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文档简介

1、一、选择题1.我国数学史上有一部堪与欧几里得几何本来媲美的书,这就是向来被尊为算经之首的九章算术,此中卷第五商功有一道关于圆柱体的体积试题:今有圆堡,周四丈八尺,高一丈一尺,问积几何?其意思是:含有圆柱形的土筑小城堡,底面周长是4丈8尺,高1丈1尺,问它的体积是多少?若取3,估量小城堡的体积为()A1998立方尺B2012立方尺C2112立方尺D2324立方尺【答案】C【分析】设圆柱体的底面半径为R,则由题意,得23R48,得R8,所以小城堡的体积VS底h382112112(立方尺),应选C2.2018年全国大联考3(课标卷)】以以下图,网格纸上每个小格都是边长为1的正方形,粗线画出的是一个几

2、何体的三视图,记该几何体的各棱长度构成的会集为A,则()A3AB3AC22AD23A【答案】C【分析】由三视图知该几何体的直观图为图中所示的三棱锥A-BCD,AB=AC=BC=22,AD=DC=5,BD=1,应选CABDC3.2018全国大联考4(山东卷)】某三棱锥的三视图以以下图,则该三棱锥的外接球的体积是()A4B8C55D5336【答案】C.4.【2018全国大联考2(山东卷)】如图为某几何体的三视图,则其体积为()A.2B.2444C.3334D.3【答案】D【分析】由三视图可知,该几何体是一个半圆柱(所在圆柱OO1)与四棱锥的组合体,其中四棱锥的底面ABCD为圆柱的轴截面,极点P在半

3、圆柱所在圆柱的底面圆上(如图所示),且P在AB上的射影为底面的圆心O.由三视图数据可得,半圆柱所在圆柱的底面半径r1,高h2,故其体积V11r2h1122;22四棱锥的底面ABCD为边长为2的正方形,PO底面ABCD,且POr1.故其体积V21S正方形ABCDPO12214.3343故该几何体的体积VVV.1235.【2018押题卷1(课标1卷)】某几何体的三视图以以下图,则该几何体的体积为()A1616B1632C8163233D833【答案】Dasinx12cos2xdx6.【2018全国大联考3(课标I卷)】已知02,如图,若三棱锥PABC的最长的棱PAa,且PBBA,PCAC,则此三棱

4、锥的外接球的体积为()A.164D.B.C.333【答案】B【分析】asinx12cos2xdxsinxcosxdx(cosxsinx)2,因为0200PBBA,PCAC,则三棱锥的外接球的直径为PAa2,因其余接球的体积是413=4.334(课标卷)】在三棱锥ABCD中,ABC与BCD都是边长为7.【2018全国大联考的正三角形,平面ABC平面BCD,则该三棱锥的外接球的体积为()A.515B.C.601560D.2015【答案】D8.【2018押题卷1(课标1卷)】四棱锥PABCD的底面ABCD为正方形,PA底面ABCD,AB2,若该四棱锥的全部极点都在体积为243同一球面上,则PA()1

5、6A3B7C23D922【答案】B【分析】连接AC,BD交于点E,取PC的中点O,连接OE,则OEPPA,所以OE底面ABCD,则O到四棱锥的全部极点的距离相等,即O球心,均为11PA2AC21PA24128)3243PC228,所以由球的体积可得(PA,23216解得PA7,应选B29.【2018全国大联考1(课标I卷)】直三棱柱ABCA1B1C1中,底面是正三角形,三棱柱的高为3,若P是A1B1C1中心,且三棱柱的体积为9,则PA与平面ABC所成的角大4小是()A.B.C.23D.643【答案】C【分析】由题意可设底面三角形的边长为a,过点P作平面ABC的垂线,垂足为O,则点O为底面ABC

6、的中心,故PAO即为PA与平面ABC所成的角,因为OA23aA13a,而323OP3,又因为三棱柱的体积为9,由棱柱体积公式得4329,解得a3,所以AV3a434tanPAOPO33,得,故PA与平面ABC所成的角大小是AO3a31PB1COB,故正确3答案为C.10.【2018押题卷1(课标2卷)】在正方体ABCD-A1B1C1D1中,M是线段AC11的中点,若四周体M-ABD的外接球体积为36p,则正方体棱长为()A2B3C4D5【答案】C【分析】设正方体棱长为a,因为DABD是等腰直角三角形,且MA=MB=MD,设O是BD中点,连接OM,则OM面ABD,所以球心O必在OM上,可求得外接

7、球半径为3,可得32=(a-3)2+(2a)2,解得a=4,故正方体棱长为4211【.2018押题卷3(课标1卷)】已知H是球O的直径AB上一点,AH:HB1:2,AB平面,H为垂足,截球O所得截面的面积为,则球O的体积为()A.9B.392434C.D.8【答案】C【分析】如图,易知点H为截面圆的圆心,取截面圆上一点M,连接HM,OM.设球O的半径为R,则由AH:HB1:2,得AH2R,3所以OH1R.3因为截面面积为HM2,所以HM1.在RtHMO中,OM2OH2HM2,所以R21R2HM21R21,99所以R32.4所以V球4(32)392.348二、填空题12.【2018全国大联考3(

8、课标卷)】在正四棱锥VABCD内有一半球,其底面与正四棱锥的底面重合,且与正四棱锥的四个侧面相切,若半球的半径为2,则当正四棱锥的体积最小时,其高等于_【答案】23【分析】以以下图,设极点V在底面ABCD的射影为点O,并设正四棱锥的高VO的长为x,底面正方形的边长为2a,过点O作平行于AB的直线交BC于点F,作OMVF于点M,则OM=2,VFx2a2.在RtVOF中,有ax2x2a2,得a24x2.所以正四x24棱锥VABCD的体积为V(x)1216x3(x2),16x2(x212).4ax24V(x)3(x24)233x令V(x)0,得x23,当x(2,23)时,V(x)0;当x(23,)时

9、,V(x)0,故当x23时,正四棱锥的体积最小VDxC2MFOAB2a三、解答题13【.2018押题卷2(课标I卷)】在三棱锥PACD中,ADCD,ADCD=2,PAD为正三角形,点F是棱PD的中点,且平面PAD平面ACD()求证:()求二面角AF平面PCD;PACF的平面角的余弦值.【分析】()因ADPA,F是PD的中点,所以AFPD,又因平面PAD平面ACD,ADCD,所以CD平面PAD,因AF平面PAD,所以CDAF.因PDCDD,所以AF平面PCD.平面CAF的法向量6分uuurACm2x22y20m(x,y,z),uuur3x23z2,取x=1,2222AFm220y21,z23,m

10、=(1,1,3),10分所以cosm,nm?n111=3105,所以二面角PACF的平面角的余|m|n|75353弦值为3105.12分3514.【2018押题卷2(课标卷)】在四棱柱ABCDA1B1C1D1中,底面ABCD是菱形,且ABAA1,A1ABA1AD60.(1)求证:平面A1BD平面A1AC;(2)若BD2A1D2,求平面A1BD与平面B1BD所成角的大小.(2)由A1BA1D及BD2A1D2知A1BA1D,又由A1DAD,A1BAB,BDBD,得A1BDABD,故BAD90,于是AOA1O1BD2AA1,22从而AOA1O,结合A1OBD,得A1O底面ABCD,如图,建立空间直角

11、坐标系,则A(1,0,0),B(0,1,0),D(0,1,0),A1(0,0,1),C(-1,0,0),uuurBB1AA1(1,0,1),DB=(0,2,0),设平面B1BD的一个法向量为n(x,y,z),nBD0y0,令x1,得n(1,0,1),由得nBB10 xz0平面A1BD的一个法向量为CA(2,0,0),设平面A1BD与平面B1BD所成角为,则cosnCA245.(12|n|CA|,故2分)15.【2018押题卷2(山东卷)】棱锥PABCD的三视图以以下图,(I)求证:平面PBD平面PAC(II)在线段PD上能否存在一点Q,使CQ与平面PBD所成的角的正弦值为26,若存9在,指出点

12、Q的地址,若不存在,说明原由.【分析】()由三视图可知在RtBAD中,AD=2,BD=22,AB=2,ABCD为正方形,所以BDAC.2分PA平面ABCD,BD平面ABCD,BDPA.又PAAC=A,BD平面PAC.BD平面PBD,平面PBD平面PAC6分16.【2018押题卷1(山东卷)】在以以下图的几何体中,四边形ABCD为矩形,直线AF平面ABCD,EF/AB,AD2,ABAF2EF1,点P在棱DF上.(1)求证:ADBF;(2)若P是DF的中点,求异面直线BE与CP所成角的余弦值;(3)若FP1FD,求二面角DAPC的余弦值.3【分析】(1)证明:因为AF平面ABCD,所以AFAB,又

13、ADAB,所以AD平面ABEF,又BF平面ABEF,故ADBF.3分(2)因为BAF90,所以AFAB,又由(1)得ADAF,ADAB,所以以A为坐标原点,AB,AD,AF所在直线分别为x,y,z轴,建立以以下图空间直角坐标系Axyz,B(1,0,0),E(1,0,1),P(0,1,1),C(1,2,0).4分22所以BE(1,0,1),CP(1,1,1),所以cosBE,CPBECP45,22|BE|CP|15所以异面直BE与CP所成角的余弦45.8分151(3)因AB平面ADF,所以平面ADF的一个法向量n1(1,0,0).由FPFD知P3FD的三均分点且此22)22P(0,.在平面APC

14、中,AP(0,),AC(1,2,0).3333所以平面APC的一个法向量n(2,1,1).10分2所以|cosn1,n2|n1n2|6,又因二面角DAPC的大小角,所以二|n1|n2|3面角的余弦6分12.317.【2018全国大考1(卷)】已知四棱PABCD中,PA平面ABCD,底面ABCD是菱形,BAD1200,角AC与BD交于点O,MOC中点()求:BDPM;()若二面角OPMD的正切26,求PA的AD【分析】()因为PA平面ABCD,所以PABD又ABCD为菱形,所以ACBD,又因为PAIACA,所以BD平面PAC,又因为PM面PAC,所以BDPM5分()如图,以A为原点,AD,AP所

15、在直线为y轴,z轴建立空间直角坐标系,设PAa,AD1,则P(0,0,a),D(0,1,0)333,0)31,,M(,O(,0)8844uuuruuuur(33,3,uuur3,3,0)从而PD(0,1,a),PMa),OD(8844因为BD平面PAC,所以平面PMO的一个法向量为uuur(3,3,0)OD44ruuurruuuurryaz0设平面PMD的法向量为n(x,y,z),由PDn,PMn得33x3yaz088取x5a,ya,zr(5a,a,1)1,即n310分333uuurr,则二面角OPMD大小与tan26设OD与n的夹角为相等从而,得15a3a13PA3cos,cos124,解得

16、a12分53525,故AD4a21422718.【2018全国大联考1(山东卷)】如图,矩形ABCD和梯形BEFC所在平面相互垂直,BECF且BECF,BCF=,AD=3,EF=2.2(1)求证:AE平面DCF;(2)若BE31,且AB,当取何值时,直线AE与BF所成角的大小为600?BE【分析】(1)过E作EGBC交FC于G,连接DG,因为BECF,所以四边形BCGE是平行四边形,因此EGBCAD,-2分EG=BC=AD,所以四边形ADGE也是平行四边形,于是AEDG.又AE平面DCF,DG平面DCF,故AE平面DCF-5分FzGFGECECDyBDxBAA2)过E作GECF交CF于G,由已

17、知EGBCAD,且EG=BC=AD,所以EG=AD3,又EF=2,所以GF=1因为四边形ABCD是矩形,所以DCBC因为BCF=,所以FCBC,又平面AC平面BF,平面AC平面BF=BC,于是FC2平面AC,所以FCCD.分别以CB、CD、CF为轴建立空间直角坐标系-7分由AB,得AB=(31).BE所以A(3,(31),0),B(3,0,0),E(3,0,3),F(0,0,3),1AE(13)31)uuur3,0,3).所以=(0,BF(-9分uuuruuurAEBF依题意有cos60uuuuruuur,|AE|BF|即331,解得1.6(31)212-11分故当1时,直线AE与BF所成角的

18、大小为600.-12分19.【2018全国大联考2(课标I卷)】如图,在直三棱柱ABCA1B1C1(侧棱垂直于底面的棱柱为直棱柱)中,BCCC11,AC2,ABC=90(1)求证:平面ABC1平面A1B1C;(2)设D为AC的中点,求平面ABC1与平面C1D所成锐角的余弦值【分析】(1)ABC=90,ABBC又由条件知BB1平面ABC,AB平面ABC,BB1AB2分又BBIBC1B,AB平面BBCC,11ABBC1由BCCC11,知四边形BBCC为正方形,11BC1BC14分又ABIBC1=B,则B1C平面ABC1又B1C平面A1B1C,平面ABC1平面A1B1C6分20.【2018全国大联考2(山东卷)】如图,四棱锥PABCD中,底面ABCD是平行四边形,且PA平面ABCD,PAABAD2,BAD60o.()证明:平面PBD平面PAC;()求平面APD与平面PBC所成二面角(锐角)的余弦值.PDCAB()AC与BD的交点O,取PC的中点Q,OQ.APC中

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