优化方案(山东专用)高考数学二轮复习高考热点追踪(四)专题强化精练提能理

【优化方案】（山东专用）2016年高考数学二轮复习 高考热点追踪
（四）专题强化精练提能 理
1．(2015·高考广东卷)若直线l 1和l 2是异面直线，l 1在平面α内，l 2在平面β内，l 是平面α与平面β的交线，则下列命题正确的是( )
A ．l 与l 1，l 2都不相交
B ．l 与l 1，l 2都相交
C ．l 至多与l 1，l 2中的一条相交
D ．l 至少与l 1，l 2中的一条相交
解析：选D.由直线l 1和l 2是异面直线可知l 1与l 2不平行，故l 1，l 2中至少有一条与l 相交．
2．某几何体的三视图如图所示，则该几何体外接球的表面积为( )
A.4π
3
B.32π3
C ．4π
D ．16π
解析：选D.如图所示，由三视图可知该几何体为圆锥，AD 为该圆锥外接球的直径，则
AO ＝1，CO ＝3，由射影定理可知CO 2＝AO ·OD ，得OD ＝3，所以外接球的半径为1
2
(AO ＋OD )
＝2，表面积为4π×22
＝16π.
3．设a ，b ，c 是三条不同的直线，α，β是两个不同的平面，则a ⊥b 的一个充分条件为( )
A ．a ⊥c ，b ⊥c
B ．α⊥β，a ⊂α，b ⊂β
C ．a ⊥α，b ∥α
D ．a ⊥α，b ⊥α
解析：选C.A 中，若a ⊥c ，b ⊥c ，则直线a 与直线b 可能异面，可能平行，可能垂直，所以此选项错误；B 中，若α⊥β，a ⊂α，b ⊂β，则直线a 与直线b 可能异面，可能平行，可能垂直，所以此选项错误；C 中，若a ⊥α，b ∥α，则根据线与线的位置关系可得a ⊥b ，所以C 正确；D 中，若a ⊥α，b ⊥α，则根据线面垂直的性质定理可得a ∥b .故选C.
4．已知三棱锥的底面是边长为1的正三角形，其正视图与俯视图如图所示，则其侧视图的面积为( )
A.
34 B.32
C.34 D ．1
解析：选C.由图可知其侧视图为三角形，根据三视图的“高平齐”得侧视图的高为3，又由“宽相等”可知侧视图的宽度和俯视图的宽度相等，得侧视图的底为1×sin 60°＝32，所以侧视图的面积为S ＝12×32×3＝3
4
，故选C.
5．(2015·洛阳市统考)如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗线画出的是某多面体的三视图，则该几何体的各个面中最大面的面积为( )
A ．1 B.52
C. 6
D ．2 3
解析：选D.分析题意可知，该几何体为三棱锥A ­BCD ，如图所示，最大面为边长为22
的等边三角形，故其面积为34
×(22)2
＝2 3.
6．如图，直三棱柱ABC ­A 1B 1C 1的六个顶点都在半径为1的半球面上，AB ＝AC ，侧面BCC 1B 1
是半球底面圆的内接正方形，则侧面ABB 1A 1的面积为( )
A ．2
B ．1
C. 2
D.22
解析：选C.由题意知，球心在侧面BCC 1B 1的中心O 上，BC 为截面圆的直径，所以∠BAC ＝90°，△ABC 的外接圆圆心N 位于BC 的中点，同理△A 1B 1C 1的外接圆圆心M 是B 1C 1的中点．设
正方形BCC 1B 1边长为x ，Rt △OMC 1中，OM ＝x 2，MC 1＝x 2，OC 1＝R ＝1(R 为球的半径)，所以⎝ ⎛⎭
⎪
⎫x 22
＋⎝ ⎛⎭
⎪⎫x 22
＝1，即x ＝2，则AB ＝AC ＝1，所以S 矩形ABB 1 A 1 ＝2×1＝ 2.
7.已知某几何体的三视图如图所示，若该几何体的体积为24，则正视图中a 的值为________．
解析：由三视图知，该几何体为四棱锥，其中四棱锥的底面为边长为a 和3的长方形，四棱锥的高为4，
所以该四棱锥的体积V ＝1
3
×3a ×4＝24，
所以a ＝6. 答案：6
8．(2015·高考天津卷)一个几何体的三视图如图所示(单位：m)，则该几何体的体积为
________m 3
.
解析：由几何体的三视图可知该几何体由两个圆锥和一个圆柱构成，其中圆锥的底面半径和高均为1，圆柱的底面半径为1且其高为2，故所求几何体的体积为
V ＝13π×12×1×2＋π×12×2＝83π. 答案：83
π
9．(2015·南昌市调研测试卷)一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为________．
解析：由三视图可知，该几何体是正三棱柱的一部分，如图所示，其中底面三角形的边
长为2，故所求的体积为
34×22×2－13×34×22
×1＝533
.
答案：53
3
10．(2015·日照二模)如图，在边长为2的正方形ABCD 中，点E 、F 分别是边AB 、BC 的中点，△AED 、△EBF 、△FCD 分别沿DE 、EF 、FD 折起，使A 、B 、C 三点重合于点A ′，若四面体A ′EFD 的四个顶点在同一个球面上，则该球的半径为________．
解析：由题意知DF ＝5，A ′E ＝A ′F ＝1，A ′D ＝2，以A ′E 、A ′F 、A ′D 为棱，建立
一个长方体，则体对角线长为2R ＝12＋12＋22
(R 为球的半径)，R ＝62
.
答案：
62
11．(2015·高考重庆卷) 如图，三棱锥P ­ABC 中，PC ⊥平面ABC ，PC ＝3，∠ACB ＝π
2
.D ，
E 分别为线段AB ，BC 上的点，且CD ＝DE ＝2，CE ＝2EB ＝2.
(1)证明：DE ⊥平面PCD ；
(2)求二面角A ­PD ­C 的余弦值．
解：(1)证明：由PC ⊥平面ABC ，DE ⊂平面ABC ，得PC ⊥DE .
由CE ＝2，CD ＝DE ＝2，得△CDE 为等腰直角三角形，故CD ⊥DE . 由PC ∩CD ＝C ，DE 垂直于平面PCD 内两条相交直线，故DE ⊥平面PCD .
(2)由(1)知，△CDE 为等腰直角三角形，∠DCE ＝π
4
.如图，过D 作DF 垂直CE 于F ，易
知DF ＝FC ＝FE ＝1.又已知EB ＝1，故FB ＝2.
由∠ACB ＝π2，得DF ∥AC ，DF AC ＝FB BC ＝2
3，
故AC ＝32DF ＝3
2
.
以C 为坐标原点，分别以CA →，CB →，CP →
的方向为x 轴，y 轴，z 轴的正方向建立空间直角
坐标系，则C (0，0，0)，P (0，0，3)，A ⎝ ⎛⎭
⎪⎫32，0，0，E (0，2，0)，D (1，1，0)，ED →＝(1，
－1，0)，DP →＝(－1，－1，3)，DA →＝⎝ ⎛⎭
⎪⎫12，－1，0.
设平面PAD 的法向量为n 1＝(x 1，y 1，z 1)，
由n 1·DP →＝0，n 1·DA →
＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧－x 1－y 1＋3z 1＝0，12
x 1－y 1＝0，故可取n 1＝(2，1，1)．
由(1)可知DE ⊥平面PCD ，故平面PCD 的法向量n 2可取为ED →
，即n 2＝(1，－1，0)， 从而法向量n 1，n 2的夹角的余弦值为
cos 〈n 1，n 2〉＝n 1·n 2|n 1||n 2|＝3
6，
故所求二面角A ­PD ­C 的余弦值为
36
. 12．(2015·郑州市第二次质量预测)如图，在三棱柱ABC ­A 1B 1C 1中，四边形AA 1C 1C 是边长为2的菱形，平面ABC ⊥平面AA 1C 1C ，∠A 1AC ＝60°，∠BCA ＝90°.
(1)求证：A 1B ⊥AC 1；
(2)已知点E 是AB 的中点，BC ＝AC ，求直线EC 1与 平面ABB 1A 1所成的角的正弦值．
解：(1)证明：取AC 的中点O ，连接A 1O ， 因为平面ABC ⊥平面AA 1C 1C ， A 1O ⊥AC ，
所以A 1O ⊥平面ABC ， 所以A 1O ⊥BC .
又BC ⊥AC ，所以BC ⊥平面AA 1C 1C ， 所以AC 1⊥BC .
在菱形AA 1C 1C 中，AC 1⊥A 1C ， 所以AC 1⊥平面A 1BC ， 所以A 1B ⊥AC 1.
(2)以点O 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系O ­xyz ，则A (0，－1，0)，B (2，1，0)，C (0，1，0)，C 1(0，2，3)，
AB →＝(2，2，0)，BB 1→＝CC 1→
＝(0，1，3)，设m ＝(x ，y ，z )是平面ABB 1A 1的法向量，则
m ·AB →
＝0，
m ·BB 1→
＝0，即⎩⎨⎧2x ＋2y ＝0，
y ＋3z ＝0，
取z ＝－1可得m ＝(－3，3，－1)．
又E (1，0，0)，所以EC 1→
＝(－1，2，3)， 设直线EC 1与平面ABB 1A 1所成的角为θ，
则sin θ＝|cos 〈EC 1→
，m 〉|＝|EC 1→
·m ||EC 1→||m |
＝4214.
13．(2015·高考四川卷)一个正方体的平面展开图及该正方体的直观图的示意图如图所示．在正方体中，设BC 的中点为M ，GH 的中点为N .
(1)请将字母F ，G ，H 标记在正方体相应的顶点处(不需说明理由)； (2)证明：直线MN ∥平面BDH ； (3)求二面角A ­EG ­M 的余弦值．
解：(1)点F ，G ，H 的位置如图(1)所示．
(2)证明：如图(1)，连接BD ，设O 为BD 的中点，连接OH ，OM ，MN . 因为M ，N 分别是BC ，GH 的中点，
图(1)
所以OM ∥CD ，且OM ＝1
2CD ，
HN ∥CD ，且HN ＝1
2
CD ，
所以OM ∥HN ，OM ＝HN .
所以四边形MNHO 是平行四边形， 从而MN ∥OH .
又MN ⊄平面BDH ，OH ⊂平面BDH ， 所以MN ∥平面BDH .
(3)法一：如图(1)，连接AC ，过M 作MP ⊥AC 于P . 在正方体ABCD ­EFGH 中，AC ∥EG ，所以MP ⊥EG . 过P 作PK ⊥EG 于K ，连接KM ，
所以EG ⊥平面PKM ，从而KM ⊥EG .
所以∠PKM 是二面角A ­EG ­M 的平面角． 设AD ＝2，则CM ＝1，PK ＝2.
在Rt △CMP 中，PM ＝CM sin 45°＝2
2.
在Rt △PKM 中，KM ＝PK 2＋PM 2
＝322.
所以cos ∠PKM ＝PK KM ＝
22
3
，
即二面角A ­EG ­M 的余弦值为22
3
.
法二：如图(2)，以D 为坐标原点，分别以DA →，DC →，DH →
的方向为x 轴，y 轴，z 轴的正方向，建立空间直角坐标系D ­xyz .
图(2)
设AD ＝2，则M (1，2，0)，G (0，2，2)，E (2，0，2)，O (1，1，0)，
所以GE →＝(2，－2，0)，MG →
＝(－1，0，2)． 设平面EGM 的一个法向量为n 1＝(x ，y ，z )，
由⎩⎪⎨⎪⎧n 1·GE →＝0，n 1·MG →＝0，得⎩
⎪⎨⎪⎧2x －2y ＝0，
－x ＋2z ＝0，
取x ＝2，得n 1＝(2，2，1)．
在正方体ABCD ­EFGH 中，DO ⊥平面AEGC ，
则可取平面AEG 的一个法向量为n 2＝DO →
＝(1，1，0)，
所以cos 〈n 1，n 2〉＝n 1·n 2
|n 1|·|n 2|
＝
2＋2＋0
4＋4＋1·1＋1＋0
＝223，
故二面角A ­EG ­M 的余弦值为22
3
.
14. (2015·济南市第一次模拟)如图，在四棱锥P ­ABCD 中，底面ABCD 为梯形，∠ABC ＝∠BAD ＝90°，AP ＝AD ＝AB ＝2，BC ＝t ，∠PAB ＝∠PAD ＝α.
(1)当t ＝32时，试在棱PA 上确定一点E ，使得PC ∥平面BDE ，并求出此时AE EP
的值； (2)当α＝60°时，若平面PAB ⊥平面PCD ，求此时棱BC 的长．
解：(1)法一：连接AC ，BD 交于点F ，在平面PCA 中作EF ∥PC 交PA 于E ，连接DE ，BE .
因为PC ⊄平面BDE ，EF ⊂平面BDE ， 所以PC ∥平面BDE .
因为AD ∥BC ，所以AF FC ＝AD BC ＝1
3，
因为EF ∥PC ，所以AE EP ＝AF FC ＝1
3
.
法二：在棱PA 上取一点E ，使得AE EP ＝1
3
，连接DE ，BE ，
连接AC ，BD 交于点F ， 因为AD ∥BC ，
所以AF FC ＝AD BC ＝13
，
所以AE EP ＝AF FC ，
所以EF ∥PC ，
因为PC ⊄平面BDE ，EF ⊂平面BDE ， 所以PC ∥平面BDE .
(2)取BC 上一点G ，使得BG ＝2，连接DG ，则四边形ABGD 为正方形， 过P 作PO ⊥平面ABCD ，垂足为O . 连接OA ，OB ，OD ，OG ，
因为AP ＝AD ＝AB ，∠PAB ＝∠PAD ＝60°， 所以△PAB 和△PAD 都是等边三角形， 因此PA ＝PB ＝PD ， 所以OA ＝OB ＝OD ，
即点O 为正方形ABGD 对角线的交点， 所以OG ，OB ，OP 两两垂直，
以O 为坐标原点，分别以OG →，OB →，OP →
的方向为x 轴，y 轴，z 轴的正方向建立空间直角坐标系O ­xyz .
则O (0，0，0)，P (0，0，1)，A (－1，0，0)，B (0，1，0)，D (0，－1，0)，G (1，0，
0)，C ⎝ ⎛⎭⎪⎫
22t ，1－22t ，0，
故PA →＝(－1，0，－1)，PB →＝(0，1，－1)，PC →＝⎝ ⎛⎭
⎪⎫2
2t ，1－22t ，－1，PD →＝(0，－1，
－1)．
设平面PAB 的法向量为m ＝(x 1，y 1，z 1)，
则⎩⎪⎨⎪⎧m ·PA →＝0，m ·PB →＝0，
即⎩⎪⎨⎪⎧－x 1－z 1＝0，
y 1－z 1＝0，
不妨令x 1＝－1，可得m ＝(－1，1，1)为平面PAB 的一个法向量． 设平面PCD 的法向量为n ＝(x 2，y 2，z 2)，
则⎩⎪⎨⎪⎧n ·PC →＝0，n ·PD →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧22tx 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1－22t y 2－z 2＝0，
－y 2－z 2＝0，
不妨令y 2＝1，可得n ＝
⎝ ⎛⎭
⎪⎫
1－22t ，1，－1为平面PCD 的一个法向量．
由m·n ＝0，解得t ＝22，即棱BC 的长为2 2.。