高考数学大一轮复习板块命题点专练十一文 (2)

高考数学大一轮复习板块命题点专练十一文
此几何体的表面积是( )
A．90 cm2 B．129 cm2
C．132 cm2 D．138 cm2
解析：选D 由三视图画出几何体的直观图，如
图所示，则此几何体的表面积S＝S1－S正方形＋S2
＋2S3＋S斜面，其中S1是长方体的表面积，S2是
三棱柱的水平放置的一个侧面的面积，S3是三棱柱的一个底面的面积，则S＝(4×6＋3×6＋3×4)×2－3×3＋3×4＋2××4×3＋5×3＝138(cm2)，选D．
2．(2015·重庆高考)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( )
A．＋πB．＋π
C．＋2πD．＋2π
解析：选A 由三视图可知该几何体是由一个半圆柱和一个三棱锥组成的．由图中数据可得三棱锥的体积V1＝××2×1×1＝，半圆柱的体积V2＝×π×12×2＝π，∴V＝＋π．
3．(2015·山东高考)已知等腰直角三角形的直角边的长为2，将该三角形绕其斜边所在的直线旋转一周而形成的曲面所围成的几何体
的体积为( )
A．B．42π
3
C．2πD．4π
解析：选 B 绕等腰直角三角形的斜边所在的直线
旋转一周形成的曲面围成的几何体为两个底面重合，等
体积的圆锥，如图所示．每一个圆锥的底面半径和高都
为，故所求几何体的体积V＝2××π×2×＝．
4．(2016·北京高考)某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的体积为( )
A．B．1
3
C．D．1
解析：选 A 通过三视图可还原几何体为如图所示的三棱锥P­ABC，通过侧视图得高h＝1，底面积S＝
×1×1＝，所以体积V＝Sh＝××1＝．
5．(2016·天津高考)已知一个四棱锥的底面是平行四边形，该四棱锥的三视图如图所示(单位：m)，则该四棱锥的体积为________m3．解析：由三视图知，四棱锥的高为3 m，底面平行四边形的一边长为2 m，对应高为1 m，所以其体积V＝Sh＝×2×1×3＝2(m3)．答案：2
6．(2015·四川高考)在三棱柱ABC­A1B1C1中，∠BAC＝90°，其正视图和侧视图都是边长为1的正方形，俯视图是直角边的长为1的等腰直角三角形．设点M，N，P分别是棱AB，BC，B1C1的中点，则三棱锥P­A1MN的体积是________．
解析：由三视图易知几何体ABC­A1B1C1是上、下底面为等腰直角三角形的直三棱柱，
则VP­A1MN＝VA1­PMN＝VA­PMN．
又S△PMN＝MN·NP＝××1＝，
A到平面PMN的距离h＝，
∴VA­PMN＝S△PMN·h＝××＝．
答案：1
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7．(2015·安徽高考)如图，三棱锥P­ABC中，
PA⊥平面ABC，PA＝1，AB＝1，AC＝2，∠BAC＝60°．
(1)求三棱锥P­ABC的体积；
(2)证明：在线段PC上存在点M，使得AC⊥BM，并求的值．
解：(1)由题设AB＝1，AC＝2，∠BAC＝60°，
可得S△ABC＝·AB·AC·sin 60°＝．
由PA⊥平面ABC，可知PA是三棱锥P­ABC的高．
又PA＝1，
所以三棱锥P­ABC的体积V＝·S△ABC·PA＝．
(2)证明：在平面ABC内，过点B作BN⊥AC，垂足为N．在平面PAC内，过点N作MN∥PA交PC于点M，连接BM．
由PA⊥平面ABC知PA⊥AC，所以MN⊥AC．
由于BN∩MN＝N，故AC⊥平面MBN．
又BM⊂平面MBN，所以AC⊥BM．
在Rt△BAN中，AN＝AB·cos∠BAC＝，
从而NC＝AC－AN＝．
由MN∥PA，
得＝＝．
积为V的球．若AB⊥BC，AB＝6，BC＝8，AA1＝3，则V的最大值是( )
A．4πB．9π
2
C．6πD．32π
3
解析：选 B 设球的半径为R，∵△ABC的内切圆半径为＝2，∴R≤2．又2R≤3，∴R≤，∴Vmax＝×π×3＝．故选B．2．(2015·全国卷Ⅱ)已知A，B是球O的球面上两点，∠AOB＝90°，C为该球面上的动点．若三棱锥O­ABC体积的最大值为36，则球O的表面积为( )
A．36πB．64π
C．144πD．256π
解析：选 C 如图，设球的半径为R，∵∠AOB＝90°，∴S△AOB ＝R2．
∵VO ­ABC＝VC­AOB，而△AOB面积为定值，
∴当点C到平面AOB的距离最大时，VO­ABC最大，
∴当C为与球的大圆面AOB垂直的直径的端点时，体积VO­ABC最大，为×R2×R＝36，
∴R＝6，∴球O的表面积为4πR2＝4π×62＝144π．
3．(2013·全国卷Ⅱ)已知正四棱锥O­ABCD的体积为，底面边长为，则以O为球心，OA为半径的球的表面积为________．解析：过O作底面ABCD的垂线段OE，连接EA，则E为正方形ABCD的中心．由题意可知×()2×OE＝，所以OE＝，故球的半径R＝OA ＝＝，则球的表面积S＝4πR2＝24π．
答案：24π
直线m，n满足m∥α，n⊥β，则( )
A．m∥l B．m∥n
C．n⊥l D．m⊥n
解析：选C ∵α∩β＝l，∴l⊂β．
∵n⊥β，∴n⊥l．
2．(2016·全国甲卷)α，β是两个平面，m，n是两条直线，有下列四个命题：
①如果m⊥n，m⊥α，n∥β，那么α⊥β．
②如果m⊥α，n∥α，那么m⊥n．
③如果α∥β，m⊂α，那么m∥β．
④如果m∥n，α∥β，那么m与α所成的角和n与β所成的角相等．
其中正确的命题有________．(填写所有正确命题的编号)
解析：对于①，α，β可以平行，也可以相交但不垂直，故错误．
对于②，由线面平行的性质定理知存在直线l⊂α，n∥l，又m⊥α，所以m⊥l，所以m⊥n，故正确．
对于③，因为α∥β，所以α，β没有公共点．又m⊂α，所以m，β没有公共点，由线面平行的定义可知m∥β，故正确．对于④，因为m∥n，所以m与α所成的角和n与α所成的角相等．因为α∥β，所以n与α所成的角和n与β所成的角相等，所以m与α所成的角和n与β所成的角相等，故正确．
答案：②③④
3．(2014·湖北高考)如图，在正方体
ABCD­A1B1C1D1中，E，F，P，Q，M，N分别是棱
AB ，AD ，DD1 ，BB1 ，A1B1 ，A1D1 的中
点．求证：
(1)直线BC1 ∥平面EFPQ ；
(2)直线AC1⊥平面 PQMN ．
证明：(1)连接AD1，由ABCD­A1B1C1D1是正方体，
知AD1∥BC1，
因为F，P分别是AD，DD1的中点，
所以FP∥AD1．
从而BC1∥FP．
而FP⊂平面EFPQ，且BC1⊄平面EFPQ，
故直线BC1∥平面EFPQ．
(2)连接AC，BD，则AC⊥BD．
由CC1⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，可得CC1⊥BD．
又AC∩CC1＝C，
所以BD⊥平面ACC1．
而AC1⊂平面ACC1，
所以BD⊥AC1．
连接B1D1，
因为M，N分别是A1B1，A1D1的中点，
所以MN∥B1D1，
故MN∥BD，
从而MN⊥AC1．
同理可证PN⊥AC1．
又PN∩MN＝N，
所以直线AC1⊥平面PQMN．
4．(2016·北京高考)如图，在四棱锥P­ABCD中，
PC⊥平面ABCD，AB∥DC，DC⊥AC．
(1)求证：DC⊥平面PAC．
(2)求证：平面PAB⊥平面PAC．
(3)设点E为AB的中点，在棱PB上是否存在点F，使得PA∥平面CEF？说明理由．
解：(1)证明：因为PC⊥平面ABCD，
所以PC⊥DC．
又因为DC⊥AC，且PC∩AC＝C，
所以DC⊥平面PAC．
(2)证明：因为AB∥DC，DC⊥AC，
所以AB⊥AC．
因为PC⊥平面ABCD，所以PC⊥AB．
又因为PC∩AC＝C，所以AB⊥平面PAC．
又AB⊂平面PAB，所以平面PAB⊥平面PAC．
(3)棱PB上存在点F，使得PA∥平面CEF．
理由如下：取PB的中点F，连接EF，CE，CF．
因为E为AB的中点，
所以EF∥PA．
又因为PA⊄平面CEF，
且EF⊂平面CEF，
所以PA∥平面CEF．
5．(2016·全国乙卷)如图，已知正三棱锥P­ABC的
侧面是直角三角形，PA＝6，顶点P在平面ABC内的正
投影为点D，D在平面PAB内的正投影为点E，连接PE
并延长交AB于点G．
(1)证明：G是AB的中点；
(2)在图中作出点E在平面PAC内的正投影F(说明作法及理由)，并求四面体PDEF的体积．
解：(1)证明：因为P在平面ABC内的正投影为D，
所以AB⊥PD．
因为D在平面PAB内的正投影为E，
所以AB⊥DE．
因为PD∩DE＝D，
所以AB⊥平面PED，
故AB⊥PG．
又由已知可得，PA＝PB，
所以G是AB的中点．
(2)在平面PAB内，过点E作PB的平行线交PA于点F，F即为E 在平面PAC内的正投影．
理由如下：
由已知可得PB⊥PA，PB⊥PC，
又EF∥PB，
所以EF⊥PA，EF⊥PC．
又PA∩PC＝P，
因此EF⊥平面PAC，
即点F为E在平面PAC内的正投影．
连接CG，因为P在平面ABC内的正投影为D，
所以D是正三角形ABC的中心．
由(1)知，G是AB的中点，
所以D在CG上，故CD＝CG．
由题设可得PC⊥平面PAB，DE⊥平面PAB，
所以DE∥PC，
因此PE＝PG，DE＝PC．
由已知，正三棱锥的侧面是直角三角形且PA＝6，
可得DE＝2，PE＝2．
在等腰直角三角形EFP中，
可得EF＝PF＝2，
所以四面体PDEF的体积V＝××2×2×2＝．。