高考数学 空间几何体 专题训练Word格式文档下载.docx
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咸宁模拟)某几何体的三视图如图所示(其中侧视图中的圆弧是半圆),则该几何体的表面积为()
A.92+14πB.82+14π
C.92+24πD.82+24π
8.若一个底面是正三角形的三棱柱的正视图如图所示,其顶点都在一个球面上,则该球的表面积为()
A.πB.πC.πD.π
9.已知圆锥的底面半径为R,高为3R,在它的所有内接圆柱中,全面积的最大值是()
A.22πR2B.πR2C.πR2D.πR2
10.在棱长为1的正方体AC1中,E为AB的中点,点P为侧面BB1C1C内一动点(含边界),若动点P始终满足PE⊥BD1,则动点P的轨迹的长度为()
A.B.C.D.
11.圆台上、下底面面积分别是π,4π,侧面积是6π,这个圆台的体积是________.
12.(2014·
宁波模拟)已知某几何体的三视图如图所示,则该几何体的体积为________.
13.如图所示是一个正方体的表面展开图,A,B,C均为棱的中点,D是顶点,则在正方体中,异面直线AB和CD的夹角的余弦值为__________.
14.如图所示,正四棱锥P-ABCD的底面积为3,体积为,E为侧棱PC的中点,则PA与BE所成的角为__________.
15.如图是一几何体的平面展开图,其中ABCD为正方形,E,F分别为PA,PD
的中点,在此几何体中,给出下面四个结论:
①直线BE与直线CF异面;
②直线BE与直线AF异面;
③直线EF∥平面PBC;
④平面BCE⊥平面PAD.
其中正确的有__________.
16.(2014·
荆州模拟)湖面上漂着一个小球,湖水结冰后将球取出,冰面上留下了一个直径为12cm,深2cm的空穴,则该球的半径是________cm,表面积是________cm2.
17.等边三角形ABC与正方形ABDE有一公共边AB,二面角C-AB-D的余弦值为,M,N分别是AC,BC的中点,则EM,AN所成角的余弦值等于________.
18.(2014·
贵阳模拟)一个几何体是由圆柱ADD1A1和三棱锥E-ABC组合而成,点A,B,C在圆O的圆周上,其正(主)视图,侧(左)视图的面积分别为10和12,如图所示,其中EA⊥平面ABC,AB⊥AC,AB=AC.AE=2.
(1)求证:
AC⊥BD.
(2)求三棱锥E-BCD的体积.
19.(2014·
海淀模拟)如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,∠BAC=90°
AB=AC=AA1,且E是BC中点.
A1B∥平面AEC1.
(2)求证:
B1C⊥平面AEC1.
20.如图,AB=AD,∠BAD=90°
M,N,G分别是BD,BC,AB的中点,将等边△BCD沿BD折叠到△BC′D的位置,使得AD⊥C′B.
平面GNM∥平面ADC′.
C′A⊥平面ABD.
21.(2013·
辽宁高考)如图,AB是圆O的直径,PA垂直圆O所在的平面,C是圆O上的点.
平面PAC⊥平面PBC.
(2)设Q为PA的中点,G为△AOC的重心,求证:
QG∥平面PBC.
22.已知等腰梯形PDCB中(如图),PB=3,DC=1,PD=BC=,A为PB边上一点,且PA=1,将△PAD沿AD折起,使平面PAD⊥平面ABCD(如图).
(1
)证明:
平面PAD⊥平面PCD.
(2)试在棱PB上确定一点M,使截面AMC把几何体分成的两部分VPDCMA∶VMACB=2∶1.
(3)在M满足
(2)的情况下,判断直线PD是否平行平面AMC.
参考答案
1.C
【解析】当a,b不相交时,则“l⊥α”不一定成立,当“l⊥α”时,一定有“l⊥a,l⊥b”,所以“l⊥a,l⊥b”是“l⊥α”的必要不充分条件,选C.
2.B
【解析】S圆=πr2=π⇒r=1,而截面圆圆心与球心的距离d=1,所以球的半径为R==.
所以V=πR3=,故选B.
3.B
【解析】当a与α相交时,不存在过a的平面β,使得β∥α,故A错误;
当a与α平行时,在平面α内存在直线b,使得a∥b,故D错误;
平面α内的直线b只要垂直于直线a在平面α内的投影,则就必然垂直于直线a,故C错误.直线a与其在平面α内的投影所确定的平面β满足β⊥α.
4.A
【解析】由三视图可知,该几何体是球挖去半球.其中两个半圆的面积为π×
22=4π.个球的表面积为×
4π×
22=12π,所以这个几何体的表面积是12π+4π=16π.
5.C
【解析】由三视图可知该几何体是在底面为边长是2的正方形、高是3的直四棱柱的基础上截去一个底面积为×
2×
1=1、高为3的三棱锥形成的,所以V=4×
3-1=11.
6.D
【解析】如图,在对角面ADC1B1中,取AB1的中点为T,TD∥PQ,从而
TD与AC1所成的角为所求.由相似可得∠AMD=.
7.A
【解析】由几何体的三视图知该几何体的下半部分是长方体,上半部分是半径为2,高为5的圆柱的一半.所以长方体的表面积为(去掉一个上底面)2(4×
4+4×
5)+4×
5=92.半圆柱
的两个底面积为π×
22=4π,半圆柱的侧面积为π×
5=10π,所以整个组合体的表面积为92+4π+10π=92+14π.
8.B
【解析】设球半径是R,依题意知,该三棱柱是一个底面边长为2、侧棱长为1的正三棱柱,记上、下底面的中心分别是O1,O,易知球心是线段O1O的中点,于是R2=+=,因此所求球的表面积是4πR2=4π×
=,选B.
9.B
【解析】如图所示为组合体的轴截面,
由相似三角形的比例关系,得=,PO1=3x,圆柱的高为3R-3x,
所以圆柱的全面积为S=2πx2
+2πx(3R-3x)=-4πx2+6πRx,
则当x=R时,S取最大值,
Smax=πR2.
10.B
【解析】如图,
根据题意,BD1要始终垂直于PE所在的一个平面,取BC,BB1的中点F,G,易证BD1⊥平面EFG,故点P的轨迹为线段FG,易求得这条线段的长度是.
11.π
【解析】上底半径r=1,下底半径R=2.
因为S侧=6π,设母线长为l,则π(1+2)·
l=6π.
所以l=2,所以高h==.
所以V=π·
(1+1×
2+2×
2)=π.
12.
【解析】由三视图可知:
该几何体是一个三棱锥,底面是底边长为4,高为2的等腰三角形,棱锥的高为2,故体积为V=×
×
4×
2=.
13.
【解析】如图所示,
∠EGF为AB和CD所成的角,F为正方体一棱的中点.设正方体棱长为1,
所以EF=GF=,EG=.
所以cos∠EGF=.
14.
【解析】连接AC,BD交于点O,连接OE,易得OE∥PA,所以所求角为∠BEO.
由所给条件易得OB=,OE=PA=
BE=.
所以cos∠OEB=,所以∠BEO=.
15.2个
【解析】将几何体展开图拼成几何体(如图),因为E,F分别为PA,PD的中点,所以EF∥AD∥BC,即直线BE与CF共面,①错;
因为B∉平面PAD,E∈平面PAD,E∉AF,所以BE与AF是异面直线,②正确;
因为EF∥AD∥BC,EF⊄平面PBC,BC⊂平面PBC,所以EF∥平面PBC,③正确;
平面PAD与平面BCE不一定垂直,④错.
16.10400π
【解析】设球的半径为r,如图:
由勾股定理可知,r2=(r-2)2+36,解得r=10cm.所以表面积为4πr2=4π×
100=400π(cm2).
17.
【解析】设AB=2,作CO⊥平面ABDE,OH⊥AB,则CH⊥AB,∠CHO为二面角C-AB-D的平面角,
CH=,OH=CH·
cos∠CHO=1,结合等边三角形ABC与正方形ABDE可知此四棱锥为正四棱锥,则AN=EM=CH=.
=(+),=-,
·
=(+)·
=.
故EM,AN所成角的余弦值为=.
18.
(1)见解析
(2)
【解析】
(1)因为EA⊥平面ABC,AC⊂平面ABC,所以EA⊥AC,即ED⊥AC.
又因为AC⊥AB,AB∩ED=A,所以AC⊥平面EBD.
因为BD⊂平面EBD,所以AC⊥BD.
(2)因为点A,B,C在圆O的圆周上,且AB⊥AC,所以BC为圆O的直径.
设圆O的半径为r,圆柱高为h,根据正(主)视图,侧(左)视图的面积可得,
解得
所以BC=4,AB=AC=2.
以下给出求三棱锥E-BCD体积的两种方法:
方法一:
由
(1)知,AC⊥平面EBD,
所以VE-BCD=VC-EBD=S△EBD×
CA,
因为EA⊥平面ABC,AB⊂平面ABC,
所以EA⊥AB,即ED⊥AB.
其中ED=EA+DA=2+2=4,
因为AB⊥AC,AB=AC=2,
所以S△EBD=ED×
AB=×
2=4,
所以VE-BCD=×
方法二:
因为EA⊥平面ABC,
所以VE-BCD=VE-ABC+VD-ABC=S△ABC×
EA+
S△ABC×
DA=S△ABC×
ED.
所以S△ABC=×
AC×
4=.
19.
(1)见解析
(2)见解析
【解析】
(1)连接A1C交AC1于点O,连接EO,
因为ACC1A1为正方形,所以O为A1C中点.
又E为CB中点,所以EO为△A1BC的中位线,
所以EO∥A1B.
又EO⊂平面AEC1,A1B⊄平面AEC1,
所以A1B∥平面AEC1.
(2)因为AB=AC,又E为CB中点,
所以AE⊥BC,
又因为在直三棱柱ABC-A1B1C1中,
BB1⊥底面ABC,
又AE⊂底面ABC,所以AE⊥BB1,
又因为BB1∩BC=B,所以AE⊥平面BCC1B1,
又B1C⊂平面BCC1B1,
所以AE⊥B1C.
在矩形BCC1B1中,
tan∠BCB1=tan∠EC1C=,
所以∠BCB1=∠
EC1C,
所以∠BCB1+∠CEC1=90°
即B1C⊥EC1.
又AE∩EC1=E,所以B1C⊥平面AEC1.
20.
(1)见解析
(2)见解析
(1)因为M,N分别是BD,BC′的中点,
所以MN∥DC′.
因为MN⊄平面ADC′,
DC′⊂平面ADC′,所以MN∥平面ADC′.
同理NG∥平面ADC′.
又因为MN∩NG=N,
所以平面GNM∥平面ADC′.
(2)因为∠BAD=90°
所以AD⊥AB.
又因为AD⊥C′B,且AB∩C′B=B,所以AD⊥平面C′
AB.
因为C′A⊂平面C′AB,所以AD⊥C′A.
因为△BCD是等边三角形,AB=AD,
不妨设AB=1,则BC=CD=BD=,可得C′A=1.
由勾股定理的逆定理,可得AB⊥C′A.
因为AB∩AD=A,所以C′A⊥平面ABD.
21.
(1)见解析
(2)见解析
(1)由AB是圆的直径,得AC⊥BC;
由PA垂直于圆O所在的平面
得PA⊥平面ABC;
又BC⊂平面ABC,得PA⊥BC.
又PA∩AC=A,PA⊂平面PAC,AC⊂平面PAC,
所以BC⊥平面PAC,又BC⊂平面PBC,所以平面PAC⊥平面P
BC.
(2)连接OG并延长交AC于M,
连接QM,QO.由G为△AOC的重心,知M为AC的中点,
由Q为PA的中点,则QM∥PC,
又O为AB中点,得OM∥BC.
因为QM∩MO=M,QM⊂平面QMO,
MO⊂平面QMO,BC∩PC=C,BC⊂平面PBC,PC⊂平面PBC,
所以平面QMO∥平面PBC.
因为QG⊂平面QMO,所以QG∥平面PBC.
22.
(1)见解析
(2)M为线段PB的中点时(3)不平行
(1)因为PDCB为等腰梯形,PB=3,DC=1,PA=1,则PA⊥AD,CD⊥AD.
又因为面PAD⊥面ABCD,面PAD∩面ABCD=AD,CD⊂面ABCD,故CD⊥面PAD.
又因为CD⊂面PCD,所以平面PAD⊥平面PCD.
(2)所求的点M即为线段PB的中点.
证明如下:
设三棱锥M-ACB的高为h1,四棱锥P-ABCD的高为h2,
当M为线段PB的中点时,==,
所以===,所以截面AMC把几何体分成的两部分VPDCMA∶VMACB=2∶1.
(3)当M为线段PB的中点时,直线PD与面AMC不平行.
(反证法)假设PD∥面AMC,
连接DB交AC于点O,连接MO.
因为PD⊂面PBD,且面AMC∩面PBD=MO,
所以PD∥MO.
因为M为线段PB的中点时,则O为线段BD的中点,即=,
而AB∥DC,故==,故矛盾.
所以假设不成立,故当M为线段PB的中点时,直线PD与平面AMC不平行.
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