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Word文件下载.docx
- 文档编号:14022121
- 上传时间:2022-10-17
- 格式:DOCX
- 页数:10
- 大小:143.81KB
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Word文件下载.docx
《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Word文件下载.docx》由会员分享,可在线阅读,更多相关《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Word文件下载.docx(10页珍藏版)》请在冰豆网上搜索。
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.
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.
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<
A1P<
时,∠APD1为钝角,∴C错.
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×
3=12π.S圆柱下底=π×
22=4π.
S圆锥侧=×
2π×
=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.
- 配套讲稿:
如PPT文件的首页显示word图标,表示该PPT已包含配套word讲稿。双击word图标可打开word文档。
- 特殊限制:
部分文档作品中含有的国旗、国徽等图片,仅作为作品整体效果示例展示,禁止商用。设计者仅对作品中独创性部分享有著作权。
- 关 键 词:
- 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 浙江省 数学 专题 复习 立体几何 空间 向量 模拟 演练