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  • 2021-06-10 发布

专题13+空间几何体(热点难点突破)-2019年高考数学(理)考纲解读与热点难点突破

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‎1.已知α,β是两个不同的平面,l是一条直线,给出下列说法:‎ ‎①若l⊥α,α⊥β,则l∥β;②若l∥α,α∥β,则l∥β;‎ ‎③若l⊥α,α∥β,则l⊥β;④若l∥α,α⊥β,则l⊥β.‎ 其中说法正确的个数为(  )‎ A.3 B.2 C.1 D.4‎ 答案 C 解析 ①若l⊥α,α⊥β,则l∥β或l⊂β,不正确;②若l∥α,α∥β,则l∥β 或l⊂β,不正确;③若l⊥α,α∥β,则l⊥β,正确;④若l∥α,α⊥β,则l⊥β或l∥β或l与β相交且l与β不垂直,不正确,故选C.‎ ‎2.如图,G,H,M,N分别是正三棱柱的顶点或所在棱的中点,则表示GH,MN是异面直线的图形的序号为(  )‎ A.①② B.③④ C.①③ D.②④‎ 答案 D 解析 由题意可得图①中GH与MN平行,不合题意;‎ 图②中GH与MN异面,符合题意;‎ 图③中GH与MN相交,不合题意;‎ 图④中GH与MN异面,符合题意. ‎ ‎8.已知正四棱锥P-ABCD的各顶点都在同一球面上,底面正方形的边长为,若该正四棱锥的体积为2,则此球的体积为(  )‎ A. B. C. D. 答案 C 解析 如图所示,设底面正方形ABCD的中心为O′,正四棱锥P-ABCD的外接球的球心为O,‎ ‎∵底面正方形的边长为,‎ ‎∴O′D=1,‎ ‎∵正四棱锥的体积为2,‎ ‎∴VP-ABCD=×()2×PO′=2,解得PO′=3,‎ ‎∴OO′=|PO′-PO|=|3-R|,‎ 在Rt△OO′D中,由勾股定理可得OO′2+O′D2=OD2,‎ 即(3-R)2+12=R2,解得R=,‎ ‎∴V球=πR3=π×3=.‎ ‎9.在三棱锥S-ABC中,侧棱SA⊥底面ABC,AB=5,BC=8,∠ABC=60°,SA=2,则该三棱锥的外接球的表面积为(  )‎ A.π B.π C.π D.π 答案 B 解析 由题意知,AB=5,BC=8,∠ABC=60°,‎ 则根据余弦定理可得 AC2=AB2+BC2-2×AB×BC×cos∠ABC,‎ 解得AC=7,‎ 设△ABC的外接圆半径为r,则 ‎△ABC的外接圆直径2r==,∴r=,‎ 又∵侧棱SA⊥底面ABC,‎ ‎∴三棱锥的外接球的球心到平面ABC的距离d=SA=,则外接球的半径R= =,则该三棱锥的外接球的表面积为S=4πR2=π.‎ ‎10.一个几何体的三视图及其尺寸如图所示,则该几何体的表面积为(  )‎ A.16 B.8+8‎ C.2+2+8 D.4+4+8‎ 答案 D 解析 由三视图知,该几何体是底面边长为=2的正方形,高PD=2的四棱锥P-ABCD,因为PD⊥平面ABCD,且四边形ABCD是正方形,‎ 易得BC⊥PC,BA⊥PA,‎ 又PC===2,‎ 所以S△PCD=S△PAD=×2×2=2,‎ S△PAB=S△PBC=×2×2=2.‎ 所以几何体的表面积为4+4+8.‎ ‎11.在正三棱锥S-ABC中,点M是SC的中点,且AM⊥SB,底面边长AB=2,则正三棱锥S-ABC的外接球的表面积为(  )‎ A.6π B.12π C.32π D.36π 答案 B 解析 因为三棱锥S-ABC为正三棱锥,所以SB⊥AC,又AM⊥SB,AC∩AM=A,AC,AM⊂平面SAC,所以SB⊥平面SAC,所以SB⊥SA,SB⊥SC,同理SA⊥SC,即SA,SB,SC三线两两垂直,且AB=2,所以 SA=SB=SC=2,所以(2R)2=3×22=12,所以球的表面积S=4πR2=12π,故选B.‎ ‎12.若四棱锥P-ABCD的三视图如图所示,则该四棱锥的外接球的表面积为(  )‎ A. B. C. D. 答案 C 解析 根据三视图还原几何体为一个四棱锥P-ABCD,如图所示,平面PAD⊥平面ABCD,‎ 由于△PAD为等腰三角形,PA=PD=3,AD=4,四边形ABCD为矩形,CD=2,过△PAD的外心F作平面PAD的垂线,过矩形ABCD的中心H作平面ABCD的垂线,两条垂线交于一点O,则O为四棱锥外接球的球心,在△PAD中,cos∠APD==,则sin∠APD=,‎ ‎2PF===,PF=,‎ PE==,OH=EF=-=,‎ BH==,‎ OB== =,‎ 所以S=4π×=.‎ ‎13.如图所示,正方形ABCD的边长为2,切去阴影部分围成一个正四棱锥,则正四棱锥侧面积的取值范围为(  )‎ A.(1,2) B.(1,2]‎ C.(0,2] D.(0,2)‎ 答案 D 解析 设四棱锥一个侧面为△APQ,∠APQ=x,过点A作AH⊥PQ,‎ 则AH=PQ×tan x== ‎=-PQ,‎ ‎∴PQ=,AH=,‎ ‎∴S=4××PQ×AH=2×PQ×AH ‎=2××=,x∈,‎ ‎∵S== ‎=≤=2,‎ ,‎ 而tan x>0,故S>0,‎ ‎∵S=2时,△APQ是等腰直角三角形,‎ 顶角∠PAQ=90°,阴影部分不存在,折叠后A与O重合,构不成棱锥,‎ ‎∴S的取值范围为(0,2),故选D.‎ ‎14.已知一个三棱锥的三视图如图所示,其中俯视图是顶角为120°的等腰三角形,侧(左)视图为直角三角形,则该三棱锥的表面积为________,该三棱锥的外接球的体积为________.‎ 答案 4++ π 解析 由三视图得几何体的直观图如图所示,‎ ‎∴S表=2××2×2+×2×+×2×1‎ ‎=4++.‎ 以D为原点,DB所在直线为x轴,DE所在直线为y轴,DA所在直线为z轴,建立空间直角坐标系D-xyz,‎ 则D(0,0,0),A(0,0,2),B(2,0,0),C(-1,,0),‎ 设球心坐标为(x,y,z),‎ ‎∵(x-2)2+y2+z2=x2+y2+z2,①‎ x2+y2+(z-2)2=x2+y2+z2,②‎ ‎(x+1)2+(y-)2+z2=x2+y2+z2,③‎ ‎∴x=1,y=,z=1,‎ ‎∴球心坐标是(1,,1),‎ ‎∴球的半径是=.‎ ‎∴球的体积是π×3=π.‎ ‎15.如图所示,三棱锥P-ABC中,△ABC是边长为3的等边三角形,D是线段AB的中点,DE∩PB=E,且DE⊥AB,若∠EDC=120°,PA=,PB=,则三棱锥P-ABC的外接球的表面积为________.‎ 答案 13π 解析 在三棱锥P-ABC中,△ABC是边长为3的等边三角形,设△ABC的外心为O1,外接圆的半径O1A==,在△PAB中,PA=,PB=,AB=3,满足PA2+PB2=AB2,所以△PAB为直角三角形,△PAB的外接圆的圆心为D,由于CD⊥AB,ED⊥AB,∠EDC=120°为二面角P-AB-C的平面角,分别过两个三角形的外心O1,D作两个半平面的垂线交于点O,则O为三棱锥P-ABC的外接球的球心,‎ 在Rt△OO1D中,∠ODO1=30°,DO1=,‎ 则cos 30°==,OD=1,连接OA,设OA=R,‎ 则R2=AD2+OD2=2+12=,‎ S球=4πR2=4π×=13π. ‎ 如图,过P作PO⊥AE,垂足为O,‎ 因为平面PAE⊥平面ABCDE,‎ 平面PAE∩平面ABCDE=AE,PO⊂平面PAE,‎ 所以PO⊥平面ABCDE,PO为五棱锥P-ABCDE的高.‎ 在平面PAE内,PA+PE=10>AE=6,P在以A,E为焦点,长轴长为10的椭圆上,由椭圆的几何性质知,‎ 当点P为短轴端点时,P到AE的距离最大,‎ 此时PA=PE=5,OA=OE=3,‎ 所以POmax=4,‎ 所以(VP-ABCDE)max=SABCDE·POmax ‎=×28×4=.‎ ‎(2)证明 连接OB,如图,由(1)知,OA=AB=3,‎ ‎ ‎

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