2016届高三数学二轮复习第二编考前冲刺攻略1.4立体几何理.doc
【金版教程】2016届高三数学二轮复习 第二编 考前冲刺攻略 1.4立体几何 理1.若直线a平面，直线b平面，则a与b的关系是()A.ab，且a与b相交B.ab，且a与b异面C.ab，且a与b可能相交也可能异面D.a与b不一定垂直答案C解析过直线b作一个平面，使得c，则bc.因为直线a平面，c，所以ac.因为bc，所以ab.当b与a相交时为相交垂直，当b与a不相交时为异面垂直故选C.2.如图所示，用过A1、B、C1和C1、B、D的两个截面截去正方体ABCDA1B1C1D1的两个角后得到一个新的几何体，则该几何体的正视图为()答案A解析在画几何体的正视图时，要按照平行投影的方式，先将点投影，再确定棱按照平行投影的方式，几何体的6个顶点投影得到的平面为正方形，其中A1、D1的投影点重合，A、D的投影点重合；再确定棱，A1B能看见，画成实线，C1D在正视图中看不见，画成虚线.3.2015·河北名校联盟联考多面体的三视图如图所示，则该多面体的表面积为(单位：cm)()A(284) cm2 B(304) cm2C.(304) cm2 D(284) cm2答案A解析由三视图可知该几何体是一个三棱锥，如图所示，在三棱锥DABC中，底面是等腰三角形且底AB及底边上的高CE均为4，侧棱AD平面ABC，所以ACBC2，所以SABC×4×48，SABD×4×48，SACD×4×24.过A作AFBC，垂足为F，连接DF，因为AD平面ABC，BC平面ABC，所以ADBC，所以BC平面ADF，又因为DF平面ADF，所以BCDF，在ABC中，AB·CEBC·AF，所以AF，DF，所以SBCD×BC×DF×2×12，所以三棱锥的表面积SSABCSABDSACDSBCD88412284(cm2)，故选A.4.已知m，n是两条不同的直线，是两个不同的平面，且m，n，则下列叙述正确的是()A.若，则mn B若mn，则C.若n，则m D若m，则答案D解析A中m，n有可能异面；B中，有可能相交；C中有可能m，故选D.5.下列命题中错误的是()A.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，直线a，则aD.如果平面平面，平面平面，l，那么l平面答案C解析对于A，如果平面平面，那么在平面内作出与两平面交线平行的直线，则该直线与平面平行，故A正确；对于B，若平面内存在一条直线垂直于平面，由面面垂直的判定定理可知，平面一定垂直于平面，与已知矛盾，故B正确；对于C，在平面内作一直线平行于交线，则该直线平行于平面，而不垂直于平面，故C错误；对于D，可以证明l平面，故D正确，故选C.6.设A、B、C、D是半径为2的球面上的四点，且满足ABAC，ADAC，ABAD，则SABCSABDSACD的最大值是()A.4 B8C.16 D32答案B解析因为ABAC，ADAC，ABAD，所以以AC、AB、AD为长、宽、高，做长方体如图所示，可得长方体的外接球就是三棱锥DABC的外接球因为球的半径为2，可得球的直径为4，所以长方体的体对角线长为4，得AB2AC2AD216.因为SABCAB·AC，SABDAB·AD，SACDAC·AD，所以SABCSABDSACD(AB·ACAB·ADAC·AD)，因为AB·ACAB·ADAC·ADAB2AC2AD216，当且仅当ABACAD时，等号成立，所以当且仅当ABACAD时，SABCSABDSACD取得最大值，且最大值为8.故选B.7.2015·西安八校联考某空间几何体的三视图及尺寸如图，则该几何体的体积是_答案2解析根据三视图可知该几何体为三棱柱，其体积V×1×2×22.8.已知某几何体由正方体和直三棱柱组成，其三视图和直观图如图所示记直观图中从点B出发沿棱柱的侧面到达PD1的中点R的最短距离为d，则d2_.答案6解析将由正方体与直三棱柱构成的五棱柱沿侧棱BB1展开，如图所示由图易知BR为从点B出发沿棱柱的侧面到达PD1的中点R的最短距离，即dBR.由三视图知A1B1BB12，A1PPD1，所以PRPD1，所以B1RA1B1A1PPR2，故d2BR2B1R2BB2226.9.已知侧棱与底面垂直的三棱柱的底面是边长为2的正三角形，该三棱柱存在一个与上、下底面和所有侧面都相切的内切球，则该三棱柱的外接球与内切球的半径之比为_答案1解析由题意，三棱柱的内切球的半径r等于底面内切圆的半径，即r1，此时棱柱的高为2r2，底面外接圆的半径为2，所以三棱柱的外接球的半径R.所以三棱柱的外接球与内切球的半径之比为1.10已知点P，A，B，C，D是球O表面上的点，且球心O在线段PC上，PA平面ABCD，E为AB的中点，BCD90°.(1)求证：OE平面PAD；(2)若PAAB4，AD3，求三棱锥OADE的体积解(1)证明：连接BD，设BD的中点为O，连接OO，OE，因为BCD90°，所以OO平面ABCD，又PA平面ABCD，所以OOPA，又PA平面PAD，所以OO平面PAD.又E为AB的中点，所以OEAD，即OE平面PAD.又OOOEO，所以平面OOE平面PAD.又OE平面OOE，所以OE平面PAD.(2)因为E为AB的中点，所以AEAB2.因为点P，A，C在球面上，O为球心，OO平面ABCD，PA平面ABCD，所以OOPA2.又AD3，所以V三棱锥OADE×OO×SADE×OO××AD×AE×2××3×22.11如图，直线PA，QC都与正方形ABCD所在的平面垂直，ABPA2CQ2，AC与BD相交于点O，E在线段PD上，且CE平面PBQ.(1)求证：OP平面QBD；(2)求二面角EBQP的余弦值解(1)证法一：PA平面ABCD，PAAB，PAAD.又ABAD，RtPABRtPAD，PBPD.O是BD的中点，OPBD.连接OQ，OQ2OC2CQ2()2123，OP2OA2AP2()2226，PQ2AC2(APCQ)2(2)2(21)29，即PQ2OP2OQ2，OPOQ.又BDOQO，BD，OQ平面QBD，OP平面QBD.证法二：建立如图所示的空间直角坐标系，则P(0,0,2)，B(2,0,0)，C(2,2,0)，D(0,2,0)，Q(2,2,1)，O(1,1,0)，(1，1,2)，(2,2,0)，(0,2,1)，OPBD，OPBQ，又BDBQB，BD，BQ平面QBD，OP平面QBD.(2)由(1)中的证法二知，设，则E，.又(2,0,2)，(0,2,1)，设平面PBQ的法向量为m(x，y，z)，则，即，令y1，得xz2，平面PBQ的一个法向量为m(2,1，2)由CE平面PBQ，得C·m0，即40，解得，E.，又(0,2,1)，设平面EBQ的法向量为n(x1，y1，z1)，则，即，令y11，得x11，z12，平面EBQ的一个法向量为n(1，1,2)cosm，n，观察图知二面角EBQP为锐角，故二面角EBQP的余弦值为.12如图，三棱柱ABCA1B1C1所有的棱长均为2，B1在底面上的射影D在棱BC上，且A1B平面ADC1.(1)求证：平面ADC1平面BCC1B1；(2)求平面ADC1与平面A1AB所成的角的正弦值解(1)证明：连接A1C交AC1于点O，连接OD，则平面A1BC平面ADC1OD.A1B平面ADC1，A1BOD，又O为A1C的中点，D为BC的中点，则ADBC，又B1D平面ABC，ADB1D，BCB1DD，AD平面BCC1B1，又AD平面ADC1，从而平面ADC1平面BCC1B1.(2)以D为坐标原点，DC，DA，DB1所在的直线分别为x轴，y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则D(0,0,0)，B(1,0,0)，A(0，0)，B1(0,0，)，C1(2,0，)，易知(1，0)，(1,0，)，设平面A1AB的法向量为m(x，y，z)，则，即，取x，则m(，1,1)易知(0，0)，(2,0，)，同理可得平面ADC1的一个法向量为n(，0,2)cosm，n，sinm，n，那么平面ADC1与平面A1AB所成角的正弦值为.9
