理科数学寒假补充作业（一） (时间:120 分钟 满分:150 分) 【选题明细表】 知识点、方法 题号 简单几何体的结构特征、 三视图和直观图 4,5,6 简单几何体的表面积和体积 2,8,13,16,17 与球相关的切、接问题 4,9,10,11,14 平行、垂直的判定与性质 1,3,17,18,19,20,21 空间角和距离 7,15,19,20,21 综合问题 12,22 一、选择题(本大题共 12 小题,每小题 5 分,共 60 分) 1.“直线 l 垂直于平面 α”的一个必要不充分条件是( D ) (A)直线 l 与平面 α 内的任意一条直线垂直 (B)过直线 l 的任意一个平面与平面 α 垂直 (C)存在平行于直线 l 的直线与平面 α 垂直 (D)经过直线 l 的某一个平面与平面 α 垂直 解析:根据面面垂直的判定可知,直线 l 垂直于平面 α,则经过直线 l 的 某一个平面与平面 α 垂直, 当经过直线 l 的某一个平面与平面 α 垂直时,直线 l 垂直于平面 α 不 一定成立,
所以“经过直线 l 的某一个平面与平面 α 垂直”是“直线 l 垂直于平面 α”的必要不充分条件.故选 D. 2.如图,网格纸上的小正方形边长为 1,实线画出的是某几何体的三视 图,则该几何体的体积为( A ) (A) (B) (C) (D)8 解析:三视图还原为三棱锥 A-BCD,如图所示.由三视图可知,BC=4, AO=CO=BO=DO=2,AB=AC=BD=CD=AD=2 ,平面 ABC⊥平 面 BCD,AO⊥ 平 面 BCD, 则 三 棱 锥 A-BCD 的 体 积 为 = × ×4×2×2= ,故选 A. 3.α,β是两个平面,m,n 是两条直线,则下列命题中错误的是( D ) (A)如果 m⊥n,m⊥α,n⊥β,那么 α⊥β (B)如果 m α,α∥β,那么 m∥β (C)如果 α∩β=l,m∥α,m∥β,那么 m∥l
(D)如果 m⊥n,m⊥α,n∥β,那么 α⊥β 解析:对于 A,如果 m⊥n,m⊥α,则 n∥α 或 n α, 因为 n⊥β,则 α⊥β,故正确; 对于 B,如果 m α,α∥β,那么 m 与 β 无公共点,则 m∥β,故正确; 对于 C,如果 α∩β=l,m∥α,m∥β,则 m∥l,故正确; 对于 D,如果 m⊥n,m⊥α,n∥β,那么 α 与 β 的关系不确定,故错误. 故选 D. 4.一个四面体的顶点在空间直角坐标系 O-xyz 中的坐标分别是 (1,0,1),(1,1,0),(0,1,1),(0,0,0),画该四面体三视图中的正视图时, 以 zOx 平面为投影面,则得到的正视图可以为( A ) 解析:在空间直角坐标系中作出四面体 OABC 的直观图如图所示,作 顶点 A、C 在 zOx 平面的投影 A′,C′,可得四面体的正视图.故选 A. 5.某几何体的三视图如图所示,则该几何体的表面积为( A )
(C)32+4 (D)36+2 解析:由三视图可知,该几何体是一个组合体,它由一个直四棱柱挖去 一个直三棱柱, 该几何体的形状如图所示, 于是 S左右=(2×2)×2=8, S上下=(4×2- ×2×1)×2=14, S前=4×2=8, S后=(1×2)×2+( ×2)×2=4+4 , 所以表面积 S=8+14+8+(4+4 )=34+4 ,故选 A. 6.一只蚂蚁从正方体 ABCD-A1B1C1D1的顶点 A 出发,经正方体的表 面,按最短路线爬行到顶点 C1的位置,则下列图形中可以表示正方体 及蚂蚁最短爬行路线的正视图的是( D ) (A)①② (B)①③ (C)③④ (D)②④ 解析:由点 A 经正方体的表面,按最短路线爬行到达顶点 C1的位置,共 有 6 种路线(对应 6 种不同的展开方式),若把平面 ABB1A1和平面
BCC1B1展到同一个平面内,连接 AC1,则 AC1是最短路线,且 AC1会经
过 BB1的中点,此时对应的正视图为② ;若把平面 ABCD 和平面
CDD1C1展到同一个平面内,连接 AC1,则 AC1是最短路线,且 AC1会
经过 CD 的中点,此时对应的正视图为④.故选 D.
7.如图,在正方体 ABCD-A1B1C1D1中,E,F 分别为 B1C1,C1D1的中点,
点 P 是面 A1B1C1D1内一点,且 AP∥平面 EFDB,则 tan∠APA1的最大
值是( D ) (A) (B)1 (C) (D)2 解析:连接 AC,交 BD 于点 O, 连接 A1C1,交 EF 于 M,连接 OM, 设正方体 ABCD-A1B1C1D1棱长为 1, 因为在正方体 ABCD-A1B1C1D1中,E,F 分别为 B1C1,C1D1的中点, 点 P 是平面 A1B1C1D1内一点,且 AP∥平面 EFDB, 当 P 在 A1C1上时,A1P最小,tan∠APA1最大. 所以 A PM,O 所以 A1P=C1M= = ,
所以 tan∠APA1= = =2 . 所以 tan∠APA1的最大值是 2 .故选 D. 8.从一个几何体中挖去一部分后所得组合体的三视图如图所示,则该 组合体的体积为( A ) (A) (B) (C) (D) 解析:由三视图,可知该组合体为一个底面半径为 1,高为 3 的圆柱挖 去两个底面半径均为 1,高均为 1.5 的 圆锥所得到的几何体,故其体 积 V=π×12×3-2× × π×12× = .故选 A. 9.将边长为 的正方形 ABCD 沿对角线 AC 折成一个直二面角 B AC D.则四面体 ABCD 的内切球的半径为( D ) (A)1 (B)2 -(C) -1
(D)2-解析:由题意得 AC=2.取 AC 中点 O,连接 DO,BO,则 DO=BO= =1,且 DO⊥平面 ABC, 所以 = × ×2×1= , BD= = ,AB=BC=AD=DC= , 所以 S△ABD=S△BCD= × × ×sin 60°= , S△ADC=S△ABC= × × =1,
设内切球的半径为 r,则有 = r(S△ABD+S△BCD+S△ADC+S△ABC), =
r( ×2+1×2),
解得 r=2- .故选 D.
10. 已 知 三 棱 锥 S-ABC 中 ,SA⊥ 平 面 ABC, 且 ∠ACB=30°,AC=2AB=2 , SA=1.则该三棱锥的外接球的体积为( D )
(A) π (B)13π (C) π (D) π 解析:因为∠ACB=30°,AC=2AB=2 , 所以△ABC 是以 AC 为斜边的直角三角形,其外接圆半径 r= = , 则三棱锥外接球即为以△ABC 为底面,以 SA 为高的三棱柱的外接球, 所以三棱锥外接球的半径 R 满足 R= = , 故三棱锥外接球的体积 V= πR3= π.故选 D. 11. 已 知 A,B,C,D 四 点 均 在 以 点 O1 为 球 心 的 球 面 上 , 且 AB=AC=AD=2 , BC=BD=4 ,CD=8.若球 O2在球 O1内且与平 面 BCD 相切,则球 O2直径的最大值为( D )
(A)1 (B)2 (C)4 (D)8 解析:取 CD 的中点 O,连接 AO,BO(图略), 因为 BC=BD=4 ,CD=8, 所以 BD2+BC2=CD2, 所以 BC⊥BD. 所以 O 是△BCD 的外心. 因为 AC=AD=2 , 所以 AO⊥CD,且 AO=2, 易知 OD=4,BO=4, 所以 AO2+BO2=AB2, 故 AO⊥OB, 又 BO∩CD=O,所以 AO⊥平面 BCD, 所以 O1在 AO 上,连接 O1D,设 O1D=R, 则 O1A=R,OO1=|2-R|, 因为 OO1⊥DO,所以 DO2+O =D , 即 16+(2-R)2=R2,解之得 R=5, 球 O2的直径最大时,球 O2与平面 BCD 相切且与球 O1内 切,A,O,O1,O2四点共线,此时球 O2的直径为 R+OO1=8.故选 D. 12.圆锥的轴截面 SAB 是边长为 2 的等边三角形,O 为底面的中心,M 为 SO 的中点,动点 P 在圆锥底面内(包括圆周),若 AM⊥MP,则点 P 形成的轨迹的长度为( D )
(A) (B) (C) (D) 解析:建立空间直角坐标系. 设 A(0,-1,0),B(0,1,0), S(0,0, ),M(0,0, ),P(x,y,0),于是有 =(0,1, ), =(x,y,- ). 由于 AM⊥MP,所以(0,1, )·(x,y,- )=0,解得 y= ,此为 P 点形成的 轨迹方程,其在底面圆内的长度为 2 = . 故选 D. 二、填空题(本大题共 4 小题,每小题 5 分,共 20 分) 13.已知圆锥的顶点为 S,母线 SA,SB 所成角的余弦值为 ,SA 与圆锥 底面所成角为 45°,若△SAB 的面积为 5 ,则该圆锥的侧面积为 . 解析:如图,因为 SA 与底面成 45°角,
所以△SAO 为等腰直角三角形. 设 OA=r, 则 SO=r,SA=SB= r. 在△SAB 中,cos∠ASB= , 所以 sin∠ASB= , 所以 S△SAB= SA·SB·sin∠ASB = ( r)2· =5 , 解得 r=2 , 所以 SA= r=4 ,即母线长 l=4 , 所以 S圆锥侧=πr·l=π×2 ×4 =40 π. 答案:40 π 14.一个棱长为 5 的正四面体(棱长都相等的三棱锥)纸盒内放一个小 正四面体,若小正四面体在纸盒内可以任意转动,则小正四面体的棱长 的最大值为 .
解析:因为在此纸盒内放一个小正四面体,若小正四面体在纸盒内可以 任意转动, 所以小正四面体的外接球是纸盒的内切球, 设正四面体的棱长为 a,则内切球的半径为 a,外接球的半径是 a, 所以纸盒的内切球半径是 ×5= , 设小正四面体的棱长是 x,则 = x,解得 x= , 所以小正四面体的棱长的最大值为 . 答案: 15.如图,E 是正方体 ABCD-A1B1C1D1的棱 C1D1上的一点,且 BD1∥ 平面 B1CE,则异面直线 BD1与 CE 所成角的余弦值为 . 解析:连接 BC1,交 B1C于点 O,连接 OE, 所以 O 是 BC1中点, 因为 BD1∥平面 B1CE,所以 BD1∥OE, 所以 E 是正方体 ABCD-A1B1C1D1的棱 C1D1的中点,
以 D 为原点,DA 为 x 轴,DC 为 y 轴,DD1为 z 轴,建立空间直角坐标 系, 设正方体 ABCD-A1B1C1D1的棱长为 2, 则 B(2,2,0),D1(0,0,2),C(0,2,0),E(0,1,2), =(-2,-2,2), =(0,-1,2), 设异面直线 BD1与 CE 所成角为 θ, cos θ= = = . 所以异面直线 BD1与 CE 所成角的余弦值为 . 答案: 16.如图,有一个水平放置的透明无盖的正方体容器,容器高 8 cm,将 一个球放在容器口,再向容器内注水,当球面恰好接触水面时测得水深 为 6 cm,如果不计容器的厚度,则球的体积为 . 解析:设球半径为 R cm, 根据已知条件知正方体的上底面与球相交所得截面圆的半径为 4 cm, 球心到截面圆圆心的距离为(R-2)cm,
所以由 42+(R-2)2=R2,得 R=5. 所以球的体积为 V= πR3= π×53= (cm3). 答案: cm3 三、解答题(本大题共 6 小题,共 70 分) 17.(本小题满分 10 分) 如 图 , 多 面 体 ABCDEF 中 , 四 边 形 ABCD 为 菱 形 , 且 ∠DAB=60°,EF∥AC, AD=2,EA=ED=EF= . (1)证明:AD⊥BE; (2)若 BE= ,求三棱锥 F-ABD 的体积. (1)证明:如图,取 AD 的中点 O,连接 EO,BO. 因为 EA=ED,所以 EO⊥AD. 因为四边形 ABCD 为菱形,所以 AB=AD, 因为∠DAB=60°,所以△ABD 为等边三角形, 所以 BA=BD,所以 BO⊥AD.
因为 BO∩EO=O,所以 AD⊥平面 BEO. 因为 BE 平面 BEO,所以 AD⊥BE. (2)解:在△EAD 中,EA=ED= ,AD=2,
所以 EO= = . 因为△ABD 为等边三角形, 所以 AB=BD=AD=2,BO= . 因为 BE= , 所以 EO2+OB2=BE2, 所以 EO⊥OB. 又因为 EO⊥AD,AD∩OB=O, 所以 EO⊥平面 ABCD.
因为 EF∥AC,S△ABD= ·AD·OB= ×2× = ,
所以 = = S△ABD·EO= × × = .
18.(本小题满分 12 分)
如图①,☉O 的直径 AB=4,点 C,D 为☉O 上两点,且∠CAB=45°,F 为 的中点.沿直径 AB 折起,使两个半圆所在平面互相垂直(如图②).
(1)求证:OF∥平面 ACD;
(2)在 AD 上是否存在点 E,使得平面 OCE⊥平面 ACD?若存在,试指 出点 E 的位置;若不存在,请说明理由. (1)证明:连接 CO,由∠CAB=45°,知∠COB=90°, 又因为 F 为 的中点, 所以∠FOB=45°,因此 OF∥AC, 又 AC 平面 ACD,OF⊈平面 ACD, 所以 OF∥平面 ACD. (2)解:存在,E 为 AD 中点, 连接 OD, 因为 OA=OD,所以 OE⊥AD. 又 OC⊥AB 且两半圆所在平面互相垂直. 所以 OC⊥平面 OAD. 又 AD 平面 OAD,所以 AD⊥OC, 由于 OE,OC 是平面 OCE 内的两条相交直线, 所以 AD⊥平面 OCE. 又 AD 平面 ACD, 所以平面 OCE⊥平面 ACD. 19.(本小题满分 12 分)
如图,四边形 ABCD 为正方形,E,F 分别为 AD,BC 的中点,以 DF 为折 痕把△DFC 折起,使点 C 到达点 P 的位置,且 PF⊥BF.
(1)证明:平面 PEF⊥平面 ABFD;
(2)求 DP 与平面 ABFD 所成角的正弦值. (1)证明:由已知可得,BF⊥PF,BF⊥EF, 又 PF∩EF=F,所以 BF⊥平面 PEF.
又 BF 平面 ABFD,所以平面 PEF⊥平面 ABFD. (2)解:如图,作 PH⊥EF,垂足为 H. 由(1)得, PH⊥平面 ABFD. 以 H 为坐标原点, 的方向为 y 轴正方向,| |为单位长度,建立如图 所示的空间直角坐标系 Hxyz. 由(1)可得,DE⊥PE. 又 DP=2,DE=1,所以 PE= . 又 PF=1,EF=2,故 PE⊥PF. 可得 PH= ,EH= . 则 H(0,0,0),P(0,0, ),D(-1,- ,0),
=(1, , ), =(0,0, ). 又 为平面 ABFD 的法向量. 设 DP 与平面 ABFD 所成角为 θ, 则 sin θ=| |= = . 所以 DP 与平面 ABFD 所成角的正弦值为 . 20.(本小题满分 12 分) 如图所示四棱锥 P-ABCD,PA⊥平面 ABCD,△DAB≌△DCB,E 为线段 BD上的一点,且 EB=ED=EC=BC,延长 CE 交 AD 于 F. (1)若 G 为 PD 的中点,求证:平面 PAD⊥平面 CGF; (2)若 BC=2,PA=3,求平面 BCP 与平面 DCP 所成锐二面角的余弦值. (1)证明:在△BCD 中,EB=ED=EC, 故∠BCD= ,∠CBE=∠CEB= , 因为△DAB≌△DCB,所以△EAB≌△ECB, 从而有∠FED=∠BEC=∠AEB= .
所以∠FED=∠FEA, 故 EF⊥AD,AF=FD. 又 PG=GD,所以 FG∥PA. 又 PA⊥平面 ABCD, 故 GF⊥平面 ABCD, 所以 GF⊥AD,GF∩EF=F,故 AD⊥平面 CFG. 又 AD 平面 PAD,所以平面 PAD⊥平面 CGF. (2)解:以点 A 为坐标原点建立如图所示的坐标系,则 A(0,0,0),B(2,0,0),C(3, ,0),D(0,2 ,0),P(0,0,3). 故 =(1, ,0), =(-3,- ,3), =(-3, ,0). 设平面 BCP 的法向量 n1=(1,y1,z1), 则 解得 即 n1=(1,- , ). 设平面 DCP 的法向量 n2=(1,y2,z2),
则 解得
即 n2=(1, ,2).
从而平面 BCP 与平面 DCP 所成锐二面角的余弦值为 cos θ= =
= .
21.(本小题满分 12 分)
如图,在三棱锥 P-ABC 中,AB=BC=2 ,PA=PB=PC=AC=4,O 为 AC的中点. (1)证明:PO⊥平面 ABC; (2)若点 M 在棱 BC 上,且二面角 M-PA-C 为 30°,求 PC 与平面 PAM 所成角的正弦值. (1)证明:因为 PA=PC=AC=4,O 为 AC 的中点, 所以 OP⊥AC,且 OP=2 . 如图,连接 OB. 因为 AB=BC= AC,
所以△ABC 为等腰直角三角形, 且 OB⊥AC,OB= AC=2. 由 OP2+OB2=PB2知 PO⊥OB. 由 OP⊥OB,OP⊥AC,OB∩AC=O, 得 PO⊥平面 ABC. (2)解:如图,以 O 为坐标原点, 的方向为 x 轴正方向,建立空间直角 坐标系 Oxyz. 由 已 知 得 O(0,0,0),B(2,0,0),A(0,-2,0),C(0,2,0),P(0,0,2 ), = (0,2,2 ). 取平面 PAC 的一个法向量 =(2,0,0). 设 M(a,2-a,0)(0≤a≤2),则 =(a,4-a,0). 设平面 PAM 的法向量为 n=(x,y,z). 由 ·n=0, ·n=0 得
可取 y= a,得平面 PAM 的一个法向量为 n=( (a-4), a,-a), 所以 cos< ,n>= . 由已知可得|cos< ,n>|=cos 30°= , 所以 = , 解得 a=-4(舍去)或 a= . 所以 n=(- , ,- ). 又 =(0,2,-2 ), 所以 cos< ,n>= , 所以 PC 与平面 PAM 所成角的正弦值为 . 22.(本小题满分 12 分) 如图,在四棱锥 P-ABCD 中,PA⊥底面 ABCD,AB⊥AD,AB∥DC,AD=DC=AP= 2AB=2,点 E 为棱 PC 的中 点.
(1)证明:BE⊥DC;
(2)若点 F 为棱 PC 上一点,且 BF⊥AC,求二面角 F-AB-P 的余弦值. (1)证明:因为 PA⊥底面 ABCD,AB 平面 ABCD,AD 平面 ABCD,
所以 PA⊥AB,PA⊥AD,
又 AB⊥AD,所以 AB,AD,AP 两两垂直.
以 A 为原点,AB 为 x 轴,AD 为 y 轴,AP 为 z 轴,建立空间直角坐标系 Axyz. 则 由 题 意 得 B(1,0,0),P(0,0,2),C(2,2,0),E(1,1,1),A(0,0,0), D(0,2,0), 所以 =(0,1,1), =(2,0,0), 所以 · =0,所以 BE⊥DC. (2)解:由(1)可得 =(1,2,0), =(-2,-2,2), =(2,2,0), =(1,0,0). 由点 F 在棱 PC 上, 设 =λ =(-2λ,-2λ,2λ)(0≤λ≤1),
所以 = + =(1-2λ,2-2λ,2λ), 因为 BF⊥AC, 所以 · =2(1-2λ)+2(2-2λ)=0, 解得 λ= ,所以 =(- , , ). 设平面 FAB 的法向量为 n1=(x,y,z), 则由 得 令 z=1,得 n1=(0,-3,1). 由题意取平面 ABP 的一个法向量 n2=(0,1,0). 所以 cos<n1,n2>= =- =- , 由图形知二面角 F-AB-P 是锐角, 所以二面角 F-AB-P 的余弦值为 .
