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專題8.9 《空間向量與立體幾何》真題模擬試卷第I卷選擇題部分(共60分)一、選擇題:本大題共8540是符合題目要求的.12022四川省內(nèi)江市第六中學(xué)模擬預(yù)(文已知l,m是兩條不同的直線是平面且m/( )mA.若l m,則B.若,則lmC.若lm,則l D.若l,則lm2(2022全高三專題練習(xí))已知某圓錐的側(cè)面積為6 ,高為3,則該圓錐底面圓的半徑為( )A.2 B.3 C.4 D.63(2022湖宜城市第二高級(jí)中學(xué)高三開學(xué)考試)如圖,何尊是我國西周早期的青銅禮器,其造型渾厚,工藝精美尊內(nèi)底鑄銘文中“宅茲中”為中”一詞最早的文字記載何尊還是第一個(gè)出德”字的器物證明了周王朝以德治國的理念,何尊的形狀可近似看作是圓臺(tái)和圓柱的組合體,組合體的高約為40cm,上口直徑約為28c經(jīng)測(cè)量可知圓臺(tái)的高約為16c圓柱的底面直徑約為18c則該組合體的體積約( )A.11280cm3B.12380cmA.11280cm3B.12380cm3C.12680cm3D.12280cm34(2022全高三專題練習(xí))軸截面為正方形的圓柱內(nèi)接于球,則它們的表面積之比是( )52022高三專題練習(xí))VABC中,AVBBVC52022高三專題練習(xí))VABC中,AVBBVCCVA6,VAVBVC,若三棱錐VABC的內(nèi)切球O的表面積為,則此三棱錐的體積為()3A.63
B.18
C.6
D.183226(2022高三專題練習(xí))已知三棱錐PABC的所有頂點(diǎn)都在球O的球面上,PC為球O的直徑,且3223PCOAPCOB,AOB為等邊三角形,三棱錐PABC的體積為36
,則球O的表面積為( )4π B.8π C.12π D.16π72021北高三開學(xué)考試在正方體ABCDABCD中點(diǎn)P在正方形ADDA內(nèi)且不在棱上( )A.在正方形DCCD內(nèi)一定存在一點(diǎn)Q,使得PQ∥A.在正方形DCCD內(nèi)一定存在一點(diǎn)Q,使得PQ∥AC1 1在正方形DCCD1 1
內(nèi)一定存在一點(diǎn)Q,使得PQAC在正方形DCCD1 1
內(nèi)一定存在一點(diǎn)Q,使得平面PQC1
//平面ABC在正方形DCCD1 1
內(nèi)一定存在一點(diǎn)QAC平面38(2018高考真題(理)設(shè)ABCD是同一個(gè)半徑為4的球的球面上四點(diǎn),ABC為等邊三角3形且其面積為9
,則三棱錐DABC體積的最大值為3A.123
B.18
C.24
D.54333二、多項(xiàng)選擇題:本大題共45205303339(2022·湖北武漢·高三開學(xué)考試)如圖,已知正方體ABCDABCD,M,N分別是AD,DB的中點(diǎn),111 1 1 1A.A.ADDBB.ADDB1111CMN//ABCD111 1D.MNBDDB11AB C的10(2023高三專題練習(xí))在三棱錐PABC中,PABπ,PA5,AB4,二面角PAB C的3π大小為,點(diǎn)4
MM的距離為d1
,點(diǎn)M到平面ABC的距離為d,若2d 2d1
,則( )21A.PB21C.點(diǎn)M的軌跡為一段圓弧
B.點(diǎn)M到直線AB的距離等于2d120 3D.點(diǎn)M的軌跡長(zhǎng)度為20 391(2022云南師大附中高三階段練習(xí)“”,沿截面PAC將一個(gè)塹堵鱉臑”.在鱉臑PABCPAABAB2,其外接球的體積為32πV最大3時(shí),下列結(jié)論正確的是( )A.A.PABC 6B.V6C.直線PC與平面PAB所成角的正弦值6DPABC內(nèi)切球的半徑為15 6212(2022重慶巴蜀中學(xué)高三階段練習(xí))2
ABCDABC
中,點(diǎn)M在底面正方形ABCD內(nèi)運(yùn)動(dòng),則下列結(jié)論正確的是( )
111 1A.存在點(diǎn)MA.存在點(diǎn)MAM平面DBC1 11B.若AM2,則動(dòng)點(diǎn)M的軌跡長(zhǎng)度為22C.若AM//平面DBC,則動(dòng)點(diǎn)M的軌跡長(zhǎng)度為21 11DAMADB,則三棱錐BMDC的體積為定值1 1 1 1第II卷非選擇題部分(共90分)三、填空題:本大題共4小題,每小題5分,共20分.13(2022全國高三專題練習(xí))已知圓柱的高為,底面積為,則圓柱的側(cè)面積 ;14(2021內(nèi)蒙包頭市第四中學(xué)高三期中(文)寬高分別為23的長(zhǎng)方體的頂點(diǎn)都在同一球上,則該球的表面積.15(2022江西高三階段練習(xí)(文)已知圓臺(tái)的上、下底面半徑分別為r,r1,1 2母線長(zhǎng)為2,且rr1616(2023河南洛寧縣第一高級(jí)中學(xué)一模(文)在長(zhǎng)方體ABCDABCD中,底面ABCD是邊長(zhǎng)為4的111 1AA3A作平面AB,ADAA與平面所成的角為30111,給出下列說法:
2,則rr1 2
.ABBC6;1 1 25②AB//平面BDC;1 1 14 34③點(diǎn)B到平面BCD的距離為 ;4 341 1 17AMN6.1其中正確的(請(qǐng)?zhí)顚懰姓_說法的編號(hào))四、解答題:本大題共6小題,共70分.解答應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟.17(2021浙江高考真題)如圖,在四棱錐PABCD中,底面ABCD是平行四邊形,15ABC120,AB1,BC4,PA15
,M,N分別為BC,PC的中點(diǎn),PDDC,PMMD.(1)ABPM;(1)ABPM;182020海南高考真題)如圖,四棱錐PDD底面.設(shè)平面D與平面PBC的交線為l.lPDC;PD=AD=1,Q為l
2,求PB與平面QCD所成角的正弦值.2(1)證明:圖中的A,C,GD四ABCBCGE;19(2022云南民族大學(xué)附屬中學(xué)模擬預(yù)測(cè)(理)圖①是由矩形ADEB,RtABC和菱形BFGCAB1BEBF2FBC6將其沿AB(1)證明:圖中的A,C,GD四ABCBCGE;(2)求圖中的二面角BCGA的大?。?0(2022ft東濟(jì)南市歷城第二中學(xué)模擬預(yù)測(cè))如圖,在三棱柱ABCAB
底面ABC,111 1AABC 2AB 2ACMB
的中點(diǎn).1 11(1)AC∥ABM;11(2)AC,使二面角BAMN(1)AC∥ABM;11
的值;若不存在,請(qǐng)說明理由.1 4 CN3(1)若直線EC與平面ABCD的夾角為60°,求二面角B-CE-D的正弦值;21(2022高三開學(xué)考試)如圖,四棱錐PD的體積為4,平面⊥平面D是面積為3(1)若直線EC與平面ABCD的夾角為60°,求二面角B-CE-D的正弦值;ED(2)求EC的取值范圍.22(2022高考真題直三棱柱ABCAB
中,AA
ABAC2,ACAB,D為AB
中點(diǎn),E為111 1 11AAF為CD中點(diǎn).(1)(1)EF//ABC;求直線BE與平面CCD夾角的正弦值;111ACD與平面CCD夾角的余弦值.11專題8.9 《空間向量與立體幾何》真題模擬試卷第I卷選擇題部分(共60分)一、選擇題:本大題共8540是符合題目要求的.12022四川省內(nèi)江市第六中學(xué)模擬預(yù)(文已知l,m是兩條不同的直線是平面且m/( )mA.若l m,則B.若,則lmC.若lm,則l【答案】D【解析】【分析】
D.若l,則lm根據(jù)線面平行的有關(guān)知識(shí)對(duì)選項(xiàng)進(jìn)行分析,從而確定正確選項(xiàng).【詳解】依題意m//,A選項(xiàng),若l//m,則可能l,所以A.B選項(xiàng),若l//,則l與m可能相交、異面、平行,所以BC選項(xiàng),若lm,則可能l,所以C.D選項(xiàng),由于m//,所以平面內(nèi)存在直線n,滿足若l,則ln,則lm,所以D.故選:D2(2022全高三專題練習(xí))已知某圓錐的側(cè)面積為6 ,高為3,則該圓錐底面圓的半徑為( )A.2【答案】B【解析】
B.3 C.4 D.6【分析】設(shè)該圓錐底面圓的半徑為r,再結(jié)合圓錐的側(cè)面積公式求解即可【詳解】r23r23
6 ,故r2
r23108,即r29 r2120,解得r3 B2022宜城市第二高級(jí)中學(xué)高三開學(xué)考試)為 A.11280cm3B.12380cm3C.12680cm3D.12280cm3字的器物,證明了周王朝以德治國的理念,何尊的形狀可近似看作是圓臺(tái)和圓柱的組合體,組合體的高約為40cm,上口直徑約為28cm,經(jīng)測(cè)量可知圓臺(tái)的高約為16cm,圓柱的底面直徑約A.11280cm3B.12380cm3C.12680cm3D.12280cm3【答案】D【解析】【分析】根據(jù)圓柱和圓臺(tái)的體積公式即可求解.【詳解】由題意得圓柱的高約為401624(,則何尊的體積VV V圓臺(tái) 圓柱
π1429214916π922412280(3)3故選:D.4(2022全高三專題練習(xí))軸截面為正方形的圓柱內(nèi)接于球,則它們的表面積之比是( )A.2【答案】C【解析】【分析】
B.1
C.4 D.3即有表面積之比【詳解】軸截面如下圖為正方形,設(shè)圓柱底面圓直徑AB2r,則球直徑AC2 2r,故圓柱表面積為2πr22πr2r6πr2,球表面積為4π
2r
8πr2,故它們的表面積之比為4C5(5(2022高三專題練習(xí)VABC中,AVBBVCCVA60,VAVBVC,若三棱錐VABC的內(nèi)切球O的表面積為,則此三棱錐的體積為()A.6 3B.18 3C.62D.18 2【解析】【分析】連接VOABCEAE,并延長(zhǎng)交BCD,由于三棱錐是正四面體,因此E是底DBC中點(diǎn),由球表面積求得球半徑OE,在直角三角形VAE后由體積公式計(jì)算.連接VO連接VOABCEAE,并延長(zhǎng)交BCD,在三棱錐VABCAVBBVCCVA60,VAVBVC,三棱錐VABC是正四面體,E是ABC的中心,VEABC,三棱錐VABC的內(nèi)切球O的表面積為,4r2,解得球O的半徑rOE 6,2設(shè)AB
AE2ADa,則3a,則
,VE23a23aa()2223a
a,a(a(2326AOVO 6a 6,3 266 66OEAE,AE2OE2AO2,(
)2( )2( a )2,3 2 3 2解得a6,VE 663此三棱錐的體積為V1S
,66VE1166sin6066
218 .23 ABC 3 2故選:D.6(2022高三專題練習(xí))已知三棱錐PABC的所有頂點(diǎn)都在球O的球面上,PC為球O的直徑,且3PCOAPCOB,AOB為等邊三角形,三棱錐PABC的體積為36
,則球O的表面積為( )4π【答案】A【解析】
8π C.12π D.16π【分析】rPABC的體積可看成是兩個(gè)小三棱PABO和CABOr的方程,即可求出r問題.【詳解】根據(jù)題意作出圖形:設(shè)球心為O,球的半徑r.PCOA,PCOB,PC平面AOB,PABC的體積可看成是兩個(gè)小三棱錐PABO和CABO的體積和.VPABC
VPABO
VC
r2r2 ,3313 4 6331r1,球O的表面積為4π.7(20217(2021高三開學(xué)考試)在正方體ABCDABCD中,點(diǎn)P在正方形111 1ADDA內(nèi),且不在棱上,則(11)A.在正方形DCCD內(nèi)一定存在一點(diǎn)Q,使得PQ∥AC1 1在正方形DCCD1 1
內(nèi)一定存在一點(diǎn)Q,使得PQAC在正方形DCCD1 1
內(nèi)一定存在一點(diǎn)Q,使得平面PQC1
//平面ABC在正方形DCCD1 1
內(nèi)一定存在一點(diǎn)QAC平面PQC1【答案】A【解析】【分析】對(duì)于選項(xiàng)A,當(dāng)PQ是DAC的中位線時(shí),可判斷A選項(xiàng);對(duì)于選項(xiàng)B,假設(shè)存在,則PQ平面DBBD,1 1 1PQ//DBB
,進(jìn)而與已知矛盾判斷B選項(xiàng);對(duì)于選項(xiàng)C,假設(shè)存在,則可得到平面
//平1 1 1AB
,進(jìn)而由矛盾判斷C選項(xiàng);對(duì)于選項(xiàng)DDBB
//平面PQC
,進(jìn)而已知111 1 1 1矛盾判斷D選項(xiàng).【詳解】對(duì)于選項(xiàng)AADADP,連接DCDCQ,連接PQAC,1 1 1 1因?yàn)镻Q是DAC的中位線,所以PQ//AC,故A項(xiàng)正確;1對(duì)于選項(xiàng)B,在正方形DCCDQ,使得PQACAC平面DBB
,所以PQ平1 1 1 1DBB
PQ//DBB
Q在平面DBB
與平面DBB
相交,故B項(xiàng)錯(cuò)誤;1 1 1 1 1 1 1 1對(duì)于選項(xiàng)CDCCD內(nèi)如果存在一點(diǎn)PQC//平面ABCABC
//平面ABC,1 1 1 111所以平面PQC
//AB
,而平面PQC
AB
相交于點(diǎn)C
,故C項(xiàng)錯(cuò)誤;1 11
1 111 1對(duì)于選項(xiàng)DCCD1 1
內(nèi)如果存在一點(diǎn)Q,使得AC平
ACDBBD,所以平面DBBD//平面PQCPQ在平面DBB
的兩側(cè),所以平1 1 1 1 1 1 1 1DBB
與平面PQC
相交,故D項(xiàng)錯(cuò)誤.1 1 1故選:A8(2018高考真題(理)設(shè)ABCD是同一個(gè)半徑為4的球的球面上四點(diǎn),ABC為等邊三角3形且其面積為93
,則三棱錐DABC體積的最大值為3A.123
B.18
C.24
D.54333【答案】B333【解析】【詳解】D為OM為三角形CDM平面ABCDABC體積最大,然后進(jìn)行計(jì)算可得.詳解:如圖所示,3點(diǎn)M為三角形ABC的中心,E為AC中點(diǎn),當(dāng)DM3點(diǎn)M為三角形ABC的中心,E為AC中點(diǎn),SABC34此時(shí),ODOBSABC34AB6,MABC
AB293BM2BE233
RtOMB中,有
OM 2OB2BM2DMODOM42OB2BM2DABC
max
19 363
故選B.3二、多項(xiàng)選擇題:本大題共452053039(2022·湖北武漢·高三開學(xué)考試)如圖,已知正方體ABCDABCD,M,N分別是AD,DB的中點(diǎn),111 1 1 1A.A.ADDBB.ADDB1111CMN//ABCD111 1D.MNBDDB11【答案】AC【解析】【分析】
,由線面垂直的判定定理可證明ADABC
,進(jìn)而可判斷A,B;由線面平行的判定定理可1 1 1 1判斷C;先假設(shè)MNBDD
,則MNBD
,進(jìn)而ABBD,從而可判斷D11 1 1【詳解】AD1
,如圖:AD
ABA
,AD平面AADD,1 1 1 1 1 1 1所以ABAD,1又ADAB,ADAD,AB ADA,AB,AD平面ABCD,1 1 1 1 1 1 1所以AD平面ABCD,1 1 1BDABCD,1 1 1ADDB,故A錯(cuò)誤;1 1由題意知MN為ABD的中位線,1所以MN//AB,AB//AB,11A
//MN11A
ABC
MNABCD,11 111 1 111 1所以MN//平面ABCD,故C正確;111 1MNBDD
,BD1在平面BDD1B1中,則MNBD
,進(jìn)而ABBD,11 1 1在ABD
ABBD1
不垂直,故D錯(cuò)誤;故選:AC102023102023高三專題練習(xí)在三棱錐PABCPABπ,3PA54二面角P ABπCMM的距離為d,41點(diǎn)M到平面ABC的距離為d,若d22d,則(2)121C.點(diǎn)M的軌跡為一段圓弧
B.點(diǎn)M到直線AB的距離等于2d120 3D.點(diǎn)M的軌跡長(zhǎng)度為20 39【答案】AD【解析】【分析】利用余弦定理求出PB,即可判斷AMABGABCH,過M,即可得到MGMNM的軌跡是PAB的角平分線,再由角平分線定理求出PQ.【詳解】3解:在△PAB中,因?yàn)镻ABπPA5AB4,3AP2AB22APABcosPAB由余弦定理得PBAP2AB22APABcosPAB過點(diǎn)M作AB的垂線,垂足為G,作平面ABC的垂線,垂足為H,過點(diǎn)M作PA的垂線,垂足為N,連接HG.因?yàn)槎娼荘 AB C的大小
π,所以MGHπ,4 4所以MG 2MH 2d2
,又因?yàn)閐1
2d2
,所以MGd1
MN,故B錯(cuò)誤,M的軌跡是PAB的角平分線,故C錯(cuò)誤,設(shè)PABAQ,在△PAB中,由余弦定理得21cosAPB ,217215 21AP PQ 5215 21由角平分線定理得 ,又因?yàn)镻B ,則PQ ,AB BQ 4 9PA2PQ2PA2PQ22PAPQcosAPB20 3所以點(diǎn)M的軌跡長(zhǎng)度為20 39故選:AD.
,20 3920 3,所以D正確.1(2022云南師大附中高三階段練習(xí)“”,沿截面PAC將一個(gè)塹堵截成兩部分,其三32π棱錐稱為“鱉臑”.在鱉臑PABC中,PAAB,AB2,其外接球的體積為3A.A.PABC 6
,當(dāng)此鱉臑的體積V最大6B.V66C.直線PC與平面PAB所成角的正弦值4DPABC【答案】ACD【解析】
15 63【分析】PC的中點(diǎn)即為PABCBC212,利用錐體的體積公式計(jì)算可判斷AB項(xiàng),利用線面垂直可判斷直線PC與平面PAB所成角即為,計(jì)算其正弦值即可判斷C項(xiàng),利用等體積法可求得內(nèi)切球的半徑,即可判斷D項(xiàng).【詳解】4PC的中點(diǎn)即為PABC的外接球的球心,設(shè)外接球的半徑為R,則πR343
32π3
,得R2,AB2BC2PC24R2,所以BC212,鱉臑PABC的體積1 1 1 1VPABC
AB BC PA (2BC ≤ (BC2PA2)2,3 2 6 6當(dāng)且僅當(dāng)BCPA
時(shí),) 2;故A項(xiàng)正確項(xiàng)錯(cuò).6PABCmax6因?yàn)槿庵鶠橹比庵蔅C平面PABPA平面PAB,故BCPA,PAABABBCB,PAABC,所以直線PC與平面PAB所成角即為,sinBPCBC 6;故C項(xiàng)正確;PC 4BC1AB PA1AC PA1PB BC r2,2222BC1AB PA1AC PA1PB BC r2,2222PABC 3 得(2
6 6
6) r6,所以r
15 6,故D.315315 6故選:ACD.212(2022重慶巴蜀中學(xué)高三階段練習(xí))2
ABCDABC
中,點(diǎn)M在底面正A.存在點(diǎn)MAMA.存在點(diǎn)MAM平面DBC1 11
111 12AM2,則動(dòng)點(diǎn)M21 22AM//DBC,則動(dòng)點(diǎn)M的軌跡長(zhǎng)度為21 11AMADB,則三棱錐BMDC的體積為定值1 1 1 1【答案】BD【解析】【分析】DDADCDD1
所在直線分別為x、y、z軸建立空間直角坐標(biāo)系,利用空間向量法ACBD
詳解】DDADCDD則C則C0,2,0 、B 2,12,2 、D 0,0,12 、A 12,
所在直線分別為x、y、z軸建立如下圖所示的空間直角坐標(biāo)系,2設(shè)點(diǎn)Mx,y,0,其中0x2
,0y ,2DBC的法向量為mxy2
,
2, 2
2,0, 211 1 1 1 1 1mCD則
2
2z
0
1,則m1,1,1, mCB
2x
1 1 2z0 11 1 12AM//m, 2AM//m,AM x 2,y,
AM平面DBC,則1 1 11 12則x2
y
x
,y
,不合乎題意,A錯(cuò);222x2 222x2 y2222對(duì)于B選項(xiàng),若AM1
2,可得x
y22,212MABCD內(nèi)的軌跡是以點(diǎn)A
的圓的,42所以,動(dòng)點(diǎn)M22
,B對(duì);AMm,對(duì)于C選項(xiàng),若AMAMm,1 11 1AMmxAMmx 221
xy0,所以,點(diǎn)MABCD的軌跡為線段BD,故點(diǎn)M的軌跡長(zhǎng)度為BD2,C錯(cuò);對(duì)于D選項(xiàng),因?yàn)槠矫鍭BD平面ABCDBD,1若A1M平面A1BD,則點(diǎn)M的軌跡為線段BD,BB
,所以,四邊形BBDD為平行四邊形,所以,BD//BD
,MBD,則點(diǎn)M到1 1 1 1 11 1 1平面DBC的距離為定值,11又因?yàn)椤鱀BC的面積為定值,則
V .11故選:BD.
B1MD1C
MD1B1C第II卷非選擇題部分(共90分)三、填空題:本大題共4小題,每小題5分,共20分.13(2022全國高三專題練習(xí))已知圓柱的高為,底面積為,則圓柱的側(cè)面積 ;【答案】24【解析】【分析】根據(jù)圓柱的側(cè)面積公式計(jì)算可得.【詳解】圓柱底面積為9,所以底面半徑r為3,且圓柱的高h(yuǎn)為4,所以圓柱的側(cè)面積為S2rh24.故答案為:24.14(2021內(nèi)蒙包頭市第四中學(xué)高三期中(文)寬高分別為23的長(zhǎng)方體的頂點(diǎn)都在同一球上,則該球的表面積.【答案】14【解析】【分析】.【詳解】12223214設(shè)球的半徑為R12223214為SR22R
.故答案為:14.15(2022江西高三階段練習(xí)(文)已知圓臺(tái)的上、下底面半徑分別為r,r1,1 2母線長(zhǎng)為2,且rr12
2,則rr1 2
.【答案】3【解析】【分析】利用圓臺(tái)的表面積公式進(jìn)行求解.【詳解】圓臺(tái)的表面積為r2r2rr
2,1從而r2r22rr
2 111,r
222r
2r
11,1 2 1
1 2 12 1 2因此r1
r22r2
r150,解得rr2 1
3(負(fù)值舍.故答案為:3.16(2023河南洛寧縣第一高級(jí)中學(xué)一模(文)在長(zhǎng)方體ABCDABCD中,底面ABCD是邊長(zhǎng)為4的111 1AA3A作平面AB,AD
與平面所成的角為30,給出1 1 1ABABBC6;1 125②AB//平面BDC;1 1 14 34③點(diǎn)B到平面BCD的距離為 ;4 341 1 17AMN6.1其中正確的(請(qǐng)?zhí)顚懰姓_說法的編號(hào))【答案】②④【解析】【分析】利用異面直線所成角的定義及余弦定理可判斷①,利用線面平行的判定定理可判斷②,利用等積法可判斷AAEMNAE,進(jìn)而可得AAEAAAMN所成的角,結(jié)合條件及基本不等1 1 1 1式可判斷④.【詳解】依題意得CB
5,BD
,因?yàn)锳B//CD,21 1 1 1 1 12ABBC所成的角即B
或其補(bǔ)角,在CBD在CBD中,cosBCD5252(41 11 12552)29,25ABBC9,故①錯(cuò)誤.1 1 25由于AB//CD,AB平面BDC,CD平面BDC,1 1 1 1 1 1 1 1所以AB//平面BDC,故②正確.1 1 1B到平面B
h,由
V ,1 1 BBCD DBCB1 1 1 1634得114 2 17h11434,解得h ,故③錯(cuò)誤.634 AAEMNAAEMNAE,122
17AAA1因?yàn)锳A平面ABCD,所以AAMNAAA11 1所以MNAAEMNAMN,1 1AEMNAAEAMNAAEAMNAE,故AAEAA
與平面AMN所成1 1
1 1
1 1 1的角,則AAE30,13在AE中,AA3,則有AE 3,AE2 ,31 1 1在RtMAN中,由射影定理得MEENAE23,MEEN3由基本不等式得MNMEEN2 MEEN3當(dāng)且僅當(dāng)MEENE為MN的中點(diǎn)時(shí),等號(hào)成立,3所以截面AMN面積的最小值為,12 33
6,故④正確.1 2故答案為:②④.四、解答題:本大題共6小題,共70分.解答應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟.17(2021浙江高考真題)如圖,在四棱錐PABCD中,底面ABCD是平行四邊形,15ABC120,AB1,BC4,PA15
,M,N分別為BC,PC的中點(diǎn),PDDC,PMMD.(1)ABPM(1)ABPM;15【答案()證明見解析2) .156【解析】【分析】ABPMDCPMPDDCDMDCDCPDM,DCPM,從而得證;ADE,根據(jù)題意可知,MEDMPM兩兩垂直,所以以點(diǎn)MANPDM的一個(gè)法向量,即可根據(jù)線面角的向量公式求出.【詳解】在△DCM中,DC1,CM2,DCM60DM
3,所以DM2DC2CM2,372DMDCDCPDPDDMDPDMPM平面PDMDCPM,AB//DCABPM.72由PMMDABPMAB與DMPM平面ABCDAM
所以PM2 ,取AD中點(diǎn)E連接ME則ME,DM,PM兩兩垂直以點(diǎn)M為坐標(biāo)原點(diǎn)如圖所示建立空間直角坐標(biāo),則A( 3,2,0),P(0,0,2 2),D( 3,0,0),M(0,0,0),C( 3,1,0)N3,1,2 2 332,ANN3,1,2 2 332,AN 2 ,5,22|||ANn|5227|||ANn|52272524 415AN
PDM
所成角的正弦值為sin
6 .1818(2020海南高考真題)如圖,四棱錐PD的底面為正方形,PDABCDPBC的交線為l.(1)證明:l平面2)已知=Q為l上的點(diǎn)= 2,求PB與平面QCD所成角的正弦值.()2)6.【解析】【分析】A/lAD平面PDC從而得到lPDC;Q(m,0,1)QCD法向量以及向量PB的坐標(biāo),求得cosnPB,即可得到直線PB與平面QCD.【詳解】證明:在正方形ABCD中,AD/BC,ADPBCBCPBC所以AD//平面PBC,又因?yàn)锳D平面PAD,平面PAD 平面PBCl所以A/l,因?yàn)樵谒睦忮FPABCDABCDADDC,lDC,PDABCDADPD,lPD,PDPD所以lPDC;因?yàn)镻DAD因?yàn)镻DAD1,則有D(0,0,0),C(0,1,0),P(0,0,1),,設(shè)Q(m,0,1),則有DC(0,1,0),DQ(m,0,1),PB,2因?yàn)镼B=2
,所以有
m1(m1)2(01)2(m1)2(01)2(10)22 DCn0 y 則 ,即 ,DQn0 xz0n,PBnPBnPB1010n,PBnPBnPB10102(1)2 121222 36cos
3根據(jù)直線的方向向量與平面法向量所成角的余弦值的絕對(duì)值即為直線與平面所成角的正弦值,所以直線與平面所成角的正弦值等于|cosn,PB636所以直線PB與平面QCD所成角的正弦值為 .63(1)證明:圖中的A,C,G,D四ABCBCGE;19(2022云南民族大學(xué)附屬中學(xué)模擬預(yù)測(cè)(理)圖①是由矩形ADEB,RtABC和菱形BFGCAB1BEBF2FBC6將其沿AB(1)證明:圖中的A,C,G,D四ABCBCGE;(2)求圖中的二面角BCGA的大?。敬鸢浮?1)證明見解析(2)30【解析】【分析】(1)根據(jù)線線平行可得ACGD四點(diǎn)共面,再根據(jù)線面垂直的判定可得AB平面BCGE,從而證明平面ABC平面BCGE2)作EHBC,垂足為H,根據(jù)面面垂直的性質(zhì)可得EH平面ABC,再以HHCx軸的正方向,建立空間直角坐標(biāo)系Hxyz,利用空間向量的方法求解二面角即可(1)證明:由已知得AD//BE,CG//BE,所以AD//CG,故AD,CG確定一個(gè)平面,從而A,C,G,D四點(diǎn)共面.由已知得ABBE,ABBC,又BE,BC為平面BCGE內(nèi)相交的兩條直線,故AB平面BCGE.又因?yàn)锳B 平面ABC,所以平面ABC平面BCGE.BCGE.又因?yàn)锳B 平面ABC,所以平面ABC平面BCGE.(作EHBCH.因?yàn)镋H平面BCGEBCGE平面ABCBCGE平面ABCBC所以EH平面ABC.由已知,菱形BCGE的邊長(zhǎng)為2,,可求得BH1,EH 3.以H坐標(biāo)原點(diǎn),HC的方向?yàn)閤軸的正方向,建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系Hxyz,則A0,C0,G3,CG3,AC0.設(shè)平面ACGD的法向量為n x,y,z,則nCG0xnAC0,即2xy03z0x3,可取n3BCGE的法向量可取為m0,1,0cosnmn mn662 3232.易知二面角BCGA為銳角,因此二面角BCGA的大小為30.
底面ABC,111 1AABC 2AB 2ACMB
的中點(diǎn).(1)AC∥(1)AC∥ABM;11(2)AC,使二面角BAMN1【答案】(1)證明見解析(2)AN2CN
AN,若存在,求 的值;若不存在,請(qǐng)說明理由.4 CN【解析】【分析】ABABOOM,證明OM
,根據(jù)線面平行的判定定理即可得證;1 1 1建立空間直角坐標(biāo)系A(chǔ)xyzAB1N(0,a,0)0a1,利用向量法求出a,從而可得.AB與AB交于點(diǎn)OO為ABMM為BCOM∥AC,1 1 1 11 1因?yàn)镺MABM
ABM
∥ABM;1 1 1 1 1解因?yàn)锽C 2AB 2AC所以AB2AC2BC2所以ABAC如圖建立空間直角坐標(biāo)系A(chǔ)xyz, 11 設(shè)AB1,則B(1,0,0),A 0,0, 2,M , , 2,設(shè)N(0,a,0),0a1,所以BA1,0, 2,11 11 AM , ,0 ,AN0,a 2
的一個(gè)法向量為mxy
,則有1 22 1
BA1M
1 1 1mBAx
2z0 1
1,取x
2,得m
2, ,設(shè)平面AMN的一個(gè)法向量為nxy
,則 1 1mAM x y0 1
1 2 2 2 1 21 2 1nAM1x
1y0
mn a4 2有
2 2 2
2得n 2, 2,a,因?yàn)閏osm,n , nANay 2z 0 1 2 2
mn 5 4a2 22 解得a 或a6(舍,此時(shí) 2,所以C上存在點(diǎn),當(dāng)AN2時(shí),二面角BAMN2 3 CN CN 1.421(2022高三開學(xué)考試)如圖,四棱錐PD的體積為3,平面⊥平面D是4面積為3的等邊三角形,四邊形ABCD是等腰梯形,BC=1,E為棱PA上一動(dòng)點(diǎn).(1)若直線EC與平面ABCD的夾角為60°(1)若直線EC與平面ABCD的夾角為60°,求二面角B-CE-D的正弦值;EC【答案】(1)45 2 3(2)3 【解析】【分析】(1)根據(jù)四棱錐的體積可求解OT
,根據(jù)直線EC與平面ABCD的夾角為60°,可判斷E,P重合,進(jìn)323而建立空間直角坐標(biāo)系,利用法向量的夾角求二面角()根據(jù)空間中兩點(diǎn)間距離公式,可表達(dá)出4t244t2424=1145進(jìn)而t,EC 4t24
用基本不等式即可求解.(11)因?yàn)镻AD是面積為3的等邊三角形,所以PAPDAD2,因?yàn)槠矫鍼AD平面ABCD,ABCD是等腰梯形,過PAD的垂線,垂足為OEAD的垂線,垂足為M,連接MC,因?yàn)镻ADABCD,AD,EMAD,故EMABCD,故為直線ECABCD的夾角,記BC中點(diǎn)為T,連接OT,所以O(shè)TAD,以O(shè)OTxODyOPz軸,333建立空間直角坐標(biāo)系OxyzBC1,OP
,又四棱錐PABCD的體積為,所以四邊形ABCD的面43 333 3 333
1 3232422積為 ,故OT4
設(shè)E0,t,2
,0t1
, ,0,所以EC , 3n3nx
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