2020高考文科数学总复习：立体几何课时作业 (5).doc

教学资料范本2020高考文科数学总复习：第8章立体几何课时作业 (5)编 辑：_时 间：_一、选择题1正方体ABCDA1B1C1D1的棱上到异面直线AB、CC1的距离相等的点的个数为()A2 B3C4 D5图1解析：如图1所示、由点到直线的距离的定义及正方体性质可得BC中点E到AB、 CC1的距离相等. A1D1的中点F到AB、CC1的距离相等B1、D到AB、CC1的距离相等故棱上共有4个点到AB和CC1的距离相等、故选C.答案：C2如图2、四边形ABCD中、BAD与BDC都是等腰直角三角形、将ABD沿BD折起、使平面ABD平面BCD、构成四面体ABCD、则在四面体中、以下判断正确的是()图2A平面ABD平面ABCB平面ADC平面BDCC平面ABC平面BDCD平面ADC平面ABD解析：面ADC面ABD.答案：D3如图3、某密闭正方体容器有三个漏洞O、E、C1、其中O是面A1B1C1D1的中心、E是BB1中点容器棱长为a、则该容器最多能装液体()图3A.a3B.a3C.a3 D.a3解析：当O、E、C1在同一水平面上时、可装最多液体、此时液体体积为V正方体VEA1B1C1a3.选C.答案：C图44如图4、在等腰梯形ABCD中、AB2DC2、DAB60、E为AB的中点、将ADE与BEC分别沿ED、EC向上折起、使A、B重合于点P、则三棱锥PDCE的外接球的体积为()A. B.C. D.解析：易证所得三棱锥的所有棱长都为1、把三棱锥通过补形、补成棱长为的正方体、故外接球半径为、外接球的体积为()3.答案：C图55(20xx年辽宁模拟)如图5、已知在体积为V的三棱柱ABCA1B1C1中、M、N分别是A1B1、AB的中点、点P在线段B1C上、则三棱柱PAMC1的体积是()A.V B.VC.V D不确定解析：设SAA1B1BS、C1到平面AA1B1B的距离为h、则VSh、平面B1NC平面AMC1、VPAMC1VNAMC1VC1AMNSAMNhShV、选A.答案：A6(20xx年四川省市石室中学学期中)如图6、已知正三棱柱ABCA1B1C1的各条棱长都相等、M是侧棱CC1的中点、则异面直线AB1和BM所成的角的大小是()图6A90 B60C45 D30解析：设三棱柱ABCA1B1C1的棱长等于2、延长MC1到N使MNBB1、连接AN、则图7MNBB1、MNBB1、四边形BB1NM是平行四边形、可得B1NBM因此、AB1N(或其补角)就是异面直线AB1和BM所成角RtB1C1N中、B1C12、C1N1、B1NRtACN中、AC2、CN3、AN又正方形AA1B1B中、AB12AB1N中、cosAB1N0、可得AB1N90即异面直线AB1和BM所成角为90.答案：A图87如图8、在四面体ABCD中、点P、Q、M、N分别是棱AB、BC、CD、AD的中点、截面PQMN是正方形、则下列结论错误的为()AACBDBAC截面PQMNCACCDD异面直线PM与BD所成的角为45解析：由PQAC、QMBD、PQQM可得ACBD、故选项A正确；由PQAC可得AC截面PQMN、故选项B正确；由PQAC、QMBD、PQQM可得ACBD、故选项C错误；异面直线PM与BD所成的角等于PM与PN所成的角、故选项D正确答案：C8(20xx年河南省许昌高中、襄城高中、长葛一高等校高二下学期第一次联考)正三棱柱ABCA1B1C1中、E、F、G分别为AB、AA1、A1C1的中点、则B1F与面GEF所成角的正弦值为()图9A. B.C. D.解析：设正三棱柱的棱长为2、取A1B1中点M、连接EM、则EMAA1、EM平面ABC、连接GM图10G为A1C1的中点、GMB1C11、A1GA1F1、FG、FE、GE.在平面EFG上作FNGE、则GFE是等腰三角形、FN、SGEFGEFN、SEFB1S正方形ABB1A1SA1B1FSBB1ESAFE、作GHA1B1、GH、V三棱锥GFEB1SFEB1GH、设B1到平面EFG距离为h、则V三棱锥B1EFGSGEF、V三棱锥GFEB1V三棱锥B1EFG、h设B1F与平面GEF所成角为、B1Fsin.B1F与面GEF所成的角的正弦值为.答案：A二、填空题9若正方体的棱长为、则以该正方体各个面的中心为顶点的凸多面体的体积为_解析：正方体各个面的中心为顶点的凸多面体是两个全等的正四棱锥、该棱锥的高是正方体高的一半、底面面积是正方体一个面正方形面积的一半、于是、其体积为V2().答案：10已知OA为球O的半径、过OA的中点M且垂直于OA的平面截球面得到圆M.若圆M的面积为3、则球O的表面积等于_解析：设球半径为R、圆M的半径为r、则r23、即r23由题得R2()23、所以R244R216.答案：1611(20xx年河南省百校联盟高三上学期质检)已知斜四棱柱ABCDA1B1C1D1的各棱长均为2、A1AD60、BAD90、平面A1ADD1平面ABCD、则直线BD1与平面ABCD所成的角的正切值为_图11图12解析：延长AD、过D1作D1EAD于E、连结BE、因为平面A1ADD1平面ABCD、平面A1ADD1平面ABCDAD、所以D1E平面ABCD、即BD1为BE在平面ABCD内的射影、所以D1BE为直线BD1与平面ABCD所成的角、因为D1E2sin60、BE、所以、tanD1BE.答案：12(20xx年江苏省市高邮一中月考)已知a、b为异面直线、且a、b所成角为40、直线c与a、b均异面、且所成角均为、若这样的c共有四条、则的范围为_解析：设平面外两条直线m、n分别满足ma、nb、则m、n相交、且夹角为40、若直线c与a、b均异面、且所成角均为、则直线c与m、n所成角均为、当020时、不存在这样的直线c、当20时、这样的c只有一条、当2070时、这样的c有两条、当70时、这样的c有三条、当7090时、这样的c有四条、当90时、这样的c只有一条答案：(70、90)三、解答题图1313(20xx年广东东莞调研)如图13、几何体SABC的底面是由以AC为直径的半圆O与ABC组成的平面图形、SO平面ABC、ABBC、SASBSCAC4、BC2.(1)求直线SB与平面SAC所成角的正弦值；(2)求几何体SABC的正视图中S1A1B1的面积；图14(3)试探究在圆弧AC上是否存在一点P、使得APSB、若存在、说明点P的位置并证明；若不存在、说明理由解：(1)过点B作BHAC于点H、连结SH.因为SO平面ABC、BH平面ABC、所以BHSO.又因为BHAC、SOACO、所以BH平面SAC、即BSH就是直线SB与平面SAC所成的角在ABC中、因为ABBC、AC4、BC2、所以ACB60、BH2sin60.在RtBSH中、因为SB4、所以sinBSH、即直线SB与平面SAC所成角的正弦值为.(2)由(1)知、几何体SABC的正视图中、S1A1B1的边A1B1AHACHC、而HC2cos601、所以A1B13.又S1A1B1的边A1B1上的高等于几何体SABC中SO的长、而SASCAC4、所以SO2、所以SS1A1B1323.图15(3)存在证明如下：如图15、连接BO并延长交弧AC于点M、在底面内、过点A作APBM交弧AC于点P.因为SO平面ABC.而AP平面ABC、所以APSO.又因为APBM、SOBMO、所以AP平面SOB、从而APSB.又因为AOOCBC2、所以有AOMBOCACB60、所以AOMPOM60、AOP120、即点P位于弧AC的三等分点的位置、且AOP120.14.图16在长方体ABCDA1B1C1D1中、ABBC2、过A1、C1、B三点的平面截去长方体的一个角后、得到如图16所示的几何体ABCDA1C1D1、且这个几何体的体积为.(1)证明：直线A1B平面CDD1C1；(2)求棱A1A的长；(3)求经过A1、C1、B、D四点的球的表面积解：(1)证法1：如题图、连结D1C、ABCDA1B1C1D1是长方体、A1D1BC且A1D1BC.四边形A1BCD1是平行四边形A1BD1C.A1B平面CDD1C1、D1C平面CDD1C1、A1B平面CDD1C1.证法2：ABCDA1B1C1D1是长方体、平面A1AB平面CDD1C1.A1B平面A1AB、A1B平面CDD1C1、A1B平面CDD1C1.(2)解：设A1Ah、几何体ABCDA1C1D1的体积为、VABCDA1C1D1VABCDA1B1C1D1VBA1B1C1、即SABCDhSA1B1C1h、即22h22h、解得h4.A1A的长为4.(3)解：如题图、连结D1B、设D1B的中点