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高考文科數(shù)學(xué)一輪總復(fù)習(xí)課標(biāo)通用版作業(yè):第8章 立體幾何 課時(shí)作業(yè)40

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高考文科數(shù)學(xué)一輪總復(fù)習(xí)課標(biāo)通用版作業(yè):第8章 立體幾何 課時(shí)作業(yè)40

課時(shí)作業(yè)40 立體幾何的綜合問(wèn)題 一、選擇題 1.正方體ABCD—A1B1C1D1的棱上到異面直線AB,CC1的距離相等的點(diǎn)的個(gè)數(shù)為(  ) A.2 B.3 C.4 D.5 圖1 解析:如圖1所示,由點(diǎn)到直線的距離的定義及正方體性質(zhì)可得BC中點(diǎn)E到AB、 CC1的距離相等. A1D1的中點(diǎn)F到AB、CC1的距離相等.B1,D到AB、CC1的距離相等.故棱上共有4個(gè)點(diǎn)到AB和CC1的距離相等,故選C. 答案:C  2.如圖2,四邊形ABCD中,△BAD與△BDC都是等腰直角三角形,將△ABD沿BD折起,使平面ABD⊥平面BCD,構(gòu)成四面體ABCD,則在四面體中,以下判斷正確的是(  ) 圖2 A.平面ABD⊥平面ABC B.平面ADC⊥平面BDC C.平面ABC⊥平面BDC D.平面ADC⊥平面ABD 解析: ?面ADC⊥面ABD. 答案:D 3.如圖3,某密閉正方體容器有三個(gè)漏洞O、E、C1,其中O是面A1B1C1D1的中心,E是BB1中點(diǎn).容器棱長(zhǎng)為a,則該容器最多能裝液體(  ) 圖3 A.a3        B.a3 C.a3 D.a3 解析:當(dāng)O、E、C1在同一水平面上時(shí),可裝最多液體,此時(shí)液體體積為V正方體-VE-A1B1C1=a3.選C. 答案:C  圖4 4.如圖4,在等腰梯形ABCD中,AB=2DC=2,∠DAB=60°,E為AB的中點(diǎn),將△ADE與△BEC分別沿ED、EC向上折起,使A、B重合于點(diǎn)P,則三棱錐P-DCE的外接球的體積為(  ) A. B. C. D. 解析:易證所得三棱錐的所有棱長(zhǎng)都為1,把三棱錐通過(guò)補(bǔ)形,補(bǔ)成棱長(zhǎng)為的正方體,故外接球半徑為,外接球的體積為π()3=π. 答案:C  圖5 5.(2019年遼寧模擬)如圖5,已知在體積為V的三棱柱ABC—A1B1C1中,M,N分別是A1B1,AB的中點(diǎn),點(diǎn)P在線段B1C上,則三棱柱P—AMC1的體積是(  ) A.V B.V C.V D.不確定 解析:設(shè)SAA1B1B=S,C1到平面AA1B1B的距離為h,則V=Sh,∵平面B1NC∥平面AMC1,∴VP—AMC1=VN—AMC1=VC1—AMN=S△AMN·h=×S·h=V,選A. 答案:A  6.(2019年四川省成都市石室中學(xué)學(xué)期中)如圖6,已知正三棱柱ABC-A1B1C1的各條棱長(zhǎng)都相等,M是側(cè)棱CC1的中點(diǎn),則異面直線AB1和BM所成的角的大小是(  ) 圖6 A.90° B.60° C.45° D.30° 解析:設(shè)三棱柱ABC-A1B1C1的棱長(zhǎng)等于2,延長(zhǎng)MC1到N使MN=BB1,連接AN,則 圖7 ∵M(jìn)N∥BB1,MN=BB1, ∴四邊形BB1NM是平行四邊形,可得B1N∥BM 因此,∠AB1N(或其補(bǔ)角)就是異面直線AB1和BM所成角 ∵Rt△B1C1N中,B1C1=2,C1N=1,∴B1N= ∵Rt△ACN中,AC=2,CN=3,∴AN= 又∵正方形AA1B1B中,AB1=2 ∴△AB1N中,cos∠AB1N==0, 可得∠AB1N=90° 即異面直線AB1和BM所成角為90°. 答案:A  圖8 7.如圖8,在四面體ABCD中,點(diǎn)P、Q、M、N分別是棱AB、BC、CD、AD的中點(diǎn),截面PQMN是正方形,則下列結(jié)論錯(cuò)誤的為(  ) A.AC⊥BD B.AC∥截面PQMN C.AC=CD D.異面直線PM與BD所成的角為45° 解析:由PQ∥AC,QM∥BD,PQ⊥QM可得AC⊥BD,故選項(xiàng)A正確;由PQ∥AC可得AC∥截面PQMN,故選項(xiàng)B正確;由PQ=AC,QM=BD,PQ=QM可得AC=BD,故選項(xiàng)C錯(cuò)誤;異面直線PM與BD所成的角等于PM與PN所成的角,故選項(xiàng)D正確. 答案:C  8.(2019年河南省許昌高中、襄城高中、長(zhǎng)葛一高等校高二下學(xué)期第一次聯(lián)考)正三棱柱ABC-A1B1C1中,E,F(xiàn),G分別為AB,AA1,A1C1的中點(diǎn),則B1F與面GEF所成角的正弦值為(  ) 圖9 A. B. C. D. 解析: 設(shè)正三棱柱的棱長(zhǎng)為2,取A1B1中點(diǎn)M,連接EM,則EM∥AA1,EM⊥平面ABC,連接GM 圖10 ∵G為A1C1的中點(diǎn), ∴GM=B1C1=1,A1G=A1F=1,F(xiàn)G=, FE=,GE=. 在平面EFG上作FN⊥GE, 則∵△GFE是等腰三角形, ∴FN=,∴S△GEF=GE×FN=, S△EFB1=S正方形ABB1A1-S△A1B1F-S△BB1E-S△AFE=, 作GH⊥A1B1,GH=, ∴V三棱錐G-FEB1=S△FEB1×GH=, 設(shè)B1到平面EFG距離為h,則 V三棱錐B1-EFG=S△GEF=, ∵V三棱錐G-FEB1=V三棱錐B1-EFG, ∴=,∴h= 設(shè)B1F與平面GEF所成角為θ, ∵B1F= ∴sinθ===. ∴B1F與面GEF所成的角的正弦值為. 答案:A 二、填空題 9.若正方體的棱長(zhǎng)為,則以該正方體各個(gè)面的中心為頂點(diǎn)的凸多面體的體積為_(kāi)_______. 解析:正方體各個(gè)面的中心為頂點(diǎn)的凸多面體是兩個(gè)全等的正四棱錐,該棱錐的高是正方體高的一半,底面面積是正方體一個(gè)面正方形面積的一半,于是,其體積為V=2××(××)××=. 答案: 10.已知OA為球O的半徑,過(guò)OA的中點(diǎn)M且垂直于OA的平面截球面得到圓M.若圓M的面積為3π,則球O的表面積等于________. 解析:設(shè)球半徑為R,圓M的半徑為r,則πr2=3π,即r2=3由題得R2-()2=3,所以R2=4?4πR2=16π. 答案:16π 11.(2019年河南省百校聯(lián)盟高三上學(xué)期質(zhì)檢)已知斜四棱柱ABCD-A1B1C1D1的各棱長(zhǎng)均為2,∠A1AD=60°,∠BAD=90°,平面A1ADD1⊥平面ABCD,則直線BD1與平面ABCD所成的角的正切值為_(kāi)_______. 圖11 圖12 解析:延長(zhǎng)AD,過(guò)D1作D1E⊥AD于E,連結(jié)BE, 因?yàn)槠矫鍭1ADD1⊥平面ABCD,平面A1ADD1∩平面ABCD=AD, 所以D1E⊥平面ABCD,即BD1為BE在平面ABCD內(nèi)的射影, 所以∠D1BE為直線BD1與平面ABCD所成的角, 因?yàn)镈1E=2sin60°=,BE==, 所以,tan∠D1BE==. 答案: 12.(2019年江蘇省揚(yáng)州市高郵一中月考)已知a,b為異面直線,且a,b所成角為40°,直線c與a,b均異面,且所成角均為θ,若這樣的c共有四條,則θ的范圍為_(kāi)_______. 解析:設(shè)平面α外兩條直線m,n分別滿足m∥a,n∥b, 則m,n相交,且?jiàn)A角為40°, 若直線c與a,b均異面,且所成角均為θ, 則直線c與m,n所成角均為θ, 當(dāng)0°≤θ<20°時(shí),不存在這樣的直線c, 當(dāng)θ=20°時(shí),這樣的c只有一條, 當(dāng)20°<θ<70°時(shí),這樣的c有兩條, 當(dāng)θ=70°時(shí),這樣的c有三條, 當(dāng)70°<θ<90°時(shí),這樣的c有四條, 當(dāng)θ=90°時(shí),這樣的c只有一條. 答案:(70°,90°) 三、解答題 圖13 13.(2019年廣東東莞調(diào)研)如圖13,幾何體S-ABC的底面是由以AC為直徑的半圓O與△ABC組成的平面圖形,SO⊥平面ABC,AB⊥BC,SA=SB=SC=AC=4,BC=2. (1)求直線SB與平面SAC所成角的正弦值; (2)求幾何體S-ABC的正視圖中△S1A1B1的面積; 圖14 (3)試探究在圓弧AC上是否存在一點(diǎn)P,使得AP⊥SB,若存在,說(shuō)明點(diǎn)P的位置并證明;若不存在,說(shuō)明理由. 解:(1)過(guò)點(diǎn)B作BH⊥AC于點(diǎn)H,連結(jié)SH.因?yàn)镾O⊥平面ABC,BH?平面ABC,所以BH⊥SO.又因?yàn)锽H⊥AC,SO∩AC=O,所以BH⊥平面SAC,即∠BSH就是直線SB與平面SAC所成的角.在△ABC中,因?yàn)锳B⊥BC,AC=4,BC=2,所以∠ACB=60°,BH=2sin60°=.在Rt△BSH中,因?yàn)镾B=4,所以sin∠BSH==,即直線SB與平面SAC所成角的正弦值為. (2)由(1)知,幾何體S-ABC的正視圖中,△S1A1B1的邊A1B1=AH=AC-HC,而HC=2cos60°=1,所以A1B1=3.又△S1A1B1的邊A1B1上的高等于幾何體S-ABC中SO的長(zhǎng),而SA=SC=AC=4,所以SO=2,所以S△S1A1B1=×3×2=3. 圖15 (3)存在.證明如下: 如圖15,連接BO并延長(zhǎng)交弧AC于點(diǎn)M,在底面內(nèi),過(guò)點(diǎn)A作AP⊥BM交弧AC于點(diǎn)P.因?yàn)镾O⊥平面ABC. 而AP?平面ABC,所以AP⊥SO. 又因?yàn)锳P⊥BM,SO∩BM=O,所以AP⊥平面SOB,從而AP⊥SB. 又因?yàn)锳O=OC=BC=2,所以有∠AOM=∠BOC=∠ACB=60°,所以∠AOM=∠POM=60°,∠AOP=120°,即點(diǎn)P位于弧AC的三等分點(diǎn)的位置,且∠AOP=120°. 14. 圖16 在長(zhǎng)方體ABCD—A1B1C1D1中,AB=BC=2,過(guò)A1、C1、B三點(diǎn)的平面截去長(zhǎng)方體的一個(gè)角后,得到如圖16所示的幾何體ABCD-A1C1D1,且這個(gè)幾何體的體積為. (1)證明:直線A1B∥平面CDD1C1; (2)求棱A1A的長(zhǎng); (3)求經(jīng)過(guò)A1、C1、B、D四點(diǎn)的球的表面積. 解:(1)證法1:如題圖,連結(jié)D1C, ∵ABCD-A1B1C1D1是長(zhǎng)方體, ∴A1D1∥BC且A1D1=BC. ∴四邊形A1BCD1是平行四邊形. ∴A1B∥D1C. ∵A1B?平面CDD1C1,D1C?平面CDD1C1, ∴A1B∥平面CDD1C1. 證法2:∵ABCD-A1B1C1D1是長(zhǎng)方體, ∴平面A1AB∥平面CDD1C1. ∵A1B?平面A1AB,A1B?平面CDD1C1, ∴A1B∥平面CDD1C1. (2)解:設(shè)A1A=h, ∵幾何體ABCD-A1C1D1的體積為, ∴VABCD-A1C1D1=VABCD-A1B1C1D1-VB-A1B1C1=, 即SABCD×h-×S△A1B1C1×h=, 即2×2×h-××2×2×h=,解得h=4. ∴A1A的長(zhǎng)為4. (3)解:如題圖,連結(jié)D1B,設(shè)D1B的中點(diǎn)為O,連OA1,OC1,OD, ∵ABCD-A1B1C1D1是長(zhǎng)方體, ∴A1D1⊥平面A1AB. ∵A1B?平面A1AB, ∴A1D1⊥A1B.∴OA1=D1B. 同理OD=OC1=D1B. ∴OA1=OD=OC1=OB. ∴經(jīng)過(guò)A1、C1、B、D四點(diǎn)的球的球心為點(diǎn)O. ∵D1B2=A1D12+A1A2+AB2=22+42+22=24. ∴S球=4π×(OB)2=4π×()2=π×D1B2=24π. 故經(jīng)過(guò)A1、C1、B、D四點(diǎn)的球的表面積為24π.

注意事項(xiàng)

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