立体几何(同步)-潍坊市某中学高中数学二轮复习

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2023高中数学立体几何复习 题集附答案

2023高中数学立体几何复习 题集附答案

2023高中数学立体几何复习题集附答案一、立体几何基础知识立体几何是数学中的一个重要分支,主要研究空间内的图形、体积和表面积等相关性质。

掌握立体几何的基础知识对于高中数学学习尤为重要。

下面是一些常见的立体几何概念及其性质:1. 空间中的点、线、面是立体几何中最基本的概念。

点是没有长度、宽度和高度的,线是由无数个点组成的,面是由无数条线组成的。

2. 立体是由许多平面相互连接而成的。

这些平面称为面,每个面都有其特定的几何形状,如三角形面、矩形面等。

3. 空间中的距离有两种:直线距离和曲线距离。

直线距离是两点之间最短的距离,而曲线距离则是沿着曲线的长度。

4. 空间中的体积是指一个物体占据的空间大小。

常见的几何体体积计算公式有:长方体的体积为底面积乘以高,球体的体积为4/3乘以π半径的立方,圆柱体的体积为底面积乘以高等。

5. 表面积是指立体图形外表面的总面积。

计算几何体表面积的公式与计算体积的公式类似,只是不同几何体的取值不同。

二、复习题1. 长方体A的长、宽、高分别为3cm、4cm和5cm,计算长方体A的表面积和体积。

解答:长方体的表面积公式为S = 2(ab + ac + bc),其中a、b和c分别是长方体的三个边长。

代入数据后,可得长方体A的表面积为:S = 2(3*4 + 3*5 + 4*5) = 94cm²长方体的体积公式为V = lwh,其中l、w和h分别是长方体的三个边长。

代入数据后,可得长方体A的体积为:V = 3*4*5 = 60cm³因此,长方体A的表面积为94cm²,体积为60cm³。

2. 一个四棱锥的底面是一个边长为6cm的正方形,其高度为8cm。

计算该四棱锥的体积和表面积。

解答:四棱锥的体积公式为V = 1/3 * 底面积 * 高度。

底面为正方形,因此底面积为6²=36cm²。

代入数据后,可得四棱锥的体积为:V = 1/3 * 36 * 8 = 96cm³四棱锥的表面积公式为S = 底面积 + 侧面积。

高中数学二轮复习 立体几何

高中数学二轮复习  立体几何

高中数学二轮复习——立体几何一、空间几何体及三视图:正俯视图长对正、正侧视图高平齐、俯侧视图宽相等.例1.用一些棱长为1cm 的小正方体码放成一个几何体,图1为其俯视图,图2为其主视图则这个几何体的体积最大是 cm 3.图1(俯视图) 图2(主视图)例2.一个多面体的直观图及三视图如图所示,则多面体A CDEF 的体积为 .例3.如图是由一些相同的小正方体构成的几何体的三视图,这些相同的小正方体共有 个. 例4.如果一个几何体的三视图如图所示(单位长度: cm), 则此几何体的表面积是 2cm 。

例 5.矩形ABCD 中,AB=4,BC=3,沿AC 将矩形ABCD 折成一个直二面角B -AC -D ,则四面体ABCD 的外接球的体 积为例6.一个几何体的三视图中,正视图和侧视图都是矩形,俯视图是等腰直角三角形(如图),根据图中标注的长 度,可以计算出该几何体的表面积是 .主视图俯视图左视图2 俯视图主视图 左视图21 238π61252420+例7、一个几何体的三视图形状都相同,大小均相等,那么这个几何体不可以是( )A .球B .三棱锥C .正方体D .圆柱例8、已知三棱锥错误!未找到引用源。

的所有顶点都在球错误!未找到引用源。

的求面上,错误!未找到引用源。

是边长为错误!未找到引用源。

的正三角形,错误!未找到引用源。

为球错误!未找到引用源。

的直径,且错误!未找到引用源。

;则此棱锥的体积为( )错误!未找到引用源。

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例1、7 例2、 例3、5 例4、 例5、例6、12+42 例7、D 例8、A 二、定理类命题的判断例1.下列命题中错误的是( )(A )如果平面αβ⊥平面,那么平面α内一定存在直线平行于平面β (B )如果平面α不垂直于平面β,那么平面α内一定不存在直线垂直于平面β (C )如果平面αγ⊥平面,平面βγ⊥平面,=l αβ⋂,那么l γ⊥平面 (D )如果平面αβ⊥平面,那么平面α内所有直线都垂直于平面β例2、已知1α,2α,3α是三个相互平行的平面.平面1α,2α之间的距离为1d ,平面2α,3α之间的距离为2d .直线l 与1α,2α,3α分别相交于1P ,2P ,3P ,那么“12PP =23P P ”是“12d d =”的( ) A.充分不必要条件 B.必要不充分条件 C .充分必要条件 D .既不充分也不必要条件例3、1l ,2l ,3l 是空间三条不同的直线,则下列命题正确的是( ) (A)12l l ⊥,23l l ⊥13l l ⇒ (B )12l l ⊥,23l l ⇒13l l ⊥(C)233l l l ⇒ 1l ,2l ,3l 共面 (D )1l ,2l ,3l 共点⇒1l ,2l ,3l 共面 例4、给定下列四个命题:其中,为真命题的是 ( )①若一个平面内的两条直线与另一个平面都平行,那么这两个平面相互平行; ②若一个平面经过另一个平面的垂线,那么这两个平面相互垂直; ③垂直于同一直线的两条直线相互平行;④若两个平面垂直,那么一个平面内与它们的交线不垂直的直线与另一个平面也不垂直. A .①和② B .②和③ C .③和④ D .②和④例5、已知直线 l 、m ,平面α、β,且l α⊥,m β⊂,则//αβ是l m ⊥的( )654565俯视图侧视图正视图A .充要条件 B .充分不必要条件 C .必要不充分条件 D .既不充分也不必要条件例6.已知a 、b 为直线,α、β为平面.在下列四个命题中,正确命题的个数是( ) ① 若a ⊥α,b ⊥α,则a ∥b ; ②若 a ∥α,b ∥α,则a ∥b ;③ 若a ⊥α,a ⊥β,则α∥β;④ 若α∥b ,β∥b ,则α∥β. A . 1B . 3C . 2D . 0例7、.设l 、m 、n 为不同的直线,βα、为不同的平面,有如下四个命题:( ) ①若βαβα//,l ,l 则⊥⊥ ②若βαβα⊥⊂⊥l ,l 则, ③若n l n m m l //,,则⊥⊥ ④若n m n m ⊥⊥则且βαβα////, A.0B.1C.2D.3例8、已知空间两条不同的直线n m ,和两个不同的平面,αβ,则下列命题中正确的是( )A .若//,,//m n m n αα⊂则B .若,,m m n n αβα=⊥⊥ 则C .若//,//,//m n m n αα则D .若//,,,//m m n m n αβαβ⊂= 则例9、设α和β为不重合的两个平面,给出下列命题:(1)若α内的两条相交直线分别平行于β内的两条直线,则α平行于β; (2)若α外一条直线l 与α内的一条直线平行,则l 和α平行;(3)设α和β相交于直线l ,若α内有一条直线垂直于l ,则α和β垂直; (4)直线l 与α垂直的充分必要条件是l 与α内的两条直线垂直。

高中数学二轮复习立体几何(2)教案含答案(全国通用)

高中数学二轮复习立体几何(2)教案含答案(全国通用)

专题五 立体几何必考点一 空间几何体的三视图、表面积与体积[高考预测]——运筹帷幄1.以三视图为背景的几何体的识别问题.2.空间几何体与三视图相结合,计算几何体的表面积和体积. 3.球及有关组合体的表面积与体积. [速解必备]——决胜千里 1.一个物体的三视图的排列规则俯视图放在正视图的下面,长度与正视图的长度一样,侧(左)视图放在正(主)视图的右面,高度与正(主)视图的高度一样,宽度与俯视图的宽度一样,即“长对正、高平齐、宽相等”.2.(1)设长方体的相邻的三条棱长为a 、b 、c 则体对角线长为a 2+b 2+c 2(2)棱长为a 的正方体的体对角线长等于外接球的直径,即3a =2R .(3)若球面上四点P 、A 、B 、C 构成的线段P A 、PB 、PC 两两垂直,且P A =a ,PB =b ,PC =c ,则4R 2=a 2+b 2+c 2,把有关元素“补形”成为一个球内接长方体(或其他图)[速解方略]——不拘一格类型一 有关几何体的三视图的计算[例1] (1)一个正方体被一个平面截去一部分后,剩余部分的三视图如下图,则截去部分体积与剩余部分体积的比值为( )A.18B.17C.16D.15解析:基本法:由已知三视图知该几何体是由一个正方体截去了一个“大角”后剩余的部分,如图所示,截去部分是一个三棱锥.设正方体的棱长为1,则三棱锥的体积为V 1=13×12×1×1×1=16, 剩余部分的体积V 2=13-16=56. 所以V 1V 2=1656=15,故选D.速解法:如图所示,VA -A 1B 1D 1=13VABD -A 1B 1D 1=16V 正方体 VA -A 1B 1D 1=15VABCD -B 1C 1D 1 答案:D方略点评:基本法是具体计算几何体的体积,速解法是根据几何体间的体积关系求得答案.(2)圆柱被一个平面截去一部分后与半球(半径为r )组成一个几何体,该几何体三视图中的正视图和俯视图如图所示.若该几何体的表面积为16+20π,则r =( )A.1 B.2C.4 D.8解析:基本法:由已知可知,该几何体的直观图如图所示,其表面积为2πr2+πr2+4r2+2πr2=5πr2+4r2.由5πr2+4r2=16+20π,得r=2.故选B.速解法:由几何体特征可知,球的表面积,圆的面积,圆柱侧面积都含有“π”,只有圆柱的轴截面面积不含“π”,∴即2r·2r=16,∴r=2,故选B.答案:B方略点评:(1)基本法是具体计算出几何体的表面积的表达式.速解法是根据几何体特征想出表面积表达式特征由部分几何体求r.(2)此类题关键是将三视图恢复为直观图,并找清几何体的标量,代入公式计算.1.如图,网格纸上正方形小格的边长为1(表示1 cm),图中粗线画出的是某零件的三视图,该零件由一个底面半径为3 cm,高为6 cm的圆柱体毛坯切削得到,则切削掉部分的体积与原来毛坯体积的比值为()A.1727B.59C.1027D.13解析:基本法:该零件是两个圆柱体构成的组合体,其体积为π×22×4+π×32×2=34π cm 3,圆柱体毛坯的体积为π×32×6=54π cm 3, 所以切削掉部分的体积为54π-34π=20π cm 3,所以切削掉部分的体积与原来毛坯体积的比值为20π54π=1027,故选C. 答案:C2.(2016·高考全国丙卷)如图,网格纸上小正方形的边长为1,粗实线画出的是某多面体的三视图,则该多面体的表面积为( )A .18+36 5B .54+18 5C .90D .81解析:先根据三视图确定几何体的形状,再求其表面积.由三视图可知该几何体是底面为正方形的斜四棱柱,其中有两个侧面为矩形,另两个侧面为平行四边形,则表面积为(3×3+3×6+3×35)×2=54+18 5.故选B. 答案:B类型二 球及其组合体[例2] (1)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O -ABC 体积的最大值为36,则球O 的表面积为( ) A .36π B .64π C .144π D .256π解析:基本法:画出球的直观图,利用锥体的体积公式求解. 如图,设球的半径为R ,∵∠AOB =90°,∴S △AOB =12R 2.∵V O -ABC =V C -AOB ,而△AOB 面积为定值,∴当点C 到平面AOB 的距离最大时,V O -ABC 最大,∴当C 为与球的大圆面AOB 垂直的直径的端点时,体积V O -ABC 最大为13×12R 2×R =36,∴R =6,∴球O 的表面积为4πR 2=4π×62=144π.故选C.速解法:设球的半径为r, 则V O -ABC =13×12×r 2h ≤16r 3=36,故r =6.故S 球=4πr 2=144π. 答案:C方略点评:基本法是根据直观图,找到C 点位置.,速解法是利用V O -ABC 的表达式的代数关系(≤16r 3)直接求得r .(2)正四棱锥的顶点都在同一球面上.若该棱锥的高为4,底面边长为2,则该球的表面积为( ) A.81π4 B .16π C .9π D.27π4解析:基本法:如图所示,R 2=(4-R )2+2,。

2021新高考数学(山东专用)二轮复习专题限时集训11 立体几何 Word版含解析

2021新高考数学(山东专用)二轮复习专题限时集训11 立体几何 Word版含解析

姓名,年级:时间:专题限时集训(十一) 立体几何1。

(2019·全国卷Ⅰ)如图,直四棱柱ABCD.A1B1C1D1的底面是菱形,AA1=4,AB=2,∠BAD=60°,E,M,N分别是BC,BB1,A1D的中点.(1)证明:MN∥平面C1DE;(2)求二面角A.MA1­N的正弦值.解:(1)连接B1C,ME。

因为M,E分别为BB1,BC的中点,所以ME∥B1C,且ME=错误!B1C.又因为N为A1D的中点,所以ND=错误!A1D.由题设知A1B1 错误!DC,可得B1C错误!A1D,故ME错误!ND,因此四边形MNDE为平行四边形,所以MN∥E D.又MN⊄平面EDC1,所以MN∥平面C1DE。

(2)由已知可得DE⊥D A.以D为坐标原点,错误!的方向为x轴正方向,建立如图所示的空间直角坐标系D。

xyz,则A(2,0,0),A1(2,0,4),M(1,错误!,2),N(1,0,2),错误!=(0,0,-4),错误!=(-1,错误!,-2),错误!=(-1,0,-2),错误!=(0,-错误!,0).设m=(x,y,z)为平面A1MA的法向量,则错误!所以错误!可取m=(错误!,1,0).设n=(p,q,r)为平面A1MN的法向量,则错误!所以错误!可取n=(2,0,-1).于是cos<m,n>=错误!=错误!=错误!,所以二面角A。

MA1.N的正弦值为错误!.2.(2019·全国卷Ⅲ)图1是由矩形ADEB,Rt△ABC和菱形BFGC组成的一个平面图形,其中AB=1,BE=BF=2,∠FBC=60°.将其沿AB,BC折起使得BE与BF重合,连接DG,如图2.图1 图2(1)证明:图2中的A,C,G,D四点共面,且平面ABC⊥平面BCGE;(2)求图2中的二面角B。

CG。

A的大小.[解](1)证明:由已知得AD∥BE,CG∥BE,所以AD∥CG,故AD,CG确定一个平面,从而A,C,G,D四点共面.由已知得AB⊥BE,AB⊥BC,BE∩BC=B,故AB⊥平面BCGE。

高三数学二轮专题复习教案――立体几何

高三数学二轮专题复习教案――立体几何

高三数学二轮专题复习教案――立体几何一、本章知识结构:二、重点知识回顾1、空间几何体的结构特征(1)棱柱、棱锥、棱台和多面体棱柱是由满足下列三个条件的面围成的几何体:①有两个面互相平行;②其余各面都是四边形;③每相邻两个四边形的公共边都互相平行;棱柱按底面边数可分为:三棱柱、四棱柱、五棱柱等.棱柱性质:①棱柱的各个侧面都是平行四边形,所有的侧棱都相等;②棱柱的两个底面与平行于底面的截面是对应边互相平行的全等多边形.③过棱柱不相邻的两条侧棱的截面都是平行四边形.棱锥是由一个底面是多边形,其余各面是有一个公共顶点的三角形所围成的几何体.棱锥具有以下性质:①底面是多边形;②侧面是以棱锥的顶点为公共点的三角形;③平行于底面的截面和底面是相似多边形,相似比等于从顶点到截面和从顶点到底面距离的比.截面面积和底面面积的比等于上述相似比的平方.棱台是棱锥被平行于底面的一个平面所截后,截面和底面之间的部分.由棱台定义可知,所有侧棱的延长线交于一点,继而将棱台还原成棱锥.多面体是由若干个多边形围成的几何体.多面体有几个面就称为几面体,如三棱锥是四面体.(2)圆柱、圆锥、圆台、球分别以矩形的一边,直角三角形的一直角边,直角梯形垂直于底边的腰所在的直线,半圆以它的直径所在直线为旋转轴,旋转一周而形成的几何体叫做圆柱、圆锥、圆台、球圆柱、圆锥和圆台的性质主要有:①平行于底面的截面都是圆;②过轴的截面(轴截面)分别是全等的矩形、等腰三角形、等腰梯形;③圆台的上底变大到与下底相同时,可以得到圆柱;圆台的上底变小为一点时,可以得到圆锥.2、空间几何体的侧面积、表面积(1)棱柱侧面展开图的面积就是棱柱的侧面积,棱柱的表面积就是它的侧面积与两底面面积的和.因为直棱柱的各个侧面都是等高的矩形,所以它的展开图是以棱柱的底面周长与高分别为长和宽的矩形.如果设直棱柱底面周长为c,高为h,则侧面积S ch=侧.若长方体的长、宽、高分别是a、b、c,则其表面积2() S ab bc ca=++表.(2)圆柱的侧面展开图是一个矩形.矩形的宽是圆柱母线的长,矩形的长为圆柱底面周长.如果设圆柱母线的长为l,底面半径为r,那么圆柱的侧面积2πS rl=侧,此时圆柱底面面积2πS r=底.所以圆柱的表面积222π2π2π()S S S rl r r r l=+=+=+侧底.(3)圆锥的侧面展开图是以其母线为半径的扇形.如果设圆锥底面半径为r,母线长为l,则侧面积πS rl=侧,那么圆锥的表面积是由其侧面积与底面面积的和构成,即为2πππ()S S S rl r r r l=+=+=+侧底.(4)正棱锥的侧面展开图是n个全等的等腰三角形.如果正棱锥的周长为c,斜高为h',则它的侧面积12S ch'=侧.(5)正棱台的侧面积就是它各个侧面积的和.如果设正棱台的上、下底面的周长是c c',,斜高是h',那么它的侧面积是12S ch'=侧.(6)圆台侧面展开图是以截得该圆台的圆锥母线为大圆半径,圆锥与圆台的母线之差为小圆半径的一个扇环.如果设圆台的上、下底面半径分别为r r',,母线长为l,那么它的侧面积是π()S r r l'=+侧.圆台的表面积等于它的侧面积与上、下底面积的和,即2222π()πππ() S S S S r r l r r r r r l rl''''=++=+++=+++侧上底下底.(7)球的表面积24πS R =,即球的表面积等于其大圆面积的四倍.3、空间几何体的体积(1)柱体(棱柱、圆柱)的体积等于它的底面积S 和高h 的积,即V Sh=柱体.其中底面半径是r ,高是h 的圆柱的体积是2πV r h=圆柱.(2)如果一个锥体(棱锥、圆锥)的底面积是S ,高是h ,那么它的体积是13V Sh=锥体.其中底面半径是r ,高是h 的圆锥的体积是21π3V r h=圆锥,就是说,锥体的体积是与其同底等高柱体体积的13.(3)如果台体(棱台、圆台)的上、下底面积分别是S S ',,高是h,那么它的体积是1()3V S S h=+台体.其中上、下底半径分别是r R ,,高是h 的圆台的体积是221π()3V r Rr R h=++圆台.(4)球的体积公式:334R V π=.4、中心投影和平行投影(1)中心投影:投射线均通过投影中心的投影。

山东省潍坊市昌乐县第二中学2020届高三二轮立体几何过关检测

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一、单项选择题(每小题5分)
1.一个水平放置的平面图形的斜二测直观图是直角梯形(如图所示),∠ABC=45°,AB=AD=1,DC⊥BC,则这个平面图形的面积为()
A. + B.2+ C. + D. +
2.如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,侧棱垂直于底面,底面是边长为2的正三角形,侧棱长为3,则BB1与平面AB1C1所成的角的大小为()
A. B. C. D.
二、多项选择题(每小题5分)
5.设a、b、c是空间的三条直线,α、β是空间的两个平面,则下列命题中成立的是()
A.当c⊥a时,若c⊥β,则a∥β
B.当b⊂α时,若b⊥β,则α⊥β
C.当b⊂α,且c是a在α内的射影时,若b⊥c,则a⊥b
D.当b⊂α,且c⊄α时,若c∥b,则c∥α
4.边长为6的两个等边 , 所在的平面互相垂直,则四面体 的外接球的体积为( ).
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】如图所示: 为三角形 过中心 且垂直平面 的直线,
为三角形 过中心 且垂直平面 的直线, 与 相交于 点.
由球的性质知:四面体 的外接球球心为 点.
因为 , 为 的中心,所以 .
4、填空题(每题5分)
7.正四ห้องสมุดไป่ตู้体ABCD的棱长为4,E为棱BC的中点,过E作其外接球的截面,则截面面积的最小值为__________.
【答案】:4π
【解析】将四面体ABCD补为正方体,如图所示,则正方体的外接球就是正四面体的外接球.设球心为O,面积最小的截面是与OE垂直的截面.由图可知,这个截面是底面正方形的外接圆,因为BC=4,所以半径为2,其面积为π×22=4π.

2023-2024学年山东省潍坊市高中数学人教A版 必修二第八章 立体几何章节测试-14-含解析

2023-2024学年山东省潍坊市高中数学人教A版 必修二第八章 立体几何章节测试-14-含解析

①③①③①②③1. 正方体 的棱长为 ,点 为棱 的中点.下列结论:①线段 上存在点 ,使得 平面;②线段上存在点,使得平面;③平面 把正方体分成两部分,较小部分的体积为 ,其中所有正确的序号是( )A. B. C. D. 已知平面 , , 满足,, 则已知直线a 、l ,平面 , 满足 , , , 则如果空间中两个角的两条边分别对应平行,则这两个角相等用一个平面去截一个正方体,截面图形有可能是等边三角形,不可能是直角三角形2. 以下说法的是( )错误A. B. C. D. 若,则若,则若,则若,则3. 设 , 是两个不同的平面, , 是两条不同的直线,且 , ( )A. B. C. D. 4. 某几何体的三视图如图所示,则该几何体的体积为( )1A. B. C. D.16π21π5. 如图某空间几何体的正视图和俯视图分别为边长为2的正方形和正三角形,则该空间几何体的外接球的表面积为()A. B. C. D. 1236. 已知圆柱和圆锥的底面重合,且母线长相等,设圆柱、圆锥的表面积分别为S 1 , S 2 , 则的值为()A. B. C. D. 必定可以并且只可以作一个至少可以作一个至多可以作一个一定不能作7. 过平面外一条直线作平面的平行平面( )A. B. C. D. 直线AB 上直线BC 上直线CA 上△ABC 内部8. 如图所示,在斜三棱柱ABC ﹣A 1B 1C 1中,∠BAC=90°,BC 1⊥AC ,则C 1在面ABC 上的射影H 必在( )A. B. C. D. 9. 三棱锥P-ABC 的三条侧棱PA ,PB ,PC 两两垂直,PA=1,PB=2,PC=3,且这个三棱锥的顶点都在同一个球面上,则这个球面的表面积为 ( )A.B.C.D.10. 某几何体由若干大小相同的正方体组合而成,其三视图均为如图所示的图形,设该几何体的表面积为,其外接球的表面积为 ,则的值为()A. B. C. D.11. 以下命题(其中 , 表示直线,表示平面)中,正确的命题是( )若 , , 则若 , , 则若 , , 则若 , , 则A. B. C. D. ① ④① ③② ④② ③12. 已知两条直线m ,n ,两个平面α,β,给出下面四个命题:① ②③;; ④其中正确命题的序号是( )A. B. C. D. 13. 若一个圆锥的轴截面是边长为2的等边三角形,则这个圆锥的侧面积为 .14. 现给出以下四个命题:①已知 中,角A ,B ,C 的对边为a ,b ,c ,当 , , 时,满足条件的三角形共有1个;②已知 中,角A ,B ,C 的对边为a ,b ,c ,若三角形,这个三角形的最大角是 ;③设 是两条不同的直线,, 是两个不同的平面,若 , ,则 ;④设 是两条不同的直线, , 是两个不同的平面,若, ,则 其中正确的序号是 (写出所有正确说法的序号).15. 已知圆柱的底面圆的半径与球 的半径相同,若圆柱与球 的体积相等,则它们的表面积之比.(用数值作答)16. 对于一个底边在x 轴上的正三角形ABC ,边长AB=2,采用斜二测画法做出其直观图,则其直观图的面积是 .17. 如图所示,平面 , 点在以为直径的上, , , 点为线段的中点,点在半圆上(弧长小于弧长),且三棱锥的体积.(1) 求证:平面;(2) 平面平面;(3) 设二面角的大小为 , 求的值.18.在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中,AC=4,CB=2,AA1=2,∠ACB=60°,E,F分别是A1C1, BC的中点.(1)证明:C1F∥平面ABE;(2)设P是BE的中点,求三棱锥P﹣B1C1F的体积.19. 已知三棱锥中,△与△均为等腰直角三角形,且∠,,为上一点,且平面.(1) ;(2) 过作三棱锥的截面分别交于,若四边形为平行四边形,求此四边形的面积.20. 如图,在四棱锥中,底面ABCD为直角梯形,,,平面底面ABCD,Q为AD的中点,M是棱PC上的点,,,(1) 求证:平面平面PAD;(2) 若,求二面角的大小.21. 如图,在四棱锥中,底面是边长为1的菱形,,,为的中点,为的中点,点在线段上,且 .(1) 求证:平面;(2) 若平面底面,且,求平面与平面所成锐二面角的余弦值.答案及解析部分1.2.3.4.5.6.7.8.9.10.11.12.13.14.15.16.(1)(2)(3)18.19.(1)(2)20.(1)(2)(1)(2)。

2023-2024学年山东省潍坊市高中数学人教A版 必修二第八章 立体几何专项提升-2-含解析

2023-2024学年山东省潍坊市高中数学人教A版 必修二第八章 立体几何专项提升-2-含解析

1、答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息2、请将答案正确填写在答题卡上2023-2024学年山东省潍坊市高中数学人教A版 必修二第八章 立体几何专项提升(2)姓名:____________ 班级:____________ 学号:____________考试时间:120分钟满分:150分题号一二三四五总分评分*注意事项:阅卷人得分一、选择题(共12题,共60分)若 , ,则 若 , ,则若 , , ,则 若 , , ,则 1. 已知 ,是两条不同的直线, , 是两个不重合的平面,则下列命题中正确的是( )A. B. C. D. ①②③④2. 将正方形ABCD 沿对角线BD 折成直二面角A-BD-C ,有如下四个结论:①AC ⊥BD ;②△ACD 是等边三角形;③AB 与平面BCD 所成的角为60°;④AB 与CD 所成的角为60°.其中错误的结论是( )A. B. C. D. 8π3. 四面体ABCD 的四个顶点都在球O 的球面上,AB=2,BC=CD=1,∠BCD=60°,AB ⊥平面BCD ,则球O 的表面积为( )A. B. C. D.若l ⊥m ,l ⊥n ,m ⊂α,n ⊂α,则l ⊥α若l∥m ,l ⊄α,m ⊂α,则l ∥α若α⊥β,α∩β=l ,m ⊂α,m ⊥l ,则m ⊥β若α⊥β,m ⊥α,n ⊥β,则m ⊥n 4. 已知α,β是两个不同的平面,l ,m ,n 是不同的直线,下列命题不正确的是( )AA. B. C. D. 若 ,, 则若 , , 则若 , , 则若 , , 则5. 已知 ,是两条不重合的直线, , 是两个不重合的平面,下列结论正确的是()A. B. C. D.6. 《九章算术》是我国古代内容极为丰富的数学名著,书中将底面为矩形的棱台称为刍童.如图所示的某刍童中,,为上、下底面的中心,平面,,,侧棱所在直线与直线所成的角为45°,则该刍童的体积为()A. B. C. D.①②①②④③④①④7. 如图,在正方体,点P 在线段上运动,则下列判断正确的是()①平面平面②平面③异面直线与所成角的取值范围是④三棱锥的体积不变A. B. C. D. 一定存在与平行的平面,也一定存在与α平行的平面一定存在与平行的平面,也一定存在与α垂直的平面一定存在与垂直的平面,也一定存在与α平行的平面一定存在与垂直的平面,也一定存在与α垂直的平面8. 已知直线与直线m 是异面直线,直线在平面α内,在过直线m 所作的所有平面中,下列结论正确的是 ( )A. B. C. D. 129. 如图,正方体的棱长为1,点在棱的延长线上,且,点是侧面内的一动点,若平面,则点的轨迹的长度是()A. B. C. D. 垂直于同一直线的两条直线平行若一条直线垂直于两条平行线中的一条,则它垂直于另一条10. 下列命题中正确的是( )A. B.若一条直线与两条平行线中的一条相交,则它与另一条相交一条直线至多与两条异面直线中的一条相交C. D. 若 , , 则若 , , 则若 , , , 则若 , , , 则11. 已知 , 是两条不重合直线, , 是两个不重合平面,则下列说法正确的是( )A. B. C. D. 12. 矩形ABCD 中,AB= 4,BC=3,沿AC 将矩形ABCD 折成一个直二面角B -AC -D ,则四面体ABCD 的外接球的体积为( )A. B. C. D.13. 直平行六面体的底面是菱形,两个对角面面积分别为Q 1 , Q 2 , 直平行六面体的侧面积为 .14. 已知定直线 , 定点 , 则直线与点A 确定的平面有 个(请填写个数).15. 一个几何体的三视图如图所示,则该几何体的体积为 .16. 如图,在一个倒置的高为2的圆锥形容器中,装有深度为h 的水,再放入一个半径为1的不锈钢制的实心半球后,半球的大圆面、水面均与容器口相平,则h 的值为 .17. 已知菱形边长为 , ,以 为折痕把 和 折起,使点 到达点 的位置,点 到达点的位置, , 不重合.(1) 求证:;(2) 若,求点到平面的距离.18. 如图,在四棱锥P﹣ABCD中,底面ABCD是菱形,∠BAD=60°,E,F分别为PA,BD的中点,PA=PD=AD=2.(1) 证明:EF∥平面PBC;(2) 若,求二面角E﹣DF﹣A的正弦值.19. 如图,在四棱锥中,平面ABCD,,E为棱PC上不与点C重合的点.(1) 求证:平面平而PAC;(2) 若,且二面角的平面角为45°,求三棱锥的体积.20. 如图,平面,在中,,,交于点D,,,,.(1) 证明:;(2) 求直线与平面所成角的正弦值.21. 已知空间四边形ABCD的两条对角线的长AC=6,BD=8,AC与BD所成的角为30o, E,F,G,H分别是AB,BC,CD,D A的中点,求四边形EFGH的面积.答案及解析部分1.2.3.4.5.6.7.8.9.10.11.12.13.14.15.16.(1)(2)(1)(2)(1)(2)20.(1)(2)21.。

山东省潍坊市昌乐县第二中学2020届高三数学二轮复习立体几何过关训练三

山东省潍坊市昌乐县第二中学2020届高三数学二轮复习立体几何过关训练三

山东省潍坊市昌乐县第二中学2020届高三二轮复习立体几何过关训练(三)一、单项选择(每小题5分):1.如图,O B A '''∆是利用斜二测画法画出的ABO ∆的直观图,已知y B A '''//轴,4=''B O ,且ABO ∆的面积为16,过A '作C A ''⊥x '轴,则C A ''的长为( )A .2 2 B. 2 C .16 2 D .12.如图所示,AB 是圆O 的直径,VA 垂直于圆O 所在的平面,点C 是圆周上不同于A B ,的任意一点,M N ,分别为VA VC ,的中点,则下列结论正确的是( ) A .MN AB ∥ B .MN 与BC 所成的角为45︒ C .OC ⊥平面VAC D .平面VAC ⊥平面VBC3.已知三棱锥的高为1,底面是边长为32的正三角形且顶点在底面的射影为底面的中心,内有一个球与四个面都相切,则三棱锥的内切球的半径为( )4.设A ,B ,C ,D 是同一个半径为4的球的球面上四点,△ABC 为等边三角形且其面积为93,则三棱锥D - ABC 体积的最大值为( ) A .123B .183C .243D .543二、多项选择(每小题5分)5.平面α外有两条直线m 和n ,如果m 和n 在平面α内的射影分别是1m 和1n ,给出下列四个命题,其中正确的命题是( )A.11m n m n ⊥⇒⊥;B.11m n m n ⊥⇒⊥;C.1m 与1n 相交m ⇒与n 相交或重合;D.1m 与1n 平行m ⇒与n 平行或重合;6.设E F ,分别是正方体1111ABCD A B C D -的棱DC 上两点,且21AB EF ==,,给出下列四个命题,其中正确的命题为( )A.三棱锥11D B EF -的体积为定值;B.异面直线11D B 与EF 所成的角为45︒;C.11D B ⊥平面1B EF ;D.直线11D B 与平面1B EF 所成的角为60︒7.一个正方体纸盒展开后如图所示,在原正方体纸盒中有如下结论,其中正确命题是( ) A.AB EF ⊥; B.AB 与CM 所成的角为60︒; C.EF 与MN 是异面直线; D.MN CD ∥.8.若四面体ABCD 的三组对棱分别相等,即AB CD AC BD AD BC ===,,,给出下列结论正确结是( )A.四面体ABCD 每组对棱相互垂直;B.四面体ABCD 每个面的面积相等;C.从四面体ABCD 每个顶点出发的三条棱两两夹角之和大90︒而小于180︒;D.连接四面体ABCD 每组对棱中点的线段相互垂直平分.三、解答题:(写出详细的解答过程)9.如图,在四棱锥P-ABCD 中,AD ∥BC,∠ADC=∠PAB=90°,BC=CD=AD,E 为棱AD 的中点,异面直线PA 与CD 所成的角为90°.21.C 13.-B 25.A 12.-D(1)在平面PAB 内找一点M,使得直线CM ∥平面PBE,并说明理由;(2)若二面角P-CD-A 的大小为45°,求直线PA 与平面PCE 所成角的正弦值.10.如图,在三棱锥P ABC -中,AB ⊥平面,PAC APC ∠=90°,1,2AB AC ==,E 是AB 的中点,M 是CE 的中点,N 点在PB 上,且4PN PB =.(1)证明:平面PCE ⊥平面PAB ; (2)证明:MN//平面PAC ;(3)若60PAC ∠=,求二面角P CE A --的大小.。

三视图(同步)-潍坊一中高中数学二轮复习

三视图(同步)-潍坊一中高中数学二轮复习

8.三视图1.有关三视图的基本问题一般有两类;一类是画出已知几何体的三视图;另一类是已知几何体的三视图,想象该几何体的结构特征,并能画出该几何体的空间图形.2.本考点在考查基础知识、基本方法的同时,侧重考查考生的识图能力和空间想象能力.考生对试题的研究必须经历从识“图”、想“图”到构“图”的过程,要通过观察、分析、想象、判断、计算的逻辑思维才能求解.1.如图为某几何体的三视图,则该几何体的表面积是( )A .6+B .4+C .6+D .4+【答案】C【解析】根据三视图特征,在正方体中截取出符合题意的立体图形,根据立体图形可得12222ABC ADC CDB S S S ===⨯⨯=△△△, 根据勾股定理可得AB AD DB ===,∴ADB △是边长为根据三角形面积公式可得211sin 6022ADB S AB AD =⋅⋅︒==△, ∴该几何体的表面积是632=⨯++,故选C .【点睛】本题主要考查了根据三视图求立体图形的表面积问题,解题关键是掌握根据三视图画出立体图形,考查了分析能力和空间想象能力,属于基础题.2.某三棱柱的底面为正三角形,其三视图如图所示,该三棱柱的表面积为( )A .6+B .6+C .12+D .12+【答案】D【解析】由题意可得,三棱柱的上下底面为边长为2的等边三角形,侧面为三个边长为2的正方形,则其表面积为13(22)2(22sin 60)122S =⨯⨯+⨯⨯⨯⨯︒=+, 故选D .【点睛】(1)以三视图为载体考查几何体的表面积,关键是能够对给出的三视图进行恰当的分析,从三视图中发现几何体中各元素间的位置关系及数量关系.(2)多面体表面积是各个面的面积之和;组合体的表面积应注意重合部分的处理. (3)圆柱、圆锥、圆台的侧面是曲面,计算侧面积时需要将这个曲面展为平面图形计算, 而表面积是侧面积与底面圆的面积之和.一、选择题.1.某几何体的三视图(单位:cm)如图所示,则该几何体的体积(单位:3cm)是()A.73B.143C.3D.6【答案】A【解析】由三视图可知,该几何体是上半部分是三棱锥,下半部分是三棱柱,且三棱锥的一个侧面垂直于底面,且棱锥的高为1,棱柱的底面为等腰直角三角形,棱柱的高为2,所以几何体的体积为11117(21)1(21)2232233⨯⨯⨯⨯+⨯⨯⨯=+=,故选A.2.祖暅是我国南北朝时代的伟大科学家,他提出的“幂势既同,则积不容异”称为祖暅原理,利用该原理可以得到柱体的体积公式V柱体Sh=,其中S是柱体的底面积,h是柱体的高,若某柱体的三视图如图所示(单位:cm),则该柱体的体积(单位:3cm)是()A .158B .162C .182D .324【答案】B【解析】由三视图得该棱柱的高为6,底面可以看作是由两个直角梯形组合而成的, 其中一个上底为4,下底为6,高为3,另一个的上底为2,下底为6,高为3, 则该棱柱的体积为2646(33)616222++⨯+⨯⨯=,故选B . 3.某圆柱的高为2,底面周长为16,其三视图如图.圆柱表面上的点M 在正视图上的对应点为A ,圆柱表面上的点N 在左视图上的对应点为B ,则在此圆柱侧面上,从M 到N 的路径中,最短路径的长度为( )A .172B .52C .3D .2【答案】B【解析】根据圆柱的三视图以及其本身的特征,知点M 在上底面上,点N 在下底面上,且可以确定点M 和点N 分别在以圆柱的高为长方形的宽,圆柱底面圆周长的四分之一为长的长方形的对角线的端点处,=B .4.中国古建筑借助榫卯将木构件连接起来,构件的凸出部分叫榫头,凹进部分叫卯眼,图中木构件右边的小长方体是榫头.若如图摆放的木构件与某一带卯眼的木构件咬合成长方体,则咬合时带卯眼的木构件的俯视图可以是( )【答案】A【解析】由题意知,题干中所给的是榫头,是凸出的几何体,求得是卯眼的俯视图,卯眼是凹进去的,即俯视图中应有一不可见的长方形,且俯视图应为对称图形.故选A.cm)是()5.某几何体的三视图如图所示(单位:cm),则该几何体的体积(单位:3A.2B.4C.6D.8【答案】C【解析】根据三视图可得几何体为一个直四棱柱,高为2,底面为直角梯形,上、下底分别为1,2,梯形的高为2,因此几何体的体积为1(12)226⨯+⨯⨯=.2故选C.6.某四棱锥的三视图如图所示,在此四棱锥的侧面中,直角三角形的个数为()A .1B .2C .3D .4【答案】C【解析】由三视图可得四棱锥P ABCD -如图所示,在四棱锥P ABCD -中,2PD =,2AD =,2CD =,1AB =, 由勾股定理可知PA =PC =,3PB =,BC =,则在四棱锥中,直角三角形有PAD △,PCD △,PAB △,共3个,故选C . 7.如图是一个几何体的三视图,则该几何体的表面积为( )A .8+B .8+C .16+D .16+【答案】A【解析】由三视图可得,该几何体是由两个直三棱锥所构成的组合体,两个直三棱锥形状是相同的,唯独方向相反,每个直三棱锥的底面是腰长为2的的等腰直角三角形,高为2, 画出其中一个三棱锥如图所示:故该几何体的表面积为114222sin 60822S =⨯⨯⨯+⨯⨯︒=+ 故选A .8.一个球体被挖去一个圆锥,所得几何体的三视图如图所示,则该几何体的体积为( )A .40π3B .56πC .184π3D .104π【答案】C=6,设球的半径为R ,可得222(6)R R =+-,解得4R =,所以该几何体的体积为3241184ππ6π333R ⨯⨯-⨯⨯=,故选C . 9.某几何体的三视图如图所示,则该几何体中的最长棱长为( )A .B .24C .D .【答案】C【解析】根据题意,画出几何关系如下图所示:由直观图易知棱AC 最长,延长BD ,过点A 作BD 延长线的垂线,垂足为E ,连接CE . 如下图所示:因为2AE =,4BE =,2BC =,所以2224220CE =+=, 所以222222024AC AE CE =+=+=,即AC =,故选C .10.某几何体的三视图如图所示,若侧视图和俯视图均是边长为2的等边三角形,则该几何体的体积为( )A .83B C .1 D .2【答案】C【解析】由三视图可知,该几何体是三棱锥,底面是边长为2的等边三角形,三棱锥的高为,所以该几何体的体积1122132V =⨯⨯⨯=,故选C . 11.如图网格纸上小正方形的边长为1,粗线画出的是某几何体的三视图,则该几何体的所有棱中最长棱的长度为( )A .2B .C .D .1【答案】C【解析】几何体的直观图如图所示,易得最长的棱长为AD =C .12.某几何体的三视图如图所示,则该几何体的体积为( )A .3πB .9πC .12πD .36π【答案】A【解析】根据三视图可知,该几何体是底面半径为3,高为4的四分之一圆锥, 故其体积211π3π43V r h =⨯⨯⨯=,故选A .二、填空题.13.某几何体是由一个正方体去掉一个四棱柱所得,其三视图如图所示.如果网格纸上小正方形的边长为1,那么该几何体的体积为__________.【答案】40【解析】如图所示,在棱长为4的正方体中,三视图对应的几何体为正方体去掉棱柱1111MPD A NQC B -之后余下的几何体,则几何体的体积314(24)24402V =-⨯+⨯⨯=. 14.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________3m .【答案】2【解析】试题分析:由三视图知四棱锥高为3,底面平行四边形的一边长为2,其对应的高为1, 因此所求四棱锥的体积311232m 3V =⨯⨯⨯=,故答案为2. 15.如图,几何体的三视图是三个直角边长为1的等腰直角三角形,则这个几何体的外接球的体积为________.【解析】根据三视图,画出这个几何体的直观图,如图所示,这是一个三棱锥A BCD -,AD 是高,三角形ADC ,ABC 都是直角三角形,所以AC 的中点O 到四个顶点A ,B ,C ,D 的距离都相等,即O 为这个四面体的外接球的球心,AC 为直径,AC =所以这个球的体积为334π4ππ3322R V ==⨯=,故答案为π2.16.某三棱锥的三视图如图所示,则该三棱锥的体积等于______.【解析】根据几何体的三视图转换为几何体为:该几何体为三棱锥体. 如图所示:所以,114432V =⨯⨯⨯=,故答案为3.。

圆锥曲线(同步)-潍坊市某中学高中数学二轮复习 (1)

圆锥曲线(同步)-潍坊市某中学高中数学二轮复习 (1)

11.圆锥曲线1.理解直线与圆、椭圆、抛物线、双曲线的定义、标准方程和简单的几何性质. 2.重点掌握直线与圆、直线与圆锥曲线的位置关系,用运动与变化的观点研究问题. 3.强调数形结合的思想、函数与方程的思想、特殊与一般的思想.1.设O 为坐标原点,直线x a =与双曲线22221(0,0)x y a b a b-=>>的两条渐近线分别交于,D E 两点,若ODE △的面积为8,则C 的焦距的最小值为( ) A .4 B .8C .16D .32【答案】B【解析】渐近线方程为by x a=±,不妨令点D 在第一象限,点E 在第四象限, 则(,)D a b ,(,)E a b -,1282ODE S a b ab =⨯==△,焦距为28c =≥=,当且仅当a b ==【点睛】本题考查了双曲线的渐近线方程,基本不等式求最值,属于基础题.2.已知F 为双曲线2222:1(0,0)x y C a b a b-=>>的右焦点,A 为C 的右顶点,B 为C 上的点,且BF 垂直于x 轴,若AB 的斜率为3,则C 的离心率为_______. 【答案】2【解析】在双曲线中,F 点为右焦点,因此F 点的坐标为(,0)c ,右顶点(,0)A a ,当x c =时,双曲线上对应的点的坐标为2(,)b c a ±,由题意可知B 点在第一象限,故2(,)b B c a,因此,2223()ABb c a a k c a a c a -===--,化简可得22320c ac a -+=,即()(2)0c a c a --=,则c a =或2c a =,双曲线中c a >,因此2c a =, 双曲线的离心率2ce a==.【点睛】本题考查了双曲线的定义、几何性质和离心率,离心率是高考中的常考题型,主要结合题中给出的等量关系求解.一、选择题.1.在平面直角坐标系xOy 中,已知(1,2)M -,(1,0)N ,动点P 满足||||PM ON PN ⋅=,则动点P 的轨迹方程是( ) A .24y x = B .24x y =C .24y x =-D .24x y =-【答案】A【解析】设(,)P x y ,(1,2)M -,(1,0)N ,(1,2)PM x y =---,(1,0)ON =,(1,)PN x y =--,因为||||PM ON PN ⋅=,所以|1|x +=24y x =.2.已知双曲线22221(0,0)y x a b a b-=>>的上焦点为F ,上、下顶点分别为,A B ,过点F作y 轴的垂线与双曲线交于,P Q 两点,QF 的中点为N ,连接PB 交x 轴于点M ,若,,M A N 三点共线,则双曲线的离心率为( )A .2B .3CD.【答案】B【解析】因为PF y ⊥轴,所以21||||2b PF PQ a==,由BOMBFP △△,得||||||||OM OB PF BF =,∴22||a b b OM a c a a c=⋅=++, 又,,M A N 三点共线,知AOM AFN △△,∴||||||||AO OM AF FN =, 即222b a a c b c a a+=-,整理得3c a =,∴3c e a ==.3.如图,1F 和2F 分别是双曲线22221(0,0)x ya b a b-=>>的两个焦点,A 和B 是以O 为圆心,以1||OF为半径的圆与该双曲线左支的两个交点,且2F AB △是等边三角形,则双曲线的离心率为( )A BC D .1+【答案】D【解析】设122F F c =,∵2F AB △是等边三角形,∴2130AF F ∠=︒,∴1AF c =,2AF =, 又∵212AF AF a -=,∴2)1e c c =÷-=.4.已知抛物线2:4C y x =的焦点为点F ,准线为直线l ,点A 在抛物线C 上,设点A 到y 轴的距离为d ,若||3AF d +=,则点A 到直线l 的距离为( ) A .1 B .2C .3D .4【答案】B【解析】由抛物线的定义可知:||1d AF =-,于是2||13AF -=,∴||2AF =, 即点A 到直线l 的距离为2.5.双曲线2222:1(0,0)x y E a b a b-=>>,过右焦点F 作渐近线l 的垂线,垂足为M ,若OFM △的面积是1,则双曲线E 的实轴长是( )A .1B .2CD .【答案】B【解析】由于双曲线焦点到渐近线的距离为b ,故OF c =,OM a =,FM b =, 根据面积公式有112ab =,2ab =,而ca=,222c a b =+,解得1a =,2b =,c = 故实轴长22a =.6.设抛物线22y x =的焦点为F,过点M 的直线与抛物线相交于,A B 两点,与抛物线的准线相交于C ,||2BF =,则BCF △与ACF △的面积之比BCFACFS S =△△( )A .45B .23C .47D .12【答案】A【解析】因为抛物线方程为22y x =,所以焦点F 的坐标为1(,0)2,准线方程为12x =-, 如图,设11(,)A x y ,22(,)B x y ,过A ,B 分别向抛物线的准线作垂线,垂足分别为E ,N ,则221||222p BF x x =+=+=,所以232x =,把232x =代入抛物线22y x =,得2y =, 所以直线AB过点M,3(,23(302y +--=,代入抛物线方程,解得x 1=2,所以5||2AE =,在△AEC 中,BN ∥AE ,||||4||||5BC BN AC AE ==,1||4215||2BCF ACF BC h S S AC h ⋅==⋅△△.7.设,A B 是椭圆22:14x y C k+=长轴的两个端点,若C 上存在点P 满足120APB ∠=︒,则k 的取值范围是( )A .4(0,][12,)3+∞B .2(0,][6,)3+∞C .2(0,][12,)3+∞D .4(0,][6,)3+∞【答案】A【解析】分焦点在x 轴上和y 轴上两种情况: ①04k <<时,C 上存在点P 满足120APB ∠=︒, 假设M 位于短轴的端点时,AMB ∠取最大值,要使椭圆C 上存在点P 满足120APB ∠=︒,即120AMB ∠≥︒,则60AMO ∠≥︒, 所以tan tan 60AMO∠=≥︒,解得403k <≤; ②当椭圆的焦点在y 轴上时,4k >,同理可得12k ≥, ∴k 的取值范围是4(0,][12,)3+∞.8.椭圆22221(0)x y a b a b +=>>上一点A 关于原点的对称点为,B F 为其右焦点,若AF BF ⊥,设ABF α∠=,且ππ[,]124α∈,则该椭圆离心率的最大值为( )A .3B .2C .2D .1【答案】A【解析】已知椭圆22221(0)x y a b a b+=>>焦点在x 轴上,椭圆上一点A 关于原点的对称点为点,B F 为其右焦点,设左焦点为1F , 则:连接AF ,1AF ,1BF ,BF ,所以,四边形1AFBF 为长方形.根据椭圆的定义:1||||2AF AF a +=,ABF α∠=,则1AF F α∠=. ∴22cos 2sin a c c αα=+,即(cos sin )a c αα=+,由椭圆的离心率11πsin cos )4c e a ααα===++, 由ππ[,]124α∈,则πππ[,]432α+∈,即ππ1sin()[,1])[[]π424223)4ααα+∈⇔+∈⇔∈+,∴23e ∈,故椭圆离心率的最大值为3. 9.已知抛物线2:8C y x =的焦点为F ,准线为l ,P 是l 上一点,Q 是直线PF 与C 的一个交点,若4FP FQ =,则||QF =( ) A .72B .3C .52D .2【答案】B【解析】设Q 到l 的距离为d ,则||QF d =, ∵4FP FQ =,∴||3PQ d =, ∴不妨设直线PF的斜率为d-=- ∵(2,0)F ,∴直线PF的方程为2)y x =--,与28y x =联立可得1x =, ∴||123QF d ==+=.10.阿基米德(公元前287年-公元前212年)不仅是著名的物理学家,也是著名的数学家,他利用“逼近法”得到椭圆的面积除以圆周率等于椭圆的长半轴与短半轴的乘积.若椭圆C 的对称轴为坐标轴,焦点在y轴上,且椭圆的离心率为4,面积为12π,则椭圆C 的方程为( )A .221916x y += B .22134x y += C .2211832x y += D .221436x y += 【答案】A【解析】由题意可得222π12π4ab ca abc =⎧⎪⎪=⎨⎪⎪=+⎩,解得4a =,3b =,因为椭圆的焦点坐标在y 轴上,所以椭圆方程为221169y x +=.11.已知点F 是双曲线22221(0,0)x y a b a b-=>>的左焦点,点E 是该双曲线的右顶点,过点F 且垂直于x 轴的直线与双曲线交于,A B 两点,ABE △是锐角三角形,则该双曲线的离心率e 的取值范围是( ) A .(1,)+∞ B .(1,2)C.(1,1+D.(2,1+【答案】B【解析】根据双曲线的对称性,得ABE △中,||||AE BE =, ∴ABE △是锐角三角形,即AEB ∠为锐角,由此可得AFE Rt △中,45AEF ∠<︒,得||||AF EF <,∵222||b c a AF a a -==,||EF a c =+, ∴22c a a c a-<+,即2220a ac c +->,两边都除以2a ,得220e e --<,解之得12e -<<,∵双曲线的离心率1e <,∴该双曲线的离心率e 的取值范围是(1,2). 12.设抛物线2:4C y x =的焦点为F ,过点(2,0)-且斜率为23的直线与C 交于,M N 两点,则FM FN ⋅=( ) A .5 B .6C .7D .8【答案】D【解析】抛物线2:4C y x =的焦点为(1,0)F ,过点(2,0)-且斜率为23的直线为324y x =+,联立直线与抛物线2:4C y x =,消去x 可得2680y y -+=, 解得12y =,24y =,不妨(1,2)M ,(4,4)N ,(0,2)FM =,(3,4)FN =, 则(0,2)(3,4)8FM FN ⋅=⋅=.二、填空题.13.已知双曲线2222:1(0,0)x y C a b a b-=>>的左,右焦点分别为12,F F ,过右支上一点P作双曲线C 的一条渐近线的垂线,垂足为H .若1||||PH PF +的最小值为4a ,则双曲线C 的离心率为 .【解析】由双曲线定义知,12||||2PF PF a -=,则12||||2PF PF a =+, ∴12||||||||2PH PF PH PF a +=++,∴过2F 作双曲线一条渐近线的垂线垂足为H ,交右支于点P , 此时2||||2PH PF a ++最小,且最小值为4a ,易求焦点到渐近线的距离为b ,即2||||PH PF b +=,所以24b a a +=,即222,5b a c a ==,故离心率e =14.已知双曲线22221(0,0)x y a b a b-=>>中,12,A A 是左、右顶点,F 是右焦点,B 是虚轴的上端点.若在线段BF 上(不含端点)存在不同的两点(1,2)i P i =,使得120i i PA PA ⋅=,则双曲线离心率的取值范围是 .【答案】 【解析】设c 为半焦距,则(,0)F c ,又(0,)B b ,所以:0BF bx cy bc +-=,以12A A 为直径的圆的方程为圆222:O x y a +=, 因为120,1,2i i PA PA i ⋅==, 所以圆O 与线段BF 有两个交点(不含端点),所以b aa >⎧⎪<,即422422302c a c a c a ⎧-+<⎪⎨>⎪⎩,故4223102e e e ⎧-+<⎪⎨>⎪⎩,2e <<.15.已知直线2x a =与双曲线22221(0,0)x y a b a b-=>>的一条渐近线交于点P ,双曲线C的左、右焦点分别为12,F F ,且211cos 4PF F ∠=-,则双曲线C 的离心率为 . 【答案】1611【解析】双曲线C 的左、右焦点分别为1(,0)F c -,2(,0)F c ,且211cos 4PF F ∠=-,可得21sin PF F ∠==,即有直线2PF的斜率为21tan PF F -∠= 由直线2x a =与双曲线22221(0,0)x y a b a b-=>>的一条渐近线b y x a =交于点P ,可得(2,2)P a b ,可得22ba c=-22222415(44)4()b a ac c c a =-+=-,化为221160640c ac a -+=,解得1611e =或4e =,20a c ->,可得2c a <,即2e <,可得4e =舍去.16.过抛物线22y x =的焦点F 作直线交抛物线于,A B 两点,若25||12AB =,||||AF BF <, 则||AF = . 【答案】56【解析】抛物线22y x =的焦点坐标为1(,0)2,准线方程为12x =-, 设,A B 的坐标分别为11(,)x y ,22(,)x y ,则212144p x x ==,设||AF m =,||BF n =,则112x m =-,212x n =-, 所以有111()()2242512m n m n ⎧--=⎪⎪⎨⎪+=⎪⎩,解得56m =或54n =,所以5||6AF =.。

三视图(同步)-潍坊一中高中数学二轮复习 (1)

三视图(同步)-潍坊一中高中数学二轮复习 (1)

8.三视图1.有关三视图的基本问题一般有两类;一类是画出已知几何体的三视图;另一类是已知几何体的三视图,想象该几何体的结构特征,并能画出该几何体的空间图形.2.本考点在考查基础知识、基本方法的同时,侧重考查考生的识图能力和空间想象能力.考生对试题的研究必须经历从识“图”、想“图”到构“图”的过程,要通过观察、分析、想象、判断、计算的逻辑思维才能求解.1.如图是一个多面体的三视图,这个多面体某条棱的一个端点在正视图中对应的点为M ,在俯视图中对应的点为N ,则该端点在侧视图中对应的点为( )A .EB .FC .GD .H【答案】A【解析】根据三视图,画出多面体立体图形,14D D 上的点在正视图中都对应点M ,直线34B C 上的点在俯视图中对应的点为N ,∴在正视图中对应M ,在俯视图中对应N 的点是4D ,线段34D D 上的所有点在侧视图中都对应E ,∴点4D 在侧视图中对应的点为E .故选A .【点睛】本题主要考查了根据三视图判断点的位置,解题关键是掌握三视图的基础知识和根据三视图能还原立体图形的方法,考查了分析能力和空间想象,属于基础题. 2.如图为某几何体的三视图,则该几何体的表面积是( )A .6+B .4+C .6+D .4+【答案】C【解析】根据三视图特征,在正方体中截取出符合题意的立体图形,根据立体图形可得12222ABC ADC CDB S S S ===⨯⨯=△△△, 根据勾股定理可得AB AD DB ===,∴ADB △是边长为根据三角形面积公式可得211sin 6022ADB S AB AD =⋅⋅︒==△, ∴该几何体的表面积是632=⨯++,故选C .【点睛】本题主要考查了根据三视图求立体图形的表面积问题,解题关键是掌握根据三视图画出立体图形,考查了分析能力和空间想象能力,属于基础题.一、选择题.1.某三棱柱的底面为正三角形,其三视图如图所示,该三棱柱的表面积为()A.6+B.6+C.12+D.12+【答案】D【解析】由题意可得,三棱柱的上下底面为边长为2的等边三角形,侧面为三个边长为2的正方形,则其表面积为13(22)2(22sin60)122S=⨯⨯+⨯⨯⨯⨯︒=+,故选D.2.某几何体的三视图(单位:cm)如图所示,则该几何体的体积(单位:3cm)是()A.73B.143C.3D.6【答案】A【解析】由三视图可知,该几何体是上半部分是三棱锥,下半部分是三棱柱,且三棱锥的一个侧面垂直于底面,且棱锥的高为1,棱柱的底面为等腰直角三角形,棱柱的高为2,所以几何体的体积为11117(21)1(21)2232233⨯⨯⨯⨯+⨯⨯⨯=+=,故选A .3.祖暅是我国南北朝时代的伟大科学家,他提出的“幂势既同,则积不容异”称为祖暅原理,利用该原理可以得到柱体的体积公式V 柱体Sh =,其中S 是柱体的底面积,h 是柱体的高.若某柱体的三视图如图所示(单位:cm ),则该柱体的体积(单位:3cm )是( )A .158B .162C .182D .324【答案】B【解析】由三视图得该棱柱的高为6,底面可以看作是由两个直角梯形组合而成的, 其中一个上底为4,下底为6,高为3;另一个的上底为2,下底为6,高为3, 则该棱柱的体积为2646(33)616222++⨯+⨯⨯=,故选B . 4.某圆柱的高为2,底面周长为16,其三视图如图.圆柱表面上的点M 在正视图上的对应点为A ,圆柱表面上的点N 在左视图上的对应点为B ,则在此圆柱侧面上,从M 到N 的路径中,最短路径的长度为( )A.172C.3D.2 2B.5【答案】B【解析】根据圆柱的三视图以及其本身的特征,知点M在上底面上,点N在下底面上,且可以确定点M和点N分别在以圆柱的高为长方形的宽,圆柱底面圆周长的四分之一为长的长方形的对角线的端点处,=B.5.中国古建筑借助榫卯将木构件连接起来,构件的凸出部分叫榫头,凹进部分叫卯眼,图中木构件右边的小长方体是榫头.若如图摆放的木构件与某一带卯眼的木构件咬合成长方体,则咬合时带卯眼的木构件的俯视图可以是()【答案】A【解析】本题主要考查空间几何体的三视图.由题意知,俯视图中应有一不可见的长方形,且俯视图应为对称图形,故选A.6.某几何体的三视图如图所示(单位:cm),则该几何体的体积(单位:3cm)是()A.2B.4C.6D.8【答案】C【解析】根据三视图可得几何体为一个直四棱柱,高为2,底面为直角梯形,上、下底分别为1,2,梯形的高为2,因此几何体的体积为1(12)226⨯+⨯⨯=,故选C.27.已知一个几何体的三视图及有关数据如图所示,则该几何体的体积为()A B C.D【答案】D【解析】由三视图知:几何体是四棱锥,其直观图如图:四棱锥的一个侧面SAB 与底面ABCD 垂直,过S 作SO AB ⊥,垂足为O ,∴SO ⊥底面ABCD ,2SO =底面为边长为2的正方形,∴几何体的体积12233V =⨯⨯=,故选D . 8.某三棱锥的三视图如图所示,如果网格纸上小正方形的边长为1,则该三棱锥的体积为( )A .4B .8C .12D .24【答案】A【解析】由三视图还原几体何体如图,三棱锥D ABC -是从长为4,宽为4,高为3的长方体中截得, 所以11423432D ABC V -=⨯⨯⨯⨯=,故选A .9.一个几何体的三视图如图所示,则该几何体的体积为( )A .π+B .2πC .π+D .2π+【答案】A【解析】由三视图可知:该几何体为下半部分是高为1,底面半径为1的圆柱,上半部分为三棱锥,故几何体的体积为211π11π323V =⨯⨯⨯=+,故选A . 10.一个几何体的三视图如图所示,则该几何体的表面积为( )A .48+B .60+C .72+D .84【答案】B【解析】该几何体的直观图如图所示:故(24)226262466602S +⨯=⨯+⨯+⨯+⨯+⨯=+B .11.某锥体的三视图如图所示,则该几何体的体积为( )A.2B C D【答案】C-,如下图所示,【解析】由三视图得:原几何体是一个四棱锥E ABCD2的正方形,因此体积为1⨯⨯,故选C.223312.某几何体的三视图如图所示,则该几何体的体积为()A.3πB.9πC.12πD.36π【答案】A【解析】根据三视图可知,该几何体是底面半径为3,高为4的四分之一圆锥.故其体积211π3π43V r h =⨯⨯⨯=,故选A .二、填空题.13.某几何体是由一个正方体去掉一个四棱柱所得,其三视图如图所示.如果网格纸上小正方形的边长为1,那么该几何体的体积为__________.【答案】40【解析】如图所示,在棱长为4的正方体中,三视图对应的几何体为正方体去掉棱柱1111MPD A NQC B -之后余下的几何体,则几何体的体积314(24)24402V =-⨯+⨯⨯=. 14.某几何体的三视图如图所示,则该几何体的体积为______.【答案】16【解析】如图所示,由三视图可知该几何体为四棱锥P ABCD -,该几何体的体积124441632V +=⨯⨯⨯=,故答案为16. 15.如图,网格纸上小正方形的边长为a ,粗实线画出的是某几何体的三视图,若该几何体的表面积为3,则a 的值为________.【答案】13【解析】由三视图知原几何体是直三棱柱,如图ABC A B C '''-, 底面是等腰直角三角形,两个侧面是正方形,3AB BC BB a '===,AC =,表面积为2212(3)32(3)32a a a ⨯+⨯+⨯⨯=+13a =, 故答案为13.16.某几何体的三视图如图所示,则该几何体的体积是______.【答案】203【解析】该几何体的直观图如图所示,设该几何体的体积为V , 则111120(24)2224232323E ABCD E BCF V V V --=+=⨯⨯+⨯⨯+⨯⨯⨯⨯=, 故答案为203.。

2021新高考数学(山东专用)二轮复习学案:板块3 回扣6 立体几何 Word版含解析

2021新高考数学(山东专用)二轮复习学案:板块3 回扣6 立体几何 Word版含解析

姓名,年级:时间:立体几何[回归教材]1.柱体、锥体、台体侧面积公式间的关系(1)当正棱台的上底面与下底面全等时,得到正棱柱;当正棱台的上底面缩为一个点时,得到正棱锥,由此可得:S=Ch′错误!S=错误!(C+C′)h′错误!S=错误!Ch′。

(2)当圆台的上底面半径与下底面半径相等时,得到圆柱;当圆台的上底面半径为零时,得到圆锥,由此可得:S=2πrl错误!S=π(r+r′)l错误!S=πrl。

2.球的组合体(1)球与长方体的组合体:长方体的外接球的直径是长方体的体对角线长.(2)球与正方体的组合体:正方体的内切球的直径是正方体的棱长,正方体的棱切球的直径是正方体的面对角线长,正方体的外接球的直径是正方体的体对角线长.(3)球与正四面体的组合体:棱长为a的正四面体的内切球的半径为错误!a错误!,外接球的半径为错误!a错误!。

3.空间中平行(垂直)的转化关系平行关系及垂直关系的转化示意图【易错提醒】1.不清楚空间线面平行与垂直关系中的判定定理和性质定理,忽视判定定理和性质定理中的条件,导致判断出错.如由α⊥β,α∩β=l,m⊥l,易误得出m⊥β的结论,就是因为忽视面面垂直的性质定理中m⊂α的限制条件.2.注意图形的翻折与展开前后变与不变的量以及位置关系.对照前后图形,弄清楚变与不变的元素后,再立足于不变的元素的位置关系与数量关系去探求变化后的元素在空间中的位置与数量关系.3.几种角的范围:两条异面直线所成的角0°<α≤90°;直线与平面所成的角0°≤α≤90°;二面角0°≤α≤180°;两条相交直线所成的角(夹角)0°<α≤90°;直线的倾斜角0°≤α〈180°;两个向量的夹角0°≤α≤180°.4.空间向量求角时易忽视向量的夹角与所求角之间的关系,如求解二面角时,不能根据几何体判断二面角的范围,忽视法向量的方向,误以为两个法向量的夹角就是所求的二面角,导致出错.[保温训练]1.[多选]下列说法正确的是 ( )A.用一个平面截一个球,得到的截面是一个圆面B.圆台的任意两条母线延长后一定交于一点C.有一个面为多边形,其余各面都是三角形的几何体叫做棱锥D.若棱锥的侧棱长与底面多边形的边长相等,则该棱锥不可能是正六棱锥ABD[在A中,用一个平面截一个球,得到的截面是一个圆面,故A正确;在B中,由圆台的概念知圆台的任意两条母线延长后一定交于一点,故B正确;在C中,依照棱锥的定义,其余各面的三角形必须有公共的顶点,故C错误;在D中,若六棱锥的底面边长都相等,则底面为正六边形,由过底面中心和顶点的截面知,若以正六边形为底面,侧棱长一定大于底面边长,故D正确.]2.已知轴截面是正方形的圆柱的高与球的直径相等,则圆柱的表面积与球的表面积的比是( )A.6∶5B.5∶4C.4∶3D.3∶2D[设球的半径为R,则圆柱的底面半径为R,高为2R,设圆柱的表面积和球的表面积分别为S1,S2,则S1=2πR2+2πR·2R=6πR2,S2=4πR2,所以错误!=错误!。

山东省潍坊市2024年数学(高考)部编版第二次模拟(备考卷)模拟试卷

山东省潍坊市2024年数学(高考)部编版第二次模拟(备考卷)模拟试卷

山东省潍坊市2024年数学(高考)部编版第二次模拟(备考卷)模拟试卷一、单项选择题(本题包含8小题,每小题5分,共40分。

在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的)(共8题)第(1)题已知一个圆锥的三视图如图,该圆锥的内切球也是棱长为的正四面体的外接球,则此正四面体的表面积为()A.B.C.D.第(2)题已知函数是定义在上的偶函数,且在上单调递增,设,,,则,,的大小关系()A.B.C.D.第(3)题在教育部和各省份教育厅组织的九省联考后,预计在4月份左右完全按照高考模式进行高考志愿模拟填报,对于某校的甲、乙、丙、丁4名同学,现有数学与应用数学、计算机、信息安全与密码管理三个专业可供选择,每名同学只能填报其中一个专业,每个专业至少有一名同学填报,则甲同学不填报数学与应用数学专业的方案种数为()A.8B.16C.12D.24第(4)题青少年是国家的未来和民族的希望,青少年身体素质事关个人成长、家庭幸福,民族未来,促进青少年健康是建设体育强国、健康中国的重要内容.党中央历来高度重视青少年体质与健康管理工作,亲切关怀青少年和儿童的健康成长,不断出台相关政策法规,引导广大青少年积极参与体育健身,强健体魄、砥砺意志,凝聚和焕发青春力量.近年来,随着政策措施牵引带动,学生体质与健康水平不断迈上新台阶.某学校共有2000名男生,为了了解这部分学生的身体发育情况,学校抽查了100名男生体重情况.根据所得数据绘制样本的频率分布直方图如图所示,则下列结论错误的是()A.样本的众数为67.5B.样本的80%分位数为72.5C.样本的平均值为66D.该校男生中低于60公斤的学生大约为300人第(5)题设为等差数列,= 9,=39,则=()A.24B.27C.30D.33第(6)题已知直线与圆相切,与抛物线相交于两点,以为直径的圆过坐标原点,则直线的方程为()A.或B.或C.或D.或第(7)题已知双曲线的一条渐近线方程为,则此双曲线的离心率为A.B.C.D.第(8)题曲线是平面内与三个定点,和的距离的和等于的点的轨迹.给出下列四个结论:①曲线关于轴、轴均对称;②曲线上存在点,使得;③若点在曲线上,则的面积最大值是1;④曲线上存在点,使得为钝角.其中所有正确结论的序号是()A.②③④B.②③C.③④D.①②③④二、多项选择题(本题包含3小题,每小题6分,共18分。

潍坊市三中必修二第一章《立体几何初步》检测(含答案解析)

潍坊市三中必修二第一章《立体几何初步》检测(含答案解析)

一、选择题1.已知平面,αβ,直线l ,记l 与,αβ所成的角分别为1θ,2θ,若αβ⊥,则( ) A .12sin sin 1θθ+≤ B .12sin sin 1θθ+≥ C .122πθθ+≤ D .122πθθ+≥2.已知三棱锥P ABC -的三条侧棱两两垂直,且,,PA PB PC 的长分别为,,a b c ,又2()162a b c +=,侧面PAB 与底面ABC 成45︒角,当三棱锥体积最大时,其外接球的表面积为( )A .10πB .40πC .20πD .18π3.如图,圆形纸片的圆心为O ,半径为6cm ,该纸片上的正方形ABCD 的中心为O .E ,F ,G ,H 为圆O 上的点,ABE △,BCF △,CDG ,ADH 分别是以AB ,BC ,CD ,DA 为底边的等腰三角形.沿虚线剪开后,分别以AB ,BC ,CD ,DA 为折痕折起ABE △,BCF △,CDG ,ADH ,使得E ,F ,G ,H 重合得到一个四棱锥.当该四棱锥的侧面积是底面积的2倍时,该四棱锥的外接球的表面积为( )A .163πB .253πC .643πD .1003π 4.如图所示,A ,B 为正方体的两个顶点,M ,N 为其所在棱的中点,则异面直线AB 与MN 所成角的大小为( )A .30°B .45°C .60°D .90°5.下图中小正方形的边长为1,粗线画出的是某四棱锥的三视图,则该四棱锥的体积为( )A .64B .48C .32D .166.已知正四棱锥的高为2,底面正方形边长为4,其正视图为如图所示的等腰三角形,正四棱锥表面点M 在正视图上的对应点为腰的中点A ,正四棱锥表面点N 在正视图上对应点为B ,则||MN 的取值范围为( ).A .[10,19]B .[11,19]C .[10,25]D .[11,25] 7.如图,网格纸上小正方形的边长为1,粗实线画的是某几何体的三视图,则该几何体的体积为( )A .16B .13C .1D .28.已知四面体ABCD 中,二面角A BC D --的大小为60,且2AB =,4CD =,120CBD ∠=,则四面体ABCD 体积的最大值是( )A 43B 23C .83D .439.某三棱锥的三视图如图所示, 则该三棱锥的体积为( )A .16B .13C .23D .210.在正方体1111ABCD A BC D -中,M 和N 分别为11AB ,和1BB 的中点.,那么直线AM 与CN 所成角的余弦值是( )A .25B .10 C .35 D .3 11.如图,长、宽、高分别为2、1、1的长方体木块上有一只小虫从顶点A 出发沿着长方体的外表面爬到顶点B ,则它爬行的最短路程是( )A 10B 5C .22D .312.已知二面角l αβ--为60,AB α⊂,AB l ⊥,A 为垂足,CD β⊂,C l ∈,45ACD ∠=,则异面直线AB 与CD 所成角的余弦值为( )A .14B 2C 3D .12二、填空题13.已知正四棱锥的体积为18,侧棱与底面所成的角为45,则该正四棱锥外接球的表面积为___________.14.三棱锥P ABC -三条侧棱两两垂直,正四面体D ABC -与三棱锥相接且棱长为2,P 与D 在面ABC 异侧,则所成多面体外接球的体积是_________.15.正方体1111ABCD A BC D -棱长为点1,点E 在边BC 上,且满足2BE EC =,动点P 在正方体表面上运动,满足1PE BD ⊥,则动点P 的轨迹的周长为__________. 16.如图,在矩形ABCD 中,2AB =,1AD =,点E 为CD 的中点,F 为线段CE (端点除外)上一动点.现将DAF △沿AF 折起,使得平面ABD ⊥平面ABC .设直线FD 与平面ABCF 所成角为θ,θ的取值范围为__________.17.如图,正二十面体是由20个等边三角形组成的正多面体,共有12个顶点,30条棱,20个面,是五个柏拉图多面体之一.如果把sin 36按35计算,则棱长为6的正二十面体的外接球半径等于___________.18.祖恒是我国南北朝时代的伟大科学家,他总结了刘徽的有关工作,提出来体积计算的原理“幂势既同,则积不容异”,称为祖恒原理,意思是底面处于同一平面上的两个同高的几何体,若在等高处 的截面面积始终相等,则它们的体积相等,利用这个原理求半球O 的体积时,需要构造一个几何体,该几何体的三视图如图所示,则该几何体的体积为_________________19.如图,已知四棱锥S ABCD -的底面为等腰梯形,//AB CD ,1AD DC BC ===,2AB SA ==,且SA ⊥平面ABCD ,则四棱锥S ABCD -外接球的体积为______.20.如下图所示,三棱锥P ABC -外接球的半径为1,且PA 过球心,PAB △围绕棱PA 旋转60︒后恰好与PAC △重合.若3PB =,则三棱锥P ABC -的体积为_____________.三、解答题21.设某几何体的三视图如图(尺寸的长度单位为cm ),(1)用斜二测画法画出该几何体的直观图(不写画法);(2)求该几何体最长的棱长.22.在三棱锥P ABC -中,PAC ∆和PBC ∆是边长为2的等边三角形,2AB =,O ,D 分别是AB , PB 的中点.(1)求证://OD 平面PAC(2)求证:OP ⊥平面ABC(3)求三棱锥D OBC -的体积.23.如图,三棱柱111ABC A B C -中,122AB BC AC BB ===,1B 在底面ABC 上的射影恰好是点A ,E 是11AC 的中点.(1)证明:1//A B 平面1BCE ; (2)求1A B 与平面11BCC B 所成角的正弦值.24.如图,四棱锥P ABCD -的底面ABCD 是边长为2的菱形,60BCD ∠=,已知2PB PD ==,6PA =,E 为PA 的中点.(1)求证:PC BD ⊥;(2)求二面角B PC E --的余弦值;(3)求三棱锥P BCE -的体积.25.如图1,在梯形ABCD 中,//BC AD ,4=AD ,1BC =,45ADC ∠=︒,梯形的高为1,M 为AD 的中点,以BM 为折痕将ABM 折起,使点A 到达点N 的位置,且平面NBM ⊥平面BCDM ,连接NC ,ND ,如图2.(1)证明:平面NMC⊥平面NCD;(2)求图2中平面NBM与平面NCD所成锐二面角的余弦值.-中,G是底面ABC的重心,D是线段PC上的点,且26.在三棱锥P ABC=.2PD DC(1)求证:DG//平面PAB;△是以PB为斜边的等腰直角三角形,求异面直线DG与PB所成角的余弦(2)若PAB值.【参考答案】***试卷处理标记,请不要删除一、选择题1.C解析:C【分析】如图,作出1θ和2θ,再由线面角推得12sin sin 2πθθ⎛⎫≤-⎪⎝⎭,利用三角函数的单调性判断选项.【详解】设直线l 为直线AB ,m αβ=,AD m ⊥,BC m ⊥,连结BD ,AC ,1ABD θ=∠,2BAC θ=∠,12sin sin 2AD AC AB AB πθθ⎛⎫=≤=- ⎪⎝⎭,12,2πθθ-都是锐角, 122πθθ∴≤-,即122πθθ+≤故选:C【点睛】 关键点点睛:本题的关键是作图,并利用线段AD AC ≤,传递不等式,12sin sin 2AD AC AB AB πθθ⎛⎫=≤=- ⎪⎝⎭. 2.A解析:A 【分析】 将三棱锥体积用公式表示出来,结合均值不等式和2()162a b c +=a b =,进而得到2c =,带入体积公式求得2,2a b c ===,根据公式24S R π=求出外接球的表面积.【详解】解:21116211622266()643V abc ab ab a b ab ==⋅⋅=+,当且仅当a b =时取等号, 因为侧面PAB 与底面ABC 成45︒角, 则2PC c ==, 21222623V a a ∴=⨯=,2,a b c ∴===所以2222410R a b c =++=,故外接球的表面积为10π.故选:A.【点睛】易错点睛:利用基本不等式求最值时,要注意其必须满足的三个条件:(1)“一正二定三相等”“一正”就是各项必须为正数;(2)“二定”就是要求和的最小值,必须把构成和的二项之积转化成定值;要求积的最大值,则必须把构成积的因式的和转化成定值;(3)“三相等”是利用基本不等式求最值时,必须验证等号成立的条件,若不能取等号则这个定值就不是所求的最值,这也是最容易发生错误的地方.3.D解析:D【分析】连接OE 交AB 于点I ,设E ,F ,G ,H 重合于点P ,正方形的边长为x (0x >)cm , 则2x OI =,62x IE =-,求出x 的值,再利用勾股定理求R ,代入球的表面积公式,即可得答案.【详解】连接OE 交AB 于点I ,设E ,F ,G ,H 重合于点P ,正方形的边长为x (0x >)cm , 则2x OI =,62x IE =-, 因为该四棱锥的侧面积是底面积的2倍, 所以246222x x x ⎛⎫⨯⨯-= ⎪⎝⎭,解得4x =. 设该四棱锥的外接球的球心为Q ,半径为R ,如图,则QP QC R ==,22OC =16423OP =-= 所以()(2222322R R =+,解得3R =, 所以外接球的表面积为2100433S ππ==(2cm ).故选:D . 【点睛】关键点点睛:本题考查平面图形的折叠,四棱锥外接球的半径,解题关键在于平面图形折叠成立体图形后,要明确变化的量和没有变的量,以及线线的位置,线面的位置关系,对于几何体的外接球的问题,关键在于确定外接球的球心的位置.4.C解析:C 【分析】由MN 与正方体的面对角线平行,可得异面直线所成的角,此角是正三角形的内角,由此可得. 【详解】作如图所示的辅助线,由于M ,N 为其所在棱的中点,所以//MN PQ ,又因为//AC PQ ,所以//AC MN ,所以CAB ∠即为异面直线AB 与MN 所成的角(或补角),易得AB AC BC ==,所以60CAB ∠=︒. 故选:C .5.C解析:C 【分析】在长方体中还原三视图后,利用体积公式求体积. 【详解】根据三视图还原后可知,该四棱锥为镶嵌在长方体中的四棱锥P -ABCD (补形法) 且该长方体的长、宽、高分别为6、4、4, 故该四棱锥的体积为1(64)4323V =⨯⨯⨯=. 故选C . 【点睛】(1)根据三视图画直观图,可以按下面步骤进行:①、首先看俯视图,根据俯视图画出几何体地面的直观图 ;②、观察正视图和侧视图找到几何体前、后、左、右的高度;③、画出整体,让后再根据三视图进行调整;(2)求解以三视图为载体的空间几何体的体积的关键是由三视图确定直观图的形状以及直观图中线面的位置关系和数量关系,利用相应体积公式求解.6.A解析:A 【分析】由题意画出如图正四棱锥,可得M 点在GK 上运动,N 点在CD 上运动,且四边形KCDG 是等腰梯形,则||MN 的取值范围的最小值就是等腰梯形的高,最大值就是梯形的对角线长,作KH ED ⊥,在直角三角形中求KJ KD 、的长可得答案.【详解】如图正四棱锥P ECDF -,PO ⊥平面ECDF ,O 是底面中心,G K 、分别是PF PE 、的中点,由题意知,M 点在GK 上运动,N 点在CD 上运动,所以////GK FE DC ,且11222GK FE DC ===, 所以四边形KCDG 是梯形,在ECK 与FDG △中,,,EC FD EK FG KEC GFD ==∠=∠,所以ECK ≅FDG △,所以KC GD =,所以四边形KCDG 是等腰梯形,则||MN 的取值范围的最小值就是等腰梯形的高, 最大值就是梯形的对角线长,且22PO EC CD ===,,1222EO ED ==, 作KH ED ⊥于H ,所以//KH PO ,KH ⊥平面ECDF ,112KH PO ==,且H 是EO 的中点,122EH EO ==32DH =,45EDC ∠=,作KJ CD ⊥于J ,连接HJ ,12CD KGCJ -==, 所以3DJ =, 由余弦定理得2222cos 9HJ DH DJ DH DJ EDC =+-⋅∠=, 所以2221910KJ KH HJ =+=+=,10KJ =22211819DK EH HD =+=+=,19DK =故选:A. 【点睛】本题考查了正四棱锥的性质及线段的取值范围问题,关键点是画出正四棱锥分析出问题的实质,考查了学生的空间想象力.7.B解析:B 【分析】根据三视图得到直观图,根据棱锥的体积公式可得结果. 【详解】由三视图可知,该几何体是长、宽、高分别为1,2,1的长方体中的三棱锥D ABC -,如图所以:所以该几何体的体积为111121323V =⨯⨯⨯⨯=. 故选:B 【点睛】关键点点睛:根据三视图还原出直观图是本题解题关键.8.D解析:D 【分析】在BCD △中,利用余弦定理和基本不等式可得163BC BD ⋅≤,由三角形的面积公式可得43BCDS≤,由二面角A BC D --的大小为60,可得A 到平面BCD 的最大距离为2sin 603h ==ABCD 体积的最大值.【详解】在BCD △中,由余弦定理可得2222cos120CD BC BD BC BD =+-⋅22BC BD BC BD =++⋅因为222BC BD BC BD +≥,所以23CD BC BD ≥⋅, 所以163BC BD ⋅≤,当且仅当BC BD =时等号成立, 111634sin12032233BCDSBC BD =⋅≤⨯= 因为二面角A BC D --的大小为60,所以点A 到平面BCD 的最大距离为2sin 603h == 所以1144333333A BCD BCDV S h -=⋅≤=, 所以四面体ABCD 体积的最大值是43, 故选:D 【点睛】关键点点睛:本题解题的关键点是利用余弦定理和基本不等式、三角形面积公式求出BCD S △最大值,再由二面角求出高的最大值. 9.C解析:C 【分析】根据题中所给的几何体的三视图还原几何体,得到相应的三棱锥,之后利用椎体体积公式求得结果. 【详解】根据题中所给的几何体的三视图还原几何体如图所示:该三棱锥满足底面BCD △是等腰三角形,且底边和底边上的高线都是2; 且侧棱AD ⊥底面BCD ,1AD =, 所以112=221=323V ⨯⨯⨯⨯, 故选:C. 【点睛】方法点睛:该题考查的是有关根据所给几何体三视图求几何体体积的问题,解题方法如下:(1)应注意把握三个视图的尺寸关系:主视图与俯视图长应对正(简称长对正),主视图与左视图高度保持平齐(简称高平齐),左视图与俯视图宽度应相等(简称宽相等),若不按顺序放置和不全时,则应注意三个视图名称; (2)根据三视图还原几何体; (3)利用椎体体积公式求解即可.10.A解析:A 【分析】作出异面直线AM 和CN 所成的角,然后解三角形求出两条异面直线所成角的余弦值. 【详解】设,E F 分别是1,AB CC 的中点,由于,M N 分别是111,A B BB 的中点,结合正方体的性质可知11//,//B E AM B F CN ,所以1EB F ∠是异面直线AM 和CN 所成的角或其补角, 设异面直线AM 和CN 所成的角为θ,设正方体的边长为2,2211125B E B F ==+=,2221216EF =++=,则1cos cos EB F θ=∠=55625255+-=⨯⨯.故选:A.【点睛】思路点睛:平移线段法是求异面直线所成角的常用方法,其基本思路是通过平移直线,把异面直线的问题化归为共面直线问题来解决,具体步骤如下: (1)平移:平移异面直线中的一条或两条,作出异面直线所成的角; (2)认定:证明作出的角就是所求异面直线所成的角; (3)计算:求该角的值,常利用解三角形; (4)取舍:由异面直线所成的角的取值范围是0,2π⎛⎤⎥⎝⎦,当所作的角为钝角时,应取它的补角作为两条异面直线所成的角.11.C解析:C 【分析】小虫有两种爬法,一种是从点A 沿着侧面ACGF 和上底面BHFG 爬行,另一种是从点A 沿着侧面ACGF 和侧面BDCG 爬行,将两种情况下的两个面延展为一个面,计算出平面图形的对角线长,比较大小后可得结果. 【详解】由于长方体ACDE FGBH -的长、宽、高分别为2、1、1,则小虫从点A 沿着侧面AEHF 和上底面FHBG 爬行,以及小虫从点A 沿着侧面ACGF 和侧面BDCG 爬行,这两条线路的最短路程相等.①若小虫从点A 沿着侧面ACGF 和上底面BHFG 爬行,将侧面ACGF 和上底面BHFG延展为一个平面,如下图所示:则2AC BC ==,最短路程为2222AB AC BC =+=;②若小虫从点A 沿着侧面ACGF 和侧面BDCG 爬行,将面ACGF 和侧面BDCG 延展为一个平面,如下图所示:则3AD AC CD =+=,1BD =,最短路程为2210AB AD BD =+因为2210,因此,小虫爬行的最短路程为22 故选:C. 【点睛】方法点睛:(1)计算多面体或旋转体的表面上折线段的最值问题时,一般采用转化的方法进行,即将侧面展开化为平面图形,即“化折为直”或“化曲为直”来解决,要熟练掌握多面体与旋转体的侧面展开图的形状;(2)对于几何体内部折线段长的最值,可采用转化法,转化为两点间的距离,结合勾股定理求解.12.B解析:B 【分析】作出图形,设2CD =,AD l ⊥,2AB =,然后以CA 、CD 为邻边作平行四边形ACDE ,可知BAD ∠为二面角l αβ--的平面角,异面直线AB 与CD 所成角为BAE∠或其补角,计算出ABE △三边边长,利用余弦定理计算出cos BAE ∠,即可得解. 【详解】 如下图所示:设2CD =,AD l ⊥,2AB =,以CA 、CD 为邻边作平行四边形ACDE , 在平面β内,AD l ⊥,2CD =,45ACD ∠=,则sin 2AD CD ACD =∠=cos452AC CD ==AB l ⊥,AD l ⊥,AB α⊂,AD β⊂,所以,BAD ∠为二面角l αβ--的平面角,即60BAD ∠=,2AB AD ==ABD ∴为等边三角形,则2BD , 四边形ACDE 为平行四边形,//DE AC ∴,即//DE l , AD l ⊥,AB l ⊥,DE AB ⊥∴,DE AD ⊥, AB AD A =,DE ∴⊥平面ABD ,BD ⊂平面ABD ,DE BD ∴⊥,则222BE BD DE =+=,在平行四边形ACDE 中,//AE CD 且2AE CD ==, 所以,异面直线AB 与CD 所成角为BAE ∠或其补角, 在ABE △中,2AB =,2AE BE ==,由余弦定理可得2222cos 2AB AE BE BAE AB AE +-∠==⋅ 因此,异面直线AB 与CD 2故选:B. 【点睛】思路点睛:平移线段法是求异面直线所成角的常用方法,其基本思路是通过平移直线,把异面直线的问题化归为共面直线问题来解决,具体步骤如下: (1)平移:平移异面直线中的一条或两条,作出异面直线所成的角; (2)认定:证明作出的角就是所求异面直线所成的角; (3)计算:求该角的值,常利用解三角形; (4)取舍:由异面直线所成的角的取值范围是0,2π⎛⎤⎥⎝⎦,当所作的角为钝角时,应取它的补角作为两条异面直线所成的角.二、填空题13.【分析】作出图形计算出正四棱锥的高与底面边长设底面的中心为计算得出为正四棱锥的外接球球心可求得该正四棱锥的外接球半径即可得解【详解】如下图所示设正四棱锥的底面的中心为连接设正四棱锥的底面边长为则由于 解析:36π【分析】作出图形,计算出正四棱锥P ABCD -的高与底面边长,设底面ABCD 的中心为E ,计算得出E 为正四棱锥P ABCD -的外接球球心,可求得该正四棱锥的外接球半径,即可得解. 【详解】如下图所示,设正四棱锥P ABCD -的底面ABCD 的中心为E ,连接PE 、AC 、BD ,设正四棱锥P ABCD -的底面边长为a ,则2AC BD a ==,由于E 为正四棱锥P ABCD -的底面ABCD 的中心,则PE ⊥平面ABCD , 由于正四棱锥P ABCD -的侧棱与底面所成的角为45,则45PAC PCA ∠=∠=, 所以,PAC △是以APC ∠为直角的等腰直角三角形, 同理可知,PBD △是以BPD ∠为直角的等腰直角三角形,E 为AC 的中点,1222PE AC a ==,2ABCD S a =正方形, 231122183326P ABCD ABCD V S PE a a a -=⋅=⨯⨯==正方形,解得32a =232PE a ==,由直角三角形的性质可得1122PE AC BD ==,即PE AE BE CE DE ====,所以,E 为正四棱锥P ABCD -外接球的球心,球E 的半径为3r PE ==,该球的表面积为2436r ππ=. 故答案为:36π. 【点睛】方法点睛:求空间多面体的外接球半径的常用方法:①补形法:侧面为直角三角形,或正四面体,或对棱二面角均相等的模型,可以还原到正方体或长方体中去求解;②利用球的性质:几何体中在不同面均对直角的棱必然是球大圆直径,也即球的直径; ③定义法:到各个顶点距离均相等的点为外接球的球心,借助有特殊性底面的外接圆圆心,找其垂线,则球心一定在垂线上,再根据带其他顶点距离也是半径,列关系求解即可.14.【分析】根据几何体的几何关系可将几何体放在正方体中多面体的外接球和正方体的外接球是同一外接球由此可求外接球的体积【详解】如图所示并且两两互相垂直所以所以正四面体与三棱锥相接且棱长为所以如图所示将此多 解析:32π 【分析】根据几何体的几何关系,可将几何体放在正方体中,多面体的外接球和正方体的外接球是同一外接球,由此可求外接球的体积. 【详解】如图所示,AB AC BC ==,并且,,PA PB PC 两两互相垂直,所以222222PA PB PA PC PB PC +=+=+,所以PA PB PC ==,正四面体D ABC -与三棱锥相接且棱长为2,所以如图所示,将此多面体放在正方体中,多面体的外接球就是此正方体的外接球,并且棱长为1,正方体外接球的半径22221113R =++=,得3R =, 则外接球的体积3433V R ππ==. 故答案为:3π【点睛】关键点点睛:本题的关键点是根据多面体的几何关系可采用补体,转化为求正方体的外接球的体积,这样计算就容易了.15.【分析】根据题意得平面在上取使得连接证得平面平面将空间中的动点轨迹的周长问题转化为求三角形边周长问题又代入计算即可【详解】解:如图正方体中连接:易得平面在上取使得连接易得根据线面平行判定定理证得平面2【分析】根据题意得1BD ⊥平面1ABC ,在1,BB AB 上取,F G 使得12,2BF FB AG GB ==连接,,GE EF GF 证得平面1//AB C 平面EFG ,将空间中的动点P 轨迹的周长问题转化为求三角形EFG 边周长问题,又23GE EF GF ===,代入计算即可. 【详解】解:如图正方体中连接11,,AC B C B A :易得1BD ⊥平面1ABC ,在1,BB AB 上取,F G 使得12,2BF FB AG GB == 连接,,GE EF GF ,易得1//,//GE AC EF BC 根据线面平行判定定理证得平面1//AB C 平面EFG 所以1BD ⊥平面EFG所以线段,,GE EF GF 就是点P 的运动轨迹, 因为12233GE EF GF ====所以动点P 的运动轨迹周长为2323GE EF GF ++=⨯=2【点睛】关键点点睛:本题考查线面垂直,面面平行的概念,解题的关键是借助图形将空间问题转化为平面问题.本题中根据1BD ⊥平面1ABC 及平面1//ABC 平面EFG 得到线段,,GE EF GF 就是点P 的运动轨迹,代值计算即可.16.【分析】在矩形中作交于交于在翻折后的几何体中证得平面平面从而平面得是直线与平面所成的角设C 求得的范围后可得范围【详解】在矩形中作交于交于设由图易知∴即∴则在翻折后的几何体中又平面∴平面又平面∴平面平解析:(0,]6π【分析】在矩形ABCD 中作DO AF ⊥,交AF 于O ,交AB 于M ,在翻折后的几何体中,证得平面ODM ⊥平面ABCF ,从而DM ⊥平面ABCF ,得DFM ∠是直线FD 与平面ABCF 所成的角.设(01)CF x x =<<C ,求得sin θ的范围后可得θ范围.【详解】在矩形ABCD 中作DO AF ⊥,交AF 于O ,交AB 于M , 设(01)CF x x =<<,AM t =,由图易知DAM FDA △△,∴AM AD DA DF =,即112t x =-,∴12t x=-,01x <<,则112t <<. 在翻折后的几何体中,AF OD ⊥,AF OM ⊥,又ODOM O =,,OD OM ⊂平面ODM ,∴AF ⊥平面ODM ,又AF ⊂平面ABCF ,∴平面ODM ⊥平面ABCF ,又平面ABD ⊥平面ABC AB =.平面ODM平面ABD DM =,∴DM ⊥平面ABCF ,连接MF ,则DFM ∠是直线FD 与平面ABCF 所成的角.DFM θ∠=,而21DM t =-,12DF x t=-=, ∴2422211sin 1()24DM t t t t t DF θ==-=-+=--+, ∵112t <<,∴2114t <<,∴10sin 2θ<≤,即06πθ<≤.故答案为:(0,]6π.【点睛】方法点睛:本题考查求直线与平面所成的角,求线面角常用方法:(1)定义法:作出直线与平面所成的角并证明,然后在直角三角形中计算可得; (2)向量法:建立空间直角坐标系,由直线的方向向量与平面的法向量夹角的余弦的绝对值等于直线与平面所成角的正弦值计算.17.【分析】由已知得出正二十面体的外接球即为上方正五棱锥的外接球设正五边形的外接圆半径为由平面几何知识可求得外接球的半径【详解】由图正二十面体的外接球即为上方正五棱锥的外接球设其半径为正五边形的外接圆半【分析】由已知得出正二十面体的外接球即为上方正五棱锥的外接球,设正五边形的外接圆半径为r ,由平面几何知识可求得外接球的半径.【详解】由图,正二十面体的外接球即为上方正五棱锥的外接球, 设其半径为R ,正五边形的外接圆半径为r ,则33sin 365r ==,得=5r ,所以正五棱=所以(2225R R =+,解得11R =. 【点睛】关键点点睛:本题考查几何体的外接球的问题,关键在于确定外接球的球心和半径.18.【分析】根据给定的几何体的三视图得到该几何体为一个圆柱挖去一个圆锥得出圆柱的底面半径和高利用圆柱和圆锥的体积以及圆的公式即可求解【详解】解:根据给定的几何体的三视图可得该几何体表示一个圆柱挖去一个圆 解析:23π 【分析】根据给定的几何体的三视图,得到该几何体为一个圆柱挖去一个圆锥,得出圆柱的底面半径和高,利用圆柱和圆锥的体积以及圆的公式,即可求解. 【详解】解:根据给定的几何体的三视图,可得该几何体表示一个圆柱挖去一个圆锥, 且底面半径1,高为1的组合体,所以几何体的体积为:2221311113πππ⨯⨯⨯=⨯-⨯. 故答案为:23π.【点睛】关键点点睛:本题考查了几何体的三视图及体积的计算,在由三视图还原为空间几何体的实际形状时,要根据三视图的规则,空间几何体的可见轮廓线在三视图中为实线,不可见轮廓线在三视图中为虚线,求解以三视图为载体的空间几何体的体积的关键是由三视图确定直观图的形状以及直观图中线面的位置关系和数量关系,利用相应公式求解.19.【分析】取AB 中点连接根据平行四边形性质可得为等腰梯形ABCD 的外心取SB 中点O 连接则可得O 是四棱锥的外接球球心在中求得r=OA 即可求得体积【详解】取AB 中点连接则所以四边形为平行四边形所以同理所以 解析:823π【分析】取AB 中点1O ,连接11,OC O D ,根据平行四边形性质,可得1O 为等腰梯形ABCD 的外心,取SB 中点O ,连接1,,,OA OC OD OO ,则可得O 是四棱锥S ABCD -的外接球球心,在Rt SAB 中,求得r=OA ,即可求得体积. 【详解】取AB 中点1O ,连接11,OC O D ,则1//CD O A , 所以四边形1ADCO 为平行四边形, 所以1=1CO ,同理1=1O D ,所以1111=O A O B OC O D ==,即1O 为等腰梯形ABCD 的外心, 取SB 中点O ,连接1,,,OA OC OD OO ,则1//OO SA ,因为SA ⊥平面ABCD ,所以1OO ⊥平面ABCD ,又2AB SA ==, 所以=OA OB OC OD ==,又SA AB ⊥,所以OA OS =,即O 是四棱锥S ABCD -的外接球球心, 在Rt SAB 中,2AB SA ==,所以12OA SB ==所以3433V π=⨯=,故答案为:3.【点睛】解决外接球的问题时,难点在于找到球心,可求得两个相交平面的外接圆圆心,自圆心做面的垂线,垂线交点即为球心,考查空间想象,数学运算的能力,属中档题.20.【分析】作于可证得平面得得等边三角形利用是球的直径得然后计算出再应用棱锥体积公式计算体积【详解】∵围绕棱旋转后恰好与重合∴作于连接则∴又过球心∴而∴同理由得平面∴故答案为:【点睛】易错点睛:本题考查【分析】作BH PA ⊥于H ,可证得PA ⊥平面BCH ,得60BHC ∠=︒,得等边三角形BCH ,利用PA 是球的直径,得PB AB ⊥,然后计算出BH ,再应用棱锥体积公式计算体积. 【详解】∵PAB △围绕棱PA 旋转60︒后恰好与PAC △重合, ∴PAB PAC ≅△△,作BH PA ⊥于H ,连接CH ,则,CH PA CH BH ⊥=,60BHC ∠=︒, ∴BC BH CH ==.又PA 过球心,∴PB AB ⊥,而2,PA PB =,∴1AB =,同理1AC =,PB AB BH PA ⋅===,2244216BCH S BH ⎛⎫=== ⎪ ⎪⎝⎭△, 由BH PA ⊥,CH PA ⊥,CH BH H =,得PA ⊥平面BCH ,∴11233168P ABC BCH V S PA -=⋅=⨯=△故答案为:8.【点睛】易错点睛:本题考查求棱锥的体积,解题关键是作BH PA ⊥于H ,利用旋转重合,得PA ⊥平面BCH ,这样只要计算出BCH 的面积,即可得体积,这样作图可以得出60BHC ∠=︒,为旋转所形成的二面角的平面角,这里容易出错在误认为旋转60︒,即为60CAB ∠=︒.旋转60︒是旋转形成的二面角为60︒.应用作出二面角的平面角.三、解答题21.(1)答案见解析;(2)4cm . 【分析】(1)直接画出三棱锥S ABC -即可;(2)作SE ⊥面ABC ,取线段AC 中点为D ,分别在等腰ABC ,Rt SEA △,Rt SEC △,Rt BDE △和Rt SEB △中,求出线段长度,得到该几何体最长的棱长.【详解】(1)(2)如下图,SE ⊥面ABC ,线段AC 中点为D 2,3,1,4,2,=1SE cm AE cm CE cm AC cm AD DC cm DE cm ======,BD AC ⊥,3BD cm =,在等腰ABC 中,222313cm AB AC ==+= 在Rt SEA △中,22222313cm SA SE AE +=+= 在Rt SEC △中,2222215cm SC SE CE =++= 在Rt BDE △中,22223110cm BE BD DE ++=SE ⊥面ABC ,SE BE ∴⊥在Rt SEB △中,22222(10)14cm SB SE BE =+=+=在三梭锥S-ABC 中,SC AB AC SA SB AC <==<<, 所以最长的棱为AC ,长为4cm 【点睛】关键点点睛:本题考查几何体的三视图,以及棱锥的性质,解决本题的关键点是作出SE ⊥面ABC ,取线段AC 中点为D ,由三视图得出等腰ABC ,Rt SEA △,Rt SEC △,Rt BDE △和Rt SEB △,分别求出线段长度,得出答案,考查学生空间想象能力与计算能力,属于中档题.22.(1)证明见解析;(2)证明见解析;(3)112. 【分析】(1)利用三角形中位线定理证明//OD PA ,利用线面平行的判定定理证明; (2)根据条件,证明PO OC ⊥,PO AB ⊥,利用线面垂直的判定定理证明; (3)利用转化法求体积. 【详解】(1)证明:O ,D 分别为AB ,PB 的中点//OD PA ∴PA ⊂平面PAC ,OD ⊄平面PAC ,//OD ∴平面PAC .(2)证明: 2AC BC == 2AB =,AC BC ∴⊥O 为AB 的中点,2AB =,OC AB ∴⊥,1OC =同理, PO AB ⊥,1PO =.2PC =2222PC OC PO ∴=+=,则90POC ︒∠=,即PO OC ⊥。

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9.立体几何1.掌握球、棱柱、棱锥、棱台的表面积和体积的计算公式,能用公式解决简单的实际问题. 2.能用斜二测画法画出简单空间图形(长方体、球、圆柱、圆锥、棱柱及其简单组合)的直观图.3.能借助长方体,认识空间点、直线、平面的位置关系的基础上,抽象出空间点、直线、平面的位置关系.4.能从定义和基本事实出发,借助长方体,通过直观感知,了解空间中直线与直线、直线与平面、平面与平面的平行和垂直的关系.5.能用已获得的结论证明空间基本图形位置关系的简单命题.1.日晷是中国古代用来测定时间的仪器,利用与晷面垂直的晷针投射到晷面的影子来测定时间.把地球看成一个球(球心记为O ),地球上一点A 的纬度是指OA 与地球赤道所在平面所成角,点A 处的水平面是指过点A 且与OA 垂直的平面.在点A 处放置一个日晷,若晷面与赤道所在平面平行,点A 处的纬度为北纬40︒,则晷针与点A 处的水平面所成角为( )A .20︒B .40︒C .50︒D .90︒【答案】B【解析】画出截面图如下图所示,其中CD 是赤道所在平面的截线;l 是点A 处的水平面的截线,依题意可知OA l ⊥;AB 是晷针所在直线,m 是晷面的截线, 依题意依题意,晷面和赤道平面平行,晷针与晷面垂直,根据平面平行的性质定理可得可知//m CD 、根据线面垂直的定义可得AB m ⊥. 由于40AOC ∠=︒,//m CD ,所以40OAG AOC ∠=∠=︒,由于90OAG GAE BAE GAE ∠+∠=∠+∠=︒,所以40BAE OAG ∠=∠=︒, 也即晷针与点A 处的水平面所成角为40BAE ∠=︒.【点睛】本小题主要考查中国古代数学文化,考查球体有关计算,涉及平面平行,线面垂直的性质.2.已知空间中不过同一点的三条直线l ,m ,n .“l ,m ,n 共面”是“l ,m ,n 两两相交”的( )A .充分不必要条件B .必要不充分条件C .充分必要条件D .既不充分也不必要条件【答案】B【解析】依题意,,m n l 是空间不过同一点的三条直线,当,,m n l 在同一平面时,可能////m n l ,故不能得出,,m n l 两两相交; 当,,m n l 两两相交时,设mn A =,m l B =,n l C =,根据公理2可知,,m n 确定一个平面α, 而B m α∈⊂,C n α∈⊂,根据公理1可知,直线BC 即l α⊂,所以,,m n l 在同一平面,综上所述,“,,m n l 在同一平面”是“,,m n l 两两相交”的必要不充分条件. 【点睛】本小题主要考查充分、必要条件的判断,考查公理1和公理2的运用.一、选择题.1.设m ,n 是两条不同的直线,α,β,γ是三个不同的平面,给出下列四个命题: ①若m α⊥,n α∥,则m n ⊥ ②若αβ∥,βγ∥,m α⊥,则m γ⊥ ③若m α∥,n α∥,则//m n④若αγ⊥,βγ⊥,则αβ∥ 其中正确命题的序号是( ) A .①和② B .②和③C .③和④D .①和④【答案】A【解析】对于①,因为n α∥,所以经过n 作平面β,使l βα=,可得n l ∥,又因为m α⊥,l α⊂,所以m l ⊥,结合n l ∥得m n ⊥.由此可得①是真命题; 对于②,因为αβ∥且βγ∥,所以αγ∥,结合m α⊥,可得m γ⊥,故②是真命题; 对于③,设直线m 、n 是位于正方体上底面所在平面内的相交直线, 而平面α是正方体下底面所在的平面,则有m α∥且n α∥成立,但不能推出//m n ,故③不正确; 对于④,设平面α、β、γ是位于正方体经过同一个顶点的三个面, 则有αγ⊥且βγ⊥,但是αβ⊥,推不出αβ∥,故④不正确, 综上所述,其中正确命题的序号是①和②.2.在正方体1111ABCD A B C D -中,如图,M 、N 分别是正方形ABCD 、11BCC B 的中心.则过点1C 、M 、N 的截面是( )A .正三角形B .正方形C .梯形D .直角三角形【答案】A【解析】如下图所示,连接BN 、BD 、1BC ,由于M 、N 分别为正方形ABCD 、11BB C C 的中心,则M 、N 分别为BD 、1BC 的中点,所以,过点1C 、M 、N 三点的截面为1BC D △,易知1BC D △为正三角形. 因此,过点1C 、M 、N 三点的截面为正三角形.3.某三棱锥的三视图如图所示,如果网格纸上小正方形的边长为1,则该三棱锥的体积为( )A .4B .8C .12D .24【答案】A【解析】由三视图还原几体何体如图,三棱锥D ABC -是从长为4,宽为4,高为3的长方体中截得, 所以11423432D ABC V -=⨯⨯⨯⨯=.4.如图,正三角形ABC 为圆锥的轴截面,D 为AB 的中点,E 为弧BC 的中点,则直线DE 与AC 所成角的余弦值为( )A .13B .12C .2D .34【答案】C【解析】如图所示,取BC 中点O ,BO 中点F ,连接,,,OD OE FE DF ,则OD AC ∥, 所以ODE ∠就是直线DE 与AC 所成角, 设4AB =,则2OD =,1OF =,2OE =,可得DF =,EF = 则DE ==因为E 为弧BC 的中点,可得OE BC ⊥,进而可得OE ⊥平面ABC , 因为OD ⊂平面ABC ,所以OE OD ⊥,在直角ODE △中,可得cos 2OD ODE DE ∠==,即直线DE 与AC 所成角的余弦值为2.5.已知,m n 是两条不重合的直线,,αβ是两个不重合的平面,则下列命题中,错误的是( )A .若,m n m α⊥⊥,则n α∥B .若,,m n m n αα⊄∥∥,则n α∥C .若,,m n m n αβ⊥⊥⊥,则αβ⊥D .若,m ααβ∥∥,则m β∥或m β⊂【答案】A【解析】对于A :若,m n m α⊥⊥,则n α∥或n ⊂α,故A 错误,BCD 正确. 6.如图所示,正方体1111ABCD A B C D -中,,E F 分别为棱AB ,1CC 的中点,则在平面11ADD A 内与平面1D EF 平行的直线( )A .不存在B .有1条C .有2条D .有无数条【答案】D【解析】平面11ADD A 与平面1D EF 有公共点1D , 由公理3知平面11ADD A 与平面1D EF 必有过1D 的交线l ,在平面11ADD A 内与l 平行的直线有无数条,且它们都不在平面1D EF 内, 由线面平行的判定定理可知它们都与平面1D EF 平行.7.如图,在四面体ABCD 中,截面PQMN 是正方形,则在下列命题中,错误的为( )A .AC BD ⊥B .AC ∥截面PQMNC .AC BD =D .异面直线PM 与BD 所成的角为45︒【答案】C【解析】因为截面PQMN 是正方形,所以PQ MN ∥、QM PN ∥, 则PQ ∥平面ACD 、QM ∥平面BDA , 所以PQ AC ∥,QM BD ∥,由PQ QM ⊥可得AC BD ⊥,故A 正确; 由PQ AC ∥可得AC ∥截面PQMN ,故B 正确;异面直线PM 与BD 所成的角等于PM 与QM 所成的角,故D 正确.8.已知三棱锥P ABC -的四个顶点都在球O 的球面上,PA ⊥平面ABC ,ABC △是边长为2的等边三角形,若球O 的体积为π3,则直线PC 与平面PAB 所成角的正切值为( )A .11B .11C D 【答案】A【解析】设ABC △的中心为E ,M 为AB 的中点,过O 作OD PA ⊥,则D 为PA 的中点,∴CPM ∠是直线PC 与平面PAB 所成角.∵ABC △是边长为2的等边三角形,∴233OD AE CM ===,∵34π33OP ⋅=,∴OP =∴2PA PD ===,∴PM ==,∴tan CM CPM PM ∠==9.如图,正方体1111ABCD A B C D -中,O 为底面ABCD 的中心,M 为棱1BB 的中点,则下列结论中错误的是( )A .1D O ∥平面11A BCB .MO ⊥平面11A BCC .二面角M AC B --等于90︒D .异面直线1BC 与AC 所成的角等于60︒【答案】C【解析】对于A ,连接11B D ,交11A C 于E ,则四边形1D OBE 为平行四边形, 故1D O BE ∥,∵1D O ⊄平面11A BC ,BE ⊂平面11A BC ,∴1D O ∥平面11A BC ,故正确; 对于B ,连接1B D ,因为O 为底面ABCD 的中心,M 为棱1BB 的中点, ∴1MO B D ∥,易证1B D ⊥平面11A BC ,则MO ⊥平面11A BC ,故正确;对于C ,因为BO AC ⊥,MO AC ⊥,则MOB ∠为二面角M AC B --的平面角,显然不等于90︒, 故错误;对于D ,∵11AC A C ∥,∴11AC B ∠为异面直线1BC 与AC 所成的角,11A C B △为等边三角形,1160AC B ∴∠=︒,故正确.10.在平面五边形ABCDE 中,60A ∠=︒,AB AE ==BC CD ⊥,DE CD ⊥,且6BC DE ==.将五边形ABCDE 沿对角线BE 折起,使平面ABE 与平面BCDE 所成的二面角为120︒,则沿对角线BE 折起后所得几何体的外接球的表面积为( )A .B .84πC .252πD .126π【答案】C【解析】设ABE △的中心为1O ,矩形BCDE 的中心为2O , 过1O 作垂直于平面ABE 的直线1l ,过2O 作垂直于平面BCDE 的直线2l , 则由球的性质可知,直线1l 与2l 的交点O , 即几何体ABCDE 外接球的球心.取BE 的中点F ,连接1O F ,2O F ,由条件得123O F O F ==,12120O FO ∠=︒.连接OF ,因为12OFO OFO ≅△△,从而1OO =. 连接OA ,则OA 为所得几何体外接球的半径.又16O A =,则22211273663OA OO O A =+=+=,故所得几何体外接球的表面积等于252π.11.如图,在四棱锥P ABCD -中,底面ABCD 为菱形,60DAB ∠=︒,侧面PAD 为正三角形,且平面PAD ⊥平面ABCD ,则下列说法错误的是( )A .在棱AD 上存在点M 使AD ⊥平面PMB B .异面直线AD 与PB 所成的角为90︒C .二面角P BC A --的大小为45︒D .BD ⊥平面PAC 【答案】D【解析】解:如图,对于A ,取AD 的中点M ,连接,PM BM ,∵侧面PAD 为正三角形,∴PM AD ⊥,又底面ABCD 是菱形,60DAB ∠=︒,∴ABD △是等边三角形, ∴AD BM ⊥, 又PMBM M =,PM ,BM ⊂平面PMB ,∴AD ⊥平面PBM ,故A 正确;对于B ,∵AD ⊥平面PBM ,∴AD PB ⊥,即异面直线AD 与PB 所成的角为90︒,故B 正确;对于C ,∵平面PBC平面ABCD BC =,//BC AD ,BC ∴⊥平面PBM ,∴BC PB ⊥,BC BM ⊥,∴PBM ∠是二面角P BC A --的平面角,设1AB =,则BM =,PM =在PBM Rt △中,tan 1PMPBM BM∠==,即45PBM ∠=︒,故二面角P BC A --的大小为45︒, 故C 正确;对于D ,假设BD ⊥平面PAC ,则BD PA ⊥, 又依题意平面PAD ⊥平面ABCD ,AD BM ⊥,则BM⊥平面PAD ,故BM PA ⊥,而BD ,BM 相交,且在平面ABCD 内,故PA ⊥平面ABCD ,与PM ⊥平面ABCD 矛盾,因此BD 与平面PAC 不垂直,故D 错误.12.在棱长为2的正方体1111ABCD A B C D -中,P 是1BDC △内(不含边界)的一个动点,若11A P BC ⊥,则线段1A P 的长的取值范围为( )A .B .C .D .【答案】C【解析】由正方体的性质可知,11A BDC -是正四面体,且正四面体的棱长为∵P 在1BDC △内,∴1A P的最大值为1111AC A B A D ===, 1A P 的最小值是1A 到平面1BDC 的距离,设1A 在平面1BDC 的射影为H ,则H 为正三角形1BDC的中心,3BH =,1A H === ∴1A P, 又因为P 不在三角形1BDC 的边上,所以1A P的范围是.二、填空题.13.已知圆锥的侧面积(单位:cm 2)为2π,且它的侧面展开图是一个半圆,则这个圆锥的底面半径(单位:cm )是_______.【答案】1【解析】设圆锥底面半径为r ,母线长为l ,则π2π12π2π2r l r l ⨯⨯=⎧⎪⎨⨯⨯=⨯⨯⨯⎪⎩, 解得1r =,2l =.14.一个长方体被一平面截去一部分后,所剩几何体的三视图如图所示,则该几何体的体积为 .【答案】48【解析】根据几何体的三视图得该几何体的体积为长宽高分别为6,4,4的长方体体积的一半, 即体积为1446482⨯⨯⨯=.15.如图,在四棱锥P ABCD -中,底面ABCD 是平行四边形,点E ,F 分别为PA ,PD的中点,则平面BCFE 将四棱锥P ABCD -所分成的上下两部分的体积的比值为 .【答案】35【解析】设四棱锥P ABCD -的体积为V ,连接FA ,FB ,则下面部分几何体的体积为F ABCD B AEF V V --+, 其中12F ABCD V V -=,11112448B AEF B APF B ADP P ABD V V V V V ----====, 所以58F ABCD B AEF V V V --+=, 则上面部分几何体的体积为5388V V V -=,故平面BCFE 将四棱锥P ABCD -所分成的上下两部分的体积的比值为35.16.已知三棱锥P ABC -中,满足1PA BC ==,PC AB ==2AC =,则当三棱锥体积最大时,直线AC 与PB 夹角的余弦值是 .【答案】5【解析】如图所示,因为ABC △的面积为定值,所以当平面PAC ⊥平面ABC 时,三棱锥PAC 体积最大,过P 作//PE AC ,过A 作AE PE ⊥,所以BPE ∠为AC 与PB 所成角或补角. 过点P 作PD AC ⊥交AC 于D ,则PD ⊥平面ABC ,所以AE ⊥平面ABC ,即AE AB ⊥,因为1PA =,PC =,2AC =,所以PAC △为直角三角形,所以PD AE ==12AD PE ==, 因为1BC =,AB =2AC =,所以ABC △为直角三角形,π6BAC ∠=,所以211732424BD =+-⋅=,则2375442BP =+=,2315344BE =+=,所以1515cos 5BPE +-∠==-, 因此直线AC 与PB夹角的余弦值是5.。

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