2022年高考理科数学二轮复习专题突破课件+题能专训第14讲空间几何体的三视图表面积及体积提能专训 .pdf

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1、提能专训 (十四)点、直线、平面之间的位置关系一、选择题1(2014 湖南十三校联考 )已知 m，n 为异面直线， m平面 ，n平面 .直线 l 满足 lm，ln，l? ，l? ，则() A与 相交，且交线平行于lB与 相交，且交线垂直于lC ，且 lD ，且 l答案A 解析 m ， n ， 且 m， n 为异面直线， 与 一定相交又lm，ln，l? ，l? ，l 平行于平面 与 的交线故 A 正确2(2014 河南六市联考 )m，n 为两条不重合的直线， ， 为两个不重合的平面，则下列命题中正确的是() 若 m，n 都平行于平面 ，则 m，n 一定不是相交直线；若 m，n 都垂直于平面 ，则

2、 m，n 一定是平行直线；已知 ，互相垂直， m，n 互相垂直，若 m ，则 n ；m，n 在平面 内的射影互相垂直，则m，n 互相垂直ABCD答案A 解析由空间中直线与平面的位置关系的性质，可知错误，正确，故选A. 3(2014 福建质检 )如图，AB 是O 的直径，VA垂直于 O 所在的平面， C 是圆周上不同于 A，B 的任意一点， M，N 分别为 VA，VC精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 1 页，共 21 页的中点，则下列结论正确的是() AMNABBMN 与 BC 所成的角为 45COC平面 VACD平面 VAC平面 VB

3、C答案D 解析依题意，得 BCAC， VA平面 ABC，BC? 平面 ABC， VABC， ACVAA， BC平面 VAC，又 BC? 平面 VBC，平面 VAC平面 VBC. 4(2014 厦门 5 月适应性考试 )如图，棱长为 1 的正方体 ABCDA1B1C1D1中，P 为线段 A1B 上的动点，则下列结论错误的是() 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 2 页，共 21 页ADC1D1PB平面 D1A1P平面 A1APCAPD1的最大值为 90DAPPD1的最小值为2 2 答案C 解析因为 DC1平面 A1BCD1，D1P? 平

4、面 A1BCD1，所以 DC1D1P， 所以 A 是正确的； 因为 D1A1平面 ABB1A1， D1A1? 平面 D1A1P，所以平面 D1A1P平面 ABB1A1，即平面 D1A1P平面 A1AP，所以 B是正确的；当 0A1P22时，APD1为钝角，所以 C 是错误的；将平面 AA1B 与平面 A1BCD1沿 A1B 展开成平面图形，线段AD1的长即为APPD1的最小值，解三角形易得 AD12 2， 所以 D 是正确的 故选 C. 5(2014 济南期末考试 )已知 m，n 是两条不同的直线， ，是两个不同的平面，给出下列命题：精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总

5、结 - - - - - - -第 3 页，共 21 页若 ，m ，则 m ；若 m ，n ，且 mn，则 ；若 m ，m ，则 ；若 m ，n ，且 mn，则 . 其中正确命题的序号是 () ABCD答案B 解析当 ，m 时，有 m ，m ，m? 等多种可能情况，所以不正确；当 m ，n ，且 mn 时，由平面垂直的判定定理知， ，所以正确；因为 m ，m ，所以 ，正确；若 m ，n ，且 m n，则 或 ，相交，不正确故选B. 6(2014 北京海淀区模拟 )如图所示，正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为 1，BDACO，M 是线段 D1O 上的动点，过点M 作平面ACD1的垂线交平面

6、A1B1C1D1于点 N，则点 N 到点 A 距离的最小值为() 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 4 页，共 21 页A.2 B.62C.2 33D1 答案B 解析连接 B1D1，AN，则 N 在 B1D1上设 MNx.在正方体ABCDA1B1C1D1中可求得 sin B1D1O26，则在 Rt D1MN 中，D1NMNsin B1D1O62x.又由正方体的性质知AD1N3，于是在AD1N中，由余弦定理，得 |AN|2262x22262xcos3126x24 3x8126 x3326，所以当 x33时，|AN|取得最小值62，故选

7、B. 7(2014 河南联考 )如图，在棱长为 1 的正方体 ABCDA1B1C1D1中，点 E，F 分别是棱 BC，CC1的中点， P 是侧面 BCC1B1内一点，若 A1P平面 AEF，则线段 A1P 长度的取值范围是 () 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 5 页，共 21 页A. 1，52B.3 24，52C.52，2D 2，3 答案B 解析如图所示，取 B1C1的中点 N，BB1的中点 M，连接 A1M，A1N，MN，可以证明平面A1MN平面 AEF，所以点 P 位于线段 MN上，且有 A1MA1N112252，MN1221

8、2222，所以当点 P 位于点 M 或 N 处时， A1P 最大，当 P 位于 MN 的中点 O 时，A1P 最小，此时 A1O5222423 24，所以 A1OA1PA1M，即3 24A1P52，所以线段 A1P 长度的取值范围是3 24，52，故选B. 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 6 页，共 21 页8(2014 南昌模拟 )在三棱锥 CABD 中(如图)，ABD 与CBD是全等的等腰直角三角形，O 为斜边 BD 的中点， AB4，二面角 ABDC 的大小为 60 ，并给出下面结论： ACBD；ADCO；AOC 为正三角形；

9、cos ADC34；四面体 ABCD 的外接球的表面积为 32.其中真命题是 () ABCD精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 7 页，共 21 页答案D 解析由题意知， BCCDADAB，且 BCCD，BAAD.因为 O 是斜边 BD 的中点，所以 OCBD，OABD，且 OCOA12BD， 所以AOC 是二面角 ABDC 的一个平面角，所以AOC60 ，所以AOC 是正三角形，即正确而OCOAO，所以 BD平面AOC，所以 BDAC，即正确若 ADCO，则由 COBD 可得 CO平面 ABD， 所以 COOA， 这与AOC60 矛盾

10、，所以不正确因为 ABCDAD4， AC2 2， 所以 cos ADC4242 2 2224434，所以不正确因为OBOCOAOD，所以 O 是四面体 ABCD 的外接球的球心，外接球的表面积为4 (2 2)232 ，即正确综上所述，真命题是. 9(2014 北京西城区期末 )如图，正方体 ABCDA1B1C1D1的棱长为 2 3，动点 P 在对角线 BD1上，过点 P 作垂直于 BD1的平面 ，记这样得到的截面多边形 (含三角形 )的周长为 y， 设 BPx， 则当 x1,5时，函数 yf(x)的值域为 () 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - -

11、 - -第 8 页，共 21 页A2 6，6 6 B2 6，18 C3 6，18 D3 6，6 6 答案D 解析当点 P 从点 B 向 D1运动时，截面的周长 y 越来越大，当截面经过平面 AB1C 时，周长最大，当点 P 继续移动时，在截面AB1C到截面 A1DC1之间，截面周长不变，当点P 继续移动时，截面周长越来越小，所以截面周长的最大值就是 AB1C 的周长因为正方体的棱长为 2 3，所以 AC2 6，即周长为 6 6.当 x1 时，截面的周长最小，如图，精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 9 页，共 21 页设 EFG 的边长

12、为y3，BF2BE2EF2y29，又 BFBE，所以 BE2y6，连接 EP 交 FG 于点 M，连接 BM，因为 P 是等边三角形 EFG的中心，所以 FMy6， 所以 EM2EF2FM23y62， 因为 EP23EM，所以 EP3y9.又 BP2EP2BE2，即 123y922y62，得 y3 6，所以值域为 3 6，6 6(或由平面 AB1C平面 FEG，BP1 可知 E，F，G 分别是 BB1，AB，BC 的中点，则EFG 的周长为AB1C 的一半，即3 6)10在ABC 中，C90 ，B30 ，AC1，M 为 AB 的中点，将 ACM 沿 CM 折起，使 A，B 间的距离为2，如图所

13、示，则 M到平面 ABC 的距离为 () 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 10 页，共 21 页A.12B.32C1 D.32答案A 解析由题意知 MBMAMC1，所以点 M 在底面的投影为底面三角形的外心，又AB2，AC1，BC3，所以底面三角形的外心为斜边 BC 的中点设 BC 的中点为 D，连接 MD，则 MD 为 M到平面 ABC 的距离，在MBD 中，MBC30 ，MDBC，所以 MD12MB12，故选 A. 二、填空题11 (2014 长春调研 )已知三棱柱 ABCA1B1C1的底面是边长为6的正三角形， 侧棱垂直于底面

14、， 且该三棱柱的外接球的表面积为12 ，则该三棱柱的体积为 _答案3 3 解析设外接球半径为R，上、下底面中心设为M，N(其中上底面为ABC)，由题意，外接球球心为 MN 的中点，设为 O，连接 OA，精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 11 页，共 21 页AM，则 OAR，由 4 R212 得 ROA3，又易得 AM2，由勾股定理可知OM1，所以 MN2，即棱柱的高h2，所以该三棱柱的体积为34(6)223 3. 12(2014 上海徐汇、金山、松江二模)如图，在直三棱柱 ABCA1B1C1中，ACB90 ，AA12，ACBC1，则

15、异面直线A1B 与AC 所成角的余弦值是 _答案66解析由于 AC A1C1，所以BA1C1(或其补角 )就是所求异面直线所成的角在 BA1C1中，A1B6， A1C11，BC15，cos BA1C16152 6166. 13 (2014 吉 林高中 毕业 班复 习检测 )下列 命题中 正确 的是_(填上你认为正确的所有命题的序号) 空间中三个平面 ， ， ，若 ， ，则 ；若 a，b，c 为三条两两异面的直线， 则存在无数条直线与a，b，精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 12 页，共 21 页c 都相交；球 O 与棱长为 a 的正四

16、面体各面都相切，则该球的表面积为6a2；三棱锥 PABC 中，PABC，PBAC，则 PCAB. 答案解析中也可以 ；过其中一条直线作平面，与其他两条直线相交，只要连接两个交点的直线不与平面中的那条直线平行，便会相交这样的情况有无数种；中可得球的半径为r612a；中由 PABC，PBAC 得点 P 在底面ABC 的投影为ABC 的垂心，故PCAB. 三、解答题14(2014 郑州质检 )在三棱柱 ABCA1B1C1中，侧面 ABB1A1为矩形，AB1，AA12，D 为 AA1的中点，BD 与 AB1交于点 O，CO侧面 ABB1A1. (1)证明： BCAB1；精选学习资料 - - - - -

17、 - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 13 页，共 21 页(2)若 OCOA，求三棱锥 C1ABC 的体积解：(1)证明： AB1，AA12，D 为 AA1的中点，AD22，BDAB2AD262，AB13. 易知 AODB1OB. AOOB1DOOBADBB112，OD13BD66，AO13AB133. AO2OD2AD2， AB1BD. 又CO平面 ABB1A1，COAB1.又 COBDO. AB1平面 CBD. 又BC? 平面 CBD，BCAB1. (2)OCOA33，且 A1C1平面 ABC，VC1ABCVA1ABCVCABA113SABA1 OC1312123

18、3618. 15 (2014 安徽六校教育研究会联考)等边三角形 ABC的边长为 3，点 D，E 分别是边 AB，AC 上的点，且满足ADDBCEEA12(如图)将ADE 沿 DE 折起到 A1DE 的位置，使二面角A1DEB 为直二面角，连接 A1B，A1C(如图 )精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 14 页，共 21 页(1)求证： A1D平面 BCED；(2)在线段 BC 上是否存在点 P， 使直线 PA1与平面 A1BD 所成的角为 60 ？若存在，求出 PB 的长，若不存在，请说明理由解：(1)证明：因为等边 ABC的边长为

19、 3，且ADDBCEEA12，所以 AD1，AE2. 在ADE 中，DAE60 ，由余弦定理，得DE1222212cos 60 3. 因为 AD2DE2AE2，所以 ADDE. 折叠后有 A1DDE，因为二面角 A1DEB 是直二面角，所以平面 A1DE平面 BCED，又平面 A1DE平面 BCEDDE，A1D? 平面 A1DE，A1DDE，所以 A1D平面 BCED. (2)假设在线段 BC 上存在点 P， 使直线 PA1与平面 A1BD 所成的角为 60 ，如图，作 PHBD 于点 H，连接 A1H，A1P，精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - -

20、 - -第 15 页，共 21 页由(1)知， A1D平面 BCED，而 PH? 平面 BCED，所以 A1DPH，又 A1DBDD，所以 PH平面 A1BD，所以PA1H 是直线 PA1与平面 A1BD 所成的角，设 PBx(0 x3)，则 BHx2，PH32x，在 RtPA1H 中，PA1H60 ，所以 A1H12x，在 RtA1DH 中，A1D1，DH212x，由 A1D2DH2A1H2，得 12 212x212x2，解得 x52，满足 0 x3，符合题意，所以在线段BC 上存在点 P，使直线 PA1与平面 A1BD 所成的角为 60 ，此时 PB52. 精选学习资料 - - - - -

21、 - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 16 页，共 21 页16(2014 潍坊联考 )如图，在几何体 ABCA1B1C1中，点 A1，B1，C1在平面 ABC 内的正投影分别为A，B，C，且 ABBC，E 为 AB1中点，ABAA1BB12CC1.求证(1)CE平面 A1B1C1；(2)平面 AB1C1平面 A1BC. 证明： (1)由题知 AA1平面 ABC，BB1平面 ABC，CC1平面ABC，AA1BB1CC1. 如图，取 A1B1中点 F，连接 EF，FC1. 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 17

22、页，共 21 页E 为 AB1中点， EF 綊12A1A，又 AA12CC1，CC1綊12AA1，EE 綊 CC1，四边形 EFC1C 为平行四边形，CEC1F，又 CE?平面 A1B1C1，C1F? 平面 A1B1C1，CE平面 A1B1C1. (2)BB1平面 ABC，BB1BC，又 ABBC，ABBB1B，BC平面 AA1B1B，AB1? 平面 AA1B1B，BCAB1，AA1BB1AB，AA1BB1，四边形 AA1B1B 为正方形， AB1A1B，A1BBCB，AB1平面 A1BC，AB1? 平面 AB1C1，平面 AB1C1平面 A1BC17 (2014 天津五区县联考 )如图， 底

23、面为直角梯形的四棱柱ABCDA1B1C1D1中，侧棱 AA1底面 ABCD，E 为 A1B1的中点，且 ABE为等腰直角三角形， ABCD，ABBC，AB2CD2BC. 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 18 页，共 21 页(1)求证： ABDE；(2)求直线 EC 与平面 ABE 所成角的正弦值；(3)线段 EA上是否存在点 F， 使 EC平面 FBD？若存在，求出EFEA；若不存在，请说明理由解：(1)证明：取 AB 中点 O，连接 EO，DO. 因为 EBEA，所以 EOAB. 因为四边形 ABCD 为直角梯形，AB2CD2B

24、C，ABBC，所以四边形 OBCD 为正方形，所以 ABOD. 又 EO，OD 为平面 EOD 内的两条相交直线，所以 AB平面 EOD. 因为 ED? 平面 EOD，所以 ABED. (2)因为 AA1平面 ABCD，且 EOAA1，所以 EO平面 ABCD，所以 EOOD. 由 OD，OA，OE 两两垂直，建立如图所示的空间直角坐标系O精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 19 页，共 21 页xyz. 因为 EAB 为等腰直角三角形，所以 OAOBODOE，设 OB1，则 O(0,0,0)， A(0,1,0)， B(0，1,0)，C

25、(1， 1,0)， D(1,0,0)， E(0,0,1)所以EC(1，1，1)，平面 ABE 的一个法向量为 OD(1,0,0)设直线 EC 与平面 ABE 所成的角为 ，所以 sin |cosEC，OD|EC OD|EC|OD|33，即直线 EC 与平面 ABE 所成角的正弦值为33. (3)存在点 F，且EFEA13时，有 EC平面 FBD.证明如下：因为EF13EA 0，13，13，F 0，13，23，所以FB 0，43，23，BD(1,1,0)设平面 FBD 的法向量为 (a，b，c)，精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 20 页，共 21 页则有 BD0， FB0.所以ab0，43b23c0.取 a1，得 (1，1,2)因为EC (1，1，1) (1，1,2)0，即EC ；又因为 EC?平面 FBD，所以 EC平面 FBD. 因此当点 F 满足EFEA13时，有 EC平面 FBD. 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 21 页，共 21 页