专题四:立体几何
阶段质量评估(四)
一、选择题(本大题共12小题,每小题5分,总分60分)
1.如右图所示,一个空间几何体的主视图和左视图都是边长为的正方形,俯视图是一个直径为的圆,那么这个几何体的全面积为()
A.B.
C.D.
2.下列四个几何体中,每个几何体的三视图
有且仅有两个视图相同的是()
A.①②B.①③C.①④D.②④
3.如图,设平面,垂足分别为,若增加一个条件,就能推出.
现有①②与所成的角相等;
③与在内的射影在同一条直线上;④∥.
那么上述几个条件中能成为增加条件的个数是()
个个个个
4.已知直线和平面,则下列命题正确的是()
AB
CD
5.空间直角坐标系中,点关于平面的对称点的坐标是()
A.B.C.D.
6.给定下列四个命题:
①若一个平面内的两条直线与另一个平面都平行,那么这两个平面相互平行;
②若一条直线和两个平行平面中的一个平面垂直,那么这条直线也和另一个平面垂直;
③若一条直线和两个互相垂直的平面中的一个平面垂直,那么这条直线一定平行于另一个平面;
④若两个平面垂直,那么一个平面内与它们的交线不垂直的直线与另一个平面也不垂直.
其中,为真命题的是()
A.①和②B.②和③C.③和④D.②和④
7.如图,正四棱柱中,,则异面直线所成角的余弦值为()
A.B.C.D.
8.如图,已知六棱锥的底面是正六边形,则下列结论正确的是()
A.B.
C.直线∥D.直线所成的角为45°
9.正六棱锥P-ABCDEF中,G为PB的中点,则三棱锥D-GAC与三棱锥P-GAC体积之比为()
(A)1:1(B)1:2(C)2:1(D)3:2
10.如图,在四面体中,截面是正方形,则在下列命题中,错误的为()
..∥截面
..异面直线与所成的角为
11.如图,在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=BC=2,AA1=1,则BC1与平面BB1D1D所成角的余弦值为()
A.B.
C.D.
12.如图,为正方体,下面结论错误的是()
(A)平面
(B)
(C)平面
(D)异面直线与所成的角为
二、填空题(本大题共4小题,每小题4分,总分16分)
13.图2中实线围成的部分是长方体(图1)的平面展开图,其中四边形ABCD是边长为1的正方形.若向虚线围成的矩形内任意抛掷一质点,它落在长方体的平面展开图内的概率是,则此长方体的体积是。
14.已知一圆锥的底面半径与一球的半径相等,且全面积也相等,则圆锥的母线与底面所成角的大小为.(结果用反三角函数值表示)
15.如图,在长方形中,,,为的中点,为线段(端点除外)上一动点.现将沿折起,使平面平面.在平面内过点,作,为垂足.设,则的取值范围是.
16.已知点O在二面角α-AB-β的棱上,点P在α内,且∠POB=45°.若对于β内异于O的任意一点Q,都有∠POQ≥45°,则二面角α-AB-β的取值范围是_________.
三、解答题(本大题共6小题,总分74分)
17.如图,在长方体,点E在棱AB上移动,小蚂蚁从点A沿长方体的表面爬到点C1,所爬的最短路程为.
(1)求证:D1E⊥A1D;
(2)求AB的长度;
(3)在线段AB上是否存在点E,使得二面角
。若存在,确定
点E的位置;若不存在,请说明理由.
18.如图,四棱锥P—ABCD的底面ABCD是正方形,侧棱PD⊥底面ABCD,PD=DC,E是PC的中点.
(Ⅰ)证明PA//平面BDE;
(Ⅱ)求二面角B—DE—C的平面角的余弦值;
(Ⅲ)在棱PB上是否存在点F,使PB⊥平面DEF?证明你的结论.
19.如图所示的长方体中,底面是边长为的正方形,为与的交点,,
是线段的中点。
(Ⅰ)求证:平面;
(Ⅱ)求二面角的大小。
20.如图,已知三棱柱ABC—A1B1C1的侧棱与底面垂直,AA1=AB=AC=1,,M是CC1的中点,N是BC的中点,点P在A1B1上,且满足
(I)证明:
(II)当取何值时,直线PN与平面ABC
所成的角最大?并求该角最大值的正切值;
(II)若平面PMN与平面ABC所成的二面角
为45°,试确定点P的位置。
21.(本小题满分12分)
如图,四面体中,是的中点,和均为等边三角形,.
(I)求证:平面;
(Ⅱ)求二面角的余弦值;
(Ⅲ)求点到平面的距离.
22.如图,在中,,斜边.可以通过以直线为轴旋转得到,且二面角是直二面角.动点在斜边上.
(I)求证:平面平面;
(II)当为的中点时,求异面直线与所成角的大小;
(III)求与平面所成角的最大值.
参考答案
一、选择题
1.【解析】选A.。
2.【解析】选D.①三个都相同,②正视图和侧视图相同,③三个视图均不同,④正视图和侧视图相同。
3.C
4.【解析】选B.对A,,
对C画出图形可知,对D,缺少条件。
5.C
6.D
7.D
8.D
9.【解析】选C.由于G是PB的中点,故P-GAC的体积等于B-GAC的体积
在底面正六边形ABCDER中
BH=ABtan30°=AB
而BD=AB
故DH=2BH
于是VD-GAC=2VB-GAC=2VP-GAC
10.【解析】选.由∥,∥,⊥可得⊥,故正确;由∥可得∥截面,故正确;异面直线与所成的角等于与所成的角,故正确;综上是错误的.
11.【解析】选D.连与交于O点,再连BO,则为BC1与平面BB1D1D所成的角.
,,
.
12.【解析】选D.显然异面直线与所成的角为。
二、填空题
13.【解析】向虚线围成的矩形内任意抛掷一质点,它落在长方体的平面展开图内的概率是,设长方体的高为x,则,所以,所以长方体的体积为3。
答案:3
14.
15.【解析】此题的破解可采用二个极端位置法,即对于F位于DC的中点时,,随着F点到C点时,因平面,即有,对于,又,因此有,则有,因此的取值范围是.
答案:
16.【解析】若二面角α-AB-β的大小为锐角,则过点P向平面作垂线,设垂足为H.
过H作AB的垂线交于C,连PC、CH、OH,则就是所求二面角
的平面角.根据题意得,由于对于β内异于O的任意一点
Q,都有∠POQ≥45°,∴,设PO=,则
又∵∠POB=45°,∴OC=PC=,∵PC≤PH而在中应有
PCPH,∴显然矛盾,故二面角α-AB-β的大小不可能为锐角。
即二面角的范围是。
若二面角α-AB-β的大小为直角或钝角,则由于∠POB=45°,结合图形容易判断对于β内异于O的任意一点Q,都有∠POQ≥45°。
即二面角的范围是。
答案:
三、解答题
17.【解析】(1)证明:连结AD1,由长方体的性质可知:
AE⊥平面AD1,∴AD1是ED1在
平面AD1内的射影。又∵AD=AA1=1,
∴AD1⊥A1D
∴D1E⊥A1D1(三垂线定理)
(2)设AB=x,
点C1可能有两种途径,如图甲的最短路程为
如图乙的最短路程为
(3)假设存在,平面DEC的法向量,
设平面D1EC的法向量,则
由题意得:
解得(舍去)
18.【解析】(Ⅰ)以D为坐标原点,分别以DA、DC、DP所在直线为x轴、
y轴、z轴建立空间直角坐标系,设PD=DC=2,则A(2,0,0),
P(0,0,2),E(0,1,1),B(2,2,0),
设是平面BDE的一个法向量,
则由
∵
(Ⅱ)由(Ⅰ)知是平面BDE的一个法向量,
又是平面DEC的一个法向量.
设二面角B—DE—C的平面角为,由图可知
∴
故二面角B—DE—C的余弦值为
(Ⅲ)∵∴
假设棱PB上存在点F,使PB⊥平面DEF,设,
则,
由
∴
即在棱PB上存在点F,PB,使得PB⊥平面DEF
19.【解析】(Ⅰ)建立如图所示的空间直角坐标系.连接,则点、,
∴又点,,∴
∴,且与不共线,∴.
又平面,平面,∴平面.
(Ⅱ)∵,,∴平面,
∴为平面的法向量.
∵,,
∴为平面的法向量.
∴,
∴与的夹角为,即二面角的大小为.
20.解:(I)如图,以AB,AC,AA1分别为轴,建立空间直角坐标系
则2分
从而
所以…………3分
(II)平面ABC的一个法向量为
则
(※)…………5分
而
由(※)式,当…………6分
(III)平面ABC的一个法向量为
设平面PMN的一个法向量为
由(I)得
由…………7分
解得…………9分
平面PMN与平面ABC所成的二面角为45°,
解得11分
故点P在B1A1的延长线上,且…………12分
21.解法一:(I)证明:连结,为等边三角形,为的中点,
,和为等边三角形,为的中点,,
。
在中,,
,即.
,面.
(Ⅱ)过作于连结,
平面,在平面上的射影为
为二面角的平角。
在中,
二面角的余弦值为
(Ⅲ)解:设点到平面的距离为,
,
在中,,
而
点到平面的距离为.
解法二:(I)同解法一.
(Ⅱ)解:以为原点,如图建立空间直角坐标系,
则
平面,平面的法向量
设平面的法向量,
由
设与夹角为,则
∴二面角的余弦值为.
(Ⅲ)解:设平面的法向量为又
设与夹角为,则
设到平面的距离为,
到平面的距离为.
22.【解析】解法一:
(I)由题意,,,
是二面角的平面角,
又二面角是直二面角,
,又,
平面,
又平面.
平面平面.
(II)作,垂足为,连结(如图),则,
是异面直线与所成的角.
在中,,,
.
又.
在中,.
异面直线与所成角的大小为.
(III)由(I)知,平面,
是与平面所成的角,且.
当最小时,最大,
这时,,垂足为,,,
与平面所成角的最大值为.
解法二:
(I)同解法一.
(II)建立空间直角坐标系,如图,则,,,,
,,
.
异面直线与所成角的大小为.
(III)同解法一
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题型五立体几何中的空间角问题
(推荐时间:30分钟)
1.如图所示,已知AB⊥平面ACD,DE⊥平面ACD,△ACD为等边三角形,AD=DE=2AB,F为CD的中点.
(1)求证:AF∥平面BCE;
(2)求证:平面BCE⊥平面CDE;
(3)求直线BF和平面BCE所成角的正弦值.
2.(2011湖南)如图,在圆锥PO中,已知PO=2,⊙O的直径AB=2,C是的中点,D为AC的中点.
(1)证明:平面POD⊥平面PAC;
(2)求二面角B—PA—C的余弦值.
答案
1.(1)证明设AD=DE=2AB=2a,以A为原点,AC为x轴,AB为z轴,建立如图所示的直角坐标系A—xyz,
则A(0,0,0),C(2a,0,0),B(0,0,a),
D(a,3a,0),E(a,3a,2a).
因为F为CD的中点,
所以F32a,32a,0.
AF→=32a,32a,0,BE→=(a,3a,a),BC→=(2a,0,-a).
因为AF→=12(BE→+BC→),AF平面BCE,
所以AF∥平面BCE.
(2)证明因为AF→=32a,32a,0,CD→=(-a,3a,0),ED→=(0,0,-2a),
故AF→CD→=0,AF→ED→=0,所以AF→⊥CD→,AF→⊥ED→.
所以AF→⊥平面CDE.又AF∥平面BCE,所以平面BCE⊥平面CDE.
(3)解设平面BCE的法向量为n=(x,y,z).由nBE→=0,nBC→=0,
可得x+3y+z=0,2x-z=0,
取n=(1,-3,2).
又BF→=32a,32a,-a,
设BF和平面BCE所成的角为θ,
则sinθ=|BF→n||BF→||n|=2a2a22=24.
所以直线BF和平面BCE所成角的正弦值为24.
2.方法一(1)证明如图,连结OC,因为OA=OC,D是AC的中点,所以AC⊥OD.
又PO⊥底面⊙O,AC底面⊙O,
所以AC⊥PO.
因为OD,PO是平面POD内的两条相交直线,
所以AC⊥平面POD,
而AC平面PAC,
所以平面POD⊥平面PAC.
(2)解在平面POD中,过O作OH⊥PD于H,由(1)知,平面POD⊥平面PAC,
所以OH⊥平面PAC.
又PA平面PAC,所以PA⊥OH.
在平面PAO中,过O作OG⊥PA于G,连结HG,
则有PA⊥平面OGH,从而PA⊥HG,
故∠OGH为二面角B—PA—C的平面角.
在Rt△ODA中,OD=OAsin45°=22.
在Rt△POD中,
OH=POODPO2+OD2=2×222+12=105.
在Rt△POA中,
OG=POOAPO2+OA2=2×12+1=63.
在Rt△OHG中,sin∠OGH=OHOG=10563=155.
所以cos∠OGH=1-sin2∠OGH=1-1525=105.
故二面角B—PA—C的余弦值为105.
方法二(1)证明如图,以O为坐标原点,OB,OC,OP所在直线分别为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系,则O(0,0,0),A(-1,0,0),B(1,0,0),C(0,1,0),
P(0,0,2),D-12,12,0.
设n1=(x1,y1,z1)是平面POD的一个法向量,则由n1OD→=0,nOP→=0,
得-12x1+12y1=0,2z1=0.所以z1=0,x1=y1.取y1=1,得n1=(1,1,0).
设n2=(x2,y2,z2)是平面PAC的一个法向量,则由n2PA→=0,n2PC→=0,
得-x2-2z2=0,y2-2z2=0.所以x2=-2z2,y2=2z2.取z2=1,得n2=(-2,2,1).
因为n1n2=(1,1,0)(-2,2,1)=0,所以n1⊥n2.
从而平面POD⊥平面PAC.
(2)解因为y轴⊥平面PAB,所以平面PAB的一个法向量为n3=(0,1,0).
由(1)知,平面PAC的一个法向量为n2=(-2,2,1).
设向量n2和n3的夹角为θ,则cosθ=n2n3|n2||n3|=25=105.
由图可知,二面角B—PA—C的平面角与θ相等,
所以二面角B—PA—C的余弦值为105.
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第七模块立体几何综合检测立体几何备考指导
立体几何是高考的重点内容之一.从近几年高考试卷来看,题量最少的也要有一大一小两道题.一道大题是整套试卷得分高低的关键,一般考查线面的平行与垂直,角度和距离的计算.本文就通过对六例高考题的分析,对立体几何的备考谈一些粗浅的建议,供大家参考.
一、线线,线面,面面位置关系问题
立体几何知识建立在四个公理的体系之上,因此,在复习时应先整理归纳,把空间线面位置关系一体化,理解和掌握线线,线面,面面平行和垂直的判定与性质,形成熟练的转化推理能力.具体来说,可分为四大块:①平面的基本性质(四个公理);②线线,线面,面面的平行与垂直;③夹角;④常见的几何体和球.根据每部分内容,先理解记熟,明确条件和结论,掌握用法和用途,再通过典型例题总结解题方法,并进行强化训练.高*考*资+源-网
例1(天津文)是空间两条不同直线,是空间两个不同平面,下面有四个命题:
①;
②;
③;
④.
其中真命题的编号是_____.(写出所有真命题的编号)
解:如图1,,过A在平面内作,
∵,从而m⊥n,故①对.
②错,如图1,n可能会平移至内.
③错,如图2,n可能会在内.
④对,两条平行直线中的一条垂直两平行平面的一个,则另一条也垂直于另一个平面.
其中真命题的编号是①④.
点评:线线,线面,面面垂直与平行的判定和性质定理,是解决此类问题的依据,实物的演示,构造特例法是常用方法!
二、空间角与空间距离问题
空间角与距离问题,难度可大可小,主观,客观题都有,是高考的必考内容,复习过程中要多加训练,熟练掌握,达到炉火纯青的程度.
例2(安徽文)平行四边形的一个顶点A在平面内,其余顶点在的同侧,已知其中有两个顶点到的距离分别为1和2,那么剩下的一个顶点到平面的距离可能是:①1;②2;③3;④4.
以上结论正确的为_____.(写出所有正确结论的编号)
(安徽理)多面体上,位于同一条棱两端的顶点称为相
邻的.如图3,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的一个,则P到平面的
距离可能是:
①3;②4;③5;④6;⑤7.
以上结论正确的为_____.(写出所有正确结论的编号)
解:(文)①③.如果已知两点与顶点A相邻,则剩下的一个顶点(平行四边形的与A在一条对角线上的顶点)到平面的距离必定是3;如果已知两点有一个与顶点A不相邻,则剩下的一个顶点到平面的距离只能是1.
(理)①③④⑤.在2-A-1,1-A-4,2-A-4分别对应距离为3,5,6,在3-A-4中对应距离是7,所以选①③④⑤.
点评:从上面解答看,文科试题涉及两类问题(借用理科试题中的定义,与顶点A相邻或不相邻),需要分类讨论,如果已知两顶点与顶点A相邻时,平行四边形的两条对角线都不与平面平行,所求距离必定是3;如果已知两顶点有一个与顶点A不相邻,则平行四边形的一条对角线与平面平行,所求距离只能是1.解决了文科试题将平行四边形特殊化为正方形,再分别使已知两顶点与顶点A相邻,可得到2-A-1,1-A-4,2-A-4,3-A-4组合,对应距离可轻而易举地写出来.
三、简单几何体的组合问题
高考题中,常出现将两种简单几何体组合起来进行考查的题型.如正方体,长方体或棱锥内接于一个球;一个球内切于正方体,正四面体;几个球堆垒在一起等.解答这类题,有时直观图是很难画的,我们可以通过思考加工后画出对我们解题有帮助的,容易画出来的立体图或者截面图即可.
例3(湖南卷)棱长为2的正四面体的四个顶点都在同一个球面上,若过该球球心的一个截面如图4所示,则图中三角形(正四面体的截面)的面积是().
(A)(B)(C)(D)
解:先画出立体图形如图5所示,注意到截面有两点在大圆上,所以截面过四面体的一条棱(不妨设为AB),又截面过球心,于是,截面过棱CD的中点.从而可知,截面为等腰三角形,该三角形底边是四面体的棱,长为2,两腰是四面体表面三角形的高,长为.故答案为(C).
点评:本题以截面形式考查空间能力.求解关键是要理清截面图形与原几何体的位置关系,然后利用面积公式求解.如果没有抓住图形特征,一味地设法求球的半径容易陷入困境.
四、折叠与展开问题
平面图形的折叠问题是高考的老话题,解答这类题应抓住折叠前后两个图形中相关元素之间的大小或者位置关系.对折叠前后未发生变化的量应放在折叠前的图形中进行计算,这样做显得直观易懂.求解空间几何体两个或几个侧面上的折线长之和的最小值,其方法是将侧面展开成平面图形.
1.折叠问题
例4(山东卷)如图6,在等腰梯形ABCD中,AB=2DC=2,∠DAB=60°,E为AB的中点,将△ADE与△BEC分别沿ED,EC向上折起,使A,B重合于点P,则三棱锥
P-DCE的外接球的体积为().
(A)(B)(C)(D)
解:折叠后形成棱长为1的正四面体,将正四面体的棱作为正方体的面对角线,则该正四面体的外接球就是正方体的外接球,正方体的棱长为,其体对角线长为,外接球的半径为,体积是,选(C).
点评:折叠以后成为正四面体需要足够的想象能力和推理能力,再把正四面体转化到正方体内,从外接球处理,则是“奇思妙想”!计算自然简单,“转化”功不可没!
2.展开问题
例5(江西卷)如图8,已知正三棱柱
的底面边长为1,高为8,一质点自A点出发,沿着三棱柱的侧面
绕行两周到达点的最短路线的长为_____.
解:将正三棱柱的两个底面剪开,把侧面沿侧棱剪开,
将侧面展开成平面图形,如图9所示.质点绕侧面两周的行程应是
折线与的长度之和,欲求与的长度之和的最小值,可在展开图的右边补一个与之全等的展开图,如图10所示.由对称性可知,当处在对角线位置的两条折线与在同一条直线上时,折线与的长度之和最小.最小值为.
点评:本题考查空间中求最短路线问题,解这类问题的关键是化空间问题为平面问题.
五,定义型问题
例6(江西文)如果四棱锥的四条侧棱都相等,就称它为“等腰四棱锥”,四条侧棱称为它的腰,以下4个命题中,假命题是().
(A)等腰四棱锥的腰与底面所成的角都相等
(B)等腰四棱锥的侧面与底面所成的二面角都相等或互补
(C)等腰四棱锥的底面四边形必存在外接圆
(D)等腰四棱锥的各顶点必在同一球面上
解:由等腰四棱锥的定义可知,(A),(C),(D)正确,而等腰四棱锥的底面未确定,所以侧面底边上的高不能确定,从而侧面与底面所成的角不能确定.故选(B).
点评:本题考查四棱锥的概念.读懂题中提供的信息,即“等腰四棱锥”的定义是解题的关键.
文章来源:http://m.jab88.com/j/51972.html
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