浙江省高三数学专题复习 专题四 立体几何与空间向量模拟演练 理.docx
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浙江省高三数学专题复习专题四立体几何与空间向量模拟演练理
专题四 立体几何与空间向量
经典模拟·演练卷
一、选择题
1.(2015·济宁模拟)已知α,β表示两个不同的平面,m为平面α内的一条直线,则“α⊥β”是“m⊥β”的( )
A.充分不必要条件 B.必要不充分条件
C.充要条件D.既不充分也不必要条件
2.(2015·潍坊三模)一个几何体的三视图如图所示,其中侧视图为直角三角形,则该几何体的体积为( )
A.B.
C.D.16
3.(2015·诸暨中学模拟)已知正三棱柱ABC-A1B1C1的侧棱长与底面边长相等,则AB1与侧面ACC1A1所成角的正弦值等于( )
A.B.C.D.
4.(2015·河北质检)某几何体的三视图如图所示,且该几何体的体积是3,则正视图中的x的值是( )
A.B.C.3D.2
5.(2015·吉林实验中学模拟)已知E,F分别是矩形ABCD的边BC与AD的中点,且BC=2AB=2,现沿EF将平面ABEF折起,使平面ABEF⊥平面EFDC,则三棱锥A-FEC外接球的体积为( )
A.πB.π
C.πD.2π
6.(2015·宁波联考)如图,棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中,P为线段A1B上的动点,则下列结论错误的是( )
A.DC1⊥D1P
B.平面D1A1P⊥平面A1AP
C.∠APD1的最大值为90°
D.AP+PD1的最小值为
二、填空题
7.(2015·金华模拟)如图,正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1,E为棱DD1上的点,F为AB的中点,则三棱锥B1-BFE的体积为________.
8.(2015·保定调研)如图是一个空间几何体的三视图,则该几何体的表面积为________.
9.(2015·杭州模拟)在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是正方形,侧棱PD⊥平面ABCD,AB=PD=a,点E为侧棱PC的中点,又作DF⊥PB交PB于点F,则PB与平面EFD所成角为________.
三、解答题
10.(2015·杭州模拟)如图,四棱锥P-ABCD中,PD⊥底面ABCD,AB∥DC,AD⊥DC,AB=AD=1,DC=2,PD=,M为棱PB的中点.
(1)证明:
DM⊥平面PBC;
(2)求二面角A-DM-C的余弦值.
11.(2015·浙江名校联考)如图,△ABC和△BCD所在平面互相垂直,且AB=BC=BD=2,∠ABC=∠DBC=120°,E,F分别为AC,DC的中点.
(1)求证:
EF⊥BC;
(2)求二面角E-BF-C的正弦值.
12.(2015·温州中学二模)如图,边长为的正方形ADEF与梯形ABCD所在的平面互相垂直.已知AB∥CD,AB⊥BC,DC=BC=AB=1,点M在线段EC上.
(1)证明:
平面BDM⊥平面ADEF;
(2)判断点M的位置,使得平面BDM与平面ABF所成的锐二面角为.
经典模拟·演练卷
1.B [当m⊥β,m⊂α时,α⊥β,必要性成立.
但α⊥β,m⊂α,则m⊂β或m∥β或m与β相交.因此“α⊥β”是“m⊥β”的必要不充分条件.]
2.C [由三视图知,该几何体为三棱锥(如图).
其中AO⊥底面BCD,且OD⊥BC.
∵AO=2,S△BCD=×4×2=8.所以几何体的体积V=·OA·
S△BCD=×2×8=.]
3.A [如图所示,设点E为棱A1C1的中点,连接AE,B1E.
在正三棱柱ABC-A1B1C1中,B1E⊥平面ACC1A1,
∴∠B1AE为直线AB1与侧面ACC1A1所成的角,记为α.
设三棱柱的棱长为a,则B1E=a,AB1=a.∴sinα===.]
4.C [由三视图知,该几何体是底面为直角梯形的四棱锥.
∵S底=(1+2)×2=3.
∴几何体的体积V=x·S底=3,
即x·3=3.因此x=3.]
5.B [如图,平面ABEF⊥平面EFDC,AF⊥EF,
∴AF⊥平面ECDF,
将三棱锥A-FEC补成正方体ABC′D′-FECD.
依题意,其棱长为1,外接球的半径R=,
∴外接球的体积V=πR3=π·
=π.]
6.C [由DC1⊥平面A1BCD1知DC1⊥D1P,∴A正确.
∵D1A1⊥平面ABB1A1,且A1D1⊂平面D1A1P,
∴平面D1A1P⊥平面A1AP,因此B正确.
当0 将面AA1B与面A1BCD1沿面对角线A1B展开成平面图形时,线段A1D为AP+PD1的最小值. 在△AA1D1中,A1D1=A1A=1,∠AA1D1=135°. 由余弦定理,AD=12+12-2×1×1cos135°=2+. ∴AP+PD1的最小值AD1=,因此D正确.] 7. [∵V三棱锥B1-BFE=V三棱锥E-BB1F, 又S△BB1F=·BB1·BF=,且点E到底面BB1F的距离h=1. ∴V三棱锥B1-BFE=·h·S△BB1F=.] 8.(16+2)π [由三视图知,该几何体是由一个底面半径为2, 高为3的圆柱挖去一个同底等高的圆锥所得的组合体. 则S圆柱侧=2π×2×3=12π.S圆柱下底=π×22=4π. S圆锥侧=×2π×2×=2π. 故几何体的表面积S=12π+4π+2π=(16+2)π.] 9.90° [建立如图所示的空间直角坐标系D-xyz,D为坐标原点,则P(0,0,a),B(a,a,0),=(a,a,-a), 又=, ·=0+-=0, 所以PB⊥DE. 又DF⊥PB,且DF∩DE=D, ∴PB⊥平面DEF. 故直线PB与平面DEF所成的角为90°.] 10. (1)证明 连接BD,取DC的中点G,连接BG, 由此知DG=GC=BG=1,即△DBC为直角三角形, ∴BC⊥BD.又PD⊥平面ABCD, ∴BC⊥PD,又PD∩BD=D, ∴BC⊥平面BDP,∴BC⊥DM. 又PD=BD=,PD⊥BD,M为PB的中点, ∴DM⊥PB,∵PB∩BC=B, ∴DM⊥平面PBC. (2)解 以D为坐标原点,射线DA、DC、DP分别为x轴、y轴、z轴的正半轴,建立如图所示的直角坐标系D-xyz, 则A(1,0,0),B(1,1,0),C(0,2,0),P(0,0,),从而M,设n1=(x,y,z)是平面ADM的法向量,则即 ∴可取n1=(0,,-1). 同理,设n2=(u,v,w)是平面CDM的法向量,则 即 ∴可取n2=(,0,-1),∴cos〈n1,n2〉=, 显然二面角A-DM-C的大小为钝角, ∴所以二面角A-DM-C的余弦值为-. 11. (1)证明 法一 过E作EO⊥BC,垂足为O,连接OF. 由△ABC≌△DBC可证出△EOC≌△FOC. 图1 所以∠EOC=∠FOC=,即FO⊥BC. 又EO⊥BC,FO∩EO=O,因此BC⊥面EFO, 又EF⊂面EFO,所以EF⊥BC. 法二 由题意,以B为坐标原点,在平面DBC内过B作垂直BC的直线为x轴,BC所在直线为y轴,在平面ABC内过B作垂 图2 直BC的直线为z轴,建立如图2所示空间直角坐标系.易得B(0,0,0),A(0,-1,),D(,-1,0),C(0,2,0).因而E,F,所以=,=(0,2,0),因此·=0.从而⊥,所以EF⊥BC. (2)解 法一 在图1中,过O作OG⊥BF,垂足为G,连接EG. 由平面ABC⊥平面BDC,从而EO⊥面BDC,∴EO⊥BF,又OG⊥BF,EO∩OG=O,∴BF⊥平面BOG,∴EO⊥BF. 因此∠EGO为二面角E-BF-C的平面角. 在△EOC中,EO=EC=BC·cos30°=, 由△BGO∽△BFC知,OG=·FC=, 因此tan∠EGO==2, 从而sin∠EGO=,即二面角E-BF-C的正弦值为. 法二 在图2中,平面BFC的一个法向量为n1=(0,0,1). 设平面BEF的法向量n2=(x,y,z), 又=,=. 由得其中一个n2=(1,-,1). 设二面角E-BF-C大小为θ,且由题意知θ为锐角,则 cosθ=|cos〈n1,n2〉|==, 因此sinθ==,即所求二面角的正弦值为. 12. (1)证明 ∵DC=BC=1,DC⊥BC,∴BD=, 又∵AD=,AB=2, ∴AD2+BD2=AB2,则∠ADB=90°. ∴AD⊥BD, 又∵面ADEF⊥面ABCD,ED⊥AD,面ADEF∩面ABCD=AD, ∴ED⊥面ABCD,∴BD⊥ED, 又∵AD∩DE=D,∴BD⊥面ADEF,BD⊂面BDM, ∴面BDM⊥面ADEF. (2)解 在面DAB内过D作DN⊥AB,垂足N, ∵AB∥CD,∴DN⊥CD, 又∵ED⊥面ABCD,∴DN⊥ED, ∴以D为坐标原点,DN为x轴,DC为y轴,DE为z轴,建立空间直角坐标系. ∴B(1,1,0),C(0,1,0),E(0,0,), N(1,0,0), 设M(x0,y0,z0), =λ(0<λ<1), ∴(x0,y0,z0-)=λ(0,1,-) 因此x0=0,y0=λ,z0=(1-λ). 于是点M(0,λ,(1-λ)). 设平面BDM的法向量n1=(x,y,z), 则 ∴令x=1,得n1=. ∵平面ABF的法向量n2==(1,0,0), ∴cos〈n1,n2〉==cos=, 解得λ=,λ=2(舍去).∴M, ∴点M的位置在线段CE的三等分点且靠近C处.
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