版理科数学一轮复习高考帮试题微专题4 高考中的Word格式文档下载.docx
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图4-5
A. B.C. D.
二、填空题（每小题5分,共10分）
7.若侧面积为8π的圆柱有一外接球O,则当球O的体积取得最小值时,圆柱的表面积为 .
8.如图4-6,在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中,作以A为顶点,分别以AB,AD,AA1为轴,底面圆半径为r（0<
r≤1）的圆锥.当半径r变化时,正方体挖去三个圆锥部分后,余下的几何体的表面积的最小值是 .
图4-6
三、解答题（共48分）
9.（12分）如图4-7,在直角△ABC中,∠BAC=60°
点F在斜边AB上,且AB=4AF,D,E是平面ABC同一侧的两点,AD⊥平面ABC,BE⊥平面ABC,AD=3,AC=BE=4.
（1）求证:
平面CDF⊥平面CEF;
（2）若M是线段CB的中点,求异面直线CF与EM所成角的余弦值.
图4-7
10.（12分）如图4-8所示,在多面体ABD-A1B1C1D1中,四边形A1B1C1D1,ADD1A1,ABB1A1均为正方形,点M是BD的中点,点H在C1M上,且A1H与平面ABD所成角的正弦值为.
（1）证明:
B1D1∥平面BC1D;
（2）求二面角A-A1H-B的大小.
图4-8
11.（12分）在如图4-9所示的几何体中,四边形ABCD是等腰梯形,AB∥CD,∠DAB=60°
FC⊥平面ABCD,AE⊥BD,CB=CD=CF.
（1）在线段AB（含端点）上是否存在一点P,使得FP∥平面AED?
若存在,求出的值;
若不存在,请说明理由.
（2）求直线AF与平面BDF所成角的正弦值.
图4-9
12.（12分）如图4-10
（1）,正方形ABCD的边长为4,AB=AE=BF=EF,AB∥EF,把四边形ABCD沿AB折起,使得AD⊥底面AEFB,G是EF的中点,连接BG,如图4-10
（2）.
AG⊥平面BCE;
（2）求二面角C-AE-F的余弦值.
（1）
（2）
图4-10
答案
1.C 根据题中三视图知,该多面体是从一个棱长为2的正方体的左上角截去一个直三棱柱后剩余的部分,因此其表面积为6×
22-1×
1×
2+×
1=22+,故选C.
2.D 观察题中三视图可知该组合体的上面是三棱锥,下面是半径为1的半球,其直观图如图D4-1所示.
图D4-1
解法一 如图D4-2所示,将组合体中三棱锥A-BEF“补”成正方体,顶点A,B,E,F分别是正方体的棱的中点.取EF的中点C,连接AC,BC,则EF⊥平面ABC,由已知得,EF=AB=2,AC=BC=,所以S△ABC=×
2×
2=2,三棱锥A-BEF的体积V1=×
S△ABC×
EF=,半球的体积V2=×
π×
13=π.所以该组合体的体积V=V1+V2=+π.故选D.
图D4-2
解法二 如图D4-3所示,将组合体中的三棱锥A-BEF“补”成正方体,顶点A,B,E,F分别是正方体的棱的中点,取AB的中点G,过EF和点G作截面EFDC,则截面EFDC将三棱锥A-BEF分成两个相同的小三棱锥,且AG=1,S△EFG=×
2=2,所以三棱锥A-BEF的体积V1=2×
×
S△EFG×
AG=,半球体积V2=×
13=π,所以该组合体的体积V=V1+V2=+π.故选D.
图D4-3
3.D 设正方体的棱长为a,则AC1=a,由正方体ABCD-A1B1C1D1的外接球球心O为对角线AC1的中点,可知球O的半径R=a,因为E,F,G分别为AB,AD,AA1的中点,所以EF=EG=FG=a,所以△EFG为等边三角形,S△AEF=×
=,S△EFG=×
=.设点A到平面EFG的距离为h,由等体积法得S△AEF×
AG×
=S△EFG×
h×
解得h=,所以截面圆的半径r==,解得a=2,故选D.
4.C 设正四棱柱的高为h,表面积最小的球形容器可以看成长、宽、高分别为4,2,h的长方体的外接球,设外接球的半径为R,则4πR2=56π,所以4R2=56.又（2R）2=42+22+h2,所以56=20+h2,解得h=6.故选C.
5.D 由题意可知,开始时,沙漏上部分圆锥形容器中的细沙的高为H=×
8=,底面半径为r=×
4=,故细沙的体积V=πr2H=π×
（）2×
=.当细沙漏入下部后,圆锥形沙堆的底面半径为4,设其高为H'
则V=π×
42×
H'
=,解得H'
=,故此圆锥形沙堆的高为cm,故选D.
6.C 解法一 如图D4-4,在原三棱柱的上方,再放一个完全一样的三棱柱,连接AC1,CB1,C1B'
易得MN∥AC1,EF∥CB1∥C1B'
图D4-4
那么∠AC1B'
或∠AC1B'
的补角即直线MN与EF所成的角.
设AA1=AB=a,
则AC1=C1B'
=a,
连接AB'
则AB'
==3a,
由余弦定理,得cos∠AC1B'
==-,
则直线MN与EF所成的角为∠AC1B'
的补角,其余弦值为.故选C.
解法二 如图D4-5,连接AC1,C1B,CB1,
图D4-5
设C1B,CB1交于点O,取AB的中点D,连接CD,OD,
则MN∥AC1∥OD,EF∥CB1,
那么∠DOC或∠DOC的补角即直线MN与EF所成的角.
设AA1=AB=a,则AC1=CB1=a,
所以OD=OC=,又CD=,所以△OCD为正三角形,
故∠DOC=60°
所以∠DOC即为直线MN与EF所成的角,且cos∠DOC=,所以直线MN与EF所成角的余弦值为,故选C.
解法三 取AB的中点O,连接CO,则CO⊥AB,以点O为坐标原点,OB所在直线为x轴,OC所在直线为y轴,过点O且平行于CC1的直线为z轴建立如图D4-6所示的空间直角坐标系.
图D4-6
设AB=2,则AA1=2,则A（-1,0,0）,A1（-1,0,2）,M（-1,0,）,C（0,,0）,C1（0,,2）,
N（-,,2）,E（,,0）,B1（1,0,2）,F（1,0,）,所以=（,,）,=（,-,）,
cos<
>
===,故选C.
7.12π 由球体的对称性可知,圆柱的高即球心到圆柱两底面圆心的距离之和,设圆柱的底面半径为r,球心到圆柱底面的距离为d,外接球O的半径为R.由球心到圆柱底面的距离、圆柱底面的半径、球的半径之间构成直角三角形,可得r2+d2=R2.由题设可得2πr×
2d=8π,所以d=,则R2=r2+d2=r2+≥2=4,当且仅当r=时取等号,此时球O的体积取得最小值.故此时圆柱的表面积S表=8π+2πr2=8π+2π（）2=12π.
8.3+π 由题知,余下几何体的表面积由原正方体的表面的剩余部分和3个圆锥的侧面组成,其表面积S=πr·
+3（1-r）+3（1-πr2）=6+π（r-r2-）,其中0<
r≤1.设f（x）=x-x2-,0<
x≤1,求导并整理得f'
（x）=-2x-.当0<
x≤1时,1<
≤,
-（2x+1）<
2x2+1-（2x+1）=2x（x-1）≤0,∴<
2x+1,∴f'
（x）=-2x-<
2x+1-2x-=1-<
0,故f（x）在（0,1]上是减函数,则余下几何体的表面积S在（0,1]上也是减函数,故当r=1时,Smin=3+π.
9.
（1）连接DE,如图D4-7所示.
图D4-7
因为AD⊥平面ABC,BE⊥平面ABC,CF⊂平面ABC,
所以AD∥BE,AD⊥CF.
因为AC=4,∠BAC=60°
∠ACB=90°
所以AB=8,所以AF=AB=2,BF=AB=6,
CF==2,
所以AC2=AF2+CF2,所以AB⊥CF.（2分）
又AD⊂平面ABED,AB⊂平面ABED,AD∩AB=A,
所以CF⊥平面ABED,
因为EF⊂平面ABED,
所以CF⊥EF.
又AD=3,BE=4,
所以DE==,DF==,EF==,所以DE2=DF2+FE2,
所以DF⊥FE.（5分）
又CF⊂平面CDF,DF⊂平面CDF,CF∩DF=F,
所以EF⊥平面CDF,
又EF⊂平面CEF,
所以平面CDF⊥平面CEF.（7分）
（2）解法一 取BF的中点N,连接MN,EN,如图D4-8所示.
图D4-8
因为M,N分别为BC,BF的中点,
所以MN∥CF,且MN=CF=,
所以∠EMN为异面直线CF与EM所成的角.（9分）
因为AC=4,∠BAC=60°
所以BC=4,BM=2,
所以EM===2.
由
（1）知BF=6,所以BN=3,
所以EN===5.（11分）
在△EMN中,由余弦定理可得
cos∠EMN===,
所以异面直线CF与EM所成角的余弦值为.（12分）
解法二 以C为坐标原点,以CA,CB所在的直线分别为x轴,y轴,以过点C且与平面ABC垂直的直线为z轴,建立空间直角坐标系,如图D4-9所示,
则C（0,0,0）,M（0,2,0）,E（0,4,4）,F（3,,0）,
所以=（0,2,4）,=（3,,0）,（10分）
所以cos<
===,
图D4-9
10.
（1）∵四边形ADD1A1,ABB1A1均为正方形,
∴DD1∥AA1且DD1=AA1,BB1∥AA1且BB1=AA1,
∴DD1∥BB1且DD1=BB1,
∴四边形BDD1B1是平行四边形.
∴BD∥B1D1.（3分）
又BD⊂平面BC1D,B1D1⊄平面BC1D,
∴B1D1∥平面BC1D.（4分）
（2）解法一
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