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空間幾何體綜合演練A卷參考答案

一、選擇題

1.提示:先根據(jù)正視圖和俯視圖還原出幾何體,再作其側(cè)(左)視圖。應(yīng)選B。

2.提示:由三視圖可知此幾何體為一個球切割掉1后剩下的幾何體。設(shè)球的半徑為8 r,則,可得r=2,故表面積。應(yīng)選A。

3.提示:由幾何體的三視圖可知,該幾何體是一個底面半徑為1,高為3的圓錐的一半與一個底面是直角邊長為2的等腰直角三角形,高為3的三棱錐的組合體。該幾何體的體積應(yīng)選A。

4.提示:過點A,E,C1的截面為AEC1F(圖略),則剩余幾何體的側(cè)視圖為選項C中的圖形。應(yīng)選C。

5.提示:由題意可知,該幾何體的底面為等腰直角三角形,等腰直角三角形的斜邊長為2,腰長為2,棱柱的高為2,所以其側(cè)面積S=2×2+22×2=4+42。應(yīng)選C。

6.提示:由三視圖可知,原幾何體是一個四棱錐,其中底面是一個上底、下底、高分別為1、2、2的直角梯形,一條邊長為x的側(cè)棱垂直于底面,于是其體積為=,解得x=。應(yīng)選C。

7.提示:根據(jù)題意,三棱錐P-BCD的正視圖是三角形,且底邊為正四棱柱的底面邊長、高為正四棱柱的高;側(cè)視圖是三角形,且底邊為正四棱柱的底面邊長、高為正四棱柱的高。故三棱錐P-BCD的正視圖與側(cè)視圖的面積之比為1∶1。應(yīng)選A。

8.提示:設(shè)圓柱底面圓的半徑為r尺,高為h尺。依題意可知圓柱體積為V=πr2h=2000×1.62≈3×r2×13.33,所以r2≈81,即r≈9。所以圓柱底面圓周長為2πr≈54(尺)=5丈4尺。應(yīng)選B。

圖1

9.提示:根據(jù)三視圖可知此幾何體是邊長為2的正方體截去一個三棱錐P-ABC后剩下的部分(如圖1所示),所以此幾何體的體積為應(yīng)選D。

10.提示:由三視圖可知,該幾何體是底面為等腰三角形,其中一條側(cè)棱與底面垂直的三棱錐(SA⊥平面ABC)(圖略)。由三視圖中的數(shù)據(jù)可計算得S△SBC=,所 以 S表面積=2+2。應(yīng)選C。

11.提示:根據(jù)所給的三視圖可知原幾何體是倒放的圓錐。設(shè)圓錐的底面半徑為R,高為H,水流的速度是v。由題意得vt=πh。當(dāng)vt＞0時,解得h=,這是一個冪型函數(shù)。應(yīng)選B。

12.提示:依題意設(shè)球的球心為O、半徑為R、△ABC的外接圓半徑為r,則=,解得R=5。由πr2=16π,解得r=4。又球心O到平面ABC的距離為 R2-r2=3,因此三棱錐P-ABC的高的最大值為5+3=8。應(yīng)選C。

13.提示:因為AE=BE,EF⊥AB,所以AF=BF。同理可得EC=ED。又空間四邊形ABCD的四個頂點都在同一球面上,所以球心O必在EF上。設(shè)該球的半徑為R,OE=x,則R2=AE2+OE2=16+x2,R2=CF2+OF2=4+(4-x)2,由此解得R=應(yīng)選C。

圖2

圖3

16.提示:由題意可知此三棱錐外接球即為以△ABC為底面、以PA為高的正三棱柱的外接球。因為△ABC的外接圓半徑r=,外接球球心到△ABC的外接圓圓心的距離d=1,所以外接球的半徑所以三棱錐外接球的表面積S=4πR2=8π。應(yīng)選C。

二、填空題

17.提示:將直觀圖還原為平面圖形?？芍€原后的圖形中,O"B"=2,A"B"=,于是可得周長為8。

18.提示:由S原圖形=2,可得原平面圖形的面積為8。

19.提示:設(shè)三棱錐A-BCD的外接球的半徑為r,M為正△BCD的中心。因為BC=CD=BD=AB=AC=AD=2,AM⊥平面BCD,所以DM=1,AM=。又OA=OD=r,所以-r)2+1=r2,解得r=。故球O的表面積S=4πr2=

三、解答題

圖4

20.提示:由正視圖和側(cè)視圖的三角形,再結(jié)合俯視圖可知該幾何體是一個底面為矩形,高為4,頂點在底面的射影是矩形中心的四棱錐,如圖4。

(2)四棱錐的兩個側(cè)面VAD、VBC是全等的等腰三角形,取BC的中點E,連接OE,VE,則△VOE為直角三角形,VE為△VBC邊上的高,同理側(cè)面VAB、VCD也是全等的等腰三角形,AB邊上的高h(yuǎn)=5。故S側(cè)=40+24。

圖5

21.提示:(1)由三視圖可知,該幾何體是一個平行六面體(如圖5),其底面是邊長為1的正方形,高為3。

(2)由三視圖可知,該平行六面體中,A1D⊥平面ABCD,CD⊥平面BCC1B1,所以AA1=2。側(cè)面ABB1A1,CDD1C1均為矩形,故該幾何體的表面積

圖6

22.提示:(1)直觀圖如圖6所示。

(2)由三視圖可知該幾何體是長方體被截去一個三棱柱,且該幾何體的體積是以A1A,為棱的長方體的體積的。在直角梯形AA1B1B中,作BE⊥A1B1于E,則四邊形AA1EB是正方形,可得AA1=BE=1。

在Rt△BEB1中,BE=1,EB1=1,可得BB1=2,故該幾何體的表面積S=S正方形ABCD=7+故該幾何體的體積V=1×2×1=(m3)。

點、直線、平面之間的位置關(guān)系綜合演練B卷參考答案

一、選擇題

1.提示:直線l與平面α斜交時,在平面α內(nèi)不存在與l平行的直線,A錯誤。l?α?xí)r,在平面α內(nèi)不存在與l異面的直線,D錯誤。l∥α?xí)r,在平面α內(nèi)不存在與l相交的直線,B錯誤。無論哪種情形在平面α內(nèi)都有無數(shù)條直線與l垂直。應(yīng)選C。

2.提示:在空間中,若a⊥b,a⊥c,則b,c可能平行,也可能相交,還可能異面,并且相交或異面時不一定垂直,所以①②錯誤。③顯然成立。也可以構(gòu)造長方體或正方體模型來快速判斷,①②錯誤,③正確。應(yīng)選B。

3.提示:當(dāng)n=2時,滿足條件。當(dāng)n=3時,為正三角形,滿足條件。當(dāng)n=4時,為正四面體,滿足條件。當(dāng)n=5時,為四棱錐,側(cè)面為正三角形,底面為菱形且對角線長與邊長相等,這不可能存在。所以正整數(shù)n的取值至多等于4。應(yīng)選B。

4.提示:由AB?γ,M∈AB,可知M∈γ。由α∩β=l,點M∈l,可知點M∈β,所以M在γ與β的交線上。同理可知,點C也在γ與β的交線上。應(yīng)選D。

5.提示:①若a與b是異面直線,則c至少與a,b中的一條相交,①正確。②當(dāng)平面α⊥平面β時,若b⊥c,則b⊥平面α,此時不論a,c是否垂直,均有a⊥b,②錯誤。③當(dāng)a∥b時,則a∥平面β,由線面平行的性質(zhì)定理可得a∥c,③正確。④當(dāng)b∥c時,若a⊥b,a⊥c,則a與平面β不一定垂直,此時平面α與平面β也不一定垂直,④錯誤。應(yīng)選C。

6.提示:a,b是互不垂直的兩條異面直線,把它放入正方體中,容易確定A不正確。由l∥a,且l⊥b,可得a⊥b,與題設(shè)矛盾,B不正確。由a?α,且b⊥α,可得a⊥b,與題設(shè)矛盾,D不正確。應(yīng)選C。

7.提示:在△C1DB中,MN∥BD,故C正確。因為CC1⊥平面ABCD,所以CC1⊥BD,所以MN與CC1垂直,A正確。因為AC⊥BD,MN∥BD,所以MN與AC垂直,B正確。因為A1B1與BD異面,MN∥BD,所以MN與A1B1不可能平行,D錯誤。應(yīng)選D。

8.提示:對于A,平行于同一平面的兩條直線可能相交,可能平行,也可能異面,A不正確。對于B,m∥n,m∥α,則n∥α或n?α,B不正確。對于C,利用垂直于同一直線的兩個平面平行,可知C正確。對于D,因為垂直于同一平面的兩個平面的位置關(guān)系是相交或平行,D不正確。應(yīng)選C。

9.提示:若α⊥β,m?α,n?β,則m與n相交、平行或異面,A錯誤。因為m⊥α,m∥n,所以n⊥α,又因為n∥β,所以α⊥β,B正確。若m⊥n,m?α,n?β,則α與β的位置關(guān)系不確定,C錯誤。若α∥β,m?α,n?β,則m∥n或m,n異面,D錯誤。應(yīng)選B。

10.提示:對于A,若l∥α,l∥β,則α∥β或α與β相交,A錯誤。易知B正確。對于C,若α⊥β,l⊥α,則l∥β或l?β,C錯誤。對于D,若α⊥β,l∥α,則l與β的位置關(guān)系不確定,D錯誤。應(yīng)選B。

11.提示:A中,因為CD∥AF,AF?平面PAF,CD?平面PAF,所以CD∥平面PAF成立。B中,因為ABCDEF為正六邊形,所以DF⊥AF,又PA⊥平面ABCDEF,所以PA⊥DF,而PA∩AF=A,所以DF⊥平面PAF成立。C中,因為CF∥AB,AB?平面PAB,CF?平面PAB,所以CF∥平面PAB。D中CF與AD不垂直。應(yīng)選D。

12.提示:若α∥β,則m∥n,這與m、n為異面直線矛盾,A不正確。α與β相交,將已知條件轉(zhuǎn)化到正方體中,易知α與β不一定垂直,但α與β的交線一定平行于l,從而排除B,C。應(yīng)選D。

13.提示:對于C項,由α∥β,a?α可得a∥β,又b⊥β,得a⊥b。應(yīng)選C。

14.提示:對于①,當(dāng)a∥M,b∥M時,則a與b平行、相交或異面,①為真命題。對于②,b?M,a∥b,則a∥M或a?M,②為假命題。對于③,a與b相交、平行或異面,③為假命題。對于④,由線面垂直的性質(zhì),知④為真命題。應(yīng)選A。

15.提示:對于 A,墻角的三個墻面α,β,γ滿足條件,但γ與β相交,故A錯誤。m?α,n?β,且m,n平行于α,β的交線時符合B中條件,但α與β可以相交,故B錯誤。由m∥n,m⊥α可推出n⊥α,結(jié)合n⊥β可推出α∥β,故C正確。由D中的條件得α與β可能平行也可能相交,故D錯誤。應(yīng)選C。

16.提示:對于①,兩條平行線中有一條與一平面垂直,則另一條也與這個平面垂直,①正確。對于②,直線l可能在平面α內(nèi),故②錯誤。對于③,三條交線除了平行,還可能相交于同一點,故③錯誤。對于④,由α∩γ=n知n?α且n?γ,由n?α且n∥β,α∩β=m,得n∥m,同理n∥l,④正確。應(yīng)選B。

17.提示:取AC的中點為G。易知SG⊥AC,BG⊥AC,故AC⊥平面SGB,可知AC⊥SB。因為SB∥平面DEFH,SB?平面SAB,平面SAB∩平面DEFH=HD,所以SB∥HD。同理可得SB∥FE。由D,E分別為AB,BC的中點,可知H,F也為AS,SC的中點,從而得HFACDE,所以四邊形DEFH為平行四邊形。又AC⊥SB,SB∥HD,DE∥AC,所以DE⊥HD,所以四邊形DEFH為矩形,其面積S=HF·HD=。應(yīng)選A。

18.提示:因為AB⊥AC,BD⊥AC,AB∩BD=B,所以AC⊥平面ABD。又AC?平面ABC,所以平面ABC⊥平面ABD,所以點D在平面ABC內(nèi)的射影H必在直線AB上。應(yīng)選A。

19.提示:由D1P⊥PC,DD1⊥PC,且D1P∩DD1=D1,可得PC⊥平面DD1P,所以PC⊥DP,即點P在以CD為直徑的圓上。又點P在AB上,則AB與圓有公共點,即0＜AD≤CD=2。應(yīng)選B。

20.提示:因為平面PAC⊥平面PBC,平面PAC∩平面PBC=PC,又AC?平面PAC,且AC⊥PC,所以AC⊥平面PBC。而BC?平面PBC,所以AC⊥BC,可知點C在以AB為直徑的圓上,即點C的軌跡是一個圓,但要去掉A,B兩點。應(yīng)選D。

21.提示:因為截面PQMN是正方形,所以MN∥QP。又PQ?平面ABC,MN?平面ABC,則MN∥平面ABC。由線面平行的性質(zhì)知MN∥AC。又MN?平面PQMN,AC?平面PQMN,則AC∥截面PQMN。同理可得MQ∥BD。又MN⊥QM,則AC⊥BD,故A,B正確。因為BD∥MQ,所以異面直線PM與BD所成的角等于PM與QM所成的角,即為45°,D正確。應(yīng)選C。

二、填空題

22.提示:①中的直線b與平面α也可能相交,故①不正確。由線面平行的性質(zhì)可得②正確。由面面平行的性質(zhì)可得③正確。答案為①②③。

23.提示:由線面垂直的性質(zhì)定理可知①是真命題,且垂直于同一直線的兩平面平行也是真命題,①是“可換命題”。因為垂直于同一平面的兩平面可能平行或相交,所以②是假命題,不是“可換命題”。由公理4可知③是真命題,且平行于同一平面的兩平面平行也是真命題,③是“可換命題”。因為平行于同一平面的兩直線可能平行、相交或異面,故④是假命題,即④不是“可換命題”。答案為①③。

24.提示:①a,c可能相交、平行或異面。②a,c可能相交、平行或異面。③正確。④a,c可能相交、平行或異面。答案為③。

25.提示:把四面體ABCD放入長方體(圖略)中進(jìn)行判斷。顯然命題①錯誤。對于②,因為四個面對應(yīng)的三角形的三邊分別對應(yīng)相等,即它們?yōu)槿鹊娜切?所以②正確。對于③,當(dāng)四面體ABCD為正四面體時,夾角之和等于180°,③錯誤。對于④,因為每組對棱中點的連線分別與長方體的棱平行,且都經(jīng)過長方體的中心,所以④正確。命題⑤顯然成立。答案為②④⑤。

26.提示:由題意知AC⊥平面SBC,故AC⊥SB,①正確。根據(jù)SB⊥AC,SB⊥AB,可得SB⊥平面ABC,平面SBC⊥平面SAC,②③正確。取AB的中點E,可證得CE⊥平面SAB,故CE的長即為點C到平面SAB的距離,即為a,④正確。

三、解答題

27.提示:(1)在平面PBC內(nèi)作NH∥BC交PB于點H,連接AH。在△PBC中,NH∥BC,NH=C=1,AM=AD=1。又AD∥BC,所以NH∥AM且NH=AM,可知四邊形AMNH為平行四邊形,可得MN∥AH。又因為AH?平面PAB,MN?平面PAB,所以MN∥平面PAB。

(2)連接AC,MC,PM,平面PAN即為平面PAC。設(shè)點M到平面PAC的距離為h。由題意可得,所以·PA,即43h=2×4,所以h,可知點M到平面PAN的距離為

28.提示:(1)設(shè)正方形ABCD的對角線AC與BD交于點O,連接FO。由題意知EF=OC=1,因為EF∥AC,所以四邊形CEFO為平行四邊形,所以CE∥OF。

又CE?平面BDF,OF?平面BDF,所以CE∥平面BDF。

(2)因為平面ABCD⊥平面ACEF,平面ABCD∩平面ACEF=AC,FA⊥AC,故FA⊥平面ABCD。連接EO,易知四邊形AOEF是邊長為1的正方形,所以EO⊥平面ABCD,則EO⊥BD。

所以△BDE為等腰三角形,BD=2BO=2OC=2,BE=DE==2。

因為BD2=BE2+DE2,所以BE⊥DE。同理,在△BEF中,BE⊥EF。

又因為DE∩EF=E,所以BE⊥平面DEF。

29.提示:(1)在正四棱柱ABCDA1B1C1D1中,連接BD交AC于N,連接MN。因為ABCD為正方形,所以N為BD的中點。

在△DBD1中,因為M為DD1的中點,所以BD1∥MN。

又因為MN?平面AMC,BD1?平面AMC,所以BD1∥平面AMC。

(2)因為ABCD為正方形,所以AC⊥BD。因為DD1⊥平面ABCD,所以DD1⊥AC。因為DD1∩BD=D,所以AC⊥平面BDD1。又因為BD1?平面BDD1,所以AC⊥BD1。

1點時,平面A1PC1∥平面AMC。證明如下:

因為AA1∥CC1,且AA1=CC1,所以四邊形AA1C1C是平行四邊形,所以AC∥A1C1。取CC1的中點為Q,連接MQ,QB。

因為M為DD1中點,所以MQ∥AB,且MQ=AB,所以四邊形ABQM是平行四邊形,可知BQ∥AM。

同理可得,BQ∥C1P,所以AM∥C1P。又因為A1C1∩C1P=C1,AC∩AM=A,所以平面A1PC1∥平面AMC。