高中三年级理科模拟试卷8

1、1 (2019 沈阳大连二模 ,空间几何体的结构,选择题 ,理 9)用一个平面去截正四面体,使它成为形状,大小都相同的两个几何体,则这样的平面有() a.6 个b.7 个c.10 个d.无数个答案 :d8.2 空间几何体的表面积与体积专题 1空间几何体的表面积(2019 江西重点中学协作体一模,空间几何体的表面积,填空题 ,理 15)已知四面体abcd 满足ab=bc=ad= 1,bd=ac= ,bcad,则该四面体外接球的表面积等于.解析 :由于 ab=bc=ad= 1,bd=ac= , 则 ab bc.又 bcad,则 bc 平面 abd.则 bcbd.则 cd=.取 cd 中点 o,连接

2、 ob,oa, 由直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半, 则 oa=ob=oc=od=, 则该四面体外接球的球心即为o, 则球的表面积为s=4 r2= 4 = 3 .答案 :3(2019 江西上饶一模 ,空间几何体的表面积,填空题 ,理 14)一个几何体的三视图如图所示,其中正视图、俯视图与侧视图均是半径为2 的圆 ,则这个几何体的表面积是.解析 :由三视图知 :几何体是球体切去后余下的部分.球的半径为2,几何体的表面积s=4 22+ 22= 17 .答案 :17(2019 江西师大附中、鹰潭一中模拟,空间几何体的表面积,选择题 ,理 4)如图是一个无盖器皿的三视图 ,正视图、侧视图和俯视图中

3、的正方形边长为2,正视图、侧视图中的虚线都是半圆,则该器皿的表面积是 () 2 a. + 24 b. + 20 c.2 +24 d.2 + 20 解析 :该器皿的表面积可分为两部分:去掉一个圆的正方体的表面积s1和半球的表面积s2, s1=6 2 2- 12=24- ,s2=4 12= 2 , 故 s=s1+s2= +24.答案 :a (2019 江西新余一中高考模拟,空间几何体的表面积,填空题 ,理 13)已知正三棱柱abc-a1b1c1的所有棱长都等于6,且各顶点都在同一球面上,则此球的表面积等于.解析 :由题意可知 :正三棱柱的底面中心的连线的中点就是外接球的球心,底面中心到顶点的距离为

4、2;所以外接球的半径为.所以外接球的表面积为4 ()2=84 .答案 :84(2019 江西重点中学协作体二模,空间几何体的表面积,填空题 ,理 15)已知某几何体的三视图如图所示,则它的外接球的表面积为.解析 :根据三视图得出几何体为三棱锥,ad面 bdc ,dc= 1,ad= 1,becd 并交 cd 的延长线于点e,de= ,be= , bed= 60,bd= 1.在三角形bdc 中,bd=dc= 1,bdc= 120, 根据余弦定理得出bc= , 利用正弦定理得出= 2r.三角形 bdc 外接圆的半径r= 1.三棱锥的外接球的半径r,d=ad= 1, 利用球的几何性质得出r2=r2+d

5、2.r=, 它的外接球的表面积为4 ()2= 8 .答案 :83 专题 2空间几何体的体积(2019 江西重点中学协作体一模,空间几何体的体积,选择题 ,理 8)一个空间几何体的三视图如图所示(单位 :m),则该几何体的体积(单位 :m3)为() a. b. c. d. 解析 :由已知三视图可得:该几何体是一个以正视图为底面的棱柱,棱柱的底面面积s=(2+3) 1+1= ,高h=1, 故棱柱的体积v=sh=.答案 :a (2019 江西南昌十所省重点中学高考模拟,空间几何体的体积,选择题 ,理 5)某校新校区建设在市二环路主干道旁 ,因安全需要 ,挖掘建设了一条人行地下通道,地下通道设计三视图

6、中的正视图(其中上部分曲线近似为抛物线)和侧视图如图(单位 :m),则该工程需挖掘的总土方数为() a.560 m3b.540 m3c.520 m3d.500 m3解析 :以顶部抛物线顶点为坐标原点,抛物线的对称轴为y轴建立直角坐标系,易得抛物线过点(3,-1),其方程为y=-x2,那么正视图上部分抛物线与矩形围成的部分面积s1=dx=2=4, 下部分矩形面积s2= 24, 故挖掘的总土方数为v= (s1+s2)h= 28 20=560(m3).答案 :a (2019 江西新余一中高考模拟,空间几何体的体积,选择题 ,理 8)已知某个几何体的正视图、侧视图、俯视图均为如图所示的形状,根据图中标

7、出的尺寸,可得这个几何体的体积是() a.8a3b.a3c.2a3d.5a3解析 :由已知三视图 ,可知该几何体是一个棱长为2a 的正方体 ,切去了八个角所得组合体, 每个角都是三条侧棱两两垂直且长度为a 的棱锥 , 故组合体的体积v= (2a)3-8a3.答案 :b (2019 沈阳大连二模 ,空间几何体的体积,选择题 ,理 10)已知某几何体的三视图如图所示,三视图是边长为 1 的等腰直角三角形和边长为1 的正方形 ,则该几何体的体积为() 4 a. b. c. d. 答案 :b (2019 江西三县部分高中一模,空间几何体的体积,选择题 ,理 11)如图所示的三个直角三角形是一个体积为

8、20 cm3的几何体的三视图,则 h=()cm.a.4 b.2 c.1 d. 解析 :根据几何体的三视图,得到该几何体是底面为直角三角形,侧棱 pa底面 abc 的三棱锥 ,如图所示.底面 abc 的面积为 5 6= 15.该三棱锥的体积为 15h=20, 解得 h=4.答案 :a (2019 江西重点中学十校二模联考,空间几何体的体积,选择题 ,理 7)一个几何体的三视图如图所示,则这个几何体的体积为() a. b. c. d. 解析 :由已知三视图可得该几何体是一个组合体, 由一个底面半径为1,高为的半圆锥和一个底面边长为2 的正方形 ,高为的四棱锥组合而成.故这个几何体的体积v= 2 2

9、.答案 :a5 8.5 直线、平面垂直的判定与性质专题 2 直线与平面垂直的判定与性质(2019 江西南昌十所省重点中学高考模拟,直线与平面垂直的判定与性质,选择题 ,理 10)已知三棱柱abc-a1b1c1的侧棱与底面垂直,体积为 ,底面是边长为的正三角形,若 p 为底面 a1b1c1的中心 ,则 pa与平面 abc 所成角的大小为() a. b. c. d. 解析 :如图所示 , aa1底面 a1b1c1, apa1为 pa 与平面 a1b1c1所成角 .平面 abc平面 a1b1c1, apa1为 pa 与平面 abc 所成的角 . ()2=, =aa1 aa1= ,解得 aa1=.又

10、p 为底面正三角形a1b1c1的中心 , a1p=a1d=sin60=1.在 rt aa1p 中,tanapa1= , apa1=.答案 :b (2019 江西南昌十所省重点中学高考模拟,直线与平面垂直的判定与性质,解答题 ,理 19) 已知 abc 是边长为3 的等边三角形 ,点 d,e 分别是边ab,ac 上的点 ,且满足 .将 ade 沿 de 折起到 a1de 的位置 ,并使得平面a1de平面 bced.(1)求证 :a1dec; (2)设 p为线段 bc 上的一点 ,试求直线pa1与平面 a1bd 所成角的正切的最大值.(1)证明 :因为等边 abc 的边长为3,且, 所以 ad=

11、1,ae= 2.在 ade 中,dae= 60, 由余弦定理得de=.因为 ad2+de2=ae2, 所以 ad de.折叠后有 a1d de.因为平面 a1de平面 bced, 又平面 a1de 平面 bced=de ,a1d? 平面 a1de,a1dde,所以 a1d平面 bced.故 a1dec.(2)解:如图 ,作 phbd 于点 h,连接 a1h,a1p.由(1)可知 a1d平面 bced,而 ph? 平面 bced, 所以 a1dph.6 又 a1d bd=d ,所以 ph平面 a1bd.所以 pa1h 是直线 pa1与平面 a1bd 所成的角 .设 pb=x (0 x3),则 b

12、h= ,ph= ,dh=bd-bh=2-.所以 a1h=.所以在 rtpa1h 中,tanpa1h=.若 x=0,则 tanpa1h= 0; 若 x 0,则 tanpa1h=.令=t ,y=20t2-8t+ 1.因为函数 y= 20t2-8t+ 1在 t上单调递增 , 所以 ymin=20+1=.所以 tanpa1h 的最大值为 (此时点 p与 c 重合 ).专题 3 平面与平面垂直的判定与性质(2019 江西上饶一模 ,平面与平面垂直的判定与性质,选择题 ,理 10)如图 ,正三棱柱abc-a1b1c1的各棱长都等于2,d 在 ac1上,f 为 bb1中点 ,且 fd ac1,有下述结论 :

13、 (1)ac1 bc; (2)=1; (3)平面 fac1平面 acc1a1; (4)三棱锥 d-acf 的体积为 .其中正确的个数为() a.1 b.2 c.3 d.4 解析 :(1)连接 ab1,则b1c1a 即为 bc 和 ac1所成的角 ,在三角形ab1c1中,b1c1=2,ab1= 2, ac1=2,cosb1c1a= , 故(1)错; (2)连接 af,c1f,则易得 af=fc1= , 又 fd ac1,则 ad=dc1,故(2)正确 ; (3)连接 cd,则 cd ac1,且 fd ac1, 则cdf 为二面角f-ac1-c 的平面角 ,cd= ,cf= ,df= , 即 cd

14、2+df2=cf2,故二面角f-ac1-c 的大小为90,平面 fac1平面 acc1a1,故(3)正确 ; (4)由于 cdac1,且 fdac1, 则 ad平面 cdf.则 vd-acf=va-dcf= ad sdcf=. 故(4)正确 .答案 :c8.7 空间几何中的向量方法7 专题 2 利用空间向量解决探索性问题(2019 江西重点中学十校二模联考,利用空间向量解决探索性问题,解答题 ,理 19)如图 ,在三棱锥p-abc 中,acbc,平面 pac平面 abc,pa=pc=ac= 2,bc= 4,e,f 分别是 pc,pb 的中点 ,记平面 aef与平面 abc 的交线为直线l.(1

15、)求证 :直线 l平面 pac.(2)直线 l 上是否存在点q,使直线 pq 分别与平面aef、直线 ef 所成的角互余?若存在 ,求出 |aq|的值;若不存在 ,请说明理由 .(1)证明 :e,f 分别为 pb,pc 中点 , bcef.又 ef? 平面 efa,bc? 平面 efa, bc平面 efa.又 bc? 平面 abc,平面 efa 平面 abc=l , lbc.acbc,平面 pac平面 abc, bc平面 pac.lbc,直线 l平面 pac.(2)解:如图建立空间直角坐标系,可知 c(0,0,0),a(2,0,0),e,f,p(1,0,),q(2,y,0).pa=pc=ac=

16、 2, aepc.又 bc平面 pac,efbc, efpc, pc面 aef.=(1,0,)为平面 aef 的法向量 ,=(1,y,-), cos= ,cos=.设直线 pq 分别与平面aef、直线 ef 所成的角分别为 , , + =, sin =,cos = ,sin = cos , 即 1=|- 1+4y|,解得 y=,y=0,a(2,0,0), 存在 q(2,0,0)或 q, |aq|= 或|aq|= 0.专题 3利用空间向量求空间角(2019 江西重点中学协作体一模,利用空间向量求空间角,解答题 ,理 19)如图 ,三角形 abc 中,acbc,平面 pac平面 abc,pa=pc

17、=ac= 2,bc= 3,e,f 分别是 pc,pb 的中点 ,记平面 aef 与平面 abc的交线为直线l.8 (1)求证 :直线 lbc; (2)若直线 l 上一点 q 满足 bqac,求平面 pac 与平面 eqb 的夹角的余弦值.(1)证明 :e,f 分别为 pb,pc 中点 ,bcef.又 ef? 平面 efa,bc? 平面 efa, bc平面 efa.又 bc? 平面 abc,平面 efa 平面 abc=l , lbc.(2)解:lbc,bqac,ac bc, 四边形 aqbc 为矩形 ,aq=bc= 3.取 ac 的中点 m,连接 pm, pa=pc=ac= 2,pmac.又平面

18、 pac平面 abc, 平面 pac平面 abc=ac ,pm? 平面 pac, pm平面 abc,pm,ac,bc 两两垂直 .以 c 为原点 ,分别以的方向为x 轴、 y 轴、 z轴的正方向 , 建立如图所示的空间直角坐标系c-xyz, c(0,0,0),a(2,0,0),p(1,0,),e,b(0,3,0),q(2,3,0), =(2,0,0),.设平面 eqb 的法向量n= (x,y,z), 则x=0,取 y= ,则 z=6,n= (0,6).又平面 pac 的一个法向量m=(0,1,0), cos=.平面 pac 与平面 eqb 的夹角的余弦值为.(2019 江西上饶一模 ,利用空间

19、向量求空间角,解答题 ,理 19)如图 ,五面体 abcdef 中,底面 abcd 为矩形 ,ab= 6,ad= 4.顶部线段ef平面 abcd,棱 ea=ed=fb=fc=6,ef= 2,二面角 f-bc-a 的余弦值为.(1)在线段 bc 上是否存在一点n,使 bc平面 efn? (2)求平面 efb 和平面 cfb 所成锐二面角的余弦值.解:(1)存在 ,点 n 为线段 bc 的中点 ,使 bc平面 efn.证明如下 :ef平面 abcd,且 ef? 平面 efab, 又平面 abcd平面 efab=ab , 9 efab.取 ad 的中点 m,连 em,mn, 又 m,n 是平行四边形

20、abcd 两边 ad,bc 的中点 , mn ab,efmn,e,f,m,n 四点共面 .fb=fc ,bcfn.又 bcmn, 且bc 平面 efnm.(2)在平面 efnm 内,过点 f 作 mn 的垂线 ,垂足为 h, 则由 (1)知:bc平面 efnm,则平面 abcd 平面 efnm.所以 fh 平面 abcd.又因为 fnbc,hnbc,则二面角f-bc-a 的平面角为 fnh.在 rt fnb 和 rt fnh 中,fn= , hn=fn cos fnh= 2.fh= 8, 过 h 作边 ab,cd 的垂线 ,垂足为 s,q,连接 fn,fs,fq, 以 h 为坐标原点 ,以 h

21、s,hn,hf 方向为 x,y,z轴正方向 ,建立空间直角坐标系,如图所示 , 则 f(0,0,8),s(2,0,0),n(0,2,0),b(2,2,0), 则=(-2,0,8),=(0,2,0).设平面 abef 的一个法向量为n1= (x,y,z), 则取 z=1,得 n1= (4,0,1), 同理可求得平面bcf 的一个法向量为n2=(0,4,1), 于是有 :cos= , 为锐角 .设二面角 b-ef-c 的平面角为 , 则 cos =cos=.(2019 江西师大附中、鹰潭一中模拟,利用空间向量求空间角,解答题 ,理 19)在如图所示的空间几何体中 ,平面 acd 平面 abc, a

22、cd 与 acb 是边长为2的等边三角形 ,be= 2,be和平面 abc 所成的角为 60,且点 e 在平面 abc 上的射影落在abc 的平分线上 .(1)求证 :de平面 abc; (2)求二面角e-bc-a 的余弦值 .解:(1)证明 :由题意知 , abc,acd 都是边长为2 的等边三角形, 取 ac 中点 o,连接 bo,do, 则 boac,doac.又平面 acd平面 abc, do平面 abc,作 ef 平面 abc, 那么 efdo,根据题意 ,点 f 落在 bo 上.10 be和平面 abc 所成的角为60, ebf= 60.be= 2,ef=do=.四边形 defo

23、是平行四边形, deof.de 不包含于平面abc,of? 平面 abc, de平面 abc.(2)解法一 :作 fgbc,垂足为 g,连接 eg.ef平面 abc,efbc.又 ef fg=f , bc平面 efg,egbc.egf 就是二面角e-bc-a 的平面角 .rt efg 中,fg=fb sin30=,ef= ,eg=.cosegf=.即二面角 e-bc-a 的余弦值为 .解法二 :建立如图所示的空间直角坐标系o-xyz,a(1,0,0),b(0,0),c(-1,0,0),e(0,-1,), =(-1,-,0),= (0,-1,), 设平面 bce 的一个法向量为n2= (x,y,

24、z), 则n2= (-3,1).又可得平面abc 的一个法向量为n1= (0,0,1).cos= , 又由图知 ,所求二面角的平面角是锐角, 故二面角 e-bc-a 的余弦值为 .(2019 江西新余一中高考模拟,利用空间向量求空间角,解答题 ,理 19)如图 ,四棱锥 p-abcd 中,adbc,addc,ad= 2bc=2cd= 2,侧面 apd 为等腰直角三角形,pa pd,平面 pad底面 abcd,e 为侧棱 pc 上不同于端点的一点.(1)证明 :pade; (2)试确定点e的位置 ,使二面角e-bd-c 的余弦值为 .(1)证明 :addc,平面 pad底面 abcd , dc平面 pad,dc pa.又papd,pa平面 pcd, pade.(2)解:以 p 为坐标原点 ,分别以 pa,pd 所在直线为x,y 轴建立空间直角坐标系p-xyz,如图 .11 ad= 2bc= 2cd= 2,侧面 apd 为等腰直角三角形, pd=pa= ,