【三维设计】高中数学二轮专题第一部分专题12配套专题检测.pdf

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1、1【三维设计】（江苏专版）2013高中数学二轮专题第一部分专题 12 配套专题检测1已知直线l平面，直线m?平面，给出下列命题：若，则lm；若，则lm；若lm，则；若lm，则.其中正确命题的序号是_解析：中l与m可能异面；中与也可能相交答案：2已知PA，PB，PC两两互相垂直，且PAB，PBC，PAC的面积分别为1.5 cm2,2 cm2,6 cm2，则过P，A，B，C四点的外接球的表面积为_ cm2.(注S球4r2，其中r为球半径)解析：由题意得12PAPB1.5，12PBPC2，12PCPA6，解得PA3，PB1，PC4.因为PA，PB，PC两两互相垂直，所以可构造长方体长方体的体对角线长

2、为26，即为外接球的直径，所以外接球的表面积为26.答案：263(2012苏州二模)设m，n是两条不同的直线，是两个不同的平面，给出下列命题：若，m?，n?，则mn；若，m，n，则mn；若，m，n，则mn；若，m，n，则mn.上面命题中，所有真命题的序号为_解析：中的直线m与n可以是异面直线答案：4多面体上，位于同一条棱两端的顶点称为相邻的顶点，正方体的一个顶点A在平面内，其余顶点在的同侧，正方体上与顶点A相邻的三个顶点到的距离分别为1,2和 4，P是正方体的其余四个顶点中的一个，则P到平面的距离可能是：3；4；5；6；7 2 以上结论正确的为_(写出所有正确结论的编号)解析：如图，B，D，A

3、1到平面的距离分别为1,2,4，则D，A1的中点到平面的距离为 3，所以D1到平面的距离为6；B，A1的中点到平面的距离为52，所以B1到平面的距离为5；则D，B的中点到平面的距离为32，所以C到平面的距离为3；C，A1的中点到平面的距离为72，所以C1到平面的距离为7；而P为C，C1，B1，D1中的一点，所以所有可能的结果为3,5,6,7.答案：5已知，是两个不同的平面，m，n是平面及平面之外的两条不同直线，给出四个论断：mn，m，n，以其中三个论断作为条件，余下一个论断作为结论，写出你认为正确的一个命题：_.解析：同垂直于一个平面的两条直线互相平行，同垂直于两个平行平面的两条直线也互相平行

4、，故?.(同理?)答案：?(或?)6在棱长为1 的正方体ABCDA1B1C1D1中，四面体ACB1D1的体积为 _解析：用正方体体积减去4 个相同的三棱锥体积(或求棱长为2的正四面体的体积)答案：137(2012南京二模)一块边长为10 cm 的正方形铁片按如图所示的阴影部分裁下，然后用余下的四个全等的等腰三角形作侧面，以它们的公共顶点P为顶点，加工成一个如图所示的正四棱锥容器，当x6 cm 时，该容器的容积为_ cm3.解析：正四棱锥的高h52324，V13624 48(cm3)答案：48 8在正方体上任意选择4 个顶点，它们可能是如下各种几何形体的4 个顶点，这些几何形体是 _(写出所有正

5、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：当四点共面时为矩形；当四点不共面时，若有三点在正方体的某一面内，则可形3 成中的几何形体，若任意三点都不在正方体的某一面内，则形成中的几何形体答案：9一个等腰直角三角形的三个顶点分别在正三棱柱的三条侧棱上，已知正三棱柱的底面边长为2，则该三角形的斜边长为_解析：如图，正三棱柱ABCA1B1C1中，ABC为正三角形，边长为 2，DEF为等腰直角三角形，DF为斜边，设DF长为x，则DEEF22x，作DGBB1，HGCC1，EICC1，则E

6、GDE2DG2x224，FIEF2EI2x224，FHFIHIFIEG2x224，在 RtDHF中，DF2DH2FH2，即x24 2x2242，解得x23.即该三角形的斜边长为23.答案：23 10(2012南通一模)在棱长为4 的正方体ABCDA1B1C1D1中，E、F分别为棱AA1、D1C1上的动点，点G为正方形B1BCC1的中心则空间四边形AEFG在该正方体各个面上的正投影所构成的图形中，面积的最大值为_解析：如图1，当E与A1重合，F与B1重合时，四边形AEFG在前、后面的正投影的面积最大值为12；如图 2，当E与A1重合，四边形AEFG在左、右面的正投影的面积最大值为8；如图 3，当

7、F与D重合时，四边形AEFG在上、下面的正投影的面积最大值为8；综上得，面积最大值为12.答案：12 11(2012南京二模)如图，四边形ABCD是矩形，平面ABCD平面BCE，BEEC.(1)求证：平面AEC平面ABE；4(2)点F在BE上，若DE平面ACF，求BFBE的值解：(1)证明：因为ABCD为矩形，所以ABBC.因为平面ABCD平面BCE，平面ABCD平面BCEBC，AB?平面ABCD，所以AB平面BCE.因为CE?平面BCE，所以CEAB.因为CEBE，AB?平面ABE，BE?平面ABE，ABBEB，所以CE平面ABE.因为CE?平面AEC，所以平面AEC平面ABE.(2)连结B

8、D交AC于点O，连结OF.因为DE平面ACF，DE?平面BDE，平面ACF平面BDEOF，所以DEOF.又因为矩形ABCD中，O为BD中点，所以F为BE中点，即BFBE12.12(2013无锡一中)如图，四棱锥EABCD中，EAEB，ABCD，ABBC，AB2CD.(1)求证：ABED；(2)线段EA上是否存在点F，使DF平面BCE？若存在，求出EFEA的值；若不存在，说明理由解：(1)证明：取AB中点O，连结EO，DO.因为EAEB，所以EOAB.因为ABCD，AB2CD，所以BOCD，BOCD.又因为ABBC，所以四边形OBCD为矩形，所以ABDO.因为EODOO，所以AB平面EOD.又因为EDC平面EOD，所以ABED.(2)存在点F满足EFEA12，即F为EA中点时，有DF平面BCE.证明如下：取EB中点G，连结CG，FG.5 因为F为EA中点，所以FGAB，FG12AB.因为ABCD，CD12AB，所以FGCD，FGCD.所以四边形CDFG是平行四边形，所以DFCG.因为DF?平面BCE，CG?平面BCE，所以DF平面BCE.