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2016广东高考理数大二轮 专项训练 立体几何(含答案)


2016 广东高考理数大二轮 专项训练 立体几何(含答案)
1. 一个物体的三视图的排列规则是俯视图放在正(主)视图下面, 长度与正(主)视图一样, 侧(左) 视图放在正(主)视图右面,高度与正(主)视图一样,宽度与俯视图一样,即“长对正,高平齐, 宽相等”.在画一个物体的三视图时,一定注意实线与虚线要分明. [问题 1] 如图,若一个几何体的正(主)视图、侧(左)视图

、俯视图均为面积等于 2 的等腰直角三角形,则该几何体的体积为________. 答案 4 3

2.在斜二测画法中,要确定关键点及关键线段.“平行于 x 轴的线段平行性不变,长度不变; 平行于 y 轴的线段平行性不变,长度减半.” [问题 2] 如图所示的等腰直角三角形表示一个水平放置的平面图形的直 观图,则这个平面图形的面积是________. 答案 2 2 3.简单几何体的表面积和体积 (1)S 直棱柱侧=c· h(c 为底面的周长,h 为高). 1 (2)S 正棱锥侧= ch′(c 为底面周长,h′为斜高). 2 1 (3)S 正棱台侧= (c′+c)h′(c 与 c′分别为上、下底面周长,h′为斜高). 2 (4)圆柱、圆锥、圆台的侧面积公式 S 圆柱侧=2πrl(r 为底面半径,l 为母线), S 圆锥侧=πrl(同上), S 圆台侧=π(r′+r)l(r′、r 分别为上、下底的半径,l 为母线). (5)体积公式 V 柱=S· h (S 为底面面积,h 为高), 1 V 锥= S· h(S 为底面面积,h 为高), 3 1 V 台= (S+ SS′+S′)h(S、S′为上、下底面面积,h 为高). 3 (6)球的表面积和体积 4 S 球=4πR2,V 球= πR3. 3

[问题 3] 如图所示,一个空间几何体的正(主)视图和俯视图都是边长为 1 的正方形,侧(左)视图是一个直径为 1 的圆,那么这个几何体的表面积为 ( ) B.3π 3 D. π 2

A.4π C.2π 答案 D

4.空间直线的位置关系:①相交直线——有且只有一个公共点.②平行直线——在同一平面 内,没有公共点.③异面直线——不在同一平面内,也没有公共点. [问题 4] 在空间四边形 ABCD 中,E、F、G、H 分别是四边上的中点,则直线 EG 和 FH 的 位置关系是________. 答案 相交 5.空间直线与平面、平面与平面的位置关系 (1)直线与平面 ①位置关系:平行、直线在平面内、直线与平面相交. ②直线与平面平行的判定定理和性质定理: 判定定理:平面外一条直线与此平面内的一条直线平行,则该直线与此平面平行. 性质定理:一条直线与一个平面平行,则过这条直线的任一平面与此平面的交线与该直线平 行. ③直线与平面垂直的判定定理和性质定理: 判定定理:一条直线与一个平面内的两条相交直线都垂直,则该直线与此平面垂直. 性质定理:垂直于同一个平面的两条直线平行. (2)平面与平面 ①位置关系:平行、相交(垂直是相交的一种特殊情况). ②平面与平面平行的判定定理和性质定理: 判定定理:一个平面内的两条相交直线与另一个平面平行,则这两个平面平行. 性质定理:如果两个平行平面同时和第三个平面相交,那么它们的交线平行. ③平面与平面垂直的判定定理和性质定理: 判定定理:一个平面过另一个平面的垂线,则这两个平面垂直. 性质定理:两个平面垂直,则一个平面内垂直于交线的直线与另一个平面垂直. [问题 5] 已知 b,c 是平面 α 内的两条直线,则“直线 a⊥α”是“直线 a⊥b,直线 a⊥c”的 ________条件. 答案 充分不必要 6.空间向量 (1)用空间向量求角的方法步骤

①异面直线所成的角 若异面直线 l1 和 l2 的方向向量分别为 v1 和 v2,它们所成的角为 θ,则 cos θ=|cos〈v1,v2〉|. ②直线和平面所成的角 利用空间向量求直线与平面所成的角,可以有两种方法: 方法一 分别求出斜线和它在平面内的射影直线的方向向量,转化为求两条直线的方向向量

的夹角(或其补角). 方法二 通过平面的法向量来求,即求出斜线的方向向量与平面的法向量所夹的锐角,取其

余角就是斜线和平面所成的角. ③利用空间向量求二面角也有两种方法: 方法一 分别在二面角的两个面内找到一个与棱垂直且从垂足出发的两个向量,则这两个向

量的夹角的大小就是二面角的平面角的大小. 方法二 通过平面的法向量来求,设二面角的两个面的法向量分别为 n1 和 n2,则二面角的大 小等于〈n1,n2〉(或 π-〈n1,n2〉). 易错警示:①求线面角时,得到的是直线方向向量和平面法向量的夹角的余弦,容易误以为 是线面角的余弦. ②求二面角时,两法向量的夹角有可能是二面角的补角,要注意从图中分析. (2)用空间向量求 A 到平面 α 的距离: → |n· AB| 可表示为 d= . |n| [问题 6] (1)已知正三棱柱 ABC-A1B1C1 的侧棱长与底面边长相等,则 AB1 与侧面 ACC1A1 所 成角的正弦值等于________. (2)正方体 ABCD-A1B1C1D1 的棱长为 1,O 是底面 A1B1C1D1 的中心,则点 O 到平面 ABC1D1 的距离为________. 答案 (1) 6 2 (2) 4 4

解析 (1)方法一 取 A1C1 的中点 E,连接 AE,B1E,如图. 由题意知 B1E⊥平面 ACC1A1, 则∠B1AE 为 AB1 与侧面 ACC1A1 所成的角. 设正三棱柱侧棱长与底面边长为 1, 3 B 1E 2 6 则 sin∠B1AE= = = . AB1 2 4

方法二 如图, 以 A1C1 中点 E 为原点建立空间直角坐标系 E-xyz,设棱长为 1,则 1 3 ? ? ? A? ?2,0,1?,B1?0, 2 ,0?, → 设 AB1 与平面 ACC1A1 所成的角为 θ,EB1为平面 ACC1A1 的法向量. → → 则 sin θ=|cos〈AB1,EB1〉| 1 3 3 ? ?· ? ?? ?-2, 2 ,-1? ?0, 2 ,0?? 6 =? = . ? 4 3 2× ? ? 2 (2)建立如图所示的空间直角坐标系, 1 1 ? 则 A(1,0,0),B(1,1,0),D1(0,0,1),C1(0,1,1),O? ?2,2,1?. 设平面 ABC1D1 的法向量为 n=(x,y,z),则 → ? ?y=0, AB=0, ?n· ? ? ∴? ?-x+z=0. → ? ? AD1=0, ? n·
?x=1, ? 令 z=1,得? ∴n=(1,0,1), ?y=0, ?

1 1 ? → 又OD1=? ?-2,-2,0?, 1 → |n· OD1| 2 2 ∴O 到平面 ABC1D1 的距离 d= = = . |n| 2 4

易错点 1 三视图认识不清致误 例 1 一个空间几何体的三视图如图所示,则该几何体的表面积为( )

A.48

B.32+8 17

C.48+8 17

D.80

错解 由三视图知,该几何体的直观图如图所示,该几何体的下底面是边长 为 4 的正方形; 上底面是长为 4, 宽为 2 的矩形; 两个梯形侧面垂直于底面, 上底长为 2,下底长为 4,高为 4;另两个侧面是正方形,边长为 4. 1 所以表面积 S=42×3+2×4+2× (2+4)×4=48+8+24=80. 2 找准失分点 不能准确把握三视图和几何体之间的数量关系,根据正视图可知,侧视图中等

腰梯形的高为 4,而错认为等腰梯形的腰为 4. 正解 由三视图知该几何体的直观图如图所示, 该几何体的下底面是边长为 4 的正方形;上底面是长为 4、宽为 2 的矩形;两个梯形侧面垂直于底面, 上底长为 2,下底长为 4,高为 4;另两个侧面是矩形,宽为 4,长为 42+12 1 = 17.所以 S 表=42+2×4+ ×(2+4)×4×2+4× 17×2=48+8 17. 2 答案 C 易错点 2 对几何概念理解不透致误 例 2 给出下列四个命题: ①有两个平面互相平行,其余各面都是平行四边形的多面体是棱柱; ②若两个过相对侧棱的截面都垂直于底面,则该四棱柱为直四棱柱; ③底面是平行四边形的四棱柱是平行六面体; ④底面是矩形的平行六面体是长方体. 其中正确的命题是__________(写出所有正确命题的序号). 错解 1 ①②③ 错解 2 ②③④ 找准失分点 ①是错误的,因为棱柱的侧棱要都平行且相等; ④是错误的,因为长方体的侧

棱必须与底面垂直. 正解 ②③ 易错点 3 对线面关系定理条件把握不准致误 例 3 已知 m、n 是不同的直线,α、β、γ 是不同的平面.给出下列命题: ①若 α⊥β,α∩β=m,n⊥m,则 n⊥α,或 n⊥β; ②若 α∥β,α∩γ=m,β∩γ=n,则 m∥n; ③若 m 不垂直于 α,则 m 不可能垂直于 α 内的无数条直线; ④若 α∩β=m,n∥m,且 n?α,n?β,则 n∥α,且 n∥β; ⑤若 m、n 为异面直线,则存在平面 α 过 m 且使 n⊥α. 其中正确的命题序号是________. 错解 ②③④⑤

找准失分点 ③是错误的;⑤是错误的. 正解 ①是错误的. 如正方体中面 ABB′A′⊥面 ADD′A′,交线为 AA′. 直线 AC⊥AA′, 但 AC 不垂直面 ABB′A′, 同时 AC 也不垂直面 ADD′A′. ②正确.实质上是两平面平行的性质定理. ③是错误的.在上面的正方体中,A′C 不垂直于平面 A′B′C′D′,但与 B′D′垂直.这 样 A′C 就垂直于平面 A′B′C′D′内与直线 B′D′平行的无数条直线. ④正确.利用线面平行的判定定理即可. ⑤错误.从结论考虑,若 n⊥α 且 m?α, 则必有 m⊥n,事实上,条件并不能保证 m⊥n.故错误. 答案 ②④

1.已知三条不同直线 m,n,l 与三个不同平面 α,β,γ,有下列命题: ①若 m∥α,n∥α,则 m∥n; ②若 α∥β,l?α,则 l∥β; ③α⊥γ,β⊥γ,则 α∥β; ④若 m,n 为异面直线,m?α,n?β,m∥β,n∥α,则 α∥β. 其中正确命题的个数是( A.0 B.1 C.2 D.3 答案 C 解析 因为平行于同一平面的两条直线除了平行,还可能相交或成异面直线,所以命题 ①错 )

误;由直线与平面平行的定义知命题②正确;由于垂直于同一个平面的两个平面可能平行还 可能相交,因此命题③错误;过两条异面直线分别作平面互相平行,这两个平面是唯一存在 的,因此命题④正确.故选 C. 2.设 m,n 是空间两条直线,α,β 是空间两个平面,则下列选项中不正确的是( A.当 m?α 时,“n∥α”是“m∥n”的必要不充分条件 B.当 m?α 时,“m⊥β”是“α⊥β”的充分不必要条件 C.当 n⊥α 时,“n⊥β”是“α∥β”成立的充要条件 D.当 m?α 时,“n⊥α”是“m⊥n”的充分不必要条件 答案 A 解析 当 m?α 时, 若 n∥α 可得 m∥n 或 m, n 异面; 若 m∥n 可得 n∥α 或 n?α, 所以“n∥α” 是“m∥n”的既不充分也不必要条件,答案选 A. 3.一个几何体的三视图如图所示,则该几何体的体积是( ) )

A.64 C.80 答案 B

B.72 D.112

1 解析 根据三视图, 该几何体为下面是一个立方体、 上面两个三棱锥, 所以 V=4×4×4+2× 3 1 ×( · 4· 2)×3=72,故选 B. 2 4.如图所示,在正方体 ABCD-A1B1C1D1 中,M,N,P,Q 分别是 AA1, A1D1,CC1,BC 的中点,给出以下四个结论: ①A1C⊥MN;②A1C∥平面 MNPQ;③A1C 与 PM 相交;④NC 与 PM 异 面.其中不正确的结论是( A.① C.③ 答案 C 解析 作出过 M,N,P,Q 四点的截面交 C1D1 于点 S,交 AB 于点 R,如图所示中的六边形 MNSPQR,显然点 A1,C 分别位于这个平面的两侧,故 A1C 与平面 MNPQ 一定相交,不可能 平行, 故结论②不正确. ) B.② D.④

5.一个几何体的三视图如图所示,则该几何体的表面积为(

)

A.2+ 2 C.1+2 2 答案 A

B.3+ 2 D.5

解析 由三视图可知,该几何体是一个四棱锥,如图所示. 该几何体的底面是边长为 1 的正方形,故 S1=12=1. 侧棱 PA⊥面 ABCD,且 PA=1, 1 1 故 S△PAB=S△PAD= ×1×1= , 2 2 而 PD⊥DC,CB⊥PB,且 PB=PD= 2, 1 2 所以 S△PBC=S△PDC= × 2×1= . 2 2 1 2 所以该几何体的表面积为 S=1+2× +2× =2+ 2.故选 A. 2 2 6.如图,已知六棱锥 P—ABCDEF 的底面是正六边形,PA⊥平面 ABC, PA=2AB,则下列结论正确的是( A.PB⊥AD B.平面 PAB⊥平面 PBC C.直线 BC∥平面 PAE D.直线 PD 与平面 ABC 所成的角为 45° 答案 D 解析 若 PB⊥AD,则 AD⊥AB,但 AD 与 AB 成 60° 角,A 错误;平面 PAB 与平面 ABD 垂直, 所以平面 PAB 一定不与平面 PBC 垂直,B 错误;BC 与 AE 是相交直线,所以 BC 一定不与平 面 PAE 平行,C 错误;直线 PD 与平面 ABC 所成角为∠PDA,在 Rt△PAD 中,AD=PA, ∴∠PDA=45° ,D 正确. 7.对于四面体 ABCD,给出下列四个命题: ①若 AB=AC,BD=CD,则 BC⊥AD; ②若 AB=CD,AC=BD,则 BC⊥AD; ③若 AB⊥AC,BD⊥CD,则 BC⊥AD; ④若 AB⊥CD,AC⊥BD,则 BC⊥AD. )

其中正确的是________.(填序号) 答案 ①④ 解析 取线段 BC 的中点 E,连接 AE,DE, ∵AB=AC,BD=CD, ∴BC⊥AE,BC⊥DE, ∴BC⊥平面 ADE, ∵AD?平面 ADE, ∴BC⊥AD,故①正确. 设点 O 为点 A 在平面 BCD 上的射影, 连接 OB,OC,OD, ∵AB⊥CD,AC⊥BD, ∴OB⊥CD,OC⊥BD, ∴点 O 为△BCD 的垂心, ∴OD⊥BC, ∴BC⊥AD,故④正确,易知②③不正确,填①④. 8.如图,四面体 ABCD 中,AB=1,AD=2 3,BC=3,CD=2,∠ABC= π ∠DCB= ,则二面角 A-BC-D 的大小为________. 2 答案 π 3

π 解析 由∠ABC=∠DCB= 知, 2 → → BA与CD的夹角 θ 就是二面角 A-BC-D 的平面角. → → → → → → → → 又AD=AB+BC+CD,∴AD2=(AB+BC+CD)2 → → → → → =AB2+BC 2 +CD2+2AB· CD. → → 因此 2AB· CD=(2 3)2-12-32-22=-2, 1 ∴cos(π-θ)=- ,且 0<π-θ<π, 2 2 π 则 π-θ= π,故 θ= . 3 3 9.已知直线 l,m,平面 α,β,且 l⊥α,m?β,给出四个命题: ①若 α∥β,则 l⊥m;②若 l⊥m,则 α∥β;③若 α⊥β,则 l∥m;④若 l∥m,则 α⊥β. 其中为真命题的是________.(填序号) 答案 ①④ 解析 对命题①,则 l⊥α,α∥β 得,l⊥β,m?β,

∴l⊥m,故①正确. 对命题②,l⊥mD?/l⊥β,则 l⊥mD?/α∥β,故②错误. 对命题③,当 α⊥β 时,l 与 m 也可能相交或异面或平行,故③错误. 对命题④,由 l⊥α,l∥m 得 m⊥α,又 m?β,∴α⊥β,故④正确. 10 .三棱锥 D -ABC 及其三视图中的正 (主 ) 视图和侧 (左 )视图如图所示,则棱 BD 的长为 ________.

答案 4 2 解析 由正(主)视图知 CD⊥平面 ABC,设 AC 中点为 E,则 BE⊥AC,且 AE=CE=2; 由侧(左)视图知 CD=4,BE=2 3, 在 Rt△BCE 中,BC= BE2+EC2= ?2 3?2+22=4, 在 Rt△BCD 中,BD= BC2+CD2= 42+42=4 2. 故答案为 4 2.


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