XX届高考数学总复习立体几何考点专项教案.docx
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XX届高考数学总复习立体几何考点专项教案
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第七模块 立体几何综合检测
一、选择题:
本大题共12小题,每小题5分,共60分.在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的.
.设α,β为不重合的平面,m,n为不重合的直线,则下列命题正确的是
A.若α⊥β,α∩β=n,m⊥n,则m⊥α
B.若m⊂α,n⊂β,m∥n,则α∥β
c.若m∥α,n∥β,m⊥n,则α⊥β
D.若n⊥α,n⊥β,m⊥β,则m⊥α
解析:
本题考查的是立体几何的知识,属于基础题.选项A错误,本项主要是为考查面面垂直的性质定理.事实上选项A的已知条件中加上m⊂β,那么命题就是正确的,也就是面面垂直的性质定理.选项B错误,容易知道两个平面内分别有一条直线平行,那么这两个平面可能相交也可能平行.选项c错误,因为两个平面各有一条与其平行的直线,如果这两条直线垂直,并不能保证这两个平面垂直.选项D正确,由n⊥α,n⊥β可得α∥β,又因为m⊥β,所以m⊥α.
答案:
D
2.已知某个几何体的三视图如图,根据图中标出的尺寸,可得这个几何体的体积是
A.12cm3
B.13cm3
c.16cm3
D.112cm3
解析:
本题考查的是简单几何体的三视图.由三视图的知识可知题中的三视图表示的几何体是三棱锥,且三棱锥的底面三角形的高与底边都为1cm,三棱锥的高为1cm.故体积V=16cm3,选c.
答案:
c
3.已知平面α⊥平面β,α∩β=l,点A∈α,A∉l,直线AB∥l,直线Ac⊥l,直线m∥α,m∥β,则下列四种位置关系中,不一定成立的是
A.AB∥m
B.Ac⊥m
c.AB∥β
D.Ac⊥β
解析:
∵m∥α,m∥β,则m∥l,故AB∥m,Ac⊥m,AB∥β都成立,c∈α时,Ac⊥β成立,但c∉α时Ac⊥β不成立.
答案:
D
4.已知过球面上A、B、c三点的截面和球心的距离是球半径的14,且|
|=5,•=0,那么球的表面积为
A.803π B.203π c.3203π D.809π
解析:
设球半径为R,球心到截面的距离d=14R,则截面圆半径r=R2-d2=154R,又•=0,则AB为截面圆的直径.
∴152R=5,R=2153,∴S球=4πR2=803π.
故选A.
答案:
A
5.设x,y,z是空间不同的直线或平面,对下列四种情形:
①x、y、z均为直线;②x、y是直线、z是平面;③z是直线,x、y是平面;④x、y、z均为平面.其中使“x⊥z且y⊥z⇒x∥y”为真命题的是
A.③④
B.①③
c.②③
D.①②
答案:
c
6.已知一个四棱锥的高为3,其底面用斜二测画法所画出的水平放置的直观图是一个边长为1的正方形,则此四棱锥的体积为
A.2
B.62
c.13
D.22
解析:
因为四棱锥的底面直观图是一个边长为1的正方形,该正方形的对角线长为2,根据斜二测画法的规则,原图是底面的边长为1,高为直观图中正方形的对角线的2倍,即为22的平行四边形.
V=13×1×22×3=22.
应选D.
答案:
D
7.已知a=,平面α过点A,B,且α∥a,则平面α的一个法向量是
A.
B.
c.
D.
解析:
设平面α的法向量是n=.
=.
则-2x-2y+z=0-x+2z=0,∴x=2zy=-32z,
∴令z=2,则x=4,y=-3,
则平面α的一个法向量为.故选A.
答案:
A
8.如图所示,在正四棱柱ABcD—A1B1c1D1中,E、F分别是AB1,Bc1的中点,则以下结论中不成立的是
A.EF与BB1垂直
B.EF与BD垂直
c.EF与平面Acc1A1平行
D.平面EFB与平面Bcc1B1垂直
解析:
过E、F分别作EE′⊥AB于E′,FF′⊥Bc于F′,连接E′F′,
则EF綊E′F′,E′F′⊥BB1,
E′F′⊥BD.
∴EF⊥BB1,EF⊥BD,
故A、B正确.
又E′F′∥Ac,∴EF∥Ac,
∴EF∥平面Acc1A1,故c正确.
应选D.
答案:
D
9.如图所示,在棱长为2的正方体ABcD—A1B1c1D1中,动点P在ABcD内,且P到直线AA1,BB1的距离之和等于22,则△PAB的面积最大值是
A.12
B.1
c.2
D.4
解析:
连结PA、PB,则PA、PB分别是P到直线AA1、BB1的距离,即PA+PB=22,∵AB=2,故P点的轨迹是以A、B为焦点的椭圆的一部分,当P点为短轴的端点时,△PAB底边AB上的高最大值为1,△PAB的面积最大值为1,故选B.
答案:
B
0.某几何体的一条棱长为7,在该几何体的主视图中,这条棱的投影是长为6的线段,在该几何体的左视图与俯视图中,这条棱的投影分别是长为a和b的线段,则a+b的最大值为
A.22
B.23
c.4
D.25
解析:
结合长方体的对角线在三个面的投影来理解计算.
如图,设长方体的长宽高分别为m,n,k,由题意得
m2+n2+k2=7,
m2+k2=6⇒n=1,
+k2=a,1+m2=b,
所以+=6⇒a2+b2=8,
∴2=!
”#$%&'*+,-./012345b2=16⇒a+b≤4,当且仅当a=b=2时取等号.
答案:
c
1.如图所示,从平面α外一点P向平面α引垂线和斜线,A为垂足,B为斜足,射线Bc⊂α,且∠PBc为钝角,设∠PBc=x,∠ABc=y,则有
A.x>y
B.x=y
c.x<y
D.x,y的大小不确定
解析:
过A作AD⊥Bc,垂足D在cB的延长线上,
连结PD,∴PD⊥Bc,
cos∠PBA=ABPB,
cos∠ABD=BDAB,
cos∠PBD=BDPB,
∴cos∠PBA•cos∠ABD=cos∠PBD.
又∵∠PBc为钝角,∴∠PBD为锐角,
∴cos∠PBD<cos∠ABD,
∴∠PBD>∠ABD,
∴x=180°-∠PBD,y=180°-∠ABD,
∴x<y.应选c.
答案:
c
2.如图所示,顶点为P的圆锥的轴截面是等腰直角三角形,A是底面圆周上的点,B是底面圆内的点,o为底面圆的圆心,AB⊥oB,垂足为B,oH⊥PB,垂足为H,且PA=4,c为PA的中点,则当三棱锥o—HPc的体积最大时,oB的长是
A.53
B.253
c.63
D.263
解析:
∵AB⊥oB,AB⊥oP,
∴AB⊥平面PBo,又AB⊂平面PBA,
∴面PAB⊥面PoB.
又∵oH⊥PB,∴oH⊥面PAB,
∵Hc⊂面PAB,PA⊂面PAB,
∴oH⊥Hc,oH⊥PA,
又c是PA的中点,∴oc⊥PA,∴Pc⊥面oHc.
∴Vo-HPc=VP-Hco=13•S△Hoc•Pc,
Pc=2,则当S△Hoc最大时,Vo-HPc最大.
此时oH=Hc,Ho⊥Hc.
又oc=12PA=2,∴Ho=2,∴Ho=12oP,
∴∠HPo=30°,∴oB=oPtan30°=263.故选D.
答案:
D
二、填空题:
本大题共4小题,每小题5分,共20分.把答案填在题中横线上.
3.在三棱锥V—ABc中,当三条侧棱VA、VB、Vc之间满足条件________时,有Vc⊥AB.
解析:
当Vc⊥VA,Vc⊥VB,
有Vc⊥平面VAB,
∵AB⊂平面VAB,
∴Vc⊥AB.
填Vc⊥VA,Vc⊥VB.
答案:
Vc⊥VA,Vc⊥VB
4.已知a,b是异面直线,且a⊂平面α,b⊂平面β,a∥β,b∥α,则平面α与平面β的位置关系是________.
答案:
平行
5.一个几何体的三视图及其尺寸如图所示,则该几何体的侧面积为________cm2.
解析:
正确画出几何体的直观图是解答三视图问题的关键.如图,由三视图可得该几何体为一正四棱锥S—ABcD,其中底面为边长为8的正方形,斜高为SH=5,在Rt△SoH中,oH=4,所以So=3,所以△SBc的面积为:
12×SH×Bc=12×8×5=20,
故侧面积为20×4=80cm2.
答案:
80
6.在正方体ABcD—A1B1c1D1中,点E1、F1分别是线段A1B1、A1c1的中点,则直线BE1与AF1所成角的余弦值是________.
解析:
本题考查异面直线所成角的求法.
如图所示,取Bc中点G,连结AG,F1G,E1F1,容易证得E1F1GB为平行四边形.
则∠AF1G是异面直线BE1与AF1所成的角或其补角.
设棱长为2,则E1F1=1,AF1=6,GF1=BE1=5,AG=5,
∴由余弦定理
cos∠AF1G=AF21+GF21-AG22•AF1•GF1=6+5-52•30=3010.
答案:
3010
三、解答题:
本大题共6小题,共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
7.如图,在正三棱柱ABc—A1B1c1中,点D在边Bc上,AD⊥c1D.
求证:
AD⊥平面Bcc1B1.
设E是B1c1上一点,当B1EEc1的值为多少时,A1E∥平面ADc1,请给出证明.
证明:
在正三棱柱中,cc1⊥平面ABc,
AD⊂平面ABc,∴AD⊥cc1.
又AD⊥c1D,cc1交c1D于c1,
且cc1和c1D都在平面Bcc1B1内,
∴AD⊥平面Bcc1B1.
由,得AD⊥Bc.在正三角形ABc中,
D是Bc的中点.
当B1EEc1=1,即E为B1c1的中点时,
四边形DEB1B是平行四边形.
∵B1B∥DE,且B1B=DE,又B1B∥AA1,
且B1B=AA1,
∴DE∥AA1,且DE=AA1.
所以四边形ADEA1为平行四边形,所以EA1∥AD.
而EA1⊄平面ADc1,故A1E∥平面ADc1.
8.如图所示,四边形ABcD为矩形,Bc⊥平面ABE,F为cE上的点,且BF⊥平面AcE.
求证:
AE⊥BE.
设点m为线段AB的中点,点N为线段
cE的中点,求证:
mN∥平面DAE.
证明:
因为Bc⊥平面ABE,AE⊂平面ABE,
所以AE⊥Bc.
又BF⊥平面AcE,AE⊂平面AcE,所以AE⊥BF,
又BF∩Bc=B,所以AE⊥平面BcE.
又BE⊂平面BcE,所以AE⊥BE.
取DE的中点P,连结PA、PN,因为点N为线段cE的中点,
所以PN∥Dc,且PN=12Dc.
又四边形ABcD是矩形,点m为线段AB的中点,
所以Am∥Dc,且Am=12Dc,
所以PN∥Am,且PN=Am,故四边形AmNP是平行四边形,所以mN∥AP.
而AP
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