高考数学二轮复习 第三部分 能力篇 专题一 空间想象能力课时作业 文

2017届高考数学二轮复习 第三部分 能力篇 专题一 空间想象能力课时作业 文1．已知α，β是两个不同的平面，有下列三个条件： ①存在一个平面γ，γ⊥α，γ∥β； ②存在一条直线a ，a ⊥β；③存在两条垂直的直线a ，b ，a ⊥β，b ⊥α.其中，所有能成为“α⊥β”的充要条件的序号是( ) A ．① B ．② C ．③D ．①③解析：对于①，存在一个平面γ，γ⊥α，γ∥β，则α⊥β，反之也对，即“存在一个平面γ，γ⊥α，γ∥β”是“α⊥β”的充要条件，所以①对，可排除B ，C ；对于③，存在两条垂直的直线a ，b ，则直线a ，b 所成的角为90°，因为a ⊥β，b ⊥α，所以α，β所成的角为90°，即α⊥β，反之也对，即“存在两条垂直的直线a ，b ，a ⊥β，b ⊥α”是“α⊥β”的充要条件，所以③对，可排除A ，选D. 答案：D2．某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为( )A.3＋5B.43 C.5＋6D.5＋5解析：由几何体的三视图知该几何体的上部是底面边长为1、高为1的正四棱锥，侧面三角形的高为⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋12＝52；下部是棱长为1的正方体；∴该几何体的表面积为12×1×52×4＋1×1×5＝5＋5，故选D. 答案：D3.(2016·天津模拟)如图为一个几何体的三视图，则该几何体的体积为( )A ．6－3π4B ．6－3π2C ．3－3π2D ．3－3π4解析：分析三视图可知，该几何体是由一个长方体挖去半个圆柱而得到的，如图所示，因而其体积为2×1×1.5－12×π×12×1.5＝3－3π4.故选D.答案：D4.已知正四棱锥的底面边长为2a ，其侧视图如图所示．当正视图的面积最大时，该正四棱锥的表面积为( )A ．8B ．8＋8 2C ．8 2D ．4＋8 2解析：由题意可知该正四棱锥的直观图如图所示．其正视图与侧视图相同，设正四棱锥的高为h ，则a 2＋h 2＝4.故正视图的面积为S ＝12×2a ×h ＝ah ≤a 2＋h22＝2，当且仅当a ＝h ＝2时，S 最大．故该正四棱锥的表面积为S 表＝(2a )2＋4×12×2a ×2＝8＋8 2.故选B.答案：B5．已知直三棱柱的底面是等腰直角三角形，直角边长是1，且其外接球的表面积是16π，则该三棱柱的侧棱长为( )A.14 B ．2 3 C ．4 6D ．3解析：因为该直三棱柱的外接球的表面积是16π，所以该球的半径为R ＝2.又直三棱柱的底面是等腰直角三角形，直角边长是1，所以该三棱柱的底面斜边所在的侧面必过球心，故该三棱柱的侧棱长是222－⎝⎛⎭⎪⎫222＝14，故选A. 答案：A6．(2016·昆明模拟)一个正三棱柱被平面截去一部分后，剩余部分的三视图如图，则截去部分体积与剩余部分体积的比值为( )A.15 B.16 C.17D.18解析：依题意，剩余部分所表示的几何体是从正三棱柱ABC ­A 1B 1C 1(其底面边长是2)中截去三棱锥E ­A 1B 1C 1(其中E 是侧棱BB 1的中点)，因此三棱锥E ­A 1B 1C 1的体积为VE ­A 1B 1C 1＝13×12×2×3×1＝33，剩余部分的体积为V ＝VABC ­A 1B 1C 1－VE ­A 1B 1C 1＝12×2×3×2－33＝533，因此截去部分体积与剩余部分体积的比值为15，选A. 答案：A7．四棱锥P ­ABCD 的顶点P 在底面ABCD 上的投影恰好是A ，其三视图如图所示，其中正视图与侧视图都是腰长为a 的等腰三角形，则在四棱锥P ­ABCD 的任意两个顶点的连线中，互相垂直的异面直线共有________对．解析：由题意可得PA ⊥BC ，PA ⊥CD ，AB ⊥PD ，BD ⊥PA ，BD ⊥PC ，AD ⊥PB ，即互相垂直的异面直线共有6对．答案：68.如图所示，正方形ABCD 中，E ，F 分别是AB ，AD 的中点，将此正方形沿EF 折成直二面角后，异面直线AF 与BE 所成角的余弦值为________．解析：如图，取BC 的中点H ，连接FH ，AH ，∴BE ∥FH ，∴∠AFH 即为异面直线AF 与BE 所成的角．过A 作AG ⊥EF 于G ，则G 为EF 的中点． 连接HG ，HE ，则△HGE 是直角三角形． 设正方形边长为2，则EF ＝2，HE ＝2，EG ＝22， ∴HG ＝2＋12＝102，∴AH ＝52＋12＝ 3. 由余弦定理知cos ∠AFH ＝AF 2＋HF 2－AH 22·AF ·HF ＝12＋22－32×1×2＝12.答案：129．一个几何体的三视图如图所示，则这个几何体的表面积与其外接球的表面积的比值为________．解析：该几何体是棱长为1的正八面体，其表面积为8×12×1×1×sin 60°＝23，其外接球的半径为22，故外接球的表面积为4π⎝ ⎛⎭⎪⎫222＝2π，所以所求比值为3π. 答案：3π10.如图所示，在直四棱柱ABCD ­A 1B 1C 1D 1中，DB ＝BC ，DB ⊥AC ，点M 是棱BB 1上一点．(1)求证：B 1D 1∥平面A 1BD ； (2)求证：MD ⊥AC ；(3)试确定点M 的位置，使得平面DMC 1⊥平面CC 1D 1D .解析：(1)证明：由直四棱柱，得BB 1∥DD 1，且BB 1＝DD 1，所以四边形BB 1D 1D 是平行四边形，所以B 1D 1∥BD .而BD ⊂平面A 1BD ，B 1D 1⊄平面A 1BD ，所以B 1D 1∥平面A 1BD . (2)证明：因为BB 1⊥平面ABCD ，AC ⊂平面ABCD ，所以BB 1⊥AC . 又BD ⊥AC ，且BD ∩BB 1＝B ，所以AC ⊥平面BB 1D 1D . 而MD ⊂平面BB 1D 1D ，所以MD ⊥AC .(3)当点M 为棱BB 1的中点时，平面DMC 1⊥平面CC 1D 1D .证明如下：取DC 的中点N ，D 1C 1的中点N 1，连接NN 1交DC 1于点O ，连接OM ，BN (图略)． 因为N 是DC 的中点，BD ＝BC ，所以BN ⊥DC ， 所以BN ⊥平面DCC 1D 1.又O 是NN 1的中点，所以BM ∥ON 且BM ＝ON ，即四边形BMON 是平行四边形，所以BN ∥OM ，所以OM ⊥平面CC 1D 1D .又OM ⊂平面DMC 1，所以平面DMC 1⊥平面CC 1D 1D .11．(2016·湖南东部六校联考)如图，在直角梯形ABCD 中，AB ∥CD ，AB ⊥AD ，且AB ＝AD ＝12CD ＝1.现以AD 为一边向梯形外作矩形ADEF ，然后沿边AD 将矩形ADEF 翻折，使平面ADEF 与平面ABCD 垂直．(1)求证：BC ⊥平面BDE ； (2)若点D 到平面BEC 的距离为63，求三棱锥F ­BDE 的体积． 解析：(1)证明：在矩形ADEF 中，ED ⊥AD ， 因为平面ADEF ⊥平面ABCD ， 所以ED ⊥平面ABCD ，所以ED ⊥BC .又在直角梯形ABCD 中，AB ＝AD ＝1，CD ＝2，∠BDC ＝45°， 所以BC ＝2，在△BCD 中，BD ＝BC ＝2，CD ＝2，所以BD 2＋BC 2＝CD 2， 所以BC ⊥BD ，所以BC ⊥平面BDE .(2)由(1)得，平面DBE ⊥平面BCE ，作DH ⊥BE 于点H ，则DH ⊥平面BCE ，所以DH ＝63.在△BDE 中，BD ·DE ＝BE ·DH ，即2·DE ＝63(DE 2＋2)，解得DE ＝1. 所以V F ­BDE ＝V B ­EFD ＝13×12×1×1×1＝16.12．如图，四边形ABCD 为等腰梯形，且AD ∥BC ，E 为BC 的中点，AB ＝AD ＝BE .现沿DE 将△CDE 折起成四棱锥C ′­ABED ，点O 为ED 的中点．(1)在棱AC ′上是否存在一点M ，使得OM ∥平面C ′BE ？并证明你的结论； (2)若AB ＝2，求四棱锥C ′­ABED 的体积的最大值． 解析：(1)存在，当M 为AC ′的中点时，OM ∥平面C ′BE .证明如下：连接MO 、C ′O ，取BC ′的中点F ，连接EF 、MF ，如图所示．∵MF 为△ABC ′的中位线， ∴MF ∥AB ，且MF ＝12AB .∵在等腰梯形ABCD 中，AD 綊BE ， ∴四边形ABED 为平行四边形，∴AB 綊DE .∵O 为ED 的中点，∴MF 綊OE ， ∴四边形EFMO 为平行四边形， ∴OM ∥EF .∵EF ⊂平面C ′BE ，OM ⊄平面C ′BE ， ∴OM ∥平面C ′BE .(2)∵底面四边形ABED 的面积不变，∴要使四棱锥C ′­ABED 的体积最大，只需顶点C ′到平面ABED 的距离最大，即只需平面C ′DE ⊥平面ABED . ∵C ′O ⊥ED ，平面C ′DE ∩平面ABED ＝ED ，C ′O ⊂平面C ′DE ，∴C ′O ⊥平面ABED ，∴C ′O 为四棱锥C ′­ABED 的高，且C ′O ＝ 3.易知S 四边形ABED ＝23， ∴四棱锥C ′­ABED 的最大体积V max ＝13S 四边形ABED ·C ′O ＝2.。