD.
从而满足AG=AP的点G即为所求.
(3)解:∵PA⊥平面ABCD,
∴∠PBA是PB与平面ABCD所成的角,
且∠PBA=45°,
∴PA=AB=1,
取AD的中点M,则FM⊥AD,FM⊥平面PAD, 在平面PAD中,
过M作MN⊥PD于N,
连接FN,
则PD⊥平面FMN,
则∠MNF即为二面角APDF的平面角,
∵Rt△MND∽Rt△PAD,
∴=,
∵PA=1,MD=1,PD=,
∴MN=,
又∵∠FMN=90°,
∴FN==,
∴cos∠MNF==.
即二面角APDF的平面角的余弦值为.。