2021高三数学一轮理数-第九章-第六节-棱柱、棱锥的概念和性质(课时提能精练)-全国版2.doc

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1、(本栏目内容，学生用书中以活页形式单独装订成册！)一、选择题(每题6分，共36分)1假设一个四棱柱的四个侧面都是正方形，那么这个四棱柱是()A正方体 B正四棱柱C长方体 D直平行六面体【答案】D2假设正棱锥的底面边长与侧棱长相等，那么该棱锥一定不是()A三棱锥 B四棱锥C五棱锥 D六棱锥【解析】各侧面为正三角形，假设为六棱锥那么不能构成空间图形【答案】D3如下图，四棱锥PABCD的底面为正方形，PD底面ABCD，PDAD1，设点C到平面PAB的距离为d1，点B到平面PAC的距离为d2，那么有() A1d1d2 Bd1d21Cd11d2 Dd2d11【解析】点C到平面PAB的距离d1，点B到平面

2、PAC的距离d2，1，d2d11.【答案】D4正四棱锥的侧棱与底面成45的角，那么侧面与底面所成二面角的正弦值为()A. B.C. D.【解析】过P作PO面ABCD于O，是正四棱锥，O在AC上且AOCO，PAO为侧棱与底面所成的角为45，过O作OEBC交AB于E，连结PE，AOCO，AEBE，又APBP，PEAB，OEAB，PEO为侧面APB与底面ABCD所成的二面角的平面角在RtAOP中，POAOBC，EOBC，PEBC，sinPEO.【答案】D5(2021年江西师大附中)如下图，把边长为a的正方形剪去图中的阴影局部，沿图中所画的折成一个正三棱锥，那么这个正三棱锥的高是()A.a B.aC.

3、a D.a【解析】由题意得cos 15，b，所折成的正三棱锥的侧棱长是a、底面边长是b，因此这个三棱锥的高是a.应选D.【答案】D6以下命题中，真命题的个数是()两相邻侧棱所成之角相等的棱锥是正棱锥两相邻侧面所成之角相等的棱锥是正棱锥侧棱与底面所成之角相等的棱锥是正棱锥侧面与底面所成之角相等的棱锥是正棱锥A3 B2C1 D0【解析】对照定义，构造反例如下图，SABC是正三棱锥，两相邻侧棱所成之角相等，两相邻侧面所成之角相等在SB，SC上分别取异于B，C的点B1，C1，连接AB1，AC1，那么三棱锥SAB1C1均满足命题的条件，但显然不是正三棱锥，所以命题为假命题命题中，侧棱与底面所成之角相等，

4、顶点在底面的射影是底面多边形的外心，但外心不一定是中心，因为底面不一定是正多边形，因此命题也是假命题在命题中，侧面与底面所成之角相等，顶点在底面的射影是底面多边形的内心，而内心不一定是中心，所以命题也是假命题【答案】D二、填空题(每题6分，共18分)7(2021年四川高考题)正四棱柱的一条对角线长为，且与底面所成的角的余弦值为，那么该正四棱柱的体积是_【解析】由题意得【答案】28(2021年天津高考题)一个正方体的各定点均在同一球的球面上，假设该球的体积为4，那么该正方体的外表积为_【解析】由R34得R，所以a2，外表积为6a224.【答案】249在正方体上任意选择4个顶点，它们可能是如下各种

5、几何形体的4个顶点，这些几何形体是_(写出所有正确结论的编号)矩形；不是矩形的平行四边形；有三个面为等腰直角三角形，有一个面为等边三角形的四面体；每个面都是等边三角形的四面体；每个面都是直角三角形的四面体【解析】如下图，在正方体ABCDA1B1C1D1上，如取A、B、C、D四个顶点，可得矩形；取D、A、C、D1四个顶点，可得中所述几何体；取A、C、D1、B1四个顶点可得中所述几何体；取D、D1、A、B四个顶点可得中所述几何体【答案】三、解答题(10,11每题15分，12题16分，共46分)10(2021年湖北高考)如图，在直角三棱柱ABCA1B1C1中，平面A1BC侧面A1ABB1.(1)求证

6、：ABBC；(2)假设AA1ACa，直线AC与平面A1BC所成的角为，二面角A1BCA的大小为，求证：.【证明】(1)如图，过点A在平面A1ABB1内作ADA1B于D，那么由平面A1BC侧面A1ABB1，且平面A1BC侧面A1ABB1A1B，得AD平面A1BC.又BC平面A1BC，所以ADBC.因为三棱柱ABCA1B1C1是直三棱柱，那么AA1底面ABC，所以AA1BC，又AA1ADA，从而BC侧面A1ABB1，又AB侧面A1ABB1故ABBC.(2)连结CD，那么由(1)知ACD就是直线AC与平面A1BC所成的角，ABA1就是二面角A1BCA的平面角，即ACD，ABA1，于是在RtADC中，

7、sin ，在RtADA1中，sinAA1D，sin sinAA1D，由于与AA1D都是锐角，所以AA1D，又由RtA1AB知，AA1D，故.11如下图，在四棱锥SABCD中，底面ABCD为正方形，侧棱SD底面ABCD，E、F分别为AB、SC的中点(1)证明EF平面SAD；(2)设SD2DC，求二面角AEFD的大小【解析】(1)证明：如下图，作FGDC交SD于点G，连结AG，那么G为SD的中点，FG綊CD，又CD綊AB，所以FG綊AE.故四边形AEFG为平行四边形，所以EFAG.又AG平面SAD，EF平面SAD，所以EF平面SAD.(2)不妨设DC2，那么SD4，DG2，ADG为等腰直角三角形，

8、取AG中点H，连结DH，那么DH，DHAG.又AB平面SAD，所以ABDH.而ABAGA，所以DH平面AEF.取EF中点M，连结MH，那么HM1，HMEF.连结DM，那么DMEF.故DMH为二面角AEFD的平面角12如图，四棱锥SABCD中，底面ABCD为矩形，SD底面ABCD，AD，DCSD2.点M在侧棱SC上，ABM60.(1)证明：M是侧棱SC的中点；(2)求二面角SAMB的大小【解析】方法一：(1)证明：作MECD交SD于点E，那么MEAB，ME平面SAD.连结AE，那么四边形ABME为直角梯形作MFAB，垂足为F，那么AFME为矩形设MEx，那么SEx，AE，MFAE，FB2x.由M

9、FFBtan 60，得(2x)，解得x1.即ME1，从而MEDC，所以M为侧棱SC的中点(2)MB2，又ABM60，AB2，所以ABM为等边三角形又由(1)知M为SC的中点，SM，SA，AM2，故SA2SM2AM2，SMA90.取AM的中点G，连结BG.取SA的中点H，连结GH，那么BGAM，GHAM，由此知BGH为二面角SAMB的平面角连接BH.在BGH中，BGAM，GHSM，BH，所以cosBGH.故二面角SAMB的大小为arccos()方法二：以D为坐标原点，射线DA、DC、DS为x、y、z轴的正半轴，建立如下图的空间直角坐标系Dxyz.设A(，0,0)，那么B(，2,0)，C(0,2,0)，S(0,0,2)(1)证明：设(0)，那么M，.又(0,2,0)，60，故|cos 60，即解得1，即.所以M为侧棱SC的中点(2)由M(0,1,1)，A(，0,0)，得AM的中点G(，)又(，)，(0，1,1)，(，1,1)0，0，所以，.因此，等于二面角SAMB的平面角cos，.所以二面角SAMB的大小为arccos()