【考前30天绝密资料】2012年高考考前30天三轮专题提分必练绝密之十七空间角与距离(大纲文科专用).doc

ziye2012年高考考前30天三轮专题提分必练绝密之专题(十七)A第17讲空间角与距离(时间：10分钟35分钟)- 3 -2012二轮精品提分必练1异面直线a，b所成的角为，空间中有一定点O，过该点有且只有三条直线与它们所成的角都是60，则的取值可能是()A30B50C60D. 902已知三棱锥PABC中，PA，PB，PC两两垂直，PAPB2PC2a，且三棱锥外接球的表面积为S9，则实数a的值是()A. B. 1 C. D. 23将正方形ABCD沿对角线BD折成一个120的二面角，点C到达点C1，这时异面直线AD与BC1所成角的余弦值是()A. B. C. D.4如图171，在正三角形ABC中，D、E、F分别为各边的中点，G、H、I、J分别为AF、AD、BE、DE的中点将ABC沿DE、EF、DF折成三棱锥以后，GH与IJ所成角的度数为()A90 B60 C45 D02012二轮精品提分必练2012二轮精品提分必练1高为5，底面边长为4的正三棱柱形容器(下有底)，可放置最大球的半径是()A. B2 C. D.2条件甲：四棱锥的所有侧面都是全等三角形，条件乙：这个四棱锥是正四棱锥，则条件甲是条件乙的( )A充分不必要条件 B必要不充分条件 C充要条件 D既不充分也不必要条件3如图172，在四面体ABCD中，截面AEF经过四面体的内切球(与四个面都相切的球)球心O，且与BC，DC分别截于E、F，如果截面将四面体分成体积相等的两部分，设四棱锥ABEFD与三棱锥AEFC的表面积分别是S1，S2，则必有()AS1S2 BS1S2CS1S2 DS1，S2的大小关系不能确定2012二轮精品提分必练图1724如图173，四棱锥SABCD的底面边长为4，高SE8，点F在高SE上，且SFx，记过点A，B，C，D，F的球的半径为R(x)，则函数R(x)的大致图象是()2012二轮精品提分必练5设A、B、C、D是半径为2的球面上的四个不同点，且满足0，0，0，用S1、S2、S3分别表示ABC、ACD、ABD的面积，则S1S2S3的最大值是_ 6如图175，在正三棱锥SABC中，M、N分别是棱SC、BC的中点，且MNAM，若侧棱SA2，则此正三棱锥SABC的外接球的表面积是_. 2012二轮精品提分必练图1757如图176，已知四棱锥PABCD中，PA平面ABCD，且PA4PQ4，底面为直角梯形，CDABAD90，AB2，CD1，AD，M，N分别是PD，PB的中点(1)求证：MQ平面PCB；(2)求截面MCN与底面ABCD所成二面角的大小；(3)求点A到平面MCN的距离2012二轮精品提分必练8. 棱长为的正四面体PABC中，E为BC中点，F为PC的中点(1) 求证：平面PAE平面ABC；(2) 求二面角PAEF的大小 学科精品 欢迎下载！2012年高考考前30天三轮专题提分必练绝密之专题(十七)B第17讲空间角与距离(时间：10分钟35分钟)2012二轮精品提分必练1已知直线l与平面成45，直线m，若直线l在内的射影与直线m也成45，则l与m所成的角是()A30B45C60 D902如图177，已知ABCDABCD为长方体，对角线AC与平面ABD相交于点G，则G是ABD的()A垂心 B重心C内心 D外心2012二轮精品提分必练3已知直线l平面，直线m平面，有下面四个命题：lm；lm；lm；lm.其中正确的命题是()A BC D4如图178所示，空间四边形ABCD中，ABBDAD2，BCCD，AC，延长BC到E，使CEBC，F是BD的中点，异面直线 AF与DE所成角为()2012二轮精品提分必练图178A30 B45C60 D902012二轮精品提分必练1如图179，在正三棱锥ABCD中，E、F分别是AB、BC的中点，EFDE，且BC1，则正三棱锥ABCD的体积是()2012二轮精品提分必练图179A. B.C. D.2在正三角形ABC中， D，E，F分别为AB，BC，AC的中点，G，H，I分别为DE，FC，EF的中点，将ABC沿DE，EF，DF折成三棱锥，则异面直线BG与IH所成的角为()A. BarccosC. Darccos3已知二面角l的平面角为，点P在二面角内，PA，PB，A，B为垂足，且PA4，PB5，设A，B到棱l的距离分别为x，y，当变化时，点(x，y)的轨迹方程是()Ax2y29(x0) Bx2y29(x0，y0)Cy2x29(y0) Dy2x29(x0，y0)4一个四面体的所有棱长都为，四个顶点在同一球面上，则此球的表面积为()A3 B4C3 D65在RtABC中，CACB，斜边上的高为h1，则.类比此性质，在四面体PABC中，若PA、PB、PC两两垂直，底面ABC上的高为h，则得到的正确结论为_6平面、两两互相垂直，点A，点A到、的距离都是3，P是内的动点，P到的距离是到点A距离的2倍，则点P的轨迹上的点到的距离的最小值是_7.如图1710，已知矩形ABCD与正三角形AED所在的平面互相垂直，M 、N分别为棱BE、AD的中点，AB1，AD2，(1)证明：直线AM平面NEC；(2)求二面角NCED的大小2012二轮精品提分必练8如图1711，在四棱锥PABCD中，底面ABCD为菱形，BAD60，Q为AD的中点(1)若PAPD，求证：平面PQB平面PAD；(2)点M在线段PC上，PMtPC，试确定实数t的值，使得PA平面MQB.2012二轮精品提分必练图17112012年高考考前30天三轮专题提分必练绝密之专题(十七)A【基础演练】1C【解析】不妨将直线a，b平移到均过点O，由分析知，当30或50时，符合条件的直线只有两条；当90时，符合条件的直线有四条2B【解析】PA，PB，PC两两垂直，所以将三棱锥补成一个长方体，则该三棱锥的外接球就是长方体的外接球，S9，所以4R29，则R，而长方体对角线长为3a，所以3a2，所以a1.3D【解析】由题意易知CBC1是AD与BC1所成的角，解CBC1，得余弦为.4B【解析】取EF的中点M，连接IM、MJ，则MJ FD，GH- 19 - 欢迎下载！FD，MJGH，IJM为异面直线GH与JI所成的角由已知条件易证MJI为正三角形IJM60.【提升训练】1B【解析】过球心作平行于底的截面，R2.2B【解析】乙甲，但甲 乙，例如四棱锥SABCD的底面ABCD为菱形，但它不是正四棱锥3C【解析】连OA、OB、OC、OD，则VABEFDVOABDVOABEVOBEFDVOADF，VAEFCVOAFCVOAECVOEFC，又VABEFDVAEFC，而每个三棱锥的高都是原四面体的内切球的半径，故SABDSABESBEFDSADFSAFCSAECSEFC，又面AEF公共，选C.2012二轮精品提分必练4A【解析】如图所示，当SFx0,4时，过A，B，C，D，F的球的球心为O，由OE2EC2OC2，可得(8Rx)242R2，整理可得R(x)(0x4)，当8x4时，过A，B，C，D，F的球的球心为M，由ME2EC2MC2，可得(xR8)242R2，整理可得R(x)(4x8)，由此可得R(x)(0x8)，R(x)，当0x4时，R(x)0；当4x8时，R(x)0，即函数R(x)在0x4上单调递减，在4x8上单调递增，且均不是一次函数，故应选A.58【解析】由题意可知三棱锥ABCD的侧棱AB，AC，AD两两垂直，若补成长方体，则三棱锥与长方体有相同的外接球，且长方体的体对角线为球的直径，设ABa，ACb，ADc，则a2b2c242，S1S2S3abbcac(a2b2c2)168.636【解析】由题意可分析出SA，SB，SC两两垂直，将三棱锥补成正方体，则三棱锥和正方体有相同的外接球，且正方体的体对角线为外接球的直径2R，因此2R2，所以R3，故外接球的表面积为4R243236.7【解答】(1)证明：取AP的中点E，连接ED，则EDCN，依题有Q为EP的中点，所以MQED，所以MQCN，又MQ平面PCB，CN平面PCB，MQ平面PCB.(2)易证：平面MEN底面ABCD，所以截面MCN与平面MEN所成的二面角即为平面MCN与底面ABCD所成的二面角因为PA平面ABCD，所以PA平面MEN，过E作EFMN，垂足为F，连接QF，则由三垂线定理可知QFMN，由(1)可知M，C，N，Q四点共面，所以QFE为截面MCN与平面MEN所成的二面角的平面角，在RtMEN中，ME，NE1，MN，故EF，所以tanQFE，即QFE.所以截面MCN与底面ABCD所成二面角为.(3)因为EP的中点为Q，且平面MCN与PA交于点Q，所以点A到平面MCN的距离是点E到平面MCN的距离的3倍，由(2)知MN平面QEF，则平面MCNQ平面QEF且交线为QF，作EHQF，垂足为H，则EH平面MCNQ，故EH即为点E到平面MCN的距离在RtEQF中，EF，EQF，故EH.即点A到平面MCN的距离为.8【解答】 (1) 由题意知BCAE，BCPE，又AEPEE， BC平面PAE，又BC平面ABC， 平 面PAE平面ABC. (2)由(1)知所求二面角大小与二面角FAEC大小互余取AB中点M，连CM与AE交于O，则O为ABC的中心，取CO的中点N，连接FN，则FN面ABC，作NHAE于H，则H为OE中点，连接FH，FHN即为FAEC的平面角易求得FNPO.NHCE，tanFHN， 所求角为arctan.2012年高考考前30天三轮专题提分必练绝密之专题(十七)B【基础演练】1C【解析】设l与m所成的角为，应用三线角定理coscos45cos45，所以l与m成60的角2B【解析】设ACBDM，连接AM，则G点在线段AM上，由比例的知识可知2，又M为BD的中点，故G为ABD的重心3B【解析】已知l平面，对于，若，则可得l，而直线m平面，故lm；对于，若lm，则m，而直线m平面，故；是错误的，可以举出反例4C【解析】连接CF，则CFDE，所以AFC为异面直线 AF、DE所成角或其补角，在AFC中，AF，CF，AC，由余弦定理得cosAFC，所以AFC60，即异面直线AF与DE所成的角为60.【提升训练】1B【解析】EFAC，EFDE，故ACDE，在正三棱锥ABCD中，ACBD，因此AC面ABD，所以ACAD，由正三棱锥的性质可知AB，AC，AD两两垂直，AB，故正三棱锥ABCD的体积为V.2A【解析】将ABC沿DE，EF，DF折叠后，A、B、C三点重合，设为S点，则SDEF为正四面体，显然HISE，故GSE为异面直线BG与IH所成的角，而GSE30，故异面直线BG与IH所成的角为，答案选A.3B【解析】设PA，PB两相交直线确定的平面为，lM，连接AM，BM，由PA知PAAM，由PB知PBBM，所以|PM|242x252y2 ，即x2y29，而x，y表示距离，故x0，y0.4A【解析】联想棱长为1的正方体ABCDA1B1C1D1，则四面体ACB1D1的棱长都为，它的外接球也是正方体的外接球，其半径为正方体对角线长的一半，即有r，故所求球的表面积为S3.5.63【解析】将问题放入长方体内研究，通过设点建系的方法容易求得P点的轨迹为椭圆，当P为椭圆短轴端点时距离最小7【解答】(1)证明：取EC的中点F，连接FM，FN，则FMBC，FMBC，ANBC，ANBC，所以FMAN且FMAN，所以四边形AMFN为平行四边形，所以AMNF，因为AM平面NEC，NF平面NEC，所以直线AM平面NEC.2012二轮精品提分必练(2)由题设知面ABCD面ADE，CDAD，CD面ADE.又CD面CDE，面CDE面ADE，作NHDE于H，则NH面CDE，作HOEC于O，连接NO，由三垂线定理可知NOCE，HON就是二面角NCED的平面角，在正ADE中，可得NH，在RtEDC中，可得OH，故在RtNHO中，tanHON，所以二面角NCED的大小为arctan.8【解答】(1)证明：因为PAPD，Q为AD的中点，所以 PQAD.连接BD，因为ABCD为菱形，DAB60，所以ABBD，所以BQAD.因为BQ平面PQB，PQ平面PQB，BQPQQ，所以AD平面PQB，因为AD平面PAD，所以平面PQB平面PAD.(2)当t时，PA平面MQB.证明如下：连接AC，设ACBQO，连接OM.在AOQ和COB中，因为ADBC，所以OQAOBC，OAQOCB，所以AOQCOB，所以，所以.在CAP和COM中，因为，ACPOCM，所以CAPCOM.所以CPACMO，所以APOM.因为OM平面MQB，PA平面MQB，所以PA平面MQB.2012年高考考前30天三轮专题提分必练绝密之专题(十八)A【基础演练】1A【解析】从6人中任选4人的选法种数为C15，其中没有女生的选法有1种，故至少有1名女生的选法有15114(种)2C【解析】将8名售票员平均分成4组，有CCC种，再分配司机有A种，故所有不同的分配方案有CCCA44种3D【解析】|a0|a1|a2|a6|即为(12x)6展开式中各项系数的和在(12x)6中令x1，得|a0|a1|a2|a6|(12)6729.4B【解析】通项公式为Tr1C(x2)6rrCx123rar，当r3时，得到x3的系数为C36a3，解得a2.【提升训练】1C【解析】第一步，从10人中选派2人承担任务甲，有C种选派方法；第二步，从余下的8人中选派1人承担任务乙，有C种选派方法；第三步，从余下的7人中选派1人承担任务丙，有C种选派方