【高考考案】2015届高考数学第一轮复习 第九单元总结课件 文

1 AG AK （2－x）2＋1 t ∴ ＝ ，∴ ＝ ， 2 AM AF 2－x （2－x） ＋1 1 1 ∴t＝ .∵x∈(0，1)，∴t∈( ，1)． 2－x 2 1 ( ，1) 2 三、解答题
16．在四面体 ABCD 中，CB＝CD，AD⊥BD，点 E，F 分别 是 AB，BD 的中点，
(1)求证：直线 EF∥平面 ACD； (2)求证：平面 EFC⊥平面 BCD. (1)因为 E，F 分别是 AB，BD 的中点，所以 EF 是△ ABD 的中位线，所以 EF∥AD. 因为 EF⃘平面 ACD，AD 平面 ACD， 所以直线 EF∥平面 ACD. (2)因为 AD⊥BD，EF∥AD，所以 EF⊥BD. 因为 CB＝CD，F 是 BD 的中点，所以 CF⊥BD. 又 EF∩CF＝F，所以 BD⊥平面 EFC. 因为 BD 平面 BCD，所以平面 EFC⊥平面 BCD.
F，
1 1 ∴S△A′EF＝ A′E×A′F＝ . 2 2 又由(1)DA′⊥平面 A′EF，A′D＝2 是三棱锥 D—A′ 1 1 1 1 EF 的高，∴VA′—DEF＝VD—A′EF＝ S△A′EF×A′D＝ × ×2＝ . 3 3 2 3
一、选择题 1．已知直线 a 和平面α，那么 a∥α的一个充分条件 是( )． A．存在一条直线 b，a∥b 且 b⊂α B．存在一条直线 b，a⊥b 且 b⊥α C．存在一个平面β，a⊂β且α∥β D．存在一个平面β，a∥β且α∥β A 错误，a 可能在平面α内；B 错误，a 可能在平面 α内；C 正确；D 错误，a 可能在平面α内． C 2．一个水平放置的平面图形的斜二测直观图是一个底
13 2 1 水面上升的高度为 h，则 13＝π( ) h，则 h＝ . 13 π B
10． 如图， 四棱锥 S－ABCD 的底面是边长为 2 的正方形， 且 SA＝SB＝SC＝SD＝ 6，E 是边 BC 的中点，动点 P 在表面 上运动，并且总保持 PE⊥AC，则动点 P 的轨迹所围成的图 形的面积为( )． 2 A. B．1 C. 3 D. 6 2
由 SA＝SB＝SC＝SD＝ 6可知 S 在底面 ABCD 内的射 影是底面的中心， 即 AC 与 BD 的交点 O.要使得 PE 保持与 AC 垂直，只需使得 P 在 AC 的垂面上运动，如图中的△EFG 即 1 6 1 为 P 的轨迹，且 EG＝FG＝ SD＝ ，EF＝ BD＝ 2，△EFG 2 2 2 1 1 2 2 2 的面积 S＝ EF· FG －（ EF） ＝ . 2 2 2 A
是棱 AD 上一点，且 AP＝ ，过 B1，D1，P 的平面交平面 3 ABCD 于 PQ，Q 在直线 CD 上，则 PQ＝________． ∵平面 B1D1∥平面 ABCD， 平面 B1D1P∩平面 ABCD＝PQ， ∴B1D1∥PQ，
a
又 B1D1∥BD，∴BD∥PQ， 设 PQ∩AB＝M，∵AB∥CD， ∴△APM∽△DPQ，
PQ PD ∴ ＝ ＝2，即 PQ＝2PM， PM AP 又△APM∽△ADB， PM AP 1 1 ∴ ＝ ＝ ，∴PM＝ BD， BD AD 3 3
2 2 又 BD＝ 2a，∴PQ＝ a. 3 2 2 a 3 13．一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面 积为________．
由三视图可知，该组合体下部是底面边长为 2， 高为 3 的正四棱柱，上部是半径为 2 的半球，所以它的表面 积为 4×3×2＋π×22＋2π×22＝12π＋24. 24＋12π 14．如图，在平行四边形 ABCD 中，AB⊥BD，AB＝ 3， BD＝1，沿 BD 将△ABD 折起，使平面 ABD⊥平面 BCD，连接 AC，则此四面体 ABCD 的外接球的体积为________．
则 c⊂β 选项 C 的逆命题是“已知 b⊂β，若β⊥α，则 b⊥ α”不成立． C 7．已知一个几何体的三视图如图所示(单位：cm), 那 么这个几何体的侧面积是( )．
A．(1＋ 2)cm2 B．(3＋ 2)cm2 C．(4＋ 2)cm2 D．(5＋ 2)cm2 由三视图可知，该几何体是一个平放的四棱柱，四
根据三视图的概念知选 C. C 5．已知正方体 ABCD—A1B1C1D1，则四面体 C1—A1BD 在平 面 ABCD 上的投影的面积与该四面体的表面积之比是( )． A. 3∶1 B．1∶ 3 C．2 3∶1 D．1∶2 3 根据正投影的概念，结合图形知四面体 C1—A1BD 在底面 上的投影就是正方形 ABCD，设该正方体的棱长为 1，则这个 投影的面积就是 1，四面体的四个面都是边长为 2的正
9．一个几何体是由若干个边长为 1 的正方体组成的， 其正(主)视图和侧(左)视图如图所示， 若把这个几何体放到 13 一个底面半径为 的盛若干水的圆柱形容器，沉入水中， π 则水面上升的高度(不溢出)最大为( )．
1 1 12 13 A. B. C. D. 12 13 π π 由题知，底部这一层最多摆放 9 个正方体，上面一层最 多摆放 4 个正方体，故组合体的体积最大值为 13，设
单 元 总 结
(2013 年安徽卷)如图，四棱锥 P—ABCD 的 底面 ABCD 是边长为 2 的菱形，∠BAD＝60°.已知 PB＝PD＝ 2，PA＝ 6.
(1)证明：PC⊥BD； (2)若 E 为 PA 的中点，求三棱锥 P—BCE 的体积． (1)连接 AC，交 BD 于 O 点，连接 PO. 因为底面 ABCD 是菱形，所以 AC⊥BD，BO＝DO. 由 PB＝PD 知 PO⊥BD，再由 PO∩AC＝O 知 BD⊥面 APC， 因此 BD⊥PC.
(1)∵ABCD 是正方形，∴DA⊥AE，DC⊥CF， ∴DA′⊥A′E，DA′⊥A′F. 又 A′E∩A′F＝A′，∴DA′⊥平面 A′EF.
又 EF⊂平面 A′EF，∴DA′⊥EF. (2)在△BEF 中，BE＝BF＝1，BE⊥BF，∴EF＝ 2， ∵A′E＝A′F＝1，∴A′E2＋A′F2＝EF2，∴A′E⊥A′
又 QP∩QB＝Q，所以 AD⊥平面 PQB. 因为 BC∥AD，所以 BC⊥平面 PQB，因为 PB⊂平面 PQB， 所以 BC⊥PB，即∠PBC＝90°. 2 2 (2)由(1)可得 PQ＝BQ＝ 3，又 PB＝ 6，所以 PQ ＋BQ 2 ＝PB ，所以 PQ⊥QB， 而 PQ⊥AD， 且 QB∩AD＝Q， AD⊂平面 ABCD， QB⊂平面 ABCD， 所以 PQ⊥平面 ABCD. 2 因为 MC＝2PM，所以 VM—BDC＝ VP—BDC，VB—PDM＝VP—BDM＝VP—BDC 3 1 －VM—BDC＝ VP—BDC， 3
(法二)过 D 作 DG⊥AF 于 G，设 FC＝x，则 DF＝2－x，x ∈(0，1)． 2－x 2 ∵AF＝ （2－x） ＋1 ，∴DG＝ . 2 （2－x） ＋1 2－x 1 2 ∴AG＝ 1－（ ）＝ . 2 2 （2－x） ＋1 （2－x） ＋1 连接 GK，∵DK⊥AB.又平面 ABD⊥平面 ABC， ∴DK⊥平面 ABCF. ∵DG⊥AF，∴AF⊥GK.过 F 作 FM⊥AB 于 M.则△AKG∽△ AFM.
角为 45°，腰和上底长均为 1 的等腰梯形，则这个平 面图形的面积是( )． 1 2 2 A. ＋ B．1＋ 2 2 2 C．1＋ 2 D．2＋ 2 如图，设直观图为 O′A′B′C′，建立如图所示的 坐标系，按照斜二测画法的规则，在原来的平面图形中，OC 2 ⊥OA，且 OC＝2，BC＝1，OA＝1＋2× ＝1＋ 2，故其面 2 1 积为 ×(1＋1＋ 2)×2＝2＋ 2. 2
3 2 三角形，故其表面积是 4× ×( 2) ＝2 3，故所求 4 的比值为 1∶2 3.
D 6．设 a，b，c 表示三条直线，α，β表示两个平面， 则下列命题中逆命题不成立的是( )． A．已知 c⊥α，若 c⊥β，则α∥β B．已知 b⊂α，c⊄α，若 c∥α，则 b∥c C．已知 b⊂β，若 b⊥α，则β⊥α D．已知 a，b⊂α，a∩b＝P，c⊥a，c⊥b，若α⊥β，
棱柱的底面是直角梯形，所以几何体的侧面积为 （1＋2）×1 ×2＋1×1＋ 2 ×1＝(4＋ 2)cm2. 2 C 8．正方体不在同一表面上的两个顶点为 A(－1，2，－ 1)，B(3，－2，3)，则正方体的体积为( )． A．8 B．27 C．64 D．128 设正方体的棱长为 a，根据条件则有 3 a＝ 42 ＋（－4）2 ＋42 ，解得 a＝4，所以正方体的体积为 43＝ 64. C
1 1 3 2 而 VP—BDC＝ S△BDC·PQ＝ ×( ×2 )× 3＝1，所以三棱 3 3 4 1 锥 B—PDM 的体积为 . 3
化归与转化思想 化归与转化的思想在立体几何中随处可见， 贯穿立体几 何的始终，是处理立体几何问题的基本思想方法，具体体现 在如下几个方面： (1)把立体几何问题向平面转化，即立体几何平面化， 它是解决几何问题始终如一的原则． (2)在讨论平行与垂直关系时，通常应注意线线、线面、
D 3．一个几何体的三视图形状都相同，大小均等，那么 这个几何体不可能是( )． A．球 B．三棱锥 C．正方体 D．圆柱 D 的正(主)视图、侧(左)视图是矩形，而俯视图是 圆． D 4． 一个三棱锥和直棱柱的组合体的直观图及它的侧(左) 视图、 俯视图如图所示， 则该几何体的正(主)视图为( )．
面面三者之间的平行与垂直关系相互转化． (3)空间中的体积、距离问题，常用等体积转化法来处 理． 如图，边长为 2 的正方形 ABCD，E，F 分别是 AB， BC 的中点，将△AED，△DCF 分别沿 DE，DF 折起，使 A，C 两点重合于 A′. (1)求证：A′D⊥EF； (2)求 VA′—DEF.

折叠后，因为平面 ABD⊥平面 BCD，且 AB⊥BD，所 以 AB⊥平面 BCD，所以 AB⊥BC. 同理可证得 CD⊥AD. 取 AC 的中点 O，有 OA＝OB＝OC＝OD，即 O 为球心． 又 DC＝AB＝ 3 ，BD＝1，所以 BC＝ 3＋1 ＝2， 所以 AC＝ 4＋3＝ 7， 7 4 3 7 7 所以 R＝ ，所以 V＝ πR ＝ π. 2 3 6 7 7 π 6