新课标2020高考数学总复习能力练1空间想象能力文

能力练(一) 空间想象能力
一、选择题
1．已知α,β是两个不同的平面,有下列三个条件：
①存在一个平面γ,γ⊥α,γ∥β；
②存在一条直线a,a⊥β；
③存在两条垂直的直线a,b,a⊥β,b⊥α.
其中,所有能成为“α⊥β”的充要条件的序号是( )
A．① B.②
C.③
D.①③
解析：对于①,存在一个平面γ,γ⊥α,γ∥β,则α⊥β,反之也对,即“存在一个平面γ,γ⊥α,γ∥β”是“α⊥β”的充要条件,所以①对,可排除B,C；对于③,存在两条垂直的直线a,b,则直线a,b所成的角为90°,因为a⊥β,b⊥α,所以α,β所成的角为90°,即α⊥β,反之也对,即“存在两条垂直的直线a,b,a⊥β,b⊥α”是“α⊥β”的充要条件,所以③对,可排除A,选D.
答案：D
2．如图,在正方形ABCD中,E,F分别为BC,CD的中点,H为EF的中点,沿AE,EF,FA将正方形折起,使B,C,D重合于点O,构成四面体,则在四面体A－OEF中,下列说法不正确的序号是( )
①AO⊥平面EOF；②AH⊥平面EOF；③AO⊥EF；④AF⊥OE；⑤平面AOE⊥平面AOF.
A．① B.②
C.③
D.④⑤
解析：∵OA⊥OE,OA⊥OF,OE∩OF＝O,
∴OA⊥平面EOF,故①正确,②错误；
∵EF⊂平面EOF,
∴AO⊥EF,故③正确；
同理可得OE⊥平面AOF,
∴OE⊥AF,故④正确；
又OE ⊂平面AOE ,∴平面AOE ⊥平面AOF ,故⑤正确； 因此,不正确的序号是②. 答案：B
3．(2018·洛阳第一次联考)已知球O 与棱长为4的正四面体的各棱均相切,则球O 的体积为( ) A.823π
B.83
3π C.863
π
D.162
3
π A 解析：将正四面体补成正方体,则正四面体的棱为正方体面上的对角线,因为正四面体的棱长为4,所以正方体的棱长为2 2.因为球O 与正四面体的各棱都相切,所以球O 为正方体的内切球,即球O 的直径为正方体的棱长22,则球O 的体积V ＝43π R 3
＝823
π.
4．如图,水平放置的三棱柱的侧棱长和底边长均为4,且侧棱垂直于底面,正视图是边长为4的正方形,则棱柱的侧视图面积为( )
A ．8 3 B.2 2 C. 3
D.4 3
解析：侧视图为一矩形(如图所示),其高
AB 等于侧棱长,即AB ＝4,
底边BC 等于底面三角形边的高, 即BC ＝
3
2
×4＝23, ∴侧视图的面积为4×23＝8 3. 答案：A
5．已知直三棱柱的底面是等腰直角三角形,直角边长是1,且其外接球的表面积是16π,则该三棱柱的侧棱长为( )
A.14
B.2 3
C.4 6
D.3
解析：因为该直三棱柱的外接球的表面积是16π,所以该球的半径为R ＝2.又直三棱柱的底面是等腰直角三角形,直角边长是1,所以该三棱柱的底面斜边所在的侧面必过球心,故该三棱柱的侧棱长是222
－⎝
⎛⎭
⎪⎫222
＝14. 答案：A
6．如图,直三棱柱ABC －A ′B ′C ′中,△ABC 是边长为2的等边三角形,AA ′＝4,点
E ,
F ,
G ,
H ,M 分别是边AA ′,AB ,BB ′,A ′B ′,BC 的中点,动点P 在四边形EFGH 内部运动(包括
边界),并且始终有MP ∥平面ACC ′A ′,则动点P 的轨迹长度为( )
A ．2 B.2π C.2 3
D.4
D 解析：连接MF ,FH ,MH ,易证明MF ∥平面AA ′C ′C ,FH ∥平面AA ′C ′C ,又MF ⊂平面MFH ,HF ⊂平面MFH ,MF ∩HF ＝F ,所以平面MFH ∥平面AA ′C ′C ,所以点P 的运动轨迹是线段FH ,其长度为4. 二、填空题
7．四棱锥P －ABCD 的顶点P 在底面ABCD 上的投影恰好是A ,其三视图如图所示,其中正视图与侧视图都是腰长为a 的等腰三角形,则在四棱锥P －ABCD 的任意两个顶点的连线中,互相垂直的异面直线共有 对．
解析：由题意可得PA ⊥BC ,PA ⊥CD ,AB ⊥PD ,BD ⊥PA ,BD ⊥PC ,AD ⊥PB ,即互相垂直的异面直线共有6对．
答案：6
8．如图,正方形ABCD 中,E ,F 分别是AB ,AD 的中点,将此正方形沿EF 折成直二面角后,异面直线AF 与BE 所成角的余弦值为 .
解析：如图,取BC 的中点H ,连接FH ,AH ,∴BE ∥FH ,∴∠AFH 即为异面直线AF 与BE 所成的角．
过A 作AG ⊥EF 于G ,则G 为EF 的中点．连接HG ,HE ,则△HGE 是直角三角形． 设正方形边长为2,则EF ＝2,HE ＝2,EG ＝2
2
, ∴HG ＝ 2＋12＝10
2
,
∴AH ＝ 52＋12＝ 3.由余弦定理知cos ∠AFH ＝AF 2
＋HF 2
－AH 2
2·AF ·HF ＝12
＋22
－32×1×2＝12
. 答案：12
9．如图,侧棱长为23的正三棱锥V －ABC 中,∠AVB ＝∠BVC ＝∠CVA ＝40°,过点A 作截面△
AEF ,则截面△AEF 的周长的最小值为____________．
解析：沿着侧棱VA 把正三棱锥V －ABC 展开在一个平面内,如图,
则AA ′即为截面△AEF 周长的最小值,且∠AVA ′＝3×40°＝120°,
VA＝VA′＝2 3.在△VAA′中,由余弦定理可得AA′＝6.
答案：6
三、解答题
10．如图,在四棱锥P－ABCD中,底面ABCD是矩形,平面PAD⊥平面ABCD,AP＝AD,M,N分别为棱PD,PC的中点．
求证：(1)MN∥平面PAB；
(2)AM⊥平面PCD.
解析：证明：(1)因为M,N分别为棱PD,PC的中点,所以MN∥DC.
因为底面ABCD是矩形,所以AB∥DC,所以MN∥AB.
又AB⊂平面PAB,MN⊄平面PAB,所以MN∥平面PAB.
(2)因为AP＝AD,M为PD的中点,
所以AM⊥PD.
因为平面PAD⊥平面ABCD,
又平面PAD∩平面ABCD＝AD,CD⊥AD,
CD⊂平面ABCD,
所以CD⊥平面PAD,
又AM⊂平面PAD,所以CD⊥AM,
因为CD⊂平面PCD,PD⊂平面PCD,CD∩PD＝D,
所以AM⊥平面PCD.
11．已知四棱锥P－ABCD中,四边形ABCD是边长为2的菱形,AC交BD于F,E为PA的中点,PC ＝3,且PC⊥平面ABCD.
(1)求证：平面EBD⊥平面ABCD；
(2)若三棱锥P－BCF的体积为
3
2
,求点E到平面PBC的距离．
解析：(1)证明：在四棱锥P－ABCD中,底面是菱形,AC∩BD＝F,则F为AC的中点,连接EF,又E为AP的中点,
∴EF∥PC.
又∵PC ⊥平面ABCD ,
∴EF ⊥平面ABCD ,而EF ⊂平面EBD , ∴平面EBD ⊥平面ABCD . (2)∵EF ∥PC ,∴EF ∥平面PBC ,
∴E 到平面PBC 的距离即是F 到平面PBC 的距离,亦即三棱锥F －PBC 的高h . 由等体积法得V F －PBC ＝V P －BCF ,
13×12×PC ×BC ×h ＝13×12×3×2×h ＝32⇒h ＝32, ∴点E 到平面PBC 的距离为
3
2
. 12．如图,四边形ABCD 为等腰梯形,且AD ∥BC ,E 为BC 的中点,AB ＝AD ＝BE .现沿DE 将△CDE 折起成四棱锥C ′－ABED ,点O 为ED 的中点．
(1)在棱AC ′上是否存在一点M ,使得OM ∥平面C ′BE ？并证明你的结论； (2)若AB ＝2,求四棱锥C ′－ABED 的体积的最大值． 解析：(1)存在,当M 为AC ′的中点时,OM ∥平面C ′BE .
证明如下：连接MO ,C ′O ,取BC ′的中点F ,连接EF ,MF ,如图所示． ∵MF 为△ABC ′的中位线, ∴MF ∥AB 且MF ＝1
2
AB .
∵在等腰梯形ABCD 中,AD 綊BE , ∴四边形ABED 为平行四边形,∴AB 綊DE . ∵O 为ED 的中点,∴MF 綊OE ,
∴四边形EFMO 为平行四边形,∴OM ∥EF . ∵EF ⊂平面C ′BE ,OM ⊄平面C ′BE , ∴OM ∥平面C ′BE .
(2)∵底面四边形ABED 的面积不变,∴要使四棱锥C ′－ABED 的体积最大,只需顶点C ′到平
面ABED 的距离最大,即只需平面C ′DE ⊥平面ABED . ∵C ′O ⊥ED ,平面C ′DE ∩平面ABED ＝ED ,C ′O ⊂平面C ′DE ,
∴C ′O ⊥平面ABED ,∴C ′O 为四棱锥C ′－ABED 的高,且C ′O ＝ 3.易知S 四边形ABED ＝23, ∴四棱锥C ′－ABED 的最大体积V max ＝1
3S 四边形ABED ·C ′O ＝2.。