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1、 第13讲 高二（上）期中总复习类型一 空间几何体考点说明：需要掌握常见空间几何体的结构特征，三视图和直观图的画法、空间几何体表面积和体积的运算其中空间几何体三视图的画法、空间几何体表面积和体积的运算是考查重点也是难点例1.如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某几何体的三视图，该几何体由一平面将一圆柱截去一部分后所得，则该几何体的体积为（）A90 B63 C42 D36【答案】B【解析】由三视图可得，直观图为一个完整的圆柱减去一个高为6的圆柱的一半，V=3210326=63，故选B例2.如图，有一个水平放置的透明无盖的正方体容器，容器高8cm，将一个球放在容器口，再向容器注水，当球
2、面恰好接触水面时测得水深为6cm，如不计容器的厚度，则球的体积为（）A B C D【答案】A【解析】设正方体上底面所在平面截球得小圆M，则圆心M为正方体上底面正方形的中心如图设球的半径为R，根据题意得球心到上底面的距离等于（R2）cm，而圆M的半径为4，由球的截面圆性质，得R2=（R2）2+42，解出R=5，根据球的体积公式，该球的体积V=故选A例3.如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某多面体的三视图，则该多面体的表面积为（）A18+36 B54+18 C90 D81【答案】B【解析】由已知中的三视图可得：该几何体是一个以主视图为底面的斜四棱柱，其底面面积为：36=18，侧面的面
3、积为：（33+3）2=18+18，故棱柱的表面积为182+18+18=54+18故选B例4.棱长为2的正四面体的四个顶点都在同一个球面上，若过该球球心的一个截面如图，则图中三角形（正四面体的截面）的面积是（）A B C D【答案】C【解析】棱长为2的正四面体ABCD的四个顶点都在同一个球面上，若过该球球心的一个截面如图为ABF，则图中AB=2，E为AB中点，则EFDC，在DCE中，DE=EC=，DC=2，EF=，三角形ABF的面积是，故选C例5.如图，长方体ABCDA1B1C1D1中，AA1=2AB=2BC=2，则异面直线A1B与AD1所成角的余弦值为（）A B C D【答案】D【解析】连接B
4、C1，A1C1，则AD1BC1，A1BC1为异面直线A1B与AD1所成角或其补角，在长方体ABCDA1B1C1D1中，AA1=2AB=2BC=2，A1B=BC1=，A1C1=，在A1BC1中，由余弦定理得cosA1BC1=,故选D类型二 点、直线、平面之间的位置关系考点说明：直线与平面之间的位置关系是考查重点，需要掌握空间中直线与直线、直线与平面、平面与平面之间平行与垂直的性质定理和判定定理例6.已知m，n是空间中两条不同的直线，、是两个不同的平面，且m，n有下列命题：若，则mn； 若，则m；若=l，且ml，nl，则； 若=l，且ml，mn，则其中真命题的个数是（）A0 B1 C2 D3【答案
5、】B【解析】若，则mn或m，n异面，不正确；若，根据平面与平面平行的性质，可得m，正确；若=l，且ml，nl，则与不一定垂直，不正确；若=l，且ml，mn，l与n相交则，不正确故选B例7.如图，正方体ABCDA1B1C1D1中，E为CC1中点，则下列结论中不正确的是（）ABDA1C1 BAC1平面BDEC平面BDE平面AB1D1 D平面A1BD平面BDE【答案】C【解析】由正方体ABCDA1B1C1D1中，E为CC1中点，知在A中：BDAC，ACA1C1，BDA1C1，故A正确；在B中：连结AC、BD，交于点O，连结OE，ABCD是正方形，O是AC中点，E为CC1中点，OEAC1，AC1平面B
6、DE，OE平面BDE，AC1平面BDE，故B正确；在C中：AB1BC1，BC1BE=B，AD1DC1，DC1DE=D，AB1、AD1平面AB1D1，BC1、DC1平面BDE，平面BDE与平面AB1D1相交，故C错误；在D中：设正方体ABCDA1B1C1D1中棱长为2，连结A1D、A1B、A1O、A1E，则，OA1=，OE=，A1E=3，A1OE是二面角A1BDE的平面角，=6+3=9=，A1OE=90，平面A1BD平面BDE，故D正确故选C例8.关于直线l，m与平面，的命题中，一定正确的是（）A若lm，m，则l B若l，则lC若l，则l D若l，则l【答案】C【解析】对于选项A：可以出现l的情
7、形，故A错误；对于选项B：若l，则l或l，故B错误；对于选项C：若l，则l，正确；对于选项D：若l，则l故选C例9.如图所示，在直三棱柱ABCA1B1C1中，ABC=90，BC=CC1，M、N分别为BB1、A1C1的中点（1）求证：CB1平面ABC1；（2）求证：MN平面ABC1【答案】（1）在直三棱柱ABCA1B1C1中，侧面BB1C1C底面ABC，且侧面BB1C1C底面ABC=BC，ABC=90，即ABBC，AB平面BB1C1 （2分）,CB1平面BB1C1C，ABCB1（4分）,BC=CC1，CC1BC，BCC1B1是正方形，CB1BC1，ABBC1=B，CB1平面ABC1（2）取AC1
8、的中点F，连BF、NF（7分）,在AA1C1中，N、F是中点，NFAA1，又正方形BCC1B1中BMAA1，NFBM，且NF=BM（8分）故四边形BMNF是平行四边形，可得MNBF，（10分）BF面ABC1，MN平面ABC1，MN面ABC1（12分）【解析】（1）根据直三棱柱的性质，利用面面垂直性质定理证出AB平面BB1C1，得出ABCB1正方形BCC1B1中，对角线CB1BC1，由线面垂直的判定定理可证出CB1平面ABC1；（2）取AC1的中点F，连BF、NF，利用三角形中位线定理和平行四边形的性质，证出EFBM且EF=BM，从而得到BMNF是平行四边形，可得MNBF，结合线面平行判定定理即
9、可证出MN面ABC1例10.如图四面体ABCD中，ABC是正三角形，AD=CD（1）证明：ACBD；（2）已知ACD是直角三角形，AB=BD，若E为棱BD上与D不重合的点，且AEEC，求四面体ABCE与四面体ACDE的体积比【答案】（1）取AC中点O，连结DO、BO，ABC是正三角形，AD=CD，DOAC，BOAC，DOBO=O，AC平面BDO，BD平面BDO，ACBD（2）连结OE，由（1）知AC平面OBD，OE平面OBD，OEAC，设AD=CD=，则OC=OA=1，E是线段AC垂直平分线上的点，EC=EA=CD=，由余弦定理得：cosCBD=，即，解得BE=1或BE=2，BEBD=2，BE
10、=1，BE=ED，四面体ABCE与四面体ACDE的高都是点A到平面BCD的高h，BE=ED，SDCE=SBCE，四面体ABCE与四面体ACDE的体积比为1【解析】（1）取AC中点O，连结DO、BO，推导出DOAC，BOAC，从而AC平面BDO，由此能证明ACBD（2）法一：连结OE，设AD=CD=，则OC=OA=1，由余弦定理求出BE=1，由BE=ED，四面体ABCE与四面体ACDE的高都是点A到平面BCD的高h，SDCE=SBCE，由此能求出四面体ABCE与四面体ACDE的体积比法二：设AD=CD=，则AC=AB=BC=BD=2，AO=CO=DO=1，BO=，推导出BODO，以O为原点，OA
11、为x轴，OB为y轴，OD为z轴，建立空间直角坐标系，由AEEC，求出DE=BE，由此能求出四面体ABCE与四面体ACDE的体积比类型三 直线与方程考点说明：直线的五种表现形式是重点内容，其中，倾斜角与斜率、两条直线的垂直与判定、两点间的距离公式、点到直线的距离公式、平行线间的距离公式是考查重点例11.如果AB0，BC0，那么直线AxByC=0不经过的象限是（）A第一象限 B第二象限 C第三象限 D第四象限【答案】B【解析】由题意可知B0，故直线的方程可化为，由AB0，BC0可得0，0，由斜率和截距的几何意义可知直线不经过第二象限，故选B例12.已知直线l：（a+3）x+y1=0，直线m：5x+
12、（a1）y+32a=0，若直线lm，则直线l与直线m之间的距离是（）A B C D【答案】C【解析】由l：（a+3）x+y1=0，直线m：5x+（a1）y+32a=0，且lm，得，解得：a=4直线l：（a+3）x+y1=0化为：xy+1=0又直线m：5x+（a1）y+32a=0，即xy+2.2=0直线l与直线m之间的距离是d=故选C例13.若分别为P（1，0）、Q（2，0），R（4，0）、S（8，0）四个点各作一条直线，所得四条直线恰围成正方形，则该正方形的面积不可能为（）A B C D【答案】C【解析】如果过点P（1，0），Q（2，0），R（4，0），S（8，0）作四条直线构成一个正方形，过
13、P点的必须和过Q，R，S的其中一条直线平行和另外两条垂直，假设过P点和Q点的直线相互平行时，如图，设直线PC与x轴正方向的夹角为，再过Q作它的平行线QD，过R、S作它们的垂线RB、SC，过点A作x轴的平行线分别角PC、SC于点M、N，则AB=AMsin=PQsin=sin，AD=ANcos=RScos=4cos，因为AB=AD，所以sin=4cos，则tan=4，所以正方形ABCD的面积S=ABAD=4sincos=，同理可求，当直线PC和过R的直线平行时正方形ABCD的面积S为 ，当直线PC和过S点的直线平行时正方形ABCD的面积S为 ，故选C例14.两直线3axy2=0和（2a1）x+5ay1=0分别过定点A、B
