收藏 分享(赏)

浙江省2021届高考数学一轮复习 第八章 立体几何与空间向量 加强练(八)立体几何与空间向量(含解析).doc

上传人:高**** 文档编号:816574 上传时间:2024-05-31 格式:DOC 页数:13 大小:717.50KB
下载 相关 举报
浙江省2021届高考数学一轮复习 第八章 立体几何与空间向量 加强练(八)立体几何与空间向量(含解析).doc_第1页
第1页 / 共13页
浙江省2021届高考数学一轮复习 第八章 立体几何与空间向量 加强练(八)立体几何与空间向量(含解析).doc_第2页
第2页 / 共13页
浙江省2021届高考数学一轮复习 第八章 立体几何与空间向量 加强练(八)立体几何与空间向量(含解析).doc_第3页
第3页 / 共13页
浙江省2021届高考数学一轮复习 第八章 立体几何与空间向量 加强练(八)立体几何与空间向量(含解析).doc_第4页
第4页 / 共13页
浙江省2021届高考数学一轮复习 第八章 立体几何与空间向量 加强练(八)立体几何与空间向量(含解析).doc_第5页
第5页 / 共13页
浙江省2021届高考数学一轮复习 第八章 立体几何与空间向量 加强练(八)立体几何与空间向量(含解析).doc_第6页
第6页 / 共13页
浙江省2021届高考数学一轮复习 第八章 立体几何与空间向量 加强练(八)立体几何与空间向量(含解析).doc_第7页
第7页 / 共13页
浙江省2021届高考数学一轮复习 第八章 立体几何与空间向量 加强练(八)立体几何与空间向量(含解析).doc_第8页
第8页 / 共13页
浙江省2021届高考数学一轮复习 第八章 立体几何与空间向量 加强练(八)立体几何与空间向量(含解析).doc_第9页
第9页 / 共13页
浙江省2021届高考数学一轮复习 第八章 立体几何与空间向量 加强练(八)立体几何与空间向量(含解析).doc_第10页
第10页 / 共13页
浙江省2021届高考数学一轮复习 第八章 立体几何与空间向量 加强练(八)立体几何与空间向量(含解析).doc_第11页
第11页 / 共13页
浙江省2021届高考数学一轮复习 第八章 立体几何与空间向量 加强练(八)立体几何与空间向量(含解析).doc_第12页
第12页 / 共13页
浙江省2021届高考数学一轮复习 第八章 立体几何与空间向量 加强练(八)立体几何与空间向量(含解析).doc_第13页
第13页 / 共13页
亲,该文档总共13页,全部预览完了,如果喜欢就下载吧!
资源描述

1、加强练(八)立体几何与空间向量一、选择题(本大题共10小题,每小题4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)1.(2015上海卷)如图,四个棱长为1的正方体排成一个正四棱柱,AB是一条侧棱,Pi(i1,2,8)是上底面上其余八个点,则(i1,2,8)的不同值的个数为()A.1 B.2 C.4 D.8解析|cos,111,只有一个值.答案A2.(2020宁波模拟)若直线l不平行于平面,且l,则()A.内所有直线与l异面B.内只存在有限条直线与l共面C.内存在唯一的直线与l平行D.内存在无数条直线与l相交解析由直线与平面的位置关系知l,则l或l与平面相交.由题意知,l不平

2、行于平面,则设lP,故平面内所有过点P的直线与l相交,平面内不过点P的直线与l异面,故选D.答案D3.如图,斜线段AB与平面所成的角为60,B为斜足,平面上的动点P满足PAB30,则点P的轨迹是()A.直线 B.抛物线C.椭圆 D.双曲线的一支解析利用平面截圆锥面直接得轨迹.因为PAB30,所以点P的轨迹为以AB为轴线,PA为母线的圆锥面与平面的交线,且平面与圆锥的轴线斜交,故点P的轨迹为椭圆.答案C4.(2017浙江卷)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:cm3)是()A.1 B.3 C.1 D.3解析由几何体的三视图可知,该几何体是一个底面半径为1,高为3的圆锥

3、的一半与一个底面为直角边长是的等腰直角三角形,高为3的三棱锥的组合体,所以该几何体的体积V12331.答案A5.已知正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为,正方体所在空间的动点P满足|2,则的取值范围是()A.0,4 B.1,4C.0,2 D.1,2解析因为正方体的棱长为,所以B1C2,则由|2得点P在以B1C的中点为球心,为半径的球面上.当点P与点B重合时,点P在直线AD1上的射影为点A,当点P与点C1重合时,点P在直线AD1上的射影为点D1,则0,|20,4,故选A.答案A6.(2020北京朝阳区模拟)在棱长为1的正方体ABCDA1B1C1D1中,E,F分别为线段CD和A1B1上的动点,且

4、满足CEA1F,则四边形D1FBE所围成的图形(如图所示阴影部分)分别在该正方体有公共顶点的三个面上的正投影的面积之和()A.有最小值 B.有最大值C.为定值3 D.为定值2解析依题意,设四边形D1FBE的四个顶点在后面,上面,左面的投影点分别为D,F,B,E,则四边形D1FBE在上面,后面,左面的投影分别如下图.所以在后面的投影的面积为S后111,在上面的投影面积S上DE1DE1DE,在左面的投影面积S左BE1CE1CE,所以四边形D1FBE所围成的图形(如图所示阴影部分)分别在该正方体有公共顶点的三个面上的正投影的面积之和SS后S上S左1DECE1CD2.答案D7.(2020长沙四校模拟一

5、)在棱长为2的正方体ABCDABCD中,有一个与正方体各个面均相切的球O,则平面ABD截该球所得截面的面积为()A. B. C. D.2解析由题意知球O的球心为正方体的中心(体对角线的交点),半径为1,AAABAD2,ADBDAB2.设点A到平面ABD的距离为h,则由VAABDVAABD,得22sin 60h222,得h.连接AC,易知AC2,所以球心O到平面ABD的距离为,从而截面圆的半径为,因此所求截面的面积为.答案A8.(2020北京西城区综合练习)已知正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为1,平面与此正方体相交.对于实数d(0d),如果正方体ABCDA1B1C1D1的八个顶点中恰好有m

6、个点到平面的距离等于d,那么下列结论中一定正确的是()A.m6 B.m5 C.m4 D.m3解析如图(1)恰好有3个点到平面的距离为d;如图(2)恰好有4个点到平面的距离为d;如图(3)恰好有6个点到平面的距离为d.答案B9.(2020浙江名师预测卷二)如图,已知三棱锥SABC中,SASBSC,ABC90,ABBC,E,F,G分别是AB,BC,AC的中点,分别记平面SEF与平面SAC、平面SEG与平面SBC、平面SFG与平面SAB所成的锐二面角为,则,的大小关系是()A. B.C. D.解析由SASBSC可知点S在底面ABC上的射影是ABC的外心,ABC90,AC的中点G就是点S在底面ABC上

7、的射影,即SG平面ABC,过点G作GHEF,交EF于点H,连接SH,则GSH就是平面SEF与平面SAC所成角的平面角,tanGSHtan ,易证GF平面SEG,GSF就是平面SEG与平面SBC所成角的平面角,tanGSFtan ,同理,tanGSEtan ,在RtEGF中,GHGEGF,tan tan tan ,故选C.答案C10.如图,已知平面,l,A、B是直线l上的两点,C、D是平面内的两点,且DAl,CBl,AD3,AB6,CB6.P是平面上的一动点,且直线PD,PC与平面所成角相等,则二面角PBCD的余弦值的最小值是()A. B. C. D.1解析DAl,l,AD,AD,同理,BC.D

8、PA为直线PD与平面所成的角,CPB为直线PC与平面所成的角,DPACPB,又DAPCBP90,DAPCBP,.在平面内,以AB为x轴,以AB的中垂线为y轴建立平面直角坐标系,则A(3,0),B(3,0).设P(x,y),(y0),2,整理得(x5)2y216.P点在平面内的轨迹为以M(5,0)为圆心,以4为半径的上半圆.平面PBC平面BC,PBBC,ABBC,PBA为二面角PBCD的平面角.当PB与圆相切时,PBA最大,cosPBA取得最小值.此时PM4,MB8,MPPB,PB4,cosPBA.答案C二、填空题(本大题共7小题,多空题每题6分,单空题每题4分,共36分)11.(2019全国卷

9、)已知ACB90,P为平面ABC外一点,PC2,点P到ACB两边AC,BC的距离均为,那么P到平面ABC的距离为_.解析如图,过点P作PO平面ABC于O,则PO为P到平面ABC的距离.再过O作OEAC于E,OFBC于F,连接OC,PE,PF,则PEAC,PFBC.所以PEPF,所以OEOF,所以CO为ACB的平分线,即ACO45.在RtPEC中,PC2,PE,所以CE1,所以OE1,所以PO.答案12.如图,正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为4,P为BC的中点,Q为线段CC1上的动点(异于C点),过点A,P,Q的平面截该正方体所得的截面记为M.当CQ_时(用数值表示),M为等腰梯形;当CQ

10、4时,M的面积为_.解析连接AP并延长交DC的延长线于点N,当点Q为CC1的中点,即CQ2时,连接D1N,则D1N过点Q,PQ綉AD1,显然APD1Q,M为等腰梯形;当CQ4时,NQ交棱DD1延长线上一点(设为G),且GD14,AG过A1D1的中点,此时M为菱形,其对角线长分别为4和4,故其面积为8.答案2813.(2020浙江“超级全能生”联考)某几何体的三视图(单位:cm)如图所示,则该几何体的体积是_ cm3,表面积是_ cm2.解析易知该几何体是一个底面为直角梯形,一条侧棱垂直底面的四棱锥,所以该几何体的体积V416(cm3),表面积为8424(cm2).答案16842414.(202

11、0北仑中学模拟)如图,正四面体ABCD的棱CD在平面内,E为棱BC的中点,当正四面体ABCD绕CD旋转时,直线AE与平面所成最大角的正弦值为_.解析过点E作CD的平行线,交BD于F,则正四面体绕CD旋转时AE与平面所成角相当于绕EF旋转时AE与平面所成角.此时直线AE形成一个圆锥,所以可知直线AE与平面所成角的最大值即为AE与EF所成的角.设正四面体的棱长为2,则AEAF,EF1,所以cosAEF,所以sinAEF,即直线AE与平面所成最大角的正弦值为.答案15.已知球O与棱长为4的正方体ABCDA1B1C1D1的所有棱都相切,点M是球O上一点,点N是ACB1的外接圆上一点,则线段MN长度的最

12、大值为_;最小值为_.解析因为球O与棱长为4的正方体的各棱都相切,所以球O的半径为2,球心O在体对角线的中点,ACB1的外接圆是正方体外接球的一个小圆,点N是ACB1的外接圆上一点,则点N到球心O的距离为2(即正方体外接球的半径),因为点M是球O上一点,所以线段MN长度的最小值为22,线段MN长度的最大值为22.答案222216.(2020绍兴一中适应性考试)已知半径为4的球面上有两点A,B,AB4,球心为O,若球面上的动点C满足二面角CABO的大小为60,则四面体OABC的外接球的半径为_.解析如图,由已知,AOOB,又平面ABC与平面AOB所成的二面角大小为60,则平面ABC截球O的球面为

13、一个圆,当点C在弧ACB的中点时,取AB的中点M,连接CM,OM,则AB平面CMO,故二面角CABO的平面角为CMO,则CMO60.作OHCM于点H,由OAOBOC4,AB4,设四面体OABC的外接球球心为O1OH,则由OMAB2得OHOMsin 60.HMOMcos 60,故四面体OABC的外接球的半径r满足O1O2O1A2HM2AM2O1H2,即r2()2(2)2(r)2,解得r.答案17.(2019全国卷)中国有悠久的金石文化,印信是金石文化的代表之一.印信的形状多为长方体、正方体或圆柱体,但南北朝时期的官员独孤信的印信形状是“半正多面体”(图).半正多面体是由两种或两种以上的正多边形围

14、成的多面体.半正多面体体现了数学的对称美.图是一个棱数为48的半正多面体,它的所有顶点都在同一个正方体的表面上,且此正方体的棱长为1,则该半正多面体共有_个面,其棱长为_.解析依题意知,题中的半正多面体的上、下、左、右、前、后6个面都在正方体的表面上,且该半正多面体的表面由18个正方形,8个正三角形组成,因此题中的半正多面体共有26个面.注意到该半正多面体的俯视图的轮廓是一个正八边形,设题中的半正多面体的棱长为x,则 xxx1,解得x1,故题中的半正多面体的棱长为1.答案261三、解答题(本大题共5小题,共74分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)18.(本小题满分14分)如图,在直三棱

15、柱ABCA1B1C1中,D,E分别为AB,BC的中点,点F在侧棱B1B上,且B1DA1F,A1C1A1B1.求证:(1)直线DE平面A1C1F;(2)平面B1DE平面A1C1F.证明(1)在直三棱柱ABCA1B1C1中,A1C1AC.在ABC中,因为D,E分别为AB,BC的中点,所以DEAC,于是DEA1C1.又因为DE平面A1C1F,A1C1平面A1C1F,所以直线DE平面A1C1F.(2)在直三棱柱ABCA1B1C1中,A1A平面A1B1C1.因为A1C1平面A1B1C1,所以A1AA1C1.又因为A1C1A1B1,A1A平面ABB1A1,A1B1平面ABB1A1,A1AA1B1A1,所以

16、A1C1平面ABB1A1.因为B1D平面ABB1A1,所以A1C1B1D.又因为B1DA1F,A1C1平面A1C1F,A1F平面A1C1F,A1C1A1FA1,所以B1D平面A1C1F.因为直线B1D平面B1DE,所以平面B1DE平面A1C1F.19.(本小题满分15分)(2020嘉、丽、衢模拟)如图,在矩形ABCD中,AB4,AD3,点E,F分别是线段DC,BC的中点,分别将DAE沿AE折起,CEF沿EF折起,使得D,C重合于点G,连接AF.(1)求证:平面GEF平面GAF;(2)求直线GF与平面GAE所成角的正弦值.(1)证明因为EGAG,EGFG,GAGFG,所以GE平面GAF,又GE平

17、面GEF,所以平面GEF平面GAF.(2)解过F作FHAG于H,则由GE平面GAF,且FH平面GAF知,GEFH,GAGEG,所以FH平面GAE,从而FGH是直线GF与平面GAE所成角.因为GA3,GF,AF,所以cosAGF,从而sinFGHsinAGF.所以直线GF与平面GAE所成角的正弦值为.20.(本小题满分15分)(2020浙江教育绿色评价联盟适考)如图,圆的直径AC2,B为圆周上不与点A,C重合的点,PA垂直于圆所在的平面,PCA45.(1)求证:PBBC;(2)(一题多解)若BC,求二面角BPCA的余弦值.(1)证明如图,连接AB,因为PA平面ABC,所以PABC.又因为B在圆周

18、上,所以ABBC,PAABA,故BC平面PAB.又PB平面PAB,故BCPB.(2)解法一过B作AC的垂线,垂足为D,则BD平面PAC,因为PC平面PAC,故BDPC.再过D作PC的垂线,垂足为E,则PCDE,因为BDDED,所以PC平面BDE,又BE平面BDE,故BEPC,可知BED即为二面角BPCA的平面角.因为BC,所以BD,CD.又因为PCA45,所以DE,BE,所以cosBED.即二面角BPCA的余弦值为.法二因为ABC90,所以可以以B为坐标原点,BC,BA分别为x,y轴,垂直于平面ABC的直线为z轴建立如图所示的空间直角坐标系Bxyz,则B(0,0,0),A(0,1,0),C(,

19、0,0),P(0,1,2),(,0,0),(0,1,2),(0,0,2),(,1,0).设平面PAC的法向量n1(x,y,z),由n1,n1,得取x1,则n1(1,0).设平面PBC的法向量n2(x,y,z).由n2,n2,得取z1,则n2(0,2,1),故|cosn1,n2|.所以二面角BPCA的余弦值为.21.(本小题满分15分)(2020杭州二中模拟)如图,矩形ADFE和梯形ABCD所在平面互相垂直,ABCD,ABCADB90,CD1,BC2.(1)(一题多解)求证:BE平面DCF;(2)当AE的长为何值时,直线AD与平面BCE所成角的大小为45.(1)证明法一如图,以D为坐标原点,AD

20、所在直线为x轴,BD所在直线为y轴,DF所在直线为z轴建立空间直角坐标系.设AEh,由CD1,BC2,ADB90,依据三角形相似可得DCB90,则DB,AB5,故由勾股定理可得AD2.所以D(0,0,0),A(2,0,0),B(0,0),C,E(2,0,h),F(0,0,h).,(0,0,h),(2,h),设平面DCF的法向量为n(x,y,z).所以化简得令x,得n(,2,0),n0,故n,又BE不在平面DCF上,所以BE平面DCF.法二因为四边形ADFE是矩形,故AEDF.又ABCD,且ABAEA,CDDFD,AB,AE在平面ABE上,CD,DF在平面DCF上,故平面ABE平面DCF.又BE

21、在平面ABE上,且BE不在平面CDF上,故BE平面CDF.(2)解由(1)中法一可得(2,0,0),(2,h),设平面BCE法向量为m(x1,y1,z1),所以化简得令y1h,得m(2h,h,5).由题意得cos 45,故h,因为h0,所以AEh.22.(本小题满分15分)(2019北京卷)如图,在四棱锥PABCD中,PA平面ABCD,ADCD,ADBC,PAADCD2,BC3.E为PD的中点,点F在PC上,且.(1)求证:CD平面PAD.(2)求二面角FAEP的余弦值.(3)设点G在PB上,且.判断直线AG是否在平面AEF内,说明理由.(1)证明因为PA平面ABCD,CD平面ABCD,所以P

22、ACD.又因为ADCD,PAADA,PA,AD平面PAD,所以CD平面PAD.(2)解过点A作AD的垂线交BC于点M.因为PA平面ABCD,AM,AD平面ABCD,所以PAAM,PAAD.建立如图所示的空间直角坐标系Axyz,则A(0,0,0),B(2,1,0),C(2,2,0),D(0,2,0),P(0,0,2).因为E为PD的中点,所以E(0,1,1).所以(0,1,1),(2,2,2),(0,0,2).所以,所以.设平面AEF的法向量为n(x,y,z),则即令z1,则y1,x1.于是n(1,1,1).又因为平面PAD的一个法向量为p(1,0,0),所以cosn,p.由题知,二面角FAEP为锐角,所以其余弦值为.(3)解直线AG在平面AEF内.理由:因为点G在PB上,且,(2,1,2),所以,所以.由(2)知,平面AEF的一个法向量n(1,1,1),所以n0.又点A平面AEF,所以直线AG在平面AEF内.

展开阅读全文
相关资源
猜你喜欢
相关搜索

当前位置:首页 > 幼儿园

网站客服QQ:123456
免费在线备课命题出卷组卷网版权所有
经营许可证编号:京ICP备12026657号-3