高三数学一轮复习第八章立体几何第二节空间几何体的表面积和体积夯基提能作业本文Word文档下载推荐.docx
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9.已知H是球O的直径AB上一点,AH∶HB=1∶2,AB⊥平面α,H为垂足,α截球O所得截面的面积为π,则球O的表面积为 .
10.(xx课标Ⅱ,19,12分)如图,长方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=16,BC=10,AA1=8,点E,F分别在A1B1,D1C1上,A1E=D1F=4.过点E,F的平面α与此长方体的面相交,交线围成一个正方形.
(1)在图中画出这个正方形(不必说明画法和理由);
(2)求平面α把该长方体分成的两部分体积的比值.
B组 提升题组
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,则此几何体的体积为( )
A.6B.9C.12D.18
12.(xx贵州遵义模拟)某几何体的三视图如图所示,则该几何体的表面积为( )
A.24+12B.24+5C.12+15D.12+12
13.某几何体的三视图如图所示,则该几何体的体积为( )
A.16+8πB.8+8πC.16+16πD.8+16π
14.(xx课标Ⅱ,10,5分)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.36πB.64πC.144πD.256π
15.(xx安徽师大附中)某个长方体被一个平面所截,得到的几何体的三视图如图所示,则这个几何体的体积为( )
A.4B.2C.4D.8
16.(xx课标全国Ⅱ,19,12分)如图,菱形ABCD的对角线AC与BD交于点O,点E,F分别在AD,CD上,AE=CF,EF交BD于点H.将△DEF沿EF折到△D'
EF的位置.
(1)证明:
AC⊥HD'
;
(2)若AB=5,AC=6,AE=,OD'
=2,求五棱锥D'
-ABCFE的体积.
答案全解全析
A组 基础题组
1.D 该几何体为四棱锥P-ABCD,其中PA⊥平面ABCD,如图,
则该几何体的体积为V=×
2×
×
(2+1)×
2=2.
2.B 依题意知,该几何体是以为底面半径,为高的两个同底圆锥组成的组合体,则其体积为π()2×
2=π,故选B.
3.D 如图,由已知条件可知,截去部分是以△ABC为底面且三条侧棱两两垂直的正三棱锥D-ABC.设正方体的棱长为a,则截去部分的体积为a3,剩余部分的体积为a3-a3=a3,它们的体积之比为.故选D.
4.B 设圆锥底面的半径为R尺,由×
2πR=8得R=,从而米堆的体积V=×
πR2×
5=(立方尺),因此堆放的米约有≈22(斛).故选B.
5.B 由已知中的三视图可得该几何体的直观图如图所示:
底面为正方形,AB=AD=2,棱锥的高为SA=2.
SB=SD=2,CD⊥SD,CB⊥SB,
所以S侧=S△SAB+S△SAD+S△SCB+S△SCD
=2S△SAB+2S△SCB
=2×
2+2×
2
=4+4.故选B.
6.A 由题意可得BD=A'
C=,BC=,△BDC与△A'
BC都是以BC为斜边的直角三角形,由此可得BC中点到A'
B,C,D四个点的距离相等,故可得该三棱锥的外接球的直径为,所以该外接球的表面积S=4π×
=3π.
7.答案
解析 ∵=,∴点P到平面BC1C的距离是点D1到平面BC1C距离的,即为=1,∵M为线段B1C1上的点,
∴S△MBC=×
3×
3=,∴VM-PBC=VP-MBC=×
1=.
8.答案
解析 该几何体由一个圆锥和一个圆柱组成,故体积V=π×
12×
4+×
π×
22×
2=(m3).
9.答案
解析 如图,设截面小圆的半径为r,球的半径为R,因为AH∶HB=1∶2,所以OH=R.由勾股定理,有R2=r2+OH2,又由题意得πr2=π,则r=1,故R2=1+,即R2=.由球的表面积公式,得所求表面积S=4πR2=.
10.解析
(1)交线围成的正方形EHGF如图:
(2)作EM⊥AB,垂足为M,则AM=A1E=4,EB1=12,EM=AA1=8.
因为EHGF为正方形,所以EH=EF=BC=10.
于是MH==6,AH=10,HB=6.
因为长方体被平面α分成两个高为10的直棱柱,所以其体积的比值为.
11.B 由三视图可得,该几何体为如图所示的三棱锥,其底面△ABC为等腰三角形且BA=BC,AC=6,AC边上的高为3,SB⊥底面ABC,且SB=3,所以该几何体的体积V=×
6×
3=9.故选B.
12.A 由已知可得该几何体为三棱柱,
底面是斜边长为4,斜边上的高为的直角三角形,
棱柱的高为4,
故棱柱的表面积S=2×
4×
+4×
4+4×
4sin30°
4cos30°
=24+12,故选A.
13.A 由三视图可知该几何体由长方体和圆柱的一半组成.其中长方体的长、宽、高分别为4、2、2,圆柱的底面半径为2,高为4.所以该几何体的体积为V=4×
2+π×
4=16+8π.故选A.
14.C △AOB的面积为定值,当OC垂直于平面AOB时,三棱锥O-ABC的体积取得最大值.由R3=36得R=6.从而球O的表面积S=4πR2=144π.故选C.
15.D 根据题中三视图可得该几何体的直观图如图所示,则这个几何体的体积为2×
=8.故选D.
16.解析
(1)证明:
由已知得AC⊥BD,AD=CD.
又由AE=CF得=,故AC∥EF.
由此得EF⊥HD,EF⊥HD'
所以AC⊥HD'
.
(2)由EF∥AC得==.
由AB=5,AC=6得DO=BO==4.
所以OH=1,D'
H=DH=3.
于是OD'
2+OH2=
(2)2+12=9=D'
H2,故OD'
⊥OH.
由
(1)知AC⊥HD'
又AC⊥BD,BD∩HD'
=H,所以AC⊥平面BHD'
于是AC⊥OD'
又由OD'
⊥OH,AC∩OH=O,所以OD'
⊥平面ABC.
又由=得EF=.
五边形ABCFE的面积S=×
8-×
3=.
所以五棱锥D'
-ABCFE的体积V=×
2=.
2019-2020年高三数学一轮复习第八章立体几何第二节空间点直线平面之间的位置关系夯基提能作业本理
1.在正方体ABCD-A1B1C1D1中,E,F分别是线段BC,CD1的中点,则直线A1B与直线EF的位置关系是( )
A.相交B.异面C.平行D.垂直
2.下列命题中,真命题的个数为( )
①如果两个平面有三个不在一条直线上的公共点,那么这两个平面重合;
②两条直线可以确定一个平面;
③空间中,相交于同一点的三条直线在同一平面内;
④若M∈α,M∈β,α∩β=l,则M∈l.
A.1B.2C.3D.4
3.已知空间中有三条线段AB,BC和CD,且∠ABC=∠BCD,那么直线AB与CD的位置关系是( )
A.AB∥CD
B.AB与CD异面
C.AB与CD相交
D.AB∥CD或AB与CD异面或AB与CD相交
4.(xx广东,6,5分)若直线l1和l2是异面直线,l1在平面α内,l2在平面β内,l是平面α与平面β的交线,则下列命题正确的是( )
A.l与l1,l2都不相交
B.l与l1,l2都相交
C.l至多与l1,l2中的一条相交
D.l至少与l1,l2中的一条相交
5.已知正方体ABCD-A1B1C1D1中,E,F分别是A1D1,A1C1的中点,则异面直线AE与CF所成的角的余弦值为( )
A.B.C.D.
6.如图,平行六面体ABCD-A1B1C1D1中,既与AB共面又与CC1共面的棱有 条.
7.若平面α,β相交,在α,β内各取两点,则这四点都不在交线上,这四点能确定 个平面.
8.在正四棱锥V-ABCD中,底面正方形ABCD的边长为1,侧棱长为2,则异面直线VA与BD所成角的大小为 .
9.已知空间四边形ABCD中,E、H分别是边AB、AD的中点,F、G分别是边BC、CD的中点.
(1)求证:
BC与AD是异面直线;
(2)求证:
EG与FH相交.
10.如图,在三棱锥P-ABC中,PA⊥底面ABC,D是PC的中点.已知∠BAC=,AB=2,AC=2,PA=2.求:
(1)三棱锥P-ABC的体积;
(2)异面直线BC与AD所成角的余弦值.
11.空间四边形两对角线的长分别为6和8,所成的角为45°
连接各边中点所得四边形的面积是( )
A.6B.12C.12D.24
12.(xx广东肇庆中学月考)下图是三棱锥D-ABC的三视图,点O在三个视图中都是所在边的中点,则异面直线DO与AB所成角的余弦值等于( )
A.B.C.D.
13.下列命题中不正确的是 .(填序号)
①没有公共点的两条直线是异面直线;
②和两条异面直线都相交的两直线异面;
③一条直线和两条异面直线中的一条平行,则它和另一条直线不可能平行;
④一条直线和两条异面直线都相交,则它们可以确定两个平面.
14.如图,已知圆柱的轴截面ABB1A1是正方形,C是圆柱下底面弧AB的中点,C1是圆柱上底面弧A1B1的中点,那么异面直线AC1与BC所成角的正切值为 .
15.已知正方体ABCD-A1B1C1D1中,E、F分别为D1C1、C1B1的中点,AC∩BD=P,A1C1∩EF=Q.
D、B、F、E四点共面;
(2)若A1C交平面DBFE于R点,求证:
P、Q、R三点共线.
1.A 由BC
AD,AD
A1D1知,BC
A1D1,从而四边形A1BCD1是平行四边形,所以A1B∥CD1,又EF⊂平面A1C,EF∩D1C=F,则A1B与EF相交.
2.B 根据公理2可判断①是真命题;
两条异面直线不能确定一个平面,故②是假命题;
在空间中,相交于同一点的三条直线不一定共面(如墙角),故③是假命题;
根据公理3可知④是真命题.综上,真命题的个数为2.
3.D 若三条线段共面,则直线AB与CD相交或平行;
若三条线段不共面,则直线AB与CD是异面直线.
4.D 解法一:
如图1,l1与l2是异面直线,l1与l平行,l2与l相交,故A,B不正确;
如图2,l1与l2是异面直线,l1,l2都与l相交,故C不正确,选D.
解法二:
因为l分别与l1,l2共面,故l与l1,l2要么都不相交,要么至少与l1,l2中的一条相交.若l与l1,l2都不相交,则l∥l1,l∥l2,从而l1∥l2,与l1,l2是异面直线矛盾,故l至少与l1,l2中的一条相交,选D.
5.C 如图,设正方体的棱长为a,取线段AB的中点M,连接CM,MF,EF,易知四边形AMFE是平行四边形,则MF
AE.所以∠CFM(或其补角)即为所求角.在△CFM中,MF=CM=a,CF=a,根据余弦定理可得cos∠CFM=,所以异面直线AE与CF所成的角的余弦值为.故选C.
6.答案 5
解析 与AB和CC1都相交的棱为BC;
与AB相交且与CC1平行的棱为AA1,BB1;
与AB平行且与CC1相交的棱为CD,C1D1.故符合条件的棱有5条.
7.答案 1或4
解析 如果这四点在同一平面内,那么确定一个平面;
如果这四点不共面,那么任意三点可确定一个平面,所以可确定四个平面.综上,这四点能确定1或4个平面.
解析 如图,连接AC、BD,设AC∩BD=O,连接VO,因为四棱锥V-ABCD是正四棱锥,所以VO⊥平面ABCD,故BD⊥VO.又四边形ABCD是正方形,所以BD⊥AC,又VO∩AC=O,所以BD⊥平面VAC,所以BD⊥VA,即异面直线VA与BD所成角的大小为.
9.证明
(1)假设BC与AD共面,不妨设它们所共平面为α,则B,C,A,D∈α.
所以四边形ABCD为平面图形,这与四边形ABCD为空间四边形相矛盾,所以BC与AD是异面直线.
(2)如图,连接AC,BD,EF,FG,GH,EH,则EF∥AC,HG∥AC,因此EF∥HG;
同理,EH∥FG,则四边形EFGH为平行四边形.又EG、FH是平行四边形EFGH的对角线,则EG与FH相交.
10.解析
(1)S△ABC=×
2=2,
三棱锥P-ABC的体积为V=S△ABC·
PA=×
(2)如图,取PB的中点E,连接DE,AE,则ED∥BC,所以∠ADE(或其补角)是异面直线BC与AD所成的角.
由勾股定理易得BC=4,PB=2,PC=4,
∴DE=BC=2,AE=PB=,AD=PC=2.
在△ADE中,∵DE=2,AE=,AD=2,
∴cos∠ADE==,即异面直线BC与AD所成角的余弦值为.
11.A 如图,空间四边形ABCD中,对角线AC=6,BD=8,易证四边形EFGH为平行四边形,∠EFG或∠FGH为AC与BD所成的角,故S四边形EFGH=3×
4·
sin45°
=6,故选A.
12.A 由题意得直观图如图所示,
从A出发的三条线段AB,AC,AD两两垂直且AB=AC=2,AD=1,O是BC的中点,取AC的中点E,连接DE,OE,则OE=1,AE=1,由于OE∥AB,故∠DOE(或其补角)即为异面直线DO与AB所成的角.在直角三角形DAE中,DE=.由于O是BC的中点,故在直角三角形ABC中可以求得AO=,故在直角三角形DAO中可以求得DO=.在三角形DOE中,由余弦定理得cos∠DOE==,故所求余弦值为.
13.答案 ①②
解析 没有公共点的两条直线平行或异面,故①错;
对于②,如果满足条件的两直线与两条异面直线中一条交于同一点,则两直线相交,故②错;
对于③,设两条异面直线为a,b,直线c∥a,若c∥b,则a∥b,这与a,b异面矛盾,故c,b不可能平行,③正确;
④正确,若c与两异面直线a,b都相交,则a,c可确定一个平面,b,c也可确定一个平面(这两个平面不重合),这样a,b,c共确定两个平面.
14.答案
解析 取圆柱下底面弧AB的另一中点D,连接C1D,AD,因为C是圆柱下底面弧AB的中点,所以AD∥BC,所以直线AC1与AD的夹角等于异面直线AC1与BC所成角,因为C1是圆柱上底面弧A1B1的中点,所以C1D⊥圆柱下底面,所以C1D⊥AD,因为圆柱的轴截面ABB1A1是正方形,所以C1D=AD,所以直线AC1与AD的夹角的正切值为,所以异面直线AC1与BC所成角的正切值为.
15.证明
(1)如图所示.
因为EF是△D1B1C1的中位线,所以EF∥B1D1.
又在正方体AC1中,B1D1∥BD,所以EF∥BD.
所以EF与BD可确定一个平面,
即D、B、F、E四点共面.
(2)在正方体AC1中,设平面ACC1A1为α,平面DBFE为β.
因为Q∈A1C1,所以Q∈α,
又Q∈EF,所以Q∈β,则Q是α与β的公共点,同理,P也是α与β的公共点,所以α∩β=PQ.
又因为A1C∩β=R,所以R∈A1C,R∈α且R∈β,则R∈PQ,故P、Q、R三点共线.
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