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2016课堂新坐标高考数学理科人教A版专题突破练4


专题突破练(四)
(教师用书独具) [A 级 一、选择题 1.(2015· 兰州模拟)将直三棱柱截去三个角(如图 47(1)所示,A,B,C 分别 是△GHI 三边的中点)得到的几何体(如图 47(2)),则该几何体按图 47(2)所示方 向的侧视图(或称左视图)为( ) 基础达标练]

(1) 图 47

(2)

[解析]

当直三棱柱没有截去三个角时,侧视图如图①所示,由此可知截去

三个角后的侧视图如图②所示,故选 A.

① [答案] A



2.(2014· 课标全国卷Ⅱ)如图 48,网格纸上正方形小格的边长为 1(表示 1 cm),图中粗线画出的是某零件的三视图,该零件由一个底面半径为 3 cm,高为 6 cm 的圆柱体毛坯切削得到,则切削掉部分的体积与原来毛坯体积的比值为 ( )

图 48 17 A.27 10 C.27 [解析] 5 B.9 1 D.3 由三视图可知几何体是如图所示的两个圆柱的组合体.其中左面圆

柱的高为 4 cm,底面半径为 2 cm,右面圆柱的高为 2 cm,底面半径为 3 cm,则 组合体的体积 V1=π×22×4+π×32×2=16π+18π=34π(cm3),原毛坏体积 V2 =π×32×6=54π(cm3),则所求比值为 54π-34π 10 54π =27.

[答案] C 3.(2015· 开封模拟)正四棱锥 SABCD 的底面边长为 4 2,高 SE=8,则过 点 A,B,C,D,S 的球的半径为( )

图 49 A.3 C.5 [解析] B.4 D.6 如图所示,过 A,B,C,D,S 的球心为 O,由 OE2+EC2=OC2,

可得(8-R)2+42=R2,解得 R=5,故应选 C.

[答案] C 4.(2014· 北京高考)在空间直角坐标系 Oxyz 中,已知 A(2,0,0),B(2,2,0), C(0,2,0),D(1,1, 2),若 S1,S2,S3 分别是三棱锥 DABC 在 xOy,yOz,zOx 坐 标平面上的正投影图形的面积,则( A.S1=S2=S3 C.S3=S1 且 S3≠S2 [解析] ) B.S2=S1 且 S2≠S3 D.S3=S2 且 S3≠S1

如图所示,△ABC 为三棱锥在坐标平面 xOy 上的正投影,所以 S1

1 =2×2×2=2.三棱锥在坐标平面 yOz 上的正投影与△DEF(E,F 分别为 OA,BC 1 的中点)全等,所以 S2=2×2× 2= 2.三棱锥在坐标平面 xOz 上的正投影与△ 1 DGH(G,H 分别为 AB,OC 的中点)全等,所以 S3=2×2× 2= 2.所以 S2=S3 且 S1≠S3.故选 D.

[答案]

D

5.如图 410 所示,ABCDA1B1C1D1 是棱长为 6 的正方体,E,F 分别是棱 AB,BC 上的动点,且 AE=BF.当 A1,E,F,C1 共面时,平面 A1DE 与平面 C1DF 所成二面角的余弦值为( )

图 410

3 A. 2 1 C.5 [解析]

1 B.2 2 6 D. 5 以 D 为原点,DA,DC,DD1 所在直线分别为 x 轴、y 轴、z 轴建立

空间直角坐标系,易知当 E(6,3,0),F(3,6,0)时,A1,E,F、C1 共面,设平面 A1DE 的法向量为 n1=(a,b,c),

……………… 依题意得 → ? ?n1· DE=6a+3b=0, ? → ? DA1=6a+6c=0, ?n1· 可取 n1=(-1,2,1),同理可得平面 C1DF 的一个法向量为 n2=(2,-1,1), |n1· n2| 1 故平面 A1DE 与平面 C1DF 所成二面角的余弦值为|n |· |n |=2.故选 B.
1 2

[答案]

B

二、填空题 6.(2013· 湖北高考)我国古代数学名著《数书九章》中有“天池盆测雨”题: 在下雨时,用一个圆台形的天池盆接雨水.天池盆盆口直径为二尺八寸,盆底直 径为一尺二寸,盆深一尺八寸.若盆中积水深九寸,则平地降雨量是________ 寸.(注:①平地降雨量等于盆中积水体积除以盆口面积;②一尺等于十寸) [解析] 圆台的轴截面是下底长为 12 寸,上底长为 28 寸,高为 18 寸的等

腰梯形,雨水线恰为中位线,故雨水线直径是 20 寸, π 2 2 3?10 +10×6+6 ?×9 ∴降水量为 =3(寸). π×142 [答案] 3

7.设 m,n 是两条不同的直线,α,β 是两个不同的平面,给出下列命题:

①若 α∥β,m?β,n?α,则 m∥n; ②若 α∥β,m⊥β,n∥α,则 m⊥n; ③若 α⊥β,m⊥α,n∥β,则 m∥n; ④若 α⊥β,m⊥α,n⊥β,则 m⊥n. 上面命题中,所有真命题的序号为________. [解析] 对于①,m,n 可能是异面直线,故①错;对于③,两条直线 m 和

n 也可以相交或异面,故③错;②,④正确. [答案] ②④

8.直三棱柱 ABCA1B1C1 的各顶点都在同一球面上.若 AB=AC=AA1=2, ∠BAC=120° ,则此球的表面积等于________. [解析] 设球心为 O,球半径为 R,△ABC 的外心是 M,则 O 在底面 ABC

1 上的射影是点 M,在△ABC 中,AB=AC=2,∠BAC=120° ,∠ABC=2(180° - AC ?AA1? 120° )=30° , AM=2sin 30° =2.因此, R2=22+? 2 ?2=5, 此球的表面积等于 4πR2 ? ? =20π. [答案] 20π

三、解答题 9.(2014· 湖北高考)如图 411,在正方体 ABCDA1B1C1D1 中,E,F,P,Q, M,N 分别是棱 AB,AD,DD1,BB1,A1B1,A1D1 的中点.求证:

图 411 (1)直线 BC1∥平面 EFPQ; (2)直线 AC1⊥平面 PQMN. [证明] (1)连结 AD1,由 ABCDA1B1C1D1 是正方体,知 AD1∥BC1,

因为 F,P 分别是 AD,DD1 的中点,所以 FP∥AD1. 从而 BC1∥FP. 而 FP?平面 EFPQ,且 BC1?平面 EFPQ,

故直线 BC1∥平面 EFPQ. (2)如图,连结 AC,BD,则 AC⊥BD.

由 CC1⊥平面 ABCD,BD?平面 ABCD,可得 CC1⊥BD. 又 AC∩CC1=C,所以 BD⊥平面 ACC1. 而 AC1?平面 ACC1,所以 BD⊥AC1. 因为 M,N 分别是 A1B1,A1D1 的中点, 所以 MN∥BD,从而 MN⊥AC1. 同理可证 PN⊥AC1. 又 PN∩MN=N, 所以直线 AC1⊥平面 PQMN. 10.(2014· 天津高考)如图 412,在四棱锥 PABCD 中,PA⊥底面 ABCD, AD⊥AB,AB∥DC,AD=DC=AP=2,AB=1,点 E 为棱 PC 的中点.

图 412 (1)证明:BE⊥DC; (2)求直线 BE 与平面 PBD 所成角的正弦值; (3)若 F 为棱 PC 上一点,满足 BF⊥AC,求二面角 FABP 的余弦值. [ 解] 依题意,以点 A 为原点建立空间直角坐标系如图,可得 B(1,0,0),

C(2,2,0),D(0,2,0),P(0,0,2).由 E 为棱 PC 的中点,得 E(1,1,1).

→ → → → (1)证明:BE=(0,1,1),DC=(2,0,0),故BE· DC=0, 所以,BE⊥DC. → → (2)BD=(-1,2,0),PB=(1,0,-2). 设 n=(x,y,z)为平面 PBD 的法向量, → ? ?n· BD=0, 则? → ? PB=0. ? n· 的一个法向量. → n· BE 2 3 → 于是有 cos〈n,BE〉= = =3, → 6× 2 |n|· |BE| 3 所以,直线 BE 与平面 PBD 所成角的正弦值为 3 . → → → → (3)BC=(1,2,0),CP=(-2,-2,2),AC=(2,2,0),AB=(1,0,0). → → 由点 F 在棱 PC 上,设CF=λCP,0≤λ≤1, → → → → → 故BF=BC+CF=BC+λ CP=(1-2λ,2-2λ,2λ). → → 由 BF⊥AC,得BF· AC=0, 3 因此,2(1-2λ)+2(2-2λ)=0,解得 λ=4, → ? 1 1 3? 即BF=?-2,2,2?. ? ? 设 n1=(x,y,z)为平面 FAB 的法向量, → ? ?n1· AB=0, 则? → ? BF=0, ? n1· x=0, ? ? 即? 1 1 3 - x+ y+ z=0. ? ? 2 2 2 ?-x+2y=0, 即? 不妨令 y=1, 可得 n=(2,1,1)为平面 PBD ?x-2z=0.

不妨令 z=1,可得 n1=(0,-3,1)为平面 FAB 的一个法向量.取平面 ABP 的法向量 n2=(0,1,0), -3 n1· n2 3 10 则 cos〈n1,n2〉=|n |· = =- 10 . 1 |n2| 10×1 3 10 易知,二面角 FABP 是锐角,所以其余弦值为 10 .

[B 级

能力提升练]

1. 已知正方形 ABCD 的边长是 4, 对角线 AC 与 BD 交于 O, 将正方形 ABCD 沿对角线 BD 折成 60° 的二面角,并给出下面结论:①AC⊥BD;②AD⊥CO;③ 3 △AOC 为正三角形;④cos∠ADC=4.则其中的真命题是( A.①③④ C.②③④ [解析] B.①②④ D.①②③ )

如图所示, 易知∠AOC 为二面角 ABDC 的平面角, 即∠AOC=60° ,

且 AO=OC, 故△AOC 为正三角形,即③正确;又 BD⊥平面 ACO,故 BD⊥AC, 即①正确;在△ADC 中,知 AD=DC=4,AC=AO=2 2,故利用余弦定理可解 3 得 cos∠ADC=4,故④正确,因此选 A.

[答案]

A

2.已知球与棱长均为 2 的三棱锥各条棱都相切,则该球的表面积为_____. [解析] 将该三棱锥放入正方体内,若球与三棱锥各棱均相切等价于球与正

2 1 方体各面均相切,所以 2R= 2,R= 2 ,则球的表面积为 S=4πR2=4π×2=2π.

[答案]



3. (2014· 安徽高考)如图 413, 四棱柱 ABCDA1B1C1D1 中, A1A⊥底面 ABCD. 四边形 ABCD 为梯形,AD∥BC,且 AD=2BC.过 A1,C,D 三点的平面记为 α, BB1 与 α 的交点为 Q.

图 413 (1)证明:Q 为 BB1 的中点; (2)求此四棱柱被平面 α 所分成上下两部分的体积之比; (3)若 AA1=4,CD=2,梯形 ABCD 的面积为 6,求平面 α 与底面 ABCD 所 成二面角的大小. [解] (1)证明 因为 BQ∥AA1,BC∥AD,BC∩BQ=B,AD∩AA1=A,

所以平面 QBC∥平面 A1AD. 从而平面 A1CD 与这两个平面的交线相互平行,即 QC∥A1D. 故△QBC 与△A1AD 的对应边相互平行,于是△QBC∽△A1AD. BQ BQ BC 1 所以BB =AA =AD=2,
1 1

即 Q 为 BB1 的中点. (2)如图(1),连结 QA,QD.

设 AA1=h,梯形 ABCD 的高为 d,四棱柱被平面 α 所分成上下两部分的体 积分别为 V 上和 V 下,BC=a,则 AD=2a.

1 a+2a ?1 ? 1 ?2h?= ahd, VQd· ABCD= · 3 2 · ? ? 4

→ → (3)如图(2),以 D 为坐标原点,DA,DD1分别为 x 轴和 z 轴正方向建立空间 直角坐标系.

设∠CDA=θ,BC=a,则 AD=2a. 因为 S 梯形 ABCD= 2 所以 a=sin θ. ? 4 ? 从而 C(2cos θ,2sin θ,0),A1?sin θ,0,4?, ? ? → → ? 4 ? 所以DC=(2cos θ,2sin θ,0),DA1=?sin θ,0,4?. ? ? 设平面 A1DC 的一个法向量 n=(x,y,1), 4 → ?DA n=sin θx+4=0, 1· 由? → ?DC · n=2xcos θ+2ysin θ=0, 得 x=-sin θ,y=cos θ, 所以 n=(-sin θ,cos θ,1). 又因为平面 ABCD 的一个法向量 m=(0,0,1), n· m 2 所以 cos〈n,m〉=|n||m|= 2 , a+2a 2sin θ=6, 2 ·

π 故平面 α 与底面 ABCD 所成二面角的大小为4.


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