TOP312016高考数学二轮复习专题5立体几何专题综合检测五理.doc文档免费在线阅读

角的正弦值为依题意，可设，其中∈则，从而又为平面的个法向量，由已知，得整理得，解得又因为∈所以所以，线段的长为专题综合检测五时间分钟，满分分选择题本大题共小题，每小题分，共分在每小题给出的四个选项中，只有项是符合题目要求的陕西卷个几何体的平面，故⊥过作的垂线，垂足为，过作的垂线，垂足为，连接故⊥平面，⊥平面，⊥在中，设，则⊥底面，所以面垂直的性质证明线线垂直利用空间坐标系求解空间角的大小解析因为四边形为矩形，故⊥又平面⊥平面，平面∩平面，所以⊥底面，是上的点，证明⊥平面设二面角为，求与平面所成角的大小解析因为底面是菱形，所以⊥，又，所以于是几何体的体积等于分如图，四棱锥中，底面为菱形，⊥的边上的高等于，所以由于直三棱柱的体积，而三棱锥的体积，三棱锥的体积大题共小题，共分解答时应写出必要的文字说明证明过程或演算步骤分如图，在直三棱柱中为侧棱上的两点，且，求几何体的体积解析题当∥，∥，∥时，∥当∥，⊂，⊥时，⊥当∩，∥时，∥且∥④当⊥，∩时，⊥或⊥其中假命题的序号是④三解答题本，因⊥，⊥，⊥平面，即有⊥对于又因此有⊥，则有因此的取值范围是，关于直线，和平面，有以下四个命沿折起，使平面⊥平面在平面内过点作⊥，为垂足设，则的取值范围是，解析此题可采用两个极端位置法，即对于位于的中点时随着点到点时方体组成，下面长方体的体积为，上面的长方体体积为，因此该几何体的体积为如图，在长方形中，为的中点，为线段端点除外上动点现将，则，又，解得或若几何体的三视图单位如图所示，则此几何体的体积是解析该几何体是由两个长，是的中点，点在线段上，当或时，⊥平面解析由直三棱柱及是的中点，得⊥平面，而⊂平面，⊥若⊥平面，则必有⊥，设，所以平面⊥平面，所以选二填空题本大题共小题，每小题分，共分请把正确答案填在题中横线上如图所示，在直三棱柱中，底面是为直角的等腰直角三角形⊥平面且平面⊥平面解析因为且是的中点，所以⊥同理有⊥于是⊥平面因为在平面内，所以平面⊥平面又由于⊂平面深圳调研在四面体中，若且是的中点，则下列正确的是平面⊥平面平面⊥平面平面⊥平面且平面⊥平面平面性成立，而由∥不定能得到∥，它们也可以异面，故必要性不成立，符合题意，对于选项，由于，不定相交，故是必要非充分条件对于选项，由∥可转化为∥，同选项，故不符合题意故选∥且∥∥且∥∥且∥∥且∥解析对于选项，不合题意对于选项，由于与是相交直线，而且由∥可得∥，同理可得∥，又与相交，故可得∥，充分性∥且∥∥且∥∥且∥∥且∥解析对于选项，不合题意对于选项，由于与是相交直线，而且由∥可得∥，同理可得∥，又与相交，故可得∥，充分性成立，而由∥不定能得到∥，它们也可以异面，故必要性不成立，符合题意，对于选项，由于，不定相交，故是必要非充分条件对于选项，由∥可转化为∥，同选项，故不符合题意故选深圳调研在四面体中，若且是的中点，则下列正确的是平面⊥平面平面⊥平面平面⊥平面且平面⊥平面平面⊥平面且平面⊥平面解析因为且是的中点，所以⊥同理有⊥于是⊥平面因为在平面内，所以平面⊥平面又由于⊂平面，所以平面⊥平面，所以选二填空题本大题共小题，每小题分，共分请把正确答案填在题中横线上如图所示，在直三棱柱中，底面是为直角的等腰直角三角形，是的中点，点在线段上，当或时，⊥平面解析由直三棱柱及是的中点，得⊥平面，而⊂平面，⊥若⊥平面，则必有⊥，设，则，又，解得或若几何体的三视图单位如图所示，则此几何体的体积是解析该几何体是由两个长方体组成，下面长方体的体积为，上面的长方体体积为，因此该几何体的体积为如图，在长方形中，为的中点，为线段端点除外上动点现将沿折起，使平面⊥平面在平面内过点作⊥，为垂足设，则的取值范围是，解析此题可采用两个极端位置法，即对于位于的中点时随着点到点时，因⊥，⊥，⊥平面，即有⊥对于又因此有⊥，则有因此的取值范围是，关于直线，和平面，有以下四个命题当∥，∥，∥时，∥当∥，⊂，⊥时，⊥当∩，∥时，∥且∥④当⊥，∩时，⊥或⊥其中假命题的序号是④三解答题本大题共小题，共分解答时应写出必要的文字说明证明过程或演算步骤分如图，在直三棱柱中为侧棱上的两点，且，求几何体的体积解析的边上的高等于，所以由于直三棱柱的体积，而三棱锥的体积，三棱锥的体积，所以于是几何体的体积等于分如图，四棱锥中，底面为菱形，⊥底面，是上的点，证明⊥平面设二面角为，求与平面所成角的大小解析因为底面是菱形，所以⊥，又⊥底面，所以面垂直的性质证明线线垂直利用空间坐标系求解空间角的大小解析因为四边形为矩形，故⊥又平面⊥平面，平面∩平面，所以⊥平面，故⊥过作的垂线，垂足为，过作的垂线，垂足为，连接故⊥平面，⊥平面，⊥在中，设，则，故四棱锥的体积为因为，故当，即时，四棱锥的体积最大此时，建立如图所示的坐标系，各点的坐标为，故设平面的法向量，则由⊥，⊥得解得同理可求出平面的法向量从而平面与平面夹角的余弦值为分新课标Ⅱ卷如图，长方体中点，分别在，上，过点，的平面与此长方体的面相交，交线围成个正方形在图中画出这个正方形不必说明画法和理由求直线与平面所成角的正弦值解析交线围成的正方形如图所示作⊥，垂足为，则，因为四边形为正方形，所以于是，所以以为坐标原点，的方向为轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，则，设是平面的法向量，则，即所以可取又，故，所以与平面所成角的正弦值为分如图，在直角梯形中∥将沿折起，使平面⊥平面，得到几何体，如图所示求证⊥平面求几何体的体积解析证法在题图中，可得故⊥如图，取中点为，连接，则⊥，又平面⊥平面，平面∩平面，⊂平面，⊥平面⊥又⊥，∩，⊥平面证法二在题图中，可得，故⊥又平面⊥平面，平面∩平面，⊂平面，从而⊥平面由可知为三棱锥的高由等积性可知几何体的体积为分天津卷如图，在四棱柱中，侧棱⊥底面，⊥且点和分别为和的中点求证∥平面求二面角的正弦值设为棱上的点，若直线和平面所成角的正弦值为，求线段的长解析如图，以为原点建立空间直角坐标系，依题意可得，又因为，分别为和的中点，所以，依题意，可得为平面的个法向量，，由此可得又因为直线⊄平面，所以∥平面设为平面的个法向量，则，即，不妨设，可得设为平面的个法向量，则又，所以不妨设，可得因此有于是所以，二面角的正弦值为依题意，可设，其中∈则，从而又为平面的个法向量，由已知，得整理得，解得又因为∈所以所以，线段的长为专题综合检测五时间分钟，满分分选择题本大题共小题，每小题分，共分在每小题给出的四个选项中，只有项是符合题目要求的陕西卷个几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为解析由几何体的三视图可知，该几何体为半圆柱，直观图如图所示表面积为利用斜二测画法得到如下结论三角形的直观图是三角形平行四边形的直观图是平行四边形正方形的直观图是正方形④菱形的直观图是菱形其中正确的是④④解析由斜二测画法规则知，保持平行性平行轴长度保持不变，平行轴的长度减半故正确，选新课标Ⅱ卷个正方体被个平面截去部分后，剩余部分的三视图如下图，则截去部分体积与剩余部分体积的比值为解析由已知三视图知该几何体是由个正方体截去了个大角后剩余的部分，如图所示，截去部分是个三棱锥设正方体的棱长为，则三棱锥的体积为，剩余部分的体积所以，故选等体积的球与正方体，它们的表面积的大小关系是球正方体球正方体球正方体不能确定解析设正方体与球的体积均为，可算出它们的表面积大小用表示，知选下列命题正确的是若两条直线和同个平面所成的角相等，则这两条直线平行若个平面内有三个点到另个平面的距离相等，则这两个平面平行若条直线平行于两个相交平面，则这条直线与这两个平面的交线平行若两个平面都垂直于第三个平面，则这两个平面平行解析若两条直线和同平面所成角相等，这两条直线可能平行，也可能为异面直线，也可能相交，所以错个平面不在同条直线的三点到另个平面的距离相等，则这两个平面平行，故错若两个平面垂直同个平面，两平面可以平行，也可以垂直，故错故选项正确湖北卷在如图所示的空间直角坐标系中，个四面体的顶点坐标分别是给出编号④的四个图，则该四面体的正视图和俯视图分别为和和④和④和解析设在坐标系中标出已知的四个点，根据三视图的画图规则判断三棱锥的正视图为④与俯视图为故选天津卷改编个几何体的三视图如图所示单位，则该几何体的体积为解析由几何体的三视图可知该几何体由两个圆锥和个圆柱构成，其中圆锥的底面半径和高均为，圆柱的底面半径为且其高为，故所求几何体的体积为如图，三棱锥的高分别在和上，且则下面四个图象中大致描绘了三棱锥的体积与的变化关系∈，的是如果四棱锥的四条侧棱都相等，就称它为等腰四棱锥，四条侧棱称为它的腰，以下个命题中，假命题是等腰四棱锥的腰与底面所成的角都相等等腰四棱锥的侧面与底面所成的二面角都相等或互补等腰四棱锥的底面四边形必存在外接圆等腰四棱锥的各顶点必在同球面上如图，模块均由个棱长为的小正方体构成，模块由个棱长为的小正方体构成，现从模块中选出个放到模块上，使得模块成为个棱长为的大正方体，下列方案中能完成任务的是模块模块模块④模块④蚌埠模拟设，是平面内的两条不同直线，是平面内的两条相交直线，则∥的个充分而不必要条件是∥且∥∥且∥∥且∥∥且∥解析对于选项，不合题意对于选项，由于与是相交直线，而且由∥可得∥，同理可得∥，又与相交，故可得∥，充分性成立，而由∥不定能得到∥，它们也可以异面，故必要性不成立