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高考数学二轮专题训练2.31课时突破立体几何高考小题空间几何体课件
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这是一份高考数学二轮专题训练2.31课时突破立体几何高考小题空间几何体课件，共60页。PPT课件主要包含了关键能力·应用实践，即所以，题组训练·素养提升，专题能力提升练等内容，欢迎下载使用。
考向一 空间几何体的表面积与体积1.过圆锥的轴作截面,如果截面三角形为正三角形,则称该圆锥为等边圆锥.已知一等边圆锥中,过顶点P的截面与底面交于CD,若∠COD=90° (O为底面圆心),且S△PCD= ,则这个等边圆锥的表面积为( )A. B.3πC. D.
【解析】选B.如图，连接PO，设圆锥的母线长为2a，则圆锥的底面圆的半径为a，圆锥的高PO= a.由已知得CD= a，PC=PD=2a，则 从而a=1，圆锥的表面积为πa×2a+πa2=3π.
2.在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=BC=2,AC1与平面BB1C1C所成的角为30°,则该长方体的体积为( )A.8B.6 C.8 D.8 【解析】选C.如图,连接AC1和BC1,因为AB⊥平面BB1C1C,AC1与平面BB1C1C所成角为30°,所以∠AC1B=30°,所以 =tan 30°,BC1=2 ,所以CC1=2 ,所以V=2×2×2 =8 .
3.(2020·全国Ⅰ卷)埃及胡夫金字塔是古代世界建筑奇迹之一,它的形状可视为一个正四棱锥,以该四棱锥的高为边长的正方形面积等于该四棱锥一个侧面三角形的面积,则其侧面三角形底边上的高与底面正方形的边长的比值为( )
【解析】选C.如图，设CD=a，PE=b，则 由题意PO2= ab，即 化简得 解得 (负值舍去).
4.已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2,M,N分别为BB1,AB的中点,则三棱锥A-NMD1的体积为________. 【解析】如图,因为正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2,M,N分别为BB1,AB的中点,所以S△ANM= ×1×1= ,所以 答案:
【技法点拨】提素养1.求三棱锥的体积等体积转化是常用的方法,转换原则是其高易求,底面放在已知几何体的某一面上.2.求不规则几何体的体积常用分割或补形的思想,将不规则几何体转化为规则几何体以易于求解.
考向二 与球有关的切、接问题【多维题组】速通关1.(2020·天津高考)若棱长为2 的正方体的顶点都在同一球面上,则该球的表面积为( )A.12πB.24πC.36πD.144π
【解析】选C.这个球是正方体的外接球,其半径等于正方体的体对角线的一半,设外接球的半径为R,则 所以,这个球的表面积为S=4πR2=4π×32=36π.
2.(2019·全国卷Ⅰ)已知三棱锥P-ABC的四个顶点在球O的球面上,PA=PB=PC,△ABC是边长为2的正三角形,E,F分别是PA,AB的中点,∠CEF=90°,则球O的体积为( )
【解析】选D.方法一:设PA=PB=PC=2x,E,F分别为PA,AB的中点,所以EF∥PB,且EF= PB=x,因为△ABC是边长为2的等边三角形,所以CF= ,又∠CEF=90°,所以 AE= PA=x,在△AEC中,利用余弦定理得 ,作PD⊥AC于D,因为PA=PC,所以D为AC中点,
所以 所以2x2+1=2,所以 所以PA=PB=PC= 又AB=BC=AC=2,所以PA,PB,PC两两垂直,所以 ,所以 所以
方法二:因为PA=PB=PC,△ABC是边长为2的等边三角形,所以P-ABC为正三棱锥,易得PB⊥AC,又E,F分别为PA,AB的中点,所以EF∥PB,所以EF⊥AC,又EF⊥CE,CE∩AC=C,所以EF⊥平面PAC,PB⊥平面PAC,所以∠BPA=90°,所以PA=PB=PC= 所以P-ABC为正方体一部分,
【变式拓展】若把本题球的内接三棱锥满足的条件改为“PA⊥平面ABC，PA=2，AB=1，AC=2，∠BAC= ”，则球O的体积为________. 【解析】根据余弦定理：BC2=AC2+AB2-2AB·ACcs∠BAC=3，故 根据正弦定理： ，故r=1，r为三角形ABC外接圆半径，设R为三棱锥P-ABC外接球的半径， ，故 答案：
3.已知正三棱柱ABC-A1B1C1中，AB=2，直线A1B与平面B1BCC1所成角为45°，则此三棱柱的外接球的表面积为________. 【解析】如图所示，过点A1作A1D1垂直于B1C1交B1C1于D1，连接BD1，又平面A1B1C1⊥平面BC1，所以A1D1⊥平面BC1，所以∠A1BD1是A1B与平面BC1所成的角，所以∠A1BD1=45°，因为底面正三角形边长为2，所以A1D1= ，A1B= ，又A1B2=A1A2+AB2，所以
A1A= .设正三棱柱ABC-A1B1C1的外接球球心为O，半径为R，上、下底面中心分别为O1，O2，由于三棱柱的外接球的球心为两底面中心连线的中点，在Rt△OO1A1中， ，所以 ，即 故该三棱柱的外接球的表面积为 答案：
4.(2020·菏泽二模)魏晋时期数学家刘徽在他的著作《九章算术注》中，称一个正方体内两个互相垂直的内切圆柱所围成的几何体为“牟合方盖”(如图所示)，刘徽通过计算得知正方体的内切球的体积与“牟合方盖”的体积之比应为π∶4.若“牟合方盖”的体积为 ，则正方体的外接球的表面积为________.
【解析】因为“牟合方盖”的体积为 ，又正方体的内切球的体积与“牟合方盖”的体积之比应为π∶4，所以正方体的内切球的体积 所以内切球的半径r=1，所以正方体的棱长为2，所以正方体的外接球的直径等于正方体的体对角线即 所以 ，所以正方体的外接球的表面积为 答案：12π
【技法点拨】提素养 空间几何体与球接、切问题的求解策略提醒:如果所给空间几何体是不规则图形,可以先补成正方体、长方体、正四面体、正棱柱、圆柱等规则几何体.
考向三 空间点、线、面的位置关系【多维题组】速通关1.(2019·全国卷Ⅱ)设α,β为两个平面,则α∥β的充要条件是( )A.α内有无数条直线与β平行B.α内有两条相交直线与β平行C.α,β平行于同一条直线D.α,β垂直于同一平面
【解析】选B.当α内有无数条直线与β平行,也可能两平面相交,故A错.同样当α,β平行于同一条直线或α,β垂直于同一平面时,两平面也可能相交,故C,D错.由面面平行的判定定理可得B正确.
【变式拓展】已知m，l是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，则下列可以推出α⊥β的是( )A.m⊥l，m⊂β，l⊥α B.m⊥l，α∩β=l，m⊂αC.m∥l，m⊥α，l⊥β D.l⊥α，m∥l，m∥β
【解析】选D.由m，l是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，知：在A中，m⊥l，m⊂β，l⊥α，则α与β相交或平行，故A错；在B中，m⊥l，α∩β=l，m⊂α，则α与β有可能相交但不垂直，故B错；在C中，m∥l，m⊥α，l⊥β，则α∥β，故C错；在D中，l⊥α，m∥l，则m⊥α，又m∥β，则α⊥β，故D正确.
2.有下列命题:①若直线l平行于平面α内的无数条直线,则直线l∥α;②若直线a在平面α外,则a∥α;③若直线a∥b,b∥α,则a∥α;④若直线a∥b,b∥α,则a平行于平面α内的无数条直线.其中真命题的个数是( )A.1B.2C.3D.4
【解析】选A.命题①直线l可以在平面α内，不正确；命题②直线a与平面α可以是相交关系，不正确；命题③直线a可以在平面α内，不正确；命题④正确.
3.如图,点N为正方形ABCD的中心,△ECD为正三角形,平面ECD⊥平面ABCD,M是线段ED的中点,则( )A.BM=EN,且直线BM,EN是相交直线B.BM≠EN,且直线BM,EN是相交直线C.BM=EN,且直线BM,EN是异面直线D.BM≠EN,且直线BM,EN是异面直线
【解析】选B.如图所示,作EO⊥CD于点O,连接ON,过M作MF⊥OD于点F.连接BF,因为平面CDE⊥平面ABCD,EO⊥CD,MF⊥CD,EO⊂平面CDE,MF⊂平面CDE,所以EO⊥平面ABCD,MF⊥平面ABCD,所以△MFB与△EON均为直角三角形.设正方形边长为2,易知EO= ,ON=1,EN=2,MF= ,BF= ,所以BM= .
所以BM≠EN.连接BD,BE,因为点N是正方形ABCD的中心,所以点N在BD上,且BN=DN.又因为M为ED的中点,所以BM,EN为△DBE的中线,所以BM,EN必相交.
4.在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=BC=1,AA1= ,则异面直线AD1与DB1所成角的余弦值为( )
【解析】选C.方法一:(平移法)如图,连接BD1,交DB1于点O,取AB的中点M,连接DM,OM.易知O为BD1的中点,所以AD1∥OM,则∠MOD为异面直线AD1与DB1所成角.因为在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=BC=1,AA1= ,
所以OM= AD1=1,OD= DB1= ,于是在△DMO中,由余弦定理, 即异面直线AD1与DB1所成角的余弦值为 .
方法二:(坐标法)以D为坐标原点,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,如图所示. 由条件可知D(0,0,0),A(1,0,0),D1(0,0, ),B1(1,1, ),所以 =(-1,0, ), =(1,1, ),则由向量夹角公式,得cs< >即异面直线AD1与DB1所成角的余弦值为 .
方法三:(补体法)如图,在长方体ABCD-A1B1C1D1的一侧补上一个相同的长方体A′B′BA-A1′B1′B1A1.连接B1B′,由长方体性质可知,B1B′∥AD1,所以∠DB1B′为异面直线AD1与DB1所成的角或其补角.连接DB′,由题意,得DB′=
在△DB′B1中,由余弦定理,得DB′2= -2B′B1·DB1·cs∠DB1B′,即5=4+5-2×2 cs∠DB1B′,所以cs∠DB1B′= .
【技法点拨】提素养1.点、线、面的位置关系的判断方法(1)穷举法,即对各种关系都进行考虑,要充分发挥模型的直观性作用.(2)利用平行、垂直的判定定理、性质定理综合进行推理和判断命题是否正确.2.求异面直线所成角的方法(1)几何法:一作二证三计算,即先作出角,再说明某角即为所求,最后在三角形中求解.
(2)向量法建立空间直角坐标系,利用公式 求出异面直线的方向向量的夹角.若向量夹角是锐角或直角,则该角即为异面直线所成角;若向量夹角是钝角,则异面直线所成的角为该角的补角.
【新题速递】1.若直线l1和l2是异面直线,l1在平面α内,l2在平面β内,l是平面α与平面β的交线,则下列命题正确的是( )A.l与l1,l2都不相交B.l与l1,l2都相交C.l至多与l1,l2中的一条相交D.l至少与l1,l2中的一条相交
【解析】选D.方法一:(反证法)由于l与直线l1,l2分别共面,故直线l与l1,l2要么都不相交,要么至少与l1,l2中的一条相交.若l∥l1,l∥l2,则l1∥l2,这与l1,l2是异面直线矛盾.故l至少与l1,l2中的一条相交.方法二:(模型法)如图(1),l1与l2是异面直线,l1与l平行,l2与l相交,故A,B不正确;如图(2),l1与l2是异面直线,l1,l2都与l相交,故C不正确.
2.(2020·新高考全国Ⅰ卷)已知直四棱柱ABCD-A1B1C1D1的棱长均为2,∠BAD=60°,以D1为球心, 为半径的球面与侧面BCC1B1的交线长为________.
【解析】由已知连接BD,B1D1,则BD=B1D1=2,取BB1和CC1的中点E,F.连接EF,D1E,D1F,则D1E=D1F= ,故E,F在球面上.平面BCC1B1截球面的截面圆的圆心是B1C1的中点O,OE=OF= ,球面与侧面BCC1B1的交线是侧面上以O为圆心, 为半径的圆弧EF, 的长为 答案: π
3.(2020·湛江一调)在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=AD=2,AA1=3,点E为棱BB1上的点,且BE=2EB1,则异面直线DE与A1B1所成角的正弦值为( )
【解析】选B.在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=AD=2,AA1=3,点E为棱BB1上的点,且BE=2EB1,如图所示,在AA1上取点F,使得AF=2FA1,连接EF,FD,可得EF∥A1B1,所以异面直线DE与A1B1所成角就是相交直线EF与DE所成的角,设∠DEF=θ,又由在直角△ADF中,AD=2,AF=2,所以DF=
连接BD,在直角△BDE中,BD=2 ,BE=2,所以DE=在△DEF中,DF=2 ,EF=2,DE=2 ,由余弦定理可得cs θ= 所以异面直线DE与A1B1所成角的正弦值sin θ= .
4.已知底面边长为a的正三棱柱ABC-A1B1C1的六个顶点在球O1上，又知球O2与此正三棱柱的5个面都相切，则球O1与球O2的半径之比为________，表面积之比为________. 【解析】设球O1，球O2的半径分别为R，r，由于正三棱柱的六个顶点都在同一个球面上，所以球心在上下底面中心的连线的中点上，如图，AB=a，OA=R，OE=r，在△OEA中，
，由于OA2=OE2+AE2，所以 ，则球O1与球O2的半径比为 ，所以球O1与球O2的表面积之比等于 答案： 5∶1
【创新迁移】1.如图所示，正四面体ABCD中，E是棱AD的中点，P是棱AC上一动点，BP+PE的最小值为 ，则该正四面体的外接球表面积是( )A.12πB.32πC.8πD.24π
【解析】选A.将侧面△ABC和△ACD沿AC边展开成平面图形，如图所示，菱形ABCD，在菱形ABCD中，连接BE，交AC于点P，则BE的长即为BP+PE的最小值，即BE= ，因为四面体ABCD是正四面体，所以AC=AB，所以∠BCD=120°，因为E是棱AD的中点，所以∠DCE=30°，所以∠BCE=∠BCD-∠DCE=90°，
设DE=x，则AB=BC=CD=AD=2x，所以CE= ，则 所以x= ，则正四面体ABCD的棱长为 ，所以正四面体的外接球半径为所以该正四面体外接球的表面积为
2.最早的测雨器记载见于南宋数学家秦九韶所著的《数书九章》.该书第二章为“天时类”,收录了有关降水量计算的四个例子,分别是“天池测雨”、“圆罂测雨”、“峻积验雪”和“竹器验雪”.其中“天池测雨”法是下雨时用一个圆台形的天池盆收集雨水.已知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.当盆中积水深九寸(注:1尺=10寸)时,平地降雨量是( )A.9寸B.7寸C.8寸D.3寸
【解析】选D.由已知天池盆上底面半径是14寸,下底面半径是6寸,高为18寸,由积水深9寸知水面半径为 ×(14+6)=10(寸),则盆中水体积为 π×9×(62+102+6×10)=588π(立方寸),所以平地降雨量为 =3(寸).
九 空间几何体(40分钟 80分)
一、单项选择题(共8小题,每小题5分,共40分)1.已知大球的体积是小球体积的2倍,则大球表面积是小球表面积的倍数为( ) 【解析】选B.设大球与小球的半径分别为R,r,则 所以R= r,所以 ,故选B.
2.已知在正方体ABCD-A1B1C1D1中(如图),l⊂平面A1B1C1D1,且l与B1C1不平行,则下列一定不可能的是( )A.l与AD平行B.l与AB异面C.l与CD所成角为30°D.l与BD垂直
【解析】选A.在正方体ABCD-A1B1C1D1中,l⊂平面A1B1C1D1,且l与B1C1不平行,又因为AD∥B1C1,所以l必与直线AD不平行.
3.如图所示为一平面图形的直观图,则此平面图形可能是( )
【解析】选C.斜二测画法规则:平行于x轴或x轴上的线段的长度在新坐标系中不变,平行于y轴或在y轴上的线段的长度在新坐标系中变为原来的 ,并注意到∠x′O′y′=45°⇒∠xOy=90°,且是直角梯形,结合摆放位置知选C.
4.(2020·泰安一模)已知α,β是两个不重合的平面,m,n是两条不重合的直线,则下列命题错误的是( )A.若m⊥n,m⊥α,n∥β,则α⊥βB.若m⊥α,n∥α,则m⊥nC.若α∥β,m⊂α,则m∥βD.若m∥n,α∥β,则m与α所成的角和n与β所成的角相等
【解析】选A.选项A.若m⊥n,m⊥α,n∥β,则n⊂α或n∥α,又n∥β,并不能得到α⊥β这一结论,故A错误;选项B.若m⊥α,n∥α,则由线面垂直的性质定理和线面平行的性质定理可得m⊥n,故B正确;选项C.若α∥β,m⊂α,则由面面平行的性质定理可知m∥β,故C正确;选项D.若m∥n,α∥β,则由线面角的定义和等角定理知,m与α所成的角和n与β所成的角相等,故D正确.
5.(2020·泰安一模)一个封闭的棱长为2的正方体容器,当水平放置时,如图,水面的高度正好为棱长的一半.若将该正方体绕下底面(底面与水平面平行)的某条棱任意旋转,则容器里水面的最大高度为( )A.1B. C. D.2
【解题导引】根据已知可知水面的最大高度为正方体面对角线长的一半,由此得到结论.【解析】选B.正方体的面对角线长为2 ,由于水的体积是正方体体积的一半,且正方体绕下底面(底面与水平面平行)的某条棱任意旋转,所以容器里水面的最大高度为面对角线长的一半,即最大水面高度为 .
6.(2020·全国Ⅰ卷)已知A,B,C为球O的球面上的三个点,☉O1为△ABC的外接圆,若☉O1的面积为4π,AB=BC=AC=OO1,则球O的表面积为( )A.64πB.48πC.36πD.32π
【解析】选A.设圆O1的半径为r,球的半径为R,依题意,得πr2=4π,所以r=2,由正弦定理可得AB=2rsin 60°=2 ,所以OO1=AB=2 ,根据球截面性质得OO1⊥平面ABC,所以OO1⊥O1A,R=OA= 所以球O的表面积S=4πR2=64π.
7.(2020·全国Ⅱ卷)已知△ABC是面积为 的等边三角形,且其顶点都在球O的球面上.若球O的表面积为16π,则O到平面ABC的距离为( )
【解析】选C.设△ABC的外接圆圆心为O1,记OO1=d,圆O1的半径为r,球O的半径为R,△ABC的边长为a,则S△ABC= a2= ,可得a=3,于是r= ,由题知,球O的表面积为16π,则R=2,由R2=r2+d2易得d=1,即O到平面ABC的距离为1.
8.如图,在三棱锥S-ABC中,SA⊥平面ABC,AB=BC=4,∠ABC=90°,侧棱SB与平面ABC所成的角为45°,M为AC的中点,N是侧棱SC上一动点,当△BMN的面积最小时,异面直线SB与MN所成角的余弦值为( )A. B. C. D.
【解析】选D.由题意知△ABC为等腰直角三角形,因为M为AC的中点,所以BM⊥AC.又SA⊥平面ABC,所以SA⊥BM,所以BM⊥平面SAC,所以BM⊥MN,故△BMN的面积S= BM·MN.易知AC=4 ,所以BM= AC=2 ,所以S= MN,当MN最小时,△BMN的面积最小,此时MN⊥SC.当MN⊥SC时,过S作SE⊥SC,交CA的延长线于点E,则SE∥MN,连接BE,则∠BSE为异面直线SB与MN所成的角或其补角.
因为SA⊥平面ABC,所以∠SBA为直线SB与平面ABC所成的角,所以∠SBA=45°,所以SA=AB=4,所以SB=4 ,SC=4 .又tan∠SCA= 所以SE=2 ,所以AE=2 ,ME=4 ,在Rt△EMB中,易知BE=2 ,所以cs∠BSE= 故当△BMN的面积最小时,异面直线SB与MN所成角的余弦值为 .
二、多项选择题(共20分,全部选对得5分,选对但不全的得3分,有选错的得0分)9.如果四棱锥的四条侧棱都相等,就称它为“等腰四棱锥”,四条侧棱称为它的腰,以下四个命题中,正确的是( )A.等腰四棱锥的腰与底面所成的角都相等B.等腰四棱锥的侧面与底面所成的二面角都相等或互补C.等腰四棱锥的底面四边形必存在外接圆D.等腰四棱锥的各顶点必在同一球面上
【解析】选ACD.因为“等腰四棱锥”的四条侧棱都相等,所以它的顶点在底面的射影到底面的四个顶点距离相等,故A,C是正确的;且在它的高上必能找到一点到各个顶点的距离相等,故D是真命题;B是不正确的,如底面是一个等腰梯形时结论就不成立.
10.已知m,n是不重合的直线,α,β是不重合的平面,则下列命题错误的是( )A.若m⊂α,n∥α,则m∥nB.若m∥α,m∥β,则α∥β或α与β相交C.若α∩β=n,m∥n,则m∥α且m∥βD.若m⊥α,m⊥β,则α∥β
【解析】选AC.若m⊂α,n∥α,则m与n可能平行或异面,故A错误;若m∥α,m∥β,则α与β可能相交或平行,故B正确;若α∩β=n,m∥n,则m可能在平面α或β内,故C错误;若m⊥α,m⊥β,根据垂直于同一直线的两个平面平行,故α∥β,故D正确.
11.(2020·济南模拟)我国南北朝时期的数学家祖暅提出了计算体积的祖暅原理:“幂势既同,则积不容异.”意思是:两个等高的几何体若在所有等高处的水平截面的面积相等,则这两个几何体的体积相等.已知曲线C:y=x2,直线l为曲线C在点(1,1)处的切线.如图所示,阴影部分为曲线C、直线l以及x轴所围成的平面图形,记该平面图形绕y轴旋转一周所得到的几何体为Γ.给出以下四个几何体:
图1是底面直径和高均为1的圆锥;图2是将底面直径和高均为1的圆柱挖掉一个与圆柱同底等高的倒置圆锥得到的几何体;图3是底面边长和高均为1的正四棱锥;图4是将上底面直径为2,下底面直径为1,高为1的圆台挖掉一个底面直径为2,高为1的倒置圆锥得到的几何体.根据祖暅原理,以上四个几何体中与Γ的体积不相等的是( )A.图1B.图2C.图3D.图4
【解析】选BCD.由题可知,几何体Γ是由阴影部分旋转一周得到,其横截面为环形,设阴影部分等高处,抛物线对应的点的横坐标为x1,切线对应的点的横坐标为x2.由f(x)=x2,可得f′(x)=2x,所以f′(1)=2,所以曲线C在点(1,1)处的切线方程为y-1=2(x-1),即y=2x-1,所以 =y,x2= ,所以几何体Γ在等高处的横截面面积S=π -π =π· .图1中的圆锥高为1,底面半径为 ,易知该圆锥可由直线y=2x+1绕y轴旋转得到,其横截面面积S′=πx2=π· ,所以几何体Γ和图1中的圆锥在所有等高处的水平截面的面积相等,所以它们的体积相等,故选BCD.
12.沙漏是古代的一种计时装置,它由两个形状完全相同的容器和一个狭窄的连接管道组成,开始时细沙全部在上部容器中,细沙通过连接管道全部流到下部容器所需要的时间称为该沙漏的一个沙时.如图,某沙漏由上下两个圆锥组成,圆锥的底面直径和高均为8 cm,细沙全部在上部时,其高度为圆锥高度的 (细管长度忽略不计).假设该沙漏每秒钟漏下0.02 cm3的沙,且细沙全部漏入下部后,恰好堆成一个盖住沙漏底部的圆锥形沙堆.以下结论正确的是( )
A.沙漏中的细沙体积为 B.沙漏的体积是128π cm3C.细沙全部漏入下部后此锥形沙堆的高度约为3 cmD.该沙漏的一个沙时大约是1 985秒(π≈3.14)
【解析】选AD.A.根据圆锥的截面图可知:细沙在上部时,细沙的底面半径与圆锥的底面半径之比等于细沙的高与圆锥的高之比,所以细沙的底面半径23 r= ×4= (cm),所以体积V= ·πr2· B.沙漏的体积V=2× ×π× ×h=2× ×π×42×8= π(cm3);C.设细沙流入下部后的高度为h1,根据细沙体积不变可知: 所以 h1,所以h1≈2.4(cm);D.因为细沙的体积为 cm3,沙漏每秒钟漏下0.02 cm3的沙,所以一个沙时为: ×50≈1 985(秒).
三、填空题(共4小题,每小题5分,共20分)13.(2020·汕头一模)有一种工艺品是由正三棱柱挖去一个圆锥所成, 已知正三棱柱ABC-A1B1C1 的所有棱长都是2,圆锥的顶点为△ABC的中心, 底面为△A1B1C1的内切圆,则该工艺品的体积为__________. 【解题导引】先求正三棱柱ABC-A1B1C1底面△A1B1C1的高为h= ,进而求得底面△A1B1C1内切圆的半径为r= ,利用几何体的体积公式,即可求解.
【解析】由题意,可知正三棱柱ABC-A1B1C1的所有棱长都是2,所以△A1B1C1的高为h= ,设底面△A1B1C1内切圆的半径为r,则( -r)2=r2+1,解得r= ,所以该工艺品的体积为V= -V圆锥=S△ABC×AA1- πr2×AA1= ×2× ×2- ×π× ×2=2 - .答案:2 -
14.(2020·潮州二模)在三棱锥P-ABC中,PA⊥平面ABC,∠BAC= ,AP=4,AB=AC=2 ,则三棱锥P-ABC的外接球的体积为________.
【解析】如图,已知∠BAC= ,AB=AC=2 ,故∠ABC=∠ACB= ,可得△ABC的外接圆的半径r= 因为PA⊥平面ABC,且PA=4,所以三棱锥P-ABC的外接球的半径R满足R2= +r2=16⇒R=4.所以三棱锥P-ABC的外接球的体积为 ·R3= π.答案: π
【加练备选】(2020·惠州一调)已知球的直径DC=4,A,B是该球面上的两点,∠ADC=∠BDC= ,则三棱锥A-BCD的体积的最大值是________.
【解析】因为球的直径DC=4,且∠ADC=∠BDC= ,所以AC=BC=2,AD=BD=2 ,VA-BCD= ×S△BCD×h(其中h为点A到底面BCD的距离),故当h最大时,VA-BCD的体积最大,即当平面ADC⊥平面BDC时,h最大且满足4h=2×2 ,即h= ,此时VA-BCD= × ×2×2 × =2.答案:2
15.(2020·石家庄二模)已知正四面体A-BCD的棱长均为6,其内有n个小球,球O1与三棱锥A-BCD的四个面都相切,球O2与三棱锥A-BCD的三个面和球O1都相切,以此类推,…,球On与三棱锥A-BCD的三个面和球On-1都相切(n≥2,n∈N*),则球On的表面积等于________.
【解析】不妨设On的半径为rn,正四面体的棱长为a,取CD中点为E,球O1与平面ACD切于点F,球O2与平面ACD切于点H,作截面ABE,G为△BCD的外心,如图所示:
易知GE= a,AG= a,AE= a,因为△AFO1∽△AGE,故可得 解得r1= a= ;同理由△AHO2∽△AGE,故可得 解得r2= 以此类推,总结归纳可得 是首项为 ,公比为 的等比数列,故可得rn= 则On的表面积S=4π =4π× 答案:
16.在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中,M,N,Q分别为棱A1B1,B1C1,BB1的中点,点P为棱CC1上的动点,则VP-MNQ的最大值为________,若点P为棱CC1的中点,三棱锥M-PQN的顶点在同一个球面上,则该球的表面积为________.
【解析】连接B1C交QN于点H,因为四边形B1BCC1是正方形,N,Q分别为棱B1C1,BB1的中点,所以易得,B1C⊥QN,H为QN的中点,且在正方形B1BCC1中,棱CC1上的点中点C到直线QN的距离最大为CH,又正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2,所以QN= ,B1C= 因此B1H= ,所以CH=2 所以S△CNQ=
又点P为棱CC1上的动点,所以当点P与点C重合时,△PNQ的面积最大,为 ,因为正方体ABCD-A1B1C1D1中,A1B1⊥平面B1BCC1,所以MB1⊥平面PNQ,又VP-MNQ=VM-PNQ,所以 若点P为棱CC1的中点,连接PQ交B1C于点E,连接NE,则点E为右侧面B1BCC1的中心,取左侧面A1ADD1的中心为点F,连接EF,记EF的中点为G,则G为正方体ABCD-A1B1C1D1的中心,连接MG,则MG⊥EF,
因为P为棱CC1的中点,所以NP= =NQ,所以NP2+QN2=4=PQ2,因此NP⊥NQ,所以△PNQ的外接圆圆心为点E;又球心与截面圆圆心的连线垂直于截面,EF∥A1B1,A1B1⊥平面B1BCC1,所以EF⊥平面B1BCC1,因此三棱锥M-PQN外接球的球心在直线EF上,记作点O,连接OM,ON,设三棱锥M-PQN外接球的半径为R,
则OM=ON=R,又MB1∥GE,且MB1=GE,EF⊥B1C,所以四边形MB1EG为矩形,因此MG=B1E= B1C= ,所以OG= 因为NE= CC1=1,
考向一 空间几何体的表面积与体积1.过圆锥的轴作截面,如果截面三角形为正三角形,则称该圆锥为等边圆锥.已知一等边圆锥中,过顶点P的截面与底面交于CD,若∠COD=90° (O为底面圆心),且S△PCD= ,则这个等边圆锥的表面积为( )A. B.3πC. D.
【解析】选B.如图，连接PO，设圆锥的母线长为2a，则圆锥的底面圆的半径为a，圆锥的高PO= a.由已知得CD= a，PC=PD=2a，则 从而a=1，圆锥的表面积为πa×2a+πa2=3π.
2.在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=BC=2,AC1与平面BB1C1C所成的角为30°,则该长方体的体积为( )A.8B.6 C.8 D.8 【解析】选C.如图,连接AC1和BC1,因为AB⊥平面BB1C1C,AC1与平面BB1C1C所成角为30°,所以∠AC1B=30°,所以 =tan 30°,BC1=2 ,所以CC1=2 ,所以V=2×2×2 =8 .
3.(2020·全国Ⅰ卷)埃及胡夫金字塔是古代世界建筑奇迹之一,它的形状可视为一个正四棱锥,以该四棱锥的高为边长的正方形面积等于该四棱锥一个侧面三角形的面积,则其侧面三角形底边上的高与底面正方形的边长的比值为( )
【解析】选C.如图，设CD=a，PE=b，则 由题意PO2= ab，即 化简得 解得 (负值舍去).
4.已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2,M,N分别为BB1,AB的中点,则三棱锥A-NMD1的体积为________. 【解析】如图,因为正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2,M,N分别为BB1,AB的中点,所以S△ANM= ×1×1= ,所以 答案:
【技法点拨】提素养1.求三棱锥的体积等体积转化是常用的方法,转换原则是其高易求,底面放在已知几何体的某一面上.2.求不规则几何体的体积常用分割或补形的思想,将不规则几何体转化为规则几何体以易于求解.
考向二 与球有关的切、接问题【多维题组】速通关1.(2020·天津高考)若棱长为2 的正方体的顶点都在同一球面上,则该球的表面积为( )A.12πB.24πC.36πD.144π
【解析】选C.这个球是正方体的外接球,其半径等于正方体的体对角线的一半,设外接球的半径为R,则 所以,这个球的表面积为S=4πR2=4π×32=36π.
2.(2019·全国卷Ⅰ)已知三棱锥P-ABC的四个顶点在球O的球面上,PA=PB=PC,△ABC是边长为2的正三角形,E,F分别是PA,AB的中点,∠CEF=90°,则球O的体积为( )
【解析】选D.方法一:设PA=PB=PC=2x,E,F分别为PA,AB的中点,所以EF∥PB,且EF= PB=x,因为△ABC是边长为2的等边三角形,所以CF= ,又∠CEF=90°,所以 AE= PA=x,在△AEC中,利用余弦定理得 ,作PD⊥AC于D,因为PA=PC,所以D为AC中点,
所以 所以2x2+1=2,所以 所以PA=PB=PC= 又AB=BC=AC=2,所以PA,PB,PC两两垂直,所以 ,所以 所以
方法二:因为PA=PB=PC,△ABC是边长为2的等边三角形,所以P-ABC为正三棱锥,易得PB⊥AC,又E,F分别为PA,AB的中点,所以EF∥PB,所以EF⊥AC,又EF⊥CE,CE∩AC=C,所以EF⊥平面PAC,PB⊥平面PAC,所以∠BPA=90°,所以PA=PB=PC= 所以P-ABC为正方体一部分,
【变式拓展】若把本题球的内接三棱锥满足的条件改为“PA⊥平面ABC，PA=2，AB=1，AC=2，∠BAC= ”，则球O的体积为________. 【解析】根据余弦定理：BC2=AC2+AB2-2AB·ACcs∠BAC=3，故 根据正弦定理： ，故r=1，r为三角形ABC外接圆半径，设R为三棱锥P-ABC外接球的半径， ，故 答案：
3.已知正三棱柱ABC-A1B1C1中，AB=2，直线A1B与平面B1BCC1所成角为45°，则此三棱柱的外接球的表面积为________. 【解析】如图所示，过点A1作A1D1垂直于B1C1交B1C1于D1，连接BD1，又平面A1B1C1⊥平面BC1，所以A1D1⊥平面BC1，所以∠A1BD1是A1B与平面BC1所成的角，所以∠A1BD1=45°，因为底面正三角形边长为2，所以A1D1= ，A1B= ，又A1B2=A1A2+AB2，所以
A1A= .设正三棱柱ABC-A1B1C1的外接球球心为O，半径为R，上、下底面中心分别为O1，O2，由于三棱柱的外接球的球心为两底面中心连线的中点，在Rt△OO1A1中， ，所以 ，即 故该三棱柱的外接球的表面积为 答案：
4.(2020·菏泽二模)魏晋时期数学家刘徽在他的著作《九章算术注》中，称一个正方体内两个互相垂直的内切圆柱所围成的几何体为“牟合方盖”(如图所示)，刘徽通过计算得知正方体的内切球的体积与“牟合方盖”的体积之比应为π∶4.若“牟合方盖”的体积为 ，则正方体的外接球的表面积为________.
【解析】因为“牟合方盖”的体积为 ，又正方体的内切球的体积与“牟合方盖”的体积之比应为π∶4，所以正方体的内切球的体积 所以内切球的半径r=1，所以正方体的棱长为2，所以正方体的外接球的直径等于正方体的体对角线即 所以 ，所以正方体的外接球的表面积为 答案：12π
【技法点拨】提素养 空间几何体与球接、切问题的求解策略提醒:如果所给空间几何体是不规则图形,可以先补成正方体、长方体、正四面体、正棱柱、圆柱等规则几何体.
考向三 空间点、线、面的位置关系【多维题组】速通关1.(2019·全国卷Ⅱ)设α,β为两个平面,则α∥β的充要条件是( )A.α内有无数条直线与β平行B.α内有两条相交直线与β平行C.α,β平行于同一条直线D.α,β垂直于同一平面
【解析】选B.当α内有无数条直线与β平行,也可能两平面相交,故A错.同样当α,β平行于同一条直线或α,β垂直于同一平面时,两平面也可能相交,故C,D错.由面面平行的判定定理可得B正确.
【变式拓展】已知m，l是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，则下列可以推出α⊥β的是( )A.m⊥l，m⊂β，l⊥α B.m⊥l，α∩β=l，m⊂αC.m∥l，m⊥α，l⊥β D.l⊥α，m∥l，m∥β
【解析】选D.由m，l是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，知：在A中，m⊥l，m⊂β，l⊥α，则α与β相交或平行，故A错；在B中，m⊥l，α∩β=l，m⊂α，则α与β有可能相交但不垂直，故B错；在C中，m∥l，m⊥α，l⊥β，则α∥β，故C错；在D中，l⊥α，m∥l，则m⊥α，又m∥β，则α⊥β，故D正确.
2.有下列命题:①若直线l平行于平面α内的无数条直线,则直线l∥α;②若直线a在平面α外,则a∥α;③若直线a∥b,b∥α,则a∥α;④若直线a∥b,b∥α,则a平行于平面α内的无数条直线.其中真命题的个数是( )A.1B.2C.3D.4
【解析】选A.命题①直线l可以在平面α内，不正确；命题②直线a与平面α可以是相交关系，不正确；命题③直线a可以在平面α内，不正确；命题④正确.
3.如图,点N为正方形ABCD的中心,△ECD为正三角形,平面ECD⊥平面ABCD,M是线段ED的中点,则( )A.BM=EN,且直线BM,EN是相交直线B.BM≠EN,且直线BM,EN是相交直线C.BM=EN,且直线BM,EN是异面直线D.BM≠EN,且直线BM,EN是异面直线
【解析】选B.如图所示,作EO⊥CD于点O,连接ON,过M作MF⊥OD于点F.连接BF,因为平面CDE⊥平面ABCD,EO⊥CD,MF⊥CD,EO⊂平面CDE,MF⊂平面CDE,所以EO⊥平面ABCD,MF⊥平面ABCD,所以△MFB与△EON均为直角三角形.设正方形边长为2,易知EO= ,ON=1,EN=2,MF= ,BF= ,所以BM= .
所以BM≠EN.连接BD,BE,因为点N是正方形ABCD的中心,所以点N在BD上,且BN=DN.又因为M为ED的中点,所以BM,EN为△DBE的中线,所以BM,EN必相交.
4.在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=BC=1,AA1= ,则异面直线AD1与DB1所成角的余弦值为( )
【解析】选C.方法一:(平移法)如图,连接BD1,交DB1于点O,取AB的中点M,连接DM,OM.易知O为BD1的中点,所以AD1∥OM,则∠MOD为异面直线AD1与DB1所成角.因为在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=BC=1,AA1= ,
所以OM= AD1=1,OD= DB1= ,于是在△DMO中,由余弦定理, 即异面直线AD1与DB1所成角的余弦值为 .
方法二:(坐标法)以D为坐标原点,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,如图所示. 由条件可知D(0,0,0),A(1,0,0),D1(0,0, ),B1(1,1, ),所以 =(-1,0, ), =(1,1, ),则由向量夹角公式,得cs< >即异面直线AD1与DB1所成角的余弦值为 .
方法三:(补体法)如图,在长方体ABCD-A1B1C1D1的一侧补上一个相同的长方体A′B′BA-A1′B1′B1A1.连接B1B′,由长方体性质可知,B1B′∥AD1,所以∠DB1B′为异面直线AD1与DB1所成的角或其补角.连接DB′,由题意,得DB′=
在△DB′B1中,由余弦定理,得DB′2= -2B′B1·DB1·cs∠DB1B′,即5=4+5-2×2 cs∠DB1B′,所以cs∠DB1B′= .
【技法点拨】提素养1.点、线、面的位置关系的判断方法(1)穷举法,即对各种关系都进行考虑,要充分发挥模型的直观性作用.(2)利用平行、垂直的判定定理、性质定理综合进行推理和判断命题是否正确.2.求异面直线所成角的方法(1)几何法:一作二证三计算,即先作出角,再说明某角即为所求,最后在三角形中求解.
(2)向量法建立空间直角坐标系,利用公式 求出异面直线的方向向量的夹角.若向量夹角是锐角或直角,则该角即为异面直线所成角;若向量夹角是钝角,则异面直线所成的角为该角的补角.
【新题速递】1.若直线l1和l2是异面直线,l1在平面α内,l2在平面β内,l是平面α与平面β的交线,则下列命题正确的是( )A.l与l1,l2都不相交B.l与l1,l2都相交C.l至多与l1,l2中的一条相交D.l至少与l1,l2中的一条相交
【解析】选D.方法一:(反证法)由于l与直线l1,l2分别共面,故直线l与l1,l2要么都不相交,要么至少与l1,l2中的一条相交.若l∥l1,l∥l2,则l1∥l2,这与l1,l2是异面直线矛盾.故l至少与l1,l2中的一条相交.方法二:(模型法)如图(1),l1与l2是异面直线,l1与l平行,l2与l相交,故A,B不正确;如图(2),l1与l2是异面直线,l1,l2都与l相交,故C不正确.
2.(2020·新高考全国Ⅰ卷)已知直四棱柱ABCD-A1B1C1D1的棱长均为2,∠BAD=60°,以D1为球心, 为半径的球面与侧面BCC1B1的交线长为________.
【解析】由已知连接BD,B1D1,则BD=B1D1=2,取BB1和CC1的中点E,F.连接EF,D1E,D1F,则D1E=D1F= ,故E,F在球面上.平面BCC1B1截球面的截面圆的圆心是B1C1的中点O,OE=OF= ,球面与侧面BCC1B1的交线是侧面上以O为圆心, 为半径的圆弧EF, 的长为 答案: π
3.(2020·湛江一调)在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=AD=2,AA1=3,点E为棱BB1上的点,且BE=2EB1,则异面直线DE与A1B1所成角的正弦值为( )
【解析】选B.在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=AD=2,AA1=3,点E为棱BB1上的点,且BE=2EB1,如图所示,在AA1上取点F,使得AF=2FA1,连接EF,FD,可得EF∥A1B1,所以异面直线DE与A1B1所成角就是相交直线EF与DE所成的角,设∠DEF=θ,又由在直角△ADF中,AD=2,AF=2,所以DF=
连接BD,在直角△BDE中,BD=2 ,BE=2,所以DE=在△DEF中,DF=2 ,EF=2,DE=2 ,由余弦定理可得cs θ= 所以异面直线DE与A1B1所成角的正弦值sin θ= .
4.已知底面边长为a的正三棱柱ABC-A1B1C1的六个顶点在球O1上，又知球O2与此正三棱柱的5个面都相切，则球O1与球O2的半径之比为________，表面积之比为________. 【解析】设球O1，球O2的半径分别为R，r，由于正三棱柱的六个顶点都在同一个球面上，所以球心在上下底面中心的连线的中点上，如图，AB=a，OA=R，OE=r，在△OEA中，
，由于OA2=OE2+AE2，所以 ，则球O1与球O2的半径比为 ，所以球O1与球O2的表面积之比等于 答案： 5∶1
【创新迁移】1.如图所示，正四面体ABCD中，E是棱AD的中点，P是棱AC上一动点，BP+PE的最小值为 ，则该正四面体的外接球表面积是( )A.12πB.32πC.8πD.24π
【解析】选A.将侧面△ABC和△ACD沿AC边展开成平面图形，如图所示，菱形ABCD，在菱形ABCD中，连接BE，交AC于点P，则BE的长即为BP+PE的最小值，即BE= ，因为四面体ABCD是正四面体，所以AC=AB，所以∠BCD=120°，因为E是棱AD的中点，所以∠DCE=30°，所以∠BCE=∠BCD-∠DCE=90°，
设DE=x，则AB=BC=CD=AD=2x，所以CE= ，则 所以x= ，则正四面体ABCD的棱长为 ，所以正四面体的外接球半径为所以该正四面体外接球的表面积为
2.最早的测雨器记载见于南宋数学家秦九韶所著的《数书九章》.该书第二章为“天时类”,收录了有关降水量计算的四个例子,分别是“天池测雨”、“圆罂测雨”、“峻积验雪”和“竹器验雪”.其中“天池测雨”法是下雨时用一个圆台形的天池盆收集雨水.已知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.当盆中积水深九寸(注:1尺=10寸)时,平地降雨量是( )A.9寸B.7寸C.8寸D.3寸
【解析】选D.由已知天池盆上底面半径是14寸,下底面半径是6寸,高为18寸,由积水深9寸知水面半径为 ×(14+6)=10(寸),则盆中水体积为 π×9×(62+102+6×10)=588π(立方寸),所以平地降雨量为 =3(寸).
九 空间几何体(40分钟 80分)
一、单项选择题(共8小题,每小题5分,共40分)1.已知大球的体积是小球体积的2倍,则大球表面积是小球表面积的倍数为( ) 【解析】选B.设大球与小球的半径分别为R,r,则 所以R= r,所以 ,故选B.
2.已知在正方体ABCD-A1B1C1D1中(如图),l⊂平面A1B1C1D1,且l与B1C1不平行,则下列一定不可能的是( )A.l与AD平行B.l与AB异面C.l与CD所成角为30°D.l与BD垂直
【解析】选A.在正方体ABCD-A1B1C1D1中,l⊂平面A1B1C1D1,且l与B1C1不平行,又因为AD∥B1C1,所以l必与直线AD不平行.
3.如图所示为一平面图形的直观图,则此平面图形可能是( )
【解析】选C.斜二测画法规则:平行于x轴或x轴上的线段的长度在新坐标系中不变,平行于y轴或在y轴上的线段的长度在新坐标系中变为原来的 ,并注意到∠x′O′y′=45°⇒∠xOy=90°,且是直角梯形,结合摆放位置知选C.
4.(2020·泰安一模)已知α,β是两个不重合的平面,m,n是两条不重合的直线,则下列命题错误的是( )A.若m⊥n,m⊥α,n∥β,则α⊥βB.若m⊥α,n∥α,则m⊥nC.若α∥β,m⊂α,则m∥βD.若m∥n,α∥β,则m与α所成的角和n与β所成的角相等
【解析】选A.选项A.若m⊥n,m⊥α,n∥β,则n⊂α或n∥α,又n∥β,并不能得到α⊥β这一结论,故A错误;选项B.若m⊥α,n∥α,则由线面垂直的性质定理和线面平行的性质定理可得m⊥n,故B正确;选项C.若α∥β,m⊂α,则由面面平行的性质定理可知m∥β,故C正确;选项D.若m∥n,α∥β,则由线面角的定义和等角定理知,m与α所成的角和n与β所成的角相等,故D正确.
5.(2020·泰安一模)一个封闭的棱长为2的正方体容器,当水平放置时,如图,水面的高度正好为棱长的一半.若将该正方体绕下底面(底面与水平面平行)的某条棱任意旋转,则容器里水面的最大高度为( )A.1B. C. D.2
【解题导引】根据已知可知水面的最大高度为正方体面对角线长的一半,由此得到结论.【解析】选B.正方体的面对角线长为2 ,由于水的体积是正方体体积的一半,且正方体绕下底面(底面与水平面平行)的某条棱任意旋转,所以容器里水面的最大高度为面对角线长的一半,即最大水面高度为 .
6.(2020·全国Ⅰ卷)已知A,B,C为球O的球面上的三个点,☉O1为△ABC的外接圆,若☉O1的面积为4π,AB=BC=AC=OO1,则球O的表面积为( )A.64πB.48πC.36πD.32π
【解析】选A.设圆O1的半径为r,球的半径为R,依题意,得πr2=4π,所以r=2,由正弦定理可得AB=2rsin 60°=2 ,所以OO1=AB=2 ,根据球截面性质得OO1⊥平面ABC,所以OO1⊥O1A,R=OA= 所以球O的表面积S=4πR2=64π.
7.(2020·全国Ⅱ卷)已知△ABC是面积为 的等边三角形,且其顶点都在球O的球面上.若球O的表面积为16π,则O到平面ABC的距离为( )
【解析】选C.设△ABC的外接圆圆心为O1,记OO1=d,圆O1的半径为r,球O的半径为R,△ABC的边长为a,则S△ABC= a2= ,可得a=3,于是r= ,由题知,球O的表面积为16π,则R=2,由R2=r2+d2易得d=1,即O到平面ABC的距离为1.
8.如图,在三棱锥S-ABC中,SA⊥平面ABC,AB=BC=4,∠ABC=90°,侧棱SB与平面ABC所成的角为45°,M为AC的中点,N是侧棱SC上一动点,当△BMN的面积最小时,异面直线SB与MN所成角的余弦值为( )A. B. C. D.
【解析】选D.由题意知△ABC为等腰直角三角形,因为M为AC的中点,所以BM⊥AC.又SA⊥平面ABC,所以SA⊥BM,所以BM⊥平面SAC,所以BM⊥MN,故△BMN的面积S= BM·MN.易知AC=4 ,所以BM= AC=2 ,所以S= MN,当MN最小时,△BMN的面积最小,此时MN⊥SC.当MN⊥SC时,过S作SE⊥SC,交CA的延长线于点E,则SE∥MN,连接BE,则∠BSE为异面直线SB与MN所成的角或其补角.
因为SA⊥平面ABC,所以∠SBA为直线SB与平面ABC所成的角,所以∠SBA=45°,所以SA=AB=4,所以SB=4 ,SC=4 .又tan∠SCA= 所以SE=2 ,所以AE=2 ,ME=4 ,在Rt△EMB中,易知BE=2 ,所以cs∠BSE= 故当△BMN的面积最小时,异面直线SB与MN所成角的余弦值为 .
二、多项选择题(共20分,全部选对得5分,选对但不全的得3分,有选错的得0分)9.如果四棱锥的四条侧棱都相等,就称它为“等腰四棱锥”,四条侧棱称为它的腰,以下四个命题中,正确的是( )A.等腰四棱锥的腰与底面所成的角都相等B.等腰四棱锥的侧面与底面所成的二面角都相等或互补C.等腰四棱锥的底面四边形必存在外接圆D.等腰四棱锥的各顶点必在同一球面上
【解析】选ACD.因为“等腰四棱锥”的四条侧棱都相等,所以它的顶点在底面的射影到底面的四个顶点距离相等,故A,C是正确的;且在它的高上必能找到一点到各个顶点的距离相等,故D是真命题;B是不正确的,如底面是一个等腰梯形时结论就不成立.
10.已知m,n是不重合的直线,α,β是不重合的平面,则下列命题错误的是( )A.若m⊂α,n∥α,则m∥nB.若m∥α,m∥β,则α∥β或α与β相交C.若α∩β=n,m∥n,则m∥α且m∥βD.若m⊥α,m⊥β,则α∥β
【解析】选AC.若m⊂α,n∥α,则m与n可能平行或异面,故A错误;若m∥α,m∥β,则α与β可能相交或平行,故B正确;若α∩β=n,m∥n,则m可能在平面α或β内,故C错误;若m⊥α,m⊥β,根据垂直于同一直线的两个平面平行,故α∥β,故D正确.
11.(2020·济南模拟)我国南北朝时期的数学家祖暅提出了计算体积的祖暅原理:“幂势既同,则积不容异.”意思是:两个等高的几何体若在所有等高处的水平截面的面积相等,则这两个几何体的体积相等.已知曲线C:y=x2,直线l为曲线C在点(1,1)处的切线.如图所示,阴影部分为曲线C、直线l以及x轴所围成的平面图形,记该平面图形绕y轴旋转一周所得到的几何体为Γ.给出以下四个几何体:
图1是底面直径和高均为1的圆锥;图2是将底面直径和高均为1的圆柱挖掉一个与圆柱同底等高的倒置圆锥得到的几何体;图3是底面边长和高均为1的正四棱锥;图4是将上底面直径为2,下底面直径为1,高为1的圆台挖掉一个底面直径为2,高为1的倒置圆锥得到的几何体.根据祖暅原理,以上四个几何体中与Γ的体积不相等的是( )A.图1B.图2C.图3D.图4
【解析】选BCD.由题可知,几何体Γ是由阴影部分旋转一周得到,其横截面为环形,设阴影部分等高处,抛物线对应的点的横坐标为x1,切线对应的点的横坐标为x2.由f(x)=x2,可得f′(x)=2x,所以f′(1)=2,所以曲线C在点(1,1)处的切线方程为y-1=2(x-1),即y=2x-1,所以 =y,x2= ,所以几何体Γ在等高处的横截面面积S=π -π =π· .图1中的圆锥高为1,底面半径为 ,易知该圆锥可由直线y=2x+1绕y轴旋转得到,其横截面面积S′=πx2=π· ,所以几何体Γ和图1中的圆锥在所有等高处的水平截面的面积相等,所以它们的体积相等,故选BCD.
12.沙漏是古代的一种计时装置,它由两个形状完全相同的容器和一个狭窄的连接管道组成,开始时细沙全部在上部容器中,细沙通过连接管道全部流到下部容器所需要的时间称为该沙漏的一个沙时.如图,某沙漏由上下两个圆锥组成,圆锥的底面直径和高均为8 cm,细沙全部在上部时,其高度为圆锥高度的 (细管长度忽略不计).假设该沙漏每秒钟漏下0.02 cm3的沙,且细沙全部漏入下部后,恰好堆成一个盖住沙漏底部的圆锥形沙堆.以下结论正确的是( )
A.沙漏中的细沙体积为 B.沙漏的体积是128π cm3C.细沙全部漏入下部后此锥形沙堆的高度约为3 cmD.该沙漏的一个沙时大约是1 985秒(π≈3.14)
【解析】选AD.A.根据圆锥的截面图可知:细沙在上部时,细沙的底面半径与圆锥的底面半径之比等于细沙的高与圆锥的高之比,所以细沙的底面半径23 r= ×4= (cm),所以体积V= ·πr2· B.沙漏的体积V=2× ×π× ×h=2× ×π×42×8= π(cm3);C.设细沙流入下部后的高度为h1,根据细沙体积不变可知: 所以 h1,所以h1≈2.4(cm);D.因为细沙的体积为 cm3,沙漏每秒钟漏下0.02 cm3的沙,所以一个沙时为: ×50≈1 985(秒).
三、填空题(共4小题,每小题5分,共20分)13.(2020·汕头一模)有一种工艺品是由正三棱柱挖去一个圆锥所成, 已知正三棱柱ABC-A1B1C1 的所有棱长都是2,圆锥的顶点为△ABC的中心, 底面为△A1B1C1的内切圆,则该工艺品的体积为__________. 【解题导引】先求正三棱柱ABC-A1B1C1底面△A1B1C1的高为h= ,进而求得底面△A1B1C1内切圆的半径为r= ,利用几何体的体积公式,即可求解.
【解析】由题意,可知正三棱柱ABC-A1B1C1的所有棱长都是2,所以△A1B1C1的高为h= ,设底面△A1B1C1内切圆的半径为r,则( -r)2=r2+1,解得r= ,所以该工艺品的体积为V= -V圆锥=S△ABC×AA1- πr2×AA1= ×2× ×2- ×π× ×2=2 - .答案:2 -
14.(2020·潮州二模)在三棱锥P-ABC中,PA⊥平面ABC,∠BAC= ,AP=4,AB=AC=2 ,则三棱锥P-ABC的外接球的体积为________.
【解析】如图,已知∠BAC= ,AB=AC=2 ,故∠ABC=∠ACB= ,可得△ABC的外接圆的半径r= 因为PA⊥平面ABC,且PA=4,所以三棱锥P-ABC的外接球的半径R满足R2= +r2=16⇒R=4.所以三棱锥P-ABC的外接球的体积为 ·R3= π.答案: π
【加练备选】(2020·惠州一调)已知球的直径DC=4,A,B是该球面上的两点,∠ADC=∠BDC= ,则三棱锥A-BCD的体积的最大值是________.
【解析】因为球的直径DC=4,且∠ADC=∠BDC= ,所以AC=BC=2,AD=BD=2 ,VA-BCD= ×S△BCD×h(其中h为点A到底面BCD的距离),故当h最大时,VA-BCD的体积最大,即当平面ADC⊥平面BDC时,h最大且满足4h=2×2 ,即h= ,此时VA-BCD= × ×2×2 × =2.答案:2
15.(2020·石家庄二模)已知正四面体A-BCD的棱长均为6,其内有n个小球,球O1与三棱锥A-BCD的四个面都相切,球O2与三棱锥A-BCD的三个面和球O1都相切,以此类推,…,球On与三棱锥A-BCD的三个面和球On-1都相切(n≥2,n∈N*),则球On的表面积等于________.
【解析】不妨设On的半径为rn,正四面体的棱长为a,取CD中点为E,球O1与平面ACD切于点F,球O2与平面ACD切于点H,作截面ABE,G为△BCD的外心,如图所示:
易知GE= a,AG= a,AE= a,因为△AFO1∽△AGE,故可得 解得r1= a= ;同理由△AHO2∽△AGE,故可得 解得r2= 以此类推,总结归纳可得 是首项为 ,公比为 的等比数列,故可得rn= 则On的表面积S=4π =4π× 答案:
16.在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中,M,N,Q分别为棱A1B1,B1C1,BB1的中点,点P为棱CC1上的动点,则VP-MNQ的最大值为________,若点P为棱CC1的中点,三棱锥M-PQN的顶点在同一个球面上,则该球的表面积为________.
【解析】连接B1C交QN于点H,因为四边形B1BCC1是正方形,N,Q分别为棱B1C1,BB1的中点,所以易得,B1C⊥QN,H为QN的中点,且在正方形B1BCC1中,棱CC1上的点中点C到直线QN的距离最大为CH,又正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2,所以QN= ,B1C= 因此B1H= ,所以CH=2 所以S△CNQ=
又点P为棱CC1上的动点,所以当点P与点C重合时,△PNQ的面积最大,为 ,因为正方体ABCD-A1B1C1D1中,A1B1⊥平面B1BCC1,所以MB1⊥平面PNQ,又VP-MNQ=VM-PNQ,所以 若点P为棱CC1的中点,连接PQ交B1C于点E,连接NE,则点E为右侧面B1BCC1的中心,取左侧面A1ADD1的中心为点F,连接EF,记EF的中点为G,则G为正方体ABCD-A1B1C1D1的中心,连接MG,则MG⊥EF,
因为P为棱CC1的中点,所以NP= =NQ,所以NP2+QN2=4=PQ2,因此NP⊥NQ,所以△PNQ的外接圆圆心为点E;又球心与截面圆圆心的连线垂直于截面,EF∥A1B1,A1B1⊥平面B1BCC1,所以EF⊥平面B1BCC1,因此三棱锥M-PQN外接球的球心在直线EF上,记作点O,连接OM,ON,设三棱锥M-PQN外接球的半径为R,
则OM=ON=R,又MB1∥GE,且MB1=GE,EF⊥B1C,所以四边形MB1EG为矩形,因此MG=B1E= B1C= ,所以OG= 因为NE= CC1=1,
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