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

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1、精选学习资料 - - - - - - - - - 提能专训 十四 一、挑选题点、直线、平面之间的位置关系12022 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 满意 lm,ln,l.,l.,就 A 与 相交,且交线平行于 lB 与 相交,且交线垂直于 lC ,且 l D,且 l答案 A 解析m,n,且 m,n 为异面直线, 与 肯定相交又lm,ln,l.,l.,l 平行于平面 与 的交线故 A 正确22022 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,就以下命题中正确选项 如 m,n 都平行于平面 ,就 m,n 肯定不是相交直线；如 m,

2、n 都垂直于平面 ,就 m,n 肯定是平行直线；已知 , 相互垂直, m,n 相互垂直,如 m,就 n；m,n 在平面 内的射影相互垂直,就m,n 相互垂直A BC D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,应选 A. 32022 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名师归纳总结 - - - - - - -第 1 页,共 21 页精选学习资料 - - - - - - - - - 的中点,就以下结论正确选项 AMN AB BMN 与 BC 所成的角为 45COC平面 V

3、AC 答案 D D平面 VAC平面 VBC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. 42022 厦门 5 月适应性考试 如图,棱长为 1 的正方体 ABCD名师归纳总结 A1B1C1D1 中,P 为线段 A1B 上的动点,就以下结论错误选项 第 2 页,共 21 页- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 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 由于 DC1平

4、面 A1BCD1,D1P. 平面 A1BCD1,所以 DC1D1P,所以 A 是正确的；由于 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 0A1P 2 2时,APD1 为钝角,所以 C 是错误的；将平面 AA1B 与平面 A1BCD1 沿 A1B 绽开成平面图形,线段 AD1 的长即为APPD1的最小值,解三角形易得 AD1选 C. 2 2,所以 D 是正确的故52022 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,给出以下命题：名师归纳总结 - - - -

5、 - - -第 3 页,共 21 页精选学习资料 - - - - - - - - - 如 ,m ,就 m；如 m,n,且 mn,就 ；如 m,m ,就 ；如 m ,n ,且 m n,就 . 其中正确命题的序号是 A BC D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；由于 m,m ,所以 ,正确；如 m ,n ,且 m n,就 或 , 相交,不正确应选B. 62022 北京海淀区模拟 如下列图,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AC

6、D1 的垂线交平面 A1B1C1D1 于点 N,就点 N 到点 A 距离的最小值为名师归纳总结 第 4 页,共 21 页- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - A.2 B.6 2C.2 3 3 D1 答案 B 解析 连接 B1D1,AN,就 N 在 B1D1 上设 MNx.在正方体ABCDA1B1C1D1 中可求得 sinB1D1O2 6,就在 RtD1MN 中,D1NsinB1D1O MN2 x.又由正方体的性质知6 AD1N 3,于是在 AD1N中,由余弦定理,得 |AN|222 x 22622 xcos1 2 6x24 3x81 2 6 x3 3 26

7、,3 6所以当 x3时,|AN|取得最小值 2,应选 B. 72022 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,名师归纳总结 如 A1P 平面 AEF,就线段 A1P 长度的取值范畴是 第 5 页,共 21 页- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - A. 1,5 2B. 3 2 4,5 2C. 2,5 2 D 2,3 答案 B 解析 如下列图,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

8、点 P 位于线段 MN上,且有 A1MA1N11 225 2,MN1 221 222 2,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,5 2 3 2A1P 最小,此时 A1O2 24 24,所以 A1OA1PA1M,即3 2 4A1P2,所以线段 A1P 长度的取值范畴是 5 3 24,2,应选 5B. 名师归纳总结 - - - - - - -第 6 页,共 21 页精选学习资料 - - - - - - - - - 82022 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

9、面角 ABDC 的大小为 60,并给出下面结论： ACBD；ADCO； AOC 为正三角形； cos ADC的表面积为 32 .其中真命题是 3 4；四周体 ABCD 的外接球名师归纳总结 AB第 7 页,共 21 页CD- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 答案 D 解析 由题意知, BCCDADAB,且 BCCD,BAAD.1由于 O 是斜边 BD 的中点,所以 OCBD,OABD,且 OCOA2BD,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

10、如 ADCO,就由 COBD 可得 CO平面 ABD,所以 COOA,这与AOC60 冲突,所以不正确因为 ABCDAD4,AC2 2,所以 cos ADC4242 2 223 4,2 4 4所以不正确由于OBOCOAOD,所以 O 是四周体 ABCD 的外接球的球心,外接球的表面积为 4 2 2232 ,即正确综上所述,真命题是 . 92022 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,就当 x1,5名师归纳总结 时,函数 yfx的值

11、域为 第 8 页,共 21 页- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 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 连续移动时,在截面 AB1C到截面 A1DC1之间,截面周长不变,当点P 连续移动时,截面周长越来越小,所以截面周长的最大值就是AB1C 的周长由于正方体的棱长为 2 3,所以 AC2 6,即周长为 6 6.当 x1 时,截面的周长最小,如图,名师归纳总结 - - - - - - -第 9 页

12、,共 21 页精选学习资料 - - - - - - - - - 设 EFG 的边长为y 3,BF2BE2EF2y2 9,又 BFBE,所以 BE2y6,连接 EP 交 FG 于点 M,连接 BM,由于 P 是等边三角形 EFGy 3y 2的中心,所以 FM6,所以 EM2EF2FM26 2,由于 EP3EM,3y 3y 2y所以 EP9 .又 BP2EP2BE2,即 129 26 2,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,就 EFG 的周长为 AB1C 的一半,即3 610在 ABC 中, C90

13、,B30,AC1,M 为 AB 的中点,将 ACM 沿 CM 折起,使 A,B 间的距离为 到平面 ABC 的距离为 2,如下列图,就 M名师归纳总结 - - - - - - -第 10 页,共 21 页精选学习资料 - - - - - - - - - A.1 2B.3 2C1 D.3 2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,就 MD 为 M到平面 ABC 的距离,在 MBD 中,MBC30 ,MDBC,所以 MD1 2MB1 2,应选 A.

14、二、填空题112022 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, 且该三棱柱的外接球的表面积为 12,就该三棱柱的体积为 _答案3 3 R,上、下底面中心设为M,N其中上解析设外接球半径为底面为 ABC,由题意,外接球球心为 MN 的中点,设为 O,连接 OA,名师归纳总结 - - - - - - -第 11 页,共 21 页精选学习资料 - - - - - - - - - AM,就 OAR,由 4R212 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3 4 62 23 3. 122022

15、 上海徐汇、金山、松江二模如图,在直三棱柱 ABCA1B1C1 中, ACB90,AA12,ACBC1,就异面直线 A1B 与AC 所成角的余弦值是 _答案6 6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 BA1C1615 62 6 16 . 13 2022 吉 林 高 中 毕 业 班 复 习 检测 下 列 命 题中 正确 的 是_填上你认为正确的全部命题的序号 空间中三个平面,如 ,就 ；名师归纳总结 如 a,b,c 为三条两两异面的直线, 就存在很多条直线与a,b,第 12 页,共 21 页- -

16、- - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - c 都相交；球 O 与棱长为 a 的正四周体各面都相切,就该球的表面积为 6a2；三棱锥 PABC 中,PABC,PBAC,就 PCAB. 答案；过其中一条直线作平面,与其他两中也可以解析条直线相交,只要连接两个交点的直线不与平面中的那条直线平行,便会相交这样的情形有很多种；中可得球的半径为r6 12a；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142022 郑州质检 在三棱柱 ABCA1B1C1 中,侧面 ABB1A1 为矩形, AB1,AA1侧面 ABB1A1.

17、2,D 为 AA1 的中点, BD 与 AB1 交于点 O,CO1证明： BCAB1；名师归纳总结 - - - - - - -第 13 页,共 21 页精选学习资料 - - - - - - - - - 2如 OCOA,求三棱锥 C1ABC 的体积解：1证明： AB1,AA12,D 为 AA1 的中点,AD2 2,BDAB2AD26 2,AB13. 易知 AOD B1OB. AO OB1DO OB AD BB11 2,OD1 3BD6,AO1 3AB1 3 3 . AO2OD2AD2, AB1BD. 又CO平面 ABB1A1,COAB1.又 COBDO. AB1平面 CBD. 又BC. 平面 C

18、BD,BCAB1. 2OCOA3 3,且 A1C1 平面 ABC, VC1 ABC VA1 ABCVCABA11 3S ABA1OC 1 3 13 6 12318. 152022 安徽六校训练讨论会联考等边三角形 ABC 的边长为 3,点 D,E 分别是边 AB,AC 上的点,且满意AD DBCE EA1 2如图 将 ADE 沿 DE 折起到 A1DE 的位置,使二面角 角,连接 A1B,A1C如图 A1DEB 为直二面名师归纳总结 - - - - - - -第 14 页,共 21 页精选学习资料 - - - - - - - - - 1求证： A1D平面 BCED；2在线段 BC 上是否存在点

19、 P,使直线 PA1 与平面 A1BD 所成的角为 60？如存在,求出 PB 的长,如不存在,请说明理由解：1证明：由于等边所以 AD1,AE2. ABC 的边长为 3,且AD DBCE EA1 2,在 ADE 中, DAE60,由余弦定理,得DE12222 1 2 cos 60 3. 由于 AD2DE2AE2,所以 ADDE. 折叠后有 A1DDE,由于二面角 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

20、的角 为 60,如图,作 PHBD 于点 H,连接 A1H,A1P,名师归纳总结 - - - - - - -第 15 页,共 21 页精选学习资料 - - - - - - - - - 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 PBx0x3,名师归纳总结 就 BHx 2,PH 3 2 x,第 16 页,共 21 页在 Rt PA1H 中,PA1H60,所以 A1H1 2x,在 Rt A1DH 中,A1D1,DH 21 2x,由 A1D2DH2A1H 2,得

21、 12 21 2x 2 1 2x 2,解得 x5 2,满意 0x3,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 PB5 2. - - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 162022 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 点,ABAA1BB12CC1.求证 1CE 平面 A1B1C1；2平面 AB1C1平面 A1BC. A,B,C,且 ABBC,E 为 AB1中证明： 1由题知 AA1平面 ABC,BB1平面 ABC,CC1平面ABC,AA1 B

22、B1 CC1. 如图,取 A1B1 中点 F,连接 EF,FC1. 名师归纳总结 - - - - - - -第 17 页,共 21 页精选学习资料 - - - - - - - - - E 为 AB1中点, EF 綊1 2A1A,又 AA12CC1,CC1 綊1 2AA1,EE 綊 CC1,四边形 EFC1C 为平行四边形,CE C1F,又 CE.平面 A1B1C1,C1F. 平面 A1B1C1,CE 平面 A1B1C1. 2BB1平面 ABC,BB1BC,又 ABBC,ABBB1B,BC平面 AA1B1B,AB1. 平面 AA1B1B, BCAB1,AA1BB1AB,AA1 BB1,四边形 A

23、A1B1B 为正方形, AB1A1B,A1BBCB,AB1平面 A1BC,AB1. 平面 AB1C1,平面 AB1C1平面 A1BC 172022 天津五区县联考 如图,底面为直角梯形的四棱柱 ABCD ABEA1B1C1D1 中,侧棱 AA1底面 ABCD,E 为 A1B1 的中点,且为等腰直角三角形, AB CD,ABBC,AB2CD2BC. 名师归纳总结 - - - - - - -第 18 页,共 21 页精选学习资料 - - - - - - - - - 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？如存在,求

24、出EF EA；如不存在,请说明理由解：1证明：取 AB 中点 O,连接 EO,DO. 由于 EBEA,所以 EOAB. 由于四边形 ABCD 为直角梯形,AB2CD2BC,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. 由于 ED. 平面 EOD,所以 ABED. 2由于 AA1平面 ABCD,且 EO AA1,所以 EO平面 ABCD,所以 EOOD. 名师归纳总结 由 OD,OA,OE 两两垂直,建立如下列图的空间直角坐标系O第 19 页,共 21 页- - - - - - -精选学习资料 - - -

25、- - - - - - xyz. 由于 EAB 为等腰直角三角形,所以 OAOBODOE,设 OB1,就 O0,0,0,A0,1,0,B0,1,0,C1,1,0,D1,0,0,E0,0,1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|EC |OD OD | |3,33即直线 EC 与平面 ABE 所成角的正弦值为 3 . 3存在点 F,且EF EA1 3时,有 EC 平面 FBD.证明如下：由于EF 1 3EA 0,1 3,1 3,F 0,1 3,2 3,所以FB 0,4 3,2 3,BD 1,1,0设平面 FBD 的法向量为 a,b,c,名师归纳总结 - - - - - - -第 20 页,共 21 页精选学习资料 - - - - - - - - - 就有BD 0,FB 0.ab0,所以4 3b2 3c0.取 a1,得 1, 1,2由于EC 1,1,1 1,1,20,即EC ；又由于 EC.平面 FBD,所以 EC 平面 FBD. 名师归纳总结 因此当点 F 满意EF EA1 3时,有 EC 平面 FBD. 第 21 页,共 21 页- - - - - - -