浙江省高三数学专题复习 专题四 立体几何与空间向量模拟演练 理Word文件下载.docx

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5．（2015·

吉林实验中学模拟）已知E，F分别是矩形ABCD的边BC与AD的中点，且BC＝2AB＝2，现沿EF将平面ABEF折起，使平面ABEF⊥平面EFDC，则三棱锥A－FEC外接球的体积为（　　）

A.πB.π

C.πD．2π

6．（2015·

宁波联考）如图，棱长为1的正方体ABCD－A1B1C1D1中，P为线段A1B上的动点，则下列结论错误的是（　　）

A．DC1⊥D1P

B．平面D1A1P⊥平面A1AP

C．∠APD1的最大值为90°

D．AP＋PD1的最小值为

二、填空题

7．（2015·

金华模拟）如图，正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为1，E为棱DD1上的点，F为AB的中点，则三棱锥B1－BFE的体积为________．

8．（2015·

保定调研）如图是一个空间几何体的三视图，则该几何体的表面积为________．

9．（2015·

杭州模拟）在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是正方形，侧棱PD⊥平面ABCD，AB＝PD＝a，点E为侧棱PC的中点，又作DF⊥PB交PB于点F，则PB与平面EFD所成角为________．

三、解答题

10．（2015·

杭州模拟）如图，四棱锥P－ABCD中，PD⊥底面ABCD，AB∥DC，AD⊥DC，AB＝AD＝1，DC＝2，PD＝，M为棱PB的中点．

（1）证明：

DM⊥平面PBC；

（2）求二面角A－DM－C的余弦值．

11．（2015·

浙江名校联考）如图，△ABC和△BCD所在平面互相垂直，且AB＝BC＝BD＝2，∠ABC＝∠DBC＝120°

，E，F分别为AC，DC的中点．

（1）求证：

EF⊥BC；

（2）求二面角E－BF－C的正弦值．

12．（2015·

温州中学二模）如图，边长为的正方形ADEF与梯形ABCD所在的平面互相垂直．已知AB∥CD，AB⊥BC，DC＝BC＝AB＝1，点M在线段EC上．

平面BDM⊥平面ADEF；

（2）判断点M的位置，使得平面BDM与平面ABF所成的锐二面角为.

1．B　[当m⊥β，m⊂α时，α⊥β，必要性成立．

但α⊥β，m⊂α，则m⊂β或m∥β或m与β相交．因此“α⊥β”是“m⊥β”的必要不充分条件．]

2．C　[由三视图知，该几何体为三棱锥（如图）．

其中AO⊥底面BCD，且OD⊥BC.

∵AO＝2，S△BCD＝×

4×

2＝8.所以几何体的体积V＝·

OA·

S△BCD＝×

2×

8＝.]

3．A　[如图所示，设点E为棱A1C1的中点，连接AE，B1E.

在正三棱柱ABC－A1B1C1中，B1E⊥平面ACC1A1，

∴∠B1AE为直线AB1与侧面ACC1A1所成的角，记为α.

设三棱柱的棱长为a，则B1E＝a，AB1＝a.∴sinα＝＝＝.]

4．C　[由三视图知，该几何体是底面为直角梯形的四棱锥．

∵S底＝（1＋2）×

2＝3.

∴几何体的体积V＝x·

S底＝3，

即x·

3＝3.因此x＝3.]

5．B　[如图，平面ABEF⊥平面EFDC，AF⊥EF，

∴AF⊥平面ECDF，

将三棱锥A－FEC补成正方体ABC′D′－FECD.

依题意，其棱长为1，外接球的半径R＝，

∴外接球的体积V＝πR3＝π·

＝π.]

6．C　[由DC1⊥平面A1BCD1知DC1⊥D1P，∴A正确．

∵D1A1⊥平面ABB1A1，且A1D1⊂平面D1A1P，

∴平面D1A1P⊥平面A1AP，因此B正确．

当0<

A1P<

时，∠APD1为钝角，∴C错．

将面AA1B与面A1BCD1沿面对角线A1B展开成平面图形时，线段A1D为AP＋PD1的最小值．

在△AA1D1中，A1D1＝A1A＝1，∠AA1D1＝135°

.

由余弦定理，AD＝12＋12－2×

1×

1cos135°

＝2＋.

∴AP＋PD1的最小值AD1＝，因此D正确．]

7.　[∵V三棱锥B1－BFE＝V三棱锥E－BB1F，

又S△BB1F＝·

BB1·

BF＝，且点E到底面BB1F的距离h＝1.

∴V三棱锥B1－BFE＝·

h·

S△BB1F＝.]

8．（16＋2）π　[由三视图知，该几何体是由一个底面半径为2，

高为3的圆柱挖去一个同底等高的圆锥所得的组合体．

则S圆柱侧＝2π×

3＝12π.S圆柱下底＝π×

22＝4π.

S圆锥侧＝×

2π×

＝2π.

故几何体的表面积S＝12π＋4π＋2π＝（16＋2）π.]

9．90°

　[建立如图所示的空间直角坐标系D－xyz，D为坐标原点，则P（0，0，a），B（a，a，0），＝（a，a，－a），

又＝，

·

＝0＋－＝0，

所以PB⊥DE.

又DF⊥PB，且DF∩DE＝D，

∴PB⊥平面DEF.

故直线PB与平面DEF所成的角为90°

.]

10．

（1）证明　连接BD，取DC的中点G，连接BG，

由此知DG＝GC＝BG＝1，即△DBC为直角三角形，

∴BC⊥BD.又PD⊥平面ABCD，

∴BC⊥PD，又PD∩BD＝D，

∴BC⊥平面BDP，∴BC⊥DM.

又PD＝BD＝，PD⊥BD，M为PB的中点，

∴DM⊥PB，∵PB∩BC＝B，

∴DM⊥平面PBC.

（2）解　以D为坐标原点，射线DA、DC、DP分别为x轴、y轴、z轴的正半轴，建立如图所示的直角坐标系D－xyz，

则A（1，0，0），B（1，1，0），C（0，2，0），P（0，0，），从而M，设n1＝（x，y，z）是平面ADM的法向量，则即

∴可取n1＝（0，，－1）．

同理，设n2＝（u，v，w）是平面CDM的法向量，则

即

∴可取n2＝（，0，－1），∴cos〈n1，n2〉＝，

显然二面角A－DM－C的大小为钝角，

∴所以二面角A－DM－C的余弦值为－.

11.

（1）证明　法一　过E作EO⊥BC，垂足为O，连接OF.

由△ABC≌△DBC可证出△EOC≌△FOC.

图1

所以∠EOC＝∠FOC＝，即FO⊥BC.

又EO⊥BC，FO∩EO＝O，因此BC⊥面EFO，

又EF⊂面EFO，所以EF⊥BC.

法二　由题意，以B为坐标原点，在平面DBC内过B作垂直BC的直线为x轴，BC所在直线为y轴，在平面ABC内过B作垂

图2

直BC的直线为z轴，建立如图2所示空间直角坐标系．易得B（0，0，0），A（0，－1，），D（，－1，0），C（0，2，0）．因而E，F，所以＝，＝（0，2，0），因此·

＝0.从而⊥，所以EF⊥BC.

（2）解　法一　在图1中，过O作OG⊥BF，垂足为G，连接EG.

由平面ABC⊥平面BDC，从而EO⊥面BDC，∴EO⊥BF，又OG⊥BF，EO∩OG＝O，∴BF⊥平面BOG，∴EO⊥BF.

因此∠EGO为二面角E－BF－C的平面角．

在△EOC中，EO＝EC＝BC·

cos30°

＝，

由△BGO∽△BFC知，OG＝·

FC＝，

因此tan∠EGO＝＝2，

从而sin∠EGO＝，即二面角E－BF－C的正弦值为.

法二　在图2中，平面BFC的一个法向量为n1＝（0，0，1）．

设平面BEF的法向量n2＝（x，y，z），

又＝，＝.

由得其中一个n2＝（1，－，1）．

设二面角E－BF－C大小为θ，且由题意知θ为锐角，则

cosθ＝|cos〈n1，n2〉|＝＝，

因此sinθ＝＝，即所求二面角的正弦值为.

12．

（1）证明　∵DC＝BC＝1，DC⊥BC，∴BD＝，

又∵AD＝，AB＝2，

∴AD2＋BD2＝AB2，则∠ADB＝90°

∴AD⊥BD，

又∵面ADEF⊥面ABCD，ED⊥AD，面ADEF∩面ABCD＝AD，

∴ED⊥面ABCD，∴BD⊥ED，

又∵AD∩DE＝D，∴BD⊥面ADEF，BD⊂面BDM，

∴面BDM⊥面ADEF.

（2）解　在面DAB内过D作DN⊥AB，垂足N，

∵AB∥CD，∴DN⊥CD，

又∵ED⊥面ABCD，∴DN⊥ED，

∴以D为坐标原点，DN为x轴，DC为y轴，DE为z轴，建立空间直角坐标系．

∴B（1，1，0），C（0，1，0），E（0，0，），

N（1，0，0），

设M（x0，y0，z0），

＝λ（0<

λ<

1），

∴（x0，y0，z0－）＝λ（0，1，－）

因此x0＝0，y0＝λ，z0＝（1－λ）．

于是点M（0，λ，（1－λ））．

设平面BDM的法向量n1＝（x，y，z），

则

∴令x＝1，得n1＝.

∵平面ABF的法向量n2＝＝（1，0，0），

∴cos〈n1，n2〉＝＝cos＝，

解得λ＝，λ＝2（舍去）．∴M，

∴点M的位置在线段CE的三等分点且靠近C处．