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立体几何与平面几何安徽理6一个空间几何体得三视图如图所示,则该几何体的表面积为(A)48B32+8C48+8D806C【命题意图】本题考查三视图的识别以及空间多面体表面积的求法.【解析】由三视图可知几何体是底面是等腰梯形的直棱柱.底面等腰梯形的上底为2,下底为4,高为4,两底面积和为,四个侧面的面积为,所以几何体的表面积为.故选C.
(17)(本小题满分12分)如图,为多面体,平面与平面垂直,点在线段上,,△,△,△都是正三角形(Ⅰ)证明直线∥;(Ⅱ)求梭锥—的体积解(Ⅰ)设是线段和线段延长线的交点由于与都是正三角形,所以;同理,是线段和线段延长线的交点有,又由于和都在线段的延长线上,所以和重合在和中,由和可知分别是和的中点,所以是的中位线,故(Ⅱ)由知,而是边长为2的正三角形,故所以;过点作于点,由于平面平面知,就是四棱锥的高,且,所以安徽文没有新题北京理
5.如图,AD、AE、BC分别与圆O切于点D、E、F,延长AF与圆O交于另一点G,给出下列三个结论
①;
②;
③.其中正确的结论的序号是A.
①②B.
②③C.
①③D.
①②③【解析】
①正确由条件可知,BD=BF,CF=CE,可得
②正确通过条件可知,AD=AE由切割定理可得
③错误连接FD(如下图),若,则有通过图像可知,因而错误答案选A.
7.某四面体三视图如图所示,该四面体四个面的面积中最大的是A.B.C.D.【解析】由三视图还原几何体如下图,该四面体四个面的面积中最大的是PAC,面积为10,选C
16.如图,在四棱锥中,平面ABCD,底面ABCD是菱形,,.
(1)求证平面PAC;
(2)若,求PB与AC所成角的余弦值;
(3)当平面PBC与平面PDC垂直时,求PA的长.16.(本小题共14分)如图,在四棱锥中,平面,底面是菱形,.Ⅰ求证平面(Ⅱ)若求与所成角的余弦值;(Ⅲ)当平面与平面垂直时,求的长.【解析】,与共线可得k=1
(16)(共14分)证明(Ⅰ)因为四边形ABCD是菱形,所以AC⊥BD.又因为PA⊥平面ABCD.所以PA⊥BD,所以BD⊥平面PAC.(Ⅱ)设AC∩BD=O.因为∠BAD=60°,PA=PB=2所以BO=1,AO=CO=.如图,以O为坐标原点,建立空间直角坐标系O—xyz,则P(0,—,2),A(0,—,0),B(1,0,0),C(0,,0).所以设PB与AC所成角为,则.(Ⅲ)由(Ⅱ)知设P(0,-,t)(t0),则设平面PBC的法向量则所以令则所以同理,平面PDC的法向量,因为平面PCB⊥平面PDC所以=0,即,解得,所以PA=北京文
(5)某四棱锥的三视图如图所示,该四棱锥的表面积是A.32B.C.48D.B
(17)(本小题共14分)如图,在四面体中,点分别是棱的中点(I)求证∥平面;(II)求证四边形为矩形;(III)是否存在点到四面体六条棱的中点的距离相等?说明理由证明(I)因为分别为的中点,所以;又平面,所以平面(II)因为分别是棱的中点,所以,所以四边形为平行四边形又所以,所以四边形为矩形(III)存在点满足条件,理由如下连接设为的中点,由(II)知,且与(II)同理可证四边形为矩形其对角线的交点为的中点且,所以为满足条件的点福建理
12.三棱锥P-ABC中,PA⊥底面ABC,PA=3,底面ABC是边长为2的正三角形,则三棱锥P-ABC的体积等于______20.(本小题满分14分)如图,四棱锥P-ABCD中,PA⊥底面ABCD,四边形ABCD中,AB⊥AD,AB+AD=4,CD=,.(I)求证平面PAB⊥平面PAD;(II)设AB=AP.(i)若直线PB与平面PCD所成的角为,求线段AB的长;(ii)在线段AD上是否存在一个点G,使得点G到点P,B,C,D的距离都相等?说明理由20.本小题主要考查直线与直线、直线与平面、平面与平面的位置关系等基础知识,考查空间想象能力、推理论证能力、抽象根据能力、运算求解能力,考查函数与方程思想、数形结合思想、化归与转化思想,满分14分解法一(I)因为平面ABCD,平面ABCD,所以,又所以平面PAD又平面PAB,所以平面平面PAD(II)以A为坐标原点,建立空间直角坐标系A—xyz(如图)在平面ABCD内,作CE//AB交AD于点E,则在中,DE=,设AB=AP=t,则B(t,0,0),P(0,0,t)由AB+AD=4,得AD=4-t,所以,(i)设平面PCD的法向量为,由,,得取,得平面PCD的一个法向量,又,故由直线PB与平面PCD所成的角为,得解得(舍去,因为AD),所以(ii)假设在线段AD上存在一个点G,使得点G到点P,B,C,D的距离都相等,设G(0,m,0)(其中)则,由得,
(2)由
(1)、
(2)消去t,化简得
(3)由于方程
(3)没有实数根,所以在线段AD上不存在一个点G,使得点G到点P,C,D的距离都相等从而,在线段AD上不存在一个点G,使得点G到点P,B,C,D的距离都相等解法二(I)同解法一(II)(i)以A为坐标原点,建立空间直角坐标系A—xyz(如图)在平面ABCD内,作CE//AB交AD于E,则在平面ABCD内,作CE//AB交AD于点E,则在中,DE=,设AB=AP=t,则B(t,0,0),P(0,0,t),由AB+AD=4,得AD=4-t,所以,设平面PCD的法向量为,由,,得取,得平面PCD的一个法向量,又,故由直线PB与平面PCD所成的角为,得解得(舍去,因为AD),所以(ii)假设在线段AD上存在一个点G,使得点G到点P,B,C,D的距离都相等,由GC=CD,得,从而,即设,在中,这与GB=GD矛盾所以在线段AD上不存在一个点G,使得点G到点B,C,D的距离都相等,从而,在线段AD上不存在一个点G,使得点G到点P,B,C,D的距离都相等福建文15.如图,正方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=2,点E为AD的中点,点F在CD上,若EF∥平面AB1C,则线段EF的长度等于
20.(本小题满分12分)如图,四棱锥P-ABCD中,PA⊥底面ABCD,AB⊥AD,点E在线段AD上,CE∥AB(Ⅰ)求证CE⊥平面PAD;(Ⅱ)若PA=AB=1,AD=3,CD=,∠CDA=45°,求四棱锥P-ABCD的体积20.本小题主要考查直线与直线、直线与平面的位置关系,几何体的体积等基础知识;考查空间想象能力,推理论证能力,运算求解能力;考查数形结合思想,化归与转化思想,满分12分(I)证明因为平面ABCD,平面ABCD,所以,因为又所以平面PAD(II)由(I)可知,在中,DE=CD又因为,所以四边形ABCE为矩形,所以又平面ABCD,PA=1,所以广东理7如图l—3.某几何体的正视图主视图是平行四边形,侧视图左视图和俯视图都是矩形,则该几何体的体积为A.B.C.D.解析:由该几何体的三视图可各该几何体是一个平行六面体底面是以3为边长的正方形该六面体的高
15.(几何证明选讲选做题)如图4,过圆外一点分别作圆的切线和割线交圆于且,是圆上一点使得,则.
18.(本小题满分13分)如图5,在椎体中,是边长为1的棱形,且分别是的中点,
(1)证明;
(2)求二面角的余弦值.注:本题也可以继而可证明第1问并可进一步得到ADDEDF两两垂直从而建立空间直角坐标系再解决第2问.总的说来本题用传统方法还更简单.广东文9.如图1-3,某几何体的正视图(主视图),侧视图(左视图)和俯视图分别是等腰三角形和菱形,则该几何体体积为CA.B.4C.D.215.(几何证明选讲选做题)如图4,在梯形ABCD中,AB∥CD,AB=4,CD=2.EF分别为AD,BC上点,且EF=3,EF∥AB,则梯形ABFE与梯形EFCD的面积比为7518.(本小题满分13分)图5所示的集合体是将高为2,底面半径为1的直圆柱沿过轴的平面切开后,将其中一半沿切面向右水平平移后得到的.A,A′,B,B′分别为的中点,分别为的中点.
(1)证明四点共面;
(2)设G为AA′中点,延长到H′,使得.证明18.(本小题满分13分)证明
(1)中点,,连接BO2直线BO2是由直线AO1平移得到共面
(2)将AO1延长至H使得O1H=O1A,连接由平移性质得=HB,,,,,,,,湖北理14.如图,直角坐标系所在的平面为,直角坐标系(其中轴一与轴重合)所在的平面为,(Ⅰ)已知平面内有一点,则点在平面内的射影的坐标为;(Ⅱ)已知平面内的曲线的方程是,则曲线在平面内的射影的方程是(2,2),18.(本小题满分12分)如图,已知正三棱柱的各棱长都是4,是的中点,动点在侧棱上,且不与点重合.(Ⅰ)当=1时,求证⊥;(Ⅱ)设二面角的大小为,求的最小值.18.本小题主要考查空间直线与平面的位置关系和二面角等基础知识,同时考查空间想象能力、推理论证能力和运算求解能力(满分12分)解法1过E作于N,连结EF(I)如图1,连结NF、AC1,由直棱柱的性质知,底面ABC侧面A1C又度面侧面A,C=AC,且底面ABC,所以侧面A1C,NF为EF在侧面A1C内的射影,在中,=1,则由,得NF//AC1,又故由三垂线定理知(II)如图2,连结AF,过N作于M,连结ME由(I)知侧面A1C,根据三垂线定理得所以是二面角C—AF—E的平面角,即,设,在中,在故又故当时,达到最小值;,此时F与C1重合解法2(I)建立如图3所示的空间直角坐标系,则由已知可得于是则故(II)设,平面AEF的一个法向量为,则由(I)得F(0,4,),,于是由可得取又由直三棱柱的性质可取侧面AC1的一个法向量为,于是由为锐角可得,所以,由,得,即故当,即点F与点C1重合时,取得最小值湖北文
7.设球的体积为,它的内接正方体的体积为,下列说法中最合适的是()DA.比大约多一半;B.比大约多两倍半;C.比大约多一倍;D.比大约多一杯半
18.(本小题满分12分)如图,已知正三棱柱-的底面边长为2,侧棱长为,点E在侧棱上,点F在侧棱上,且.I求证;II求二面角的大小18.本小题主要考查空间直线与平面的位置关系和二面角的求法,同时考查空间想象能力和推理论证能力(满分12分)解法1(Ⅰ)由已知可得于是有,所以又由(Ⅱ)在中,由(Ⅰ)可得于是有EF2+CF2=CE2,所以又由(Ⅰ)知CFC1E,且,所以CF平面C1EF,又平面C1EF,故CFC1F于是即为二面角E—CF—C1的平面角由(Ⅰ)知是等腰直角三角形,所以,即所求二面角E—CF—C1的大小为解法2建立如图所示的空间直角坐标系,则由已知可得(Ⅰ),,(Ⅱ),设平面CEF的一个法向量为由即设侧面BC1的一个法向量为设二面角E—CF—C1的大小为θ,于是由θ为锐角可得,所以即所求二面角E—CF—C1的大小为湖南理3.设图1是某几何体的三视图,则该几何体的体积为A. B.C. D.答案D解析有三视图可知该几何体是一个长方体和球构成的组合体,其体积
11.如图2,是半圆周上的两个三等分点,直径,垂足为D与相交与点F,则的长为答案;解析由题可知,得,又,所以.
19.(本题满分12分)如图5,在圆锥中,已知的直径的中点.(I)证明(II)求二面角的余弦值.解(I)连接,因为为的中点,所以.又因为内的两条相交直线,所以而,所以(II)在平面中,过作于,由(I)知,所以又所以.在平面中,过作连接则有,从而,所以是二面角的平面角.在在在;所以故二面角的余弦值为湖南文19.(本题满分12分)如图3,在圆锥中,已知的直径的中点.(I)证明(II)求直线和平面所成角的正弦值.解析(I)因为又内的两条相交直线,所以(II)由(I)知,又所以平面在平面中,过作则连结,则是上的射影,所以是直线和平面所成的角.在,在江苏
16.(本小题满分14分)如图,在四棱锥中,平面PAD⊥平面ABCD,AB=AD,∠BAD=60°,E、F分别是AP、AD的中点求证
(1)直线EF//平面PCD;
(2)平面BEF⊥平面PAD.答案
(1)因为E、F分别是AP、AD的中点,又直线EF//平面PCD
(2)连接BD为正三角形F是AD的中点,又平面PAD⊥平面ABCD,所以,平面BEF⊥平面PAD.解析本题主要考查空间想象能力和推理论证能力、考查平面的表示直线与平面、平面与平面平行和垂直的判定及性质,容易题.附加A.选修4-1几何证明选讲(本小题满分10分)如图,圆与圆内切于点,其半径分别为与().圆的弦交圆于点(不在上).求证为定值.A.选修4-1几何证明选讲本小题主要考查两圆内切、相似比等基础知识,考查推理论证能力,满分10分证明连结AO1,并延长分别交两圆于点E和点D连结BD、CE,因为圆O1与圆O2内切于点A,所以点O2在AD上,故AD,AE分别为圆O1,圆O2的直径从而,所以BD//CE,于是,所以AB AC为定值江西理
8.已知,,是三个相互平行的平面,平面,之间的距离为,平面,之间的距离为,直线与,,分别相交于,,,那么“”是“”的A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充分必要条件D.既不充分也不必要条件【解析】因为∥∥,当时不难推出,同时当时也可以推出,∴“”是“”的充分必要条件
21.(本小题满分14分)
(1)如图,对于任一给定的四面体,找出依次排列的四个相互平行的平面,使得,且其中每相邻两个平面间的距离都相等;
(2)给定依次排列的四个相互平行的平面,其中每相邻两个平面间的距离都为1,若一个正四面体的四个顶点满足,求该正四面体的体积.【解析】
(1)如图所示,取的三等分点,,的中点,的中点,过三点,,作平面,过三点,,作平面,因为∥∥所以平面∥平面,再过点,分别作平面,与平面平行,那么四个平面,,,依次相互平行,由线段被平行平面,,,截得的线段相等知,期中每相邻两个平面间的距离相等,故,,,为所求平面.
(2)解法一当
(1)中的四面体为正四面体,若所得的四个平行平面,每相邻两平面之间的距离为1,则正四面体就是满足题意的正四面体.设正四面体的棱长为,以的中心为坐标原点,以直线为轴,直线为轴建立如图的右手直角坐标系,则,,,令,为的三等分点,为的中点,有,所以,,设平面的法向量为,有,即所以,.因为,,,相邻平面之间的距离为1,所以点到平面的距离,解得,由此可得,边长为的正四面体满足条件.所以所求正四面体的体积.解法二如图,现将此正四面体置于一个正方体中,(或者说,在正四面体的四个面外侧各镶嵌一个直角正三棱锥,得到一个正方体),,分别是,的中点,和是两个平行平面,若其距离为1,则正四面体即为满足条件的正四面体.右图是正方体的上底面,现设正方体的棱长为,若,则有,据,得,于是正四面体的棱长,其体积.(即等于一个棱长为的正方体割去四个直角正三棱锥后的体积)江西文
9.将长方体截去一个四棱锥,得到的几何体如右图所示,则该几何体的左视图为()答案D左视图即是从正左方看,找特殊位置的可视点,连起来就可以得到答案辽宁理8.如图,四棱锥S—ABCD的底面为正方形,SD底面ABCD,则下列结论中不正确的是DA.AC⊥SB;B.AB∥平面SCDC.SA与平面SBD所成的角等于SC与平面SBD所成的角D.AB与SC所成的角等于DC与SA所成的角12.已知球的直径SC=4,A,B是该球球面上的两点,AB=,,则棱锥S—ABC的体积为CA.B.C.D.115.一个正三棱柱的侧棱长和底面边长相等,体积为,它的三视图中的俯视图如右图所示,左视图是一个矩形,则这个矩形的面积是.22.(本小题满分10分)选修4-1几何证明选讲如图,A,B,C,D四点在同一圆上,AD的延长线与BC的延长线交于E点,且EC=ED.(I)证明CD//AB;(II)延长CD到F,延长DC到G,使得EF=EG,证明A,B,G,F四点共圆.22.解(I)因为EC=ED,所以∠EDC=∠ECD.因为A,B,C,D四点在同一圆上,所以∠EDC=∠EBA.故∠ECD=∠EBA,所以CD//AB.…………5分(II)由(I)知,AE=BE,因为EF=FG,故∠EFD=∠EGC从而∠FED=∠GEC.连结AF,BG,则△EFA≌△EGB,故∠FAE=∠GBE,又CD//AB,∠EDC=∠ECD,所以∠FAB=∠GBA.所以∠AFG+∠GBA=180°.故A,B,G,F四点共圆…………10分辽宁文10.已知球的直径SC=4,A,B是该球球面上的两点,AB=2,∠ASC=∠BSC=45°,则棱锥S-ABC的体积为CA.B.C.D.18.(本小题满分12分)如图,四边形ABCD为正方形,QA⊥平面ABCD,PD∥QA,QA=AB=PD.(I)证明PQ⊥平面DCQ;(II)求棱锥Q—ABCD的的体积与棱锥P—DCQ的体积的比值.18.解(I)由条件知PDAQ为直角梯形因为QA⊥平面ABCD,所以平面PDAQ⊥平面ABCD,交线为AD.又四边形ABCD为正方形,DC⊥AD,所以DC⊥平面PDAQ,可得PQ⊥DC.在直角梯形PDAQ中可得DQ=PQ=PD,则PQ⊥QD所以PQ⊥平面DCQ.………………6分(II)设AB=a.由题设知AQ为棱锥Q—ABCD的高,所以棱锥Q—ABCD的体积由(I)知PQ为棱锥P—DCQ的高,而PQ=,△DCQ的面积为,所以棱锥P—DCQ的体积为故棱锥Q—ABCD的体积与棱锥P—DCQ的体积的比值为
1.…………12分全国Ⅰ理
(6)在一个几何体的三视图中,正视图和俯视图如右图所示,则相应的俯视图可以为D
(15)已知矩形的顶点都在半径为4的球的球面上,且则棱锥的体积为
(22)(本小题满分10分)选修4-1几何证明选讲如图,,分别为的边,上的点,且不与的顶点重合已知的长为,,的长是关于的方程的两个根(Ⅰ)证明,,,四点共圆;(Ⅱ)若,且,求,,,所在圆的半径
(22)解(I)连接DE,根据题意在△ADE和△ACB中,AD×AB=mn=AE×AC即.又∠DAE=∠CAB从而△ADE∽△ACB因此∠ADE=∠ACB所以CBDE四点共圆(Ⅱ)m=4n=6时,方程x2-14x+mn=0的两根为x1=2x2=
12.故AD=2,AB=
12.取CE的中点GDB的中点F,分别过GF作AC,AB的垂线,两垂线相交于H点,连接DH.因为C,B,D,E四点共圆,所以C,B,D,E四点所在圆的圆心为H,半径为DH.由于∠A=900,故GH∥ABHF∥AC.HF=AG=5,DF=12-2=
5.故CBDE四点所在圆的半径为5全国Ⅰ文7设长方体的长、宽、高分别为2a、a、a其顶点都在一个球面上,则该球的表面积为(A)3a2(B)6a2(C)12a2(D)24a2B15一个几何体的正视图为一个三角形,则这个几何体可能是下列几何体中的_______填入所有可能的几何体前的编号
①三棱锥
②四棱锥
③三棱柱
④四棱柱
⑤圆锥
⑥圆柱
①②③⑤
(18)(本小题满分12分)如图,已知四棱锥的底面为等腰梯形,∥垂足为,是四棱锥的高(Ⅰ)证明平面平面;(Ⅱ)若60°求四棱锥的体积2因为ABCD为等腰梯形,ABCDACBDAB=.所以HA=HB=.因为APB=ADR=600,所以PA=PB=HD=HC=
1.,可得PH=.等腰梯形ABCD的面积为S=ACxBD=2+.……..9分所以四棱锥的体积为V=x(2+)x=……..12分全国Ⅱ理
(6)已知直二面角点A∈,AC⊥C为垂足,B∈,BD⊥,D为垂足,若AB=2,AC=BD=1,则D到平面ABC的距离等于ABCD1【答案】C【命题意图】本小题主要考查面面垂直的性质及点到面的距离的求法【解析】如图,因为二面角是直二面角,AC⊥,所以AC⊥,面,过作于,则,即为D到平面ABC的距离在中,,在中,,
(11)已知平面截一球面得圆M过圆心M且与成二面角的平面截该球面得圆N.若该球面的半径为4,圆M的面积为,则圆N的面积为ABCD【答案】D【命题意图】本小题主要考查了球及球的截面的相关知识【解析】如图,由的面积为,故在,,在16已知E、F分别在正方体ABCD-A1B1C1D1棱BB
1、CC1上,且B1E=2EB,CF=2FC1,则面AEF与面ABC所成的二面角的正切值等于_____________.【答案】【命题意图】本小题主要考查了无棱二面角的作法及求法【解析】连并延长交的延长线于,连,过作,连,则由三垂线定理知为面AEF与面ABC所成的二面角的平面角.易求得.
(19)(本小题满分12分)(注意在试题卷上作答无效)如图,棱锥中,∥,⊥,侧面为等边三角形,==2,==
1.(Ⅰ)证明⊥平面;(Ⅱ)求与平面所成的角的大小.【命题立意】本小题主要考查空间直线与直线、直线与平面、平面与平面的位置关系及线面角等基础知识考查空间想象能力、推理论证能力和运算能力.【解析】(Ⅰ)证明连又取的中点,连,则又∥,⊥,又故⊥平面.(Ⅱ)过作,过作,连,则∥,与平面所成的角为与平面所成的角由(Ⅰ)有,又,故即为所求在中,.全国Ⅱ文15己知正方体中,为的中点,则异面直线与所成角的余弦值为等于.[来【答案】【解析】取的中点,为所求角,设棱长为2,则,山东理
11.下图是长和宽分别相等的两个矩形.给定下列三个命题
①存在三棱柱,其正主视图、俯视图如下图;
②存在四棱柱,其正主视图、俯视图如下图;
③存在圆柱,其正主视图、俯视图如下图.其中真命题的个数是A3B2C1D0【答案】A【解析】对于
①可以是放倒的三棱柱;容易判断
②③可以.
19.(本小题满分12分)在如图所示的几何体中,四边形ABCD为平行四边形,∠ ACB=,EA⊥平面ABCD,EF∥AB,FG∥BC,EG∥AC.AB=2EF.(Ⅰ若M是线段AD的中点,求证GM∥平面ABFE;(Ⅱ)若AC=BC=2AE求二面角A-BF-C的大小.【解析】(Ⅰ连结AF因为EF∥AB,FG∥BC,EF∩FG=F所以平面EFG∥平面ABCD又易证∽所以即即又M为AD的中点所以又因为FG∥BC∥AD,所以FG∥AM所以四边形AMGF是平行四边形故GM∥FA又因为GM平面ABFEFA平面ABFE所以GM∥平面ABFE.(Ⅱ)取AB的中点O连结CO因为AC=BC所以CO⊥AB又因为EA⊥平面ABCD,CO平面ABCD所以EA⊥CO又EA∩AB=A所以CO⊥平面ABFE在平面ABEF内过点O作OH⊥BF于H连结CH由三垂线定理知:CH⊥BF所以为二面角A-BF-C的平面角.设AB=2EF=因为∠ ACB=,AC=BC=CO=连结FO容易证得FO∥EA且所以所以OH==所以在中tan∠ CHO=故∠ CHO=所以二面角A-BF-C的大小为.山东文19.(本小题满分12分)如图,在四棱台中,平面,底面是平行四边形,,,60°(Ⅰ)证明;(Ⅱ)证明.19.(I)证法一因为平面ABCD,且平面ABCD,所以,又因为AB=2AD,,在中,由余弦定理得,所以,因此,又所以又平面ADD1A1,故证法二因为平面ABCD,且平面ABCD,所以,取AB的中点G,连接DG,在中,由AB=2AD得AG=AD,又,所以为等边三角形因此GD=GB,故,又,所以平面ADD1A1,又平面ADD1A1,故(II)连接AC,A1C1,设,连接EA1因为四边形ABCD为平行四边形,所以由棱台定义及AB=2AD=2A1B1知A1C1//EC且A1C1=EC,所以边四形A1ECC1为平行四边形,因此CC1//EA1,又因为EA平面A1BD,平面A1BD,所以CC1//平面A1BD陕西理5.某几何体的三视图如图所示,则它的体积是()(A)(B)(C)(D)【思路点拨】根据已知的三视图想象出空间几何体,然后由几何体的组成和有关几何体体积公式进行计算.【精讲精析】选A由几何体的三视图可知几何体为一个组合体,即一个正方体中间去掉一个圆锥体,所以它的体积是.B.(几何证明选做题)如图,∠B=∠D,,,且AB=6,AC=4,AD=12,则BE=.【分析】寻找两个三角形相似的条件,再根据相似三角形的对应边成比例求解.【解】因为,所以∠AEB=,又因为∠B=∠D,所以△AEB∽△ACD,所以所以,在Rt△AEB中,.【答案】陕西文15.B.(几何证明选做题)如图,∠B=∠D,,,且AB=6,AC=4,AD=12,则AE=.【分析】寻找两个三角形相似的条件,再根据相似三角形的对应边成比例求解.【解】因为,所以∠AEB=,又因为∠B=∠D,所以△AEB∽△ACD,所以所以.【答案】
216.(本小题满分12分)如图,在△ABC中,∠ABC=45°,∠BAC=90°,AD是BC上的高,沿AD把△ABD折起,使∠BDC=90,
(1)证明平面ADB⊥平面BDC;(2 )设BD=1,求三棱锥D—ABC的表面积【分析】
(1)确定图形在折起前后的不变性质,如角的大小不变,线段长度不变,线线关系不变,再由面面垂直的判定定理进行推理证明;
(2)充分利用垂直所得的直角三角形,根据直角三角形的面积公式计算.【解】
(1)∵折起前AD是BC边上的高,∴ 当Δ ABD折起后,AD⊥DC,AD⊥DB,又DBDC=D,∴AD⊥平面BDC,又∵AD平面BDC.∴平面ABD⊥平面BDC.
(2)由
(1)知,DADB=DA=DC=1,AB=BC=CA=∴三棱锥D—ABC的表面积是上海理
7.若圆锥的侧面积为,底面面积为,则该圆锥的体积为.21.(14分)已知是底面边长为1的正四棱柱,是和的交点
(1)设与底面所成的角的大小为,二面角的大小为求证;
(2)若点到平面的距离为,求正四棱柱的高21.解设正四棱柱的高为⑴连,底面于,∴与底面所成的角为,即∵,为中点,∴,又,∴是二面角的平面角,即∴,⑵建立如图空间直角坐标系,有设平面的一个法向量为,∵,取得∴点到平面的距离为,则上海文已知是底面边长为1的正四棱柱,高,求
(1)异面直线与所成角的大小(结果用反三角函数值表示);
(2)四面体的体积.
20、解⑴连,∵,∴异面直线与所成角为,记,∴异面直线与所成角为⑵连,则所求四面体的体积四川理3.,,是空间三条不同的直线,则下列命题正确的是(A),(B),(C),,共面(D),,共点,,共面答案B解析由,,根据异面直线所成角知与所成角为90°,选B.15.如图,半径为R的球O中有一内接圆柱.当圆柱的侧面积最大时,球的表面积与该圆柱的侧面积之差是_________.答案2πR2解析如图,设求的一条半径与圆柱相应的母线夹角为α,则圆柱的侧面积,当时,S取最大值,此时球的表面积与该圆柱的侧面积之差为.19.(本小题共l2分)如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中.∠BAC=90°,AB=AC=AA1=1.D是棱CC1上的一P是AD的延长线与A1C1的延长线的交点,且PB1∥平面BDA.(I)求证CD=C1D(II)求二面角A-A1D-B的平面角的余弦值;(Ⅲ)求点C到平面B1DP的距离.19.解析
(1)连接交于又为的中点,中点,D为的中点
(2)由题意过B作连接,则为二面角的平面角在中,则
(3)因为,所以在中,,四川文15.如图,半径为4的球O中有一内接圆柱.当圆柱的侧面积最大时,球的表面积与该圆柱的侧面积之差是_________.答案32π解析如图,设球一条半径与圆柱相应的母线夹角为α,圆柱侧面积=,当时,S取最大值,此时球的表面积与该圆柱的侧面积之差为.19.(本小题共l2分)如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,∠BAC=90°,AB=AC=AA1=1,延长A1C1至点P,使C1P=A1C1,连接AP交棱CC1于D.(Ⅰ)求证PB1∥平面BDA1;(Ⅱ)求二面角A-A1D-B的平面角的余弦值;本小题主要考查直三棱柱的性质、线面关系、二面角等基本知识,并考查空间想象能力和逻辑推理能力,考查应用向量知识解决问题的能力.解法一(Ⅰ)连结AB1与BA1交于点O,连结OD,∵C1D∥平面AA1,A1C1∥AP,∴AD=PD,又AO=B1O,∴OD∥PB1,又OD面BDA1,PB1面BDA1,∴PB1∥平面BDA1.(Ⅱ)过A作AE⊥DA1于点E,连结BE.∵BA⊥CA,BA⊥AA1,且AA1∩AC=A,∴BA⊥平面AA1C1C.由三垂线定理可知BE⊥DA1.∴∠BEA为二面角A-A1D-B的平面角.在Rt△A1C1D中,,又,∴.在Rt△BAE中,,∴.故二面角A-A1D-B的平面角的余弦值为.解法二如图,以A1为原点,A1B1,A1C1,A1A所在直线分别为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系A1-B1C1A,则,,,,.(Ⅰ)在△PAA1中有,即.∴,,.设平面BA1D的一个法向量为,则令,则.∵,∴PB1∥平面BA1D,(Ⅱ)由(Ⅰ)知,平面BA1D的一个法向量.又为平面AA1D的一个法向量.∴.故二面角A-A1D-B的平面角的余弦值为.天津理12.一个几何体的三视图如图所示,则这个几何体的体积为 .【解】.几何体是由一个正四棱锥和一个长方体组合而成.设几何体的体积为,正四棱锥的体积为,长方体的体积为.则.14.如图,四边形是圆的内接四边形,延长和相交于点.若,.则的值为 .【解】.因为四边形是圆的内接四边形,所以,又,所以.于是.因为,,所以,从而,于是,.19.(本小题满分分)如图,在长方体中,分别是棱,上的点,,.(Ⅰ)求异面直线与所成的角的余弦值;(Ⅱ)证明;(Ⅲ)求二面角的正弦值.【解】解法1.如图所示,建立空间坐标系,点为坐标原点.设,由,知,,,.于是,,,,.(Ⅰ),.于是.由于异面直线所成的角的范围是,所以异面直线与所成的角的余弦值为.(Ⅱ),,,则,.于是,,又,所以.(Ⅲ)设平面的法向量,则即取,则,..由(Ⅱ)可知,为平面的一个法向量,又.所以,从而.所以二面角的正弦值为.解法2.设,由,知,,,.(Ⅰ)连接,,设与交于点,易知.由,所以.所以是异面直线与所成的角.因为,所以由余弦定理有.所以异面直线与所成的角的余弦值为.(Ⅱ)连接,设与交于点.因为,所以.从而.又由于,所以.因此.又因为,且,所以.从而.连接,同理可证,从而,所以.因为,,,所以.(Ⅲ)连接.由(Ⅱ)可知.又,,所以.因此为二面角的平面角.易知,则,又,所以.在中,.在中,连接,在中,在中,,所以所以二面角的正弦值为.天津文11.如图,四边形是圆的内接四边形,延长和相交于点.若,.则的值为 .【解】.因为四边形是圆的内接四边形,所以,又,所以.于是.因为,,,所以,.12.一个几何体的三视图如图所示,则这个几何体的体积为 .【解】.设几何体的体积为,则.19.(本小题满分分)如图,在五面体中,四边形是正方形,,,,,.(Ⅰ)求异面直线与所成的角的余弦值;(Ⅱ)证明;(Ⅲ)求二面角的正切值.【解】(Ⅰ)因为四边形是正方形,所以.故为异面直线与所成的角.因为,所以.故.在中,,,所以.因此.所以异面直线与所成的角的余弦值为.(Ⅱ)过点作,交于,则,又,所以.从而.又,且.所以.(Ⅲ)由(Ⅱ)及已知,可得,即为的中点.取的中点,连接.则.因为,所以.过点作,交于.则为二面角的平面角.连接,可得.所以,从而.由已知可得.由,,可得.在中,.所以二面角的正切值为.浙江理3.下列命题中错误的是DA.如果平面⊥平面,那么平面内一定存在直线平行于平面B.如果平面不垂直于平面,那么平面内一定不存在直线垂直于平面C.如果平面⊥平面,平面⊥平面,,那么⊥平面D.如果平面⊥平面,那么平面内所有直线都垂直于平面14.已知一个球的球心到过球面上A、B、C三点的截面的距离等于此球半径的一半,若,则球的体积为▲.20.(本小题满分15分)如图,在平面内直线EF与线段AB相交于C点,∠BCF=,且AC=CB=4,将此平面沿直线EF折成的二面角-EF-,BP⊥平面,点P为垂足.(Ⅰ)求△ACP的面积;(Ⅱ)求异面直线AB与EF所成角的正切值.20.(本小题满分15分)方法一(Ⅰ)解如图,在平面内,过点P作PM⊥EF,点M为垂足,连结BM,则∠BMP为二面角-EF-的平面角.以点P为坐标原点,以直线PM为x轴,射线PB为z轴的正半轴,建立如图所示的空间直角坐标系Pxyz.在Rt△BMC中由∠BCM=,CB=4,得CM=,BM=
2.在Rt△BMP中由∠BMP=,BM=2,得MP=1,BP=.故P
(000),B(0,0),C(-1-,0),M(-100).由∠ACM=,得A(1-4,0).所以=
(10),=(2-0)则-10cos∠ACP=-sin∠ACP=.因此S△ACP=.………………………………………………………7分(Ⅱ)解=(1-4-),=(0-20)24cos=所以AB与EF所成角的正切值为.…15分方法二(Ⅰ)解如图,在平面内,过点P作PM⊥EF,点M为垂足连结BM,则∠BMP为二面角-EF-的平面角.在Rt△BMC中由∠BCM=,CB=4,得CM=,BM=
2.在Rt△BMP中由∠BMP=,BM=2,得MP=
1.在Rt△CMP中由CM=,MP=1,得CP=,cos∠PCM=,sin∠PCM=.故sin∠ACP=sin(-∠PCM)=.所以S△ACP=.…7分(Ⅱ)解如图,过点A作AQ∥EF,交MP于点Q则∠BAQ是AB与EF所成的角,且AQ⊥平面BMQ.在△BMQ中由∠BMQ=,BM=MQ=2,得BQ=
2.在Rt△BAQ中由AQ=AC+CM=4,BQ=2,得tan∠BAQ=.因此AB与EF所成角的正切值为.……15分浙江文
(4)若直线不平行于平面,且,则BA.内的所有直线与异面B.内不存在与平行的直线C.内存在唯一的直线与平行D.内的直线与都相交
(7)几何体的三视图如图所示,则这个几何体的直观图可以是B
(20)(本题满分14分)如图,在三棱锥中,,为的中点,⊥平面,垂足落在线段上.(Ⅰ)证明⊥;(Ⅱ)已知,,,.求二面角的大小.
(20)本题主要考查空间线线、线面、面面位置关系,二面角等基础知识,同时考查空间想象能力和推理论证能力满分14分(Ⅰ)证明由AB=AC,D是BC中点,得,又平面ABC,,得因为,所以平面PAD,故(Ⅱ)解如图,在平面PAB内作于M,连CM因为平面BMC,所以APCM故为二面角B—AP—C的平面角在,在,在中,,所以在又故,同理,因为所以,即二面角B—AP—C的大小为重庆理
(9)高为的四棱锥S-ABCD的底面是边长为1的正方形,点S、A、B、C、D均在半径为1的同一球面上,则底面ABCD的中心与顶点S之间的距离为C(A)(B)C1D[来源:学|科|
(19)(本小题满分12分,(Ⅰ)小问5分,Ⅱ小问7分.)如题
(19)图,在四面体中,平面平面,,,(Ⅰ)若,,求四面体的体积;Ⅱ若二面角为,求异面直线与所成角的余弦值.19.(本题12分)(I)解如答
(19)图1,设F为AC的中点,由于AD=CD,所以DF⊥AC.故由平面ABC⊥平面ACD,知DF⊥平面ABC,即DF是四面体ABCD的面ABC上的高,且DF=ADsin30°=1,AF=ADcos30°=.在Rt△ABC中,因AC=2AF=,AB=2BC,由勾股定理易知;故四面体ABCD的体积(II)解法一如答
(19)图1,设G,H分别为边CD,BD的中点,则FG//AD,GH//BC,从而∠FGH是异面直线AD与BC所成的角或其补角.设E为边AB的中点,则EF//BC,由AB⊥BC,知EF⊥AB.又由(I)有DF⊥平面ABC,故由三垂线定理知DE⊥AB.所以∠DEF为二面角C—AB—D的平面角,由题设知∠DEF=60°设在从而因Rt△ADE≌Rt△BDE,故BD=AD=a,从而,在Rt△BDF中,,又从而在△FGH中,因FG=FH,由余弦定理得,因此,异面直线AD与BC所成角的余弦值为解法二如答
(19)图2,过F作FM⊥AC,交AB于M,已知AD=CD,平面ABC⊥平面ACD,易知FC,FD,FM两两垂直,以F为原点,射线FM,FC,FD分别为x轴,y轴,z轴的正半轴,建立空间直角坐标系F—xyz.不妨设AD=2,由CD=AD,∠CAD=30°,易知点A,C,D的坐标分别为显然向量是平面ABC的法向量.已知二面角C—AB—D为60°,故可取平面ABD的单位法向量,使得设点B的坐标为,有;易知与坐标系的建立方式不合,舍去.因此点B的坐标为所以从而故异面直线AD与BC所成的角的余弦值为重庆文10高为的四棱锥的底面是边长为1的正方形,点、、、、均在半径为1的同一球面上,则底面的中心与顶点之间的距离为AA BC D20本小题满分12分,Ⅰ小问6分,Ⅱ小问6分.如图,在四面体中,平面平面,,.Ⅰ求四面体的体积;Ⅱ求二面角的平面角的正切值.20.(本题12分)解法一(I)如答
(20)图1,过D作DF⊥AC垂足为F,故由平面ABC⊥平面ACD,知DF⊥平面ABC,即DF是四面体ABCD的面ABC上的高,设G为边CD的中点,则由AC=AD,知AG⊥CD,从而由故四面体ABCD的体积(II)如答
(20)图1,过F作FE⊥AB,垂足为E,连接DE由(I)知DF⊥平面ABC由三垂线定理知DE⊥AB,故∠DEF为二面角C—AB—D的平面角在在中,EF//BC,从而EF BC=AF AC,所以在Rt△DEF中,解法二(I)如答
(20)图2,设O是AC的中点,过O作OH⊥AC,交AB于H,过O作OM⊥AC,交AD于M,由平面ABC⊥平面ACD,知OH⊥OM因此以O为原点,以射线OH,OC,OM分别为x轴,y轴,z轴的正半轴,可建立空间坐标系O—xyz.已知AC=2,故点A,C的坐标分别为A(0,—1,0),C(0,1,0)设点B的坐标为,有即点B的坐标为又设点D的坐标为有即点D的坐标为从而△ACD边AC上的高为又故四面体ABCD的体积(II)由(I)知设非零向量是平面ABD的法向量,则由有:
(1)由,有
(2)取,由
(1),
(2),可得显然向量是平面ABC的法向量,从而即二面角C—AB—D的平面角的正切值为正(主)视图侧(左)视图俯视图44112第6题图CBGAODEFABPGFEDC332正视图侧视图俯视图图1oNMzxy主(正)视图俯视图12题图BAFCECBPAEF(第20题图)CBPAEMQF。