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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