届高三文科数学新课标版专题综合检测4 高考中的立体几何问题Word文档下载推荐.docx

届高三文科数学新课标版专题综合检测4 高考中的立体几何问题Word文档下载推荐.docx

《届高三文科数学新课标版专题综合检测4 高考中的立体几何问题Word文档下载推荐.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《届高三文科数学新课标版专题综合检测4 高考中的立体几何问题Word文档下载推荐.docx（10页珍藏版）》请在冰豆网上搜索。

6.如图4-5,在正三棱柱ABC-A1B1C1中,AA1=AB,E,F分别为BC,BB1的中点,M,N分别为AA1,A1C1的中点,则直线MN与EF所成角的余弦值为（　　）

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4-7,四边形ABCD为正方形,EA⊥平面ABCD,CF∥EA,EA=AB=2CF=2.

（1）若EC交平面BDF于点G,求证:

CG=CE;

（2）求证:

EC⊥平面BDF;

（3）求多面体ABCDEF的体积.

图4-7

10.（12分）在如图4-8所示的几何体中,矩形ABCD所在的平面与平面ABEF垂直,四边形ABEF是等腰梯形,AB∥EF,AB=2,AD=EF=1,O为AB的中点.

图4-8

（1）设FC的中点为M,求证:

OM∥平面DAF;

（2）设平面CBF将几何体EF-ABCD分割成的两个锥体的体积分别为VF-ABCD,VF-CBE,求VF-ABCD与VF-CBE的比值.

11.（12分）如图4-9,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是矩形,PA⊥平面ABCD,△PAD是等腰三角形,AB=2AD,E是AB上一点,且三棱锥P-BCE与四棱锥P-ADCE的体积之比为1∶2,CE与DA的延长线交于点F,连接PF.

（1）求证:

平面PCD⊥平面PAD;

（2）若三棱锥P-AEF的体积为,求线段AD的长.

图4-9

12.（12分）如图4-10,在Rt△PBC中,∠PCB=90°

AD∥BC,AD=1,BC=3,将△PAD沿AD折起得四棱锥P-ABCD,使PD⊥PB.

PD⊥平面PBC;

（2）若三棱锥P-ADC的体积为,求四棱锥P-ABCD的表面积.

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.

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AC交BD于O,连接FO,如图D4-6所示,∵EA∥FC,∴A,E,C,F四点共面,∴FO与EC相交,又FO⊂平面BDF,∴FO与EC的交点即EC与平面BDF的交点G.（2分）

过O作OH∥AE交EC于H,∵O是AC的中点,∴H是EC的中点,∴OH=AE.

连接HF,∵AE∥CF,且AE=2CF,∴OH∥CF,且OH=CF,∴四边形HOCF是平行四边形,∴G是线段CH的中点,∴CG=CE.（4分）

图D4-6

（2）∵EA⊥平面ABCD,BD⊂平面ABCD,∴EA⊥BD.

∵BD⊥AC,AC∩EA=A,∴BD⊥平面EAC,又EC⊂平面EAC,

∴BD⊥EC.（6分）

∵OC=AB=CF=OH,OH⊥OC,∴四边形HOCF为正方形,∴OF⊥EC.

∵BD∩OF=O,∴EC⊥平面BDF.（8分）

（3）由

（2）知BD⊥平面EACF.

∵S梯形EACF===3,

∴V多面体ABCDEF=VB-EACF+VD-EACF=S梯形EACF·

BD=2.（12分）

10.

（1）设FD的中点为N,连接AN,MN.

∵M为FC的中点,

∴MN∥CD,MN=CD.（2分）

又AO∥CD,AO=CD,

∴MN∥AO,MN=AO,

∴四边形MNAO为平行四边形,

∴OM∥AN.（4分）

又OM⊄平面DAF,AN⊂平面DAF,

∴OM∥平面DAF.（6分）

（2）过点F作FG⊥AB于G.

∵平面ABCD⊥平面ABEF,平面ABCD∩平面ABEF=AB,

∴FG⊥平面ABCD,

∴VF-ABCD=S四边形ABCD·

FG=AB·

BC·

FG=FG.（9分）

同理可证CB⊥平面ABEF,

∴VF-CBE=VC-BEF=S△BEF·

CB=·

EF·

FG·

CB=FG.

∴=4.（12分）

11.

（1）因为PA⊥平面ABCD,所以PA⊥CD.（1分）

又底面ABCD是矩形,所以AD⊥CD.（2分）

因为PA∩AD=A,所以CD⊥平面PAD.（3分）

因为CD⊂平面PCD,所以平面PCD⊥平面PAD.（4分）

（2）不妨设AP=AD=x,则AB=2AD=2x,BC=x.（5分）

因为三棱锥P-BCE与四棱锥P-ADCE的体积之比为1∶2,

所以=,得=,得=,得BE=2AE.（7分）

则BE=,AE=.（8分）

易知△AEF∽△BEC,则==,即AF=x.（9分）

所以三棱锥P-AEF的体积V=×

AF×

AE×

AP=×

x×

x=,解得x=3.

故线段AD的长为3.（12分）

12.

（1）翻折前在Rt△PBC中,∠PCB=90°

AD∥BC,

所以AD⊥PC,翻折后AD⊥PD,所以BC⊥PD.（2分）

又PD⊥PB,PB∩BC=B,所以PD⊥平面PBC.（4分）

（2）翻折后AD⊥DC,AD⊥PD,所以AD⊥平面PDC,由

（1）知PD⊥PC,设PD=x.

因为AD∥BC,AD=1,BC=3