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【走向高考】2022届高三数学一轮阶段性测试题9 立体几何(含解析)新人教B版

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阶段性测试题九(立体几何)本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分.满分150分.考试时间120分钟.第Ⅰ卷(选择题 共60分)一、选择题(本大题共12个小题,每小题5分,共60分,在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的.)1.(2022·抚顺二中期中)已知a,b,c是三条不同的直线,α,β,γ是三个不同的平面,下述命题中真命题的是(  )A.若a⊥c,b⊥c,则a∥b或a⊥bB.若α⊥β,β⊥γ,则α∥βC.若a⊂α,b⊂β,c⊂β,a⊥b,a⊥c,则α⊥βD.若a⊥α,b⊂β,a∥b,则α⊥β[答案] D[解析] 由a⊥c,b⊥c知,a与b可平行可相交,也可异面,故A错;由直棱柱相邻两个侧面与底面都垂直知B错;当α∩β=l,a⊥l,b∥c∥l时,可满足C的条件,故C错;∵a∥b,a⊥α,∴b⊥α,又b⊂β,∴α⊥β,∴D正确.2.(2022·河南八校联考)一个几何体的三视图如图所示,其中正视图是一个正三角形,则这个几何体的外接球的表面积为(  )A.     B.C.4D.2π[答案] A[解析] 由三视图知该几何体为三棱锥,底面是等腰三角形,其底长为2,高为1,棱锥高为,顶点在底面射影为等腰直角三角形底边的中点D,直观图如图,BD⊥AC,PD⊥平面ABC,DA=DB=DC=1,故球心O在PD上,设OP=R,则(-R)2+12=R2,∴R=.∴S球=4πR2=.3.(2022·银川二中统练)已知H是球O的直径AB上的一点,AHHB=12,AH⊥平面α,H为垂足,α截球O所得截面的面积为π,则球O的表面积为(  )-17-\nA.   B.   C.  D.[答案] B[解析] 如图,由题意平面α截球O所得截面圆的面积为πr2=π,∴r=1,由球的性质知,R2=12+(R-)2,∴R2=,∴球O的表面积S=4πR2=.4.(2022·长春市十一高中阶段测试)如图,正三棱柱ABC-A1B1C1的主视图是边长为4的正方形,则此正三棱柱的左视图的面积为(  )A.16B.2  C.4D.8[答案] D[解析] 依题意知,此正三棱柱底面是边长为4的正三角形,棱柱高为4,其侧视图为矩形,其一边长为2,另一边长为4,故其面积S=4×2=8,故选D.5.(2022·江西三县联考)平面α与平面β平行的条件可以是(  )A.α内有无穷多条直线与β平行B.直线a∥α,a∥βC.直线a⊂α,直线b⊂β,且a∥β,b∥αD.α内的任何直线都与β平行[答案] D[解析] 当α∩β=l时,α内与l平行的直线都与β平行,故A错;当α∩β=l,a∥l,a⊄α,a⊄β时,满足B的条件,∴B错;当α∩β=l,a⊂α,a∥l,b⊂β,b∥l时,有a∥β,b∥α,∴C错,故选D.-17-\n6.(文)(2022·辽宁五校协作体期中)设l为直线,α、β是两个不同的平面,下列命题中正确的是(  )A.若l∥α,l∥β,则α∥βB.若α⊥β,l∥α,则l⊥βC.若l⊥α,l∥β,则α∥βD.若l⊥α,l⊥β,则α∥β[答案] D[解析] 若l∥α,l∥β,则α与β可能平行、可能相交,故A不正确;若α⊥β,l∥α,则l∥β,l⊂β,l与β相交都有可能,故B不正确;若l⊥α,l∥β,则α⊥β,故C不正确;只有D正确.所以选D.(理)(2022·福建宁化一中阶段测试)已知m,n表示两条不同直线,α表示平面,下列说法正确的是(  )A.若m∥α,n∥α,则m∥nB.若m∥α,m⊥n,则n⊥αC.若m⊥α,m⊥n,则n∥αD.若m⊥α,n⊂α,则m⊥n[答案] D[解析] 当m∥α,n∥α时,m与n可能平行,也可能相交或异面,故A错;m∥α,m⊥n时,n∥α,n与α相交,n⊥α,n⊂α都有可能,故B错;m⊥α,m⊥n时,可能有n∥α,也可能n⊂α,故C错;由线面垂直的定义知D正确.7.(2022·陕西工大附中四模)如下图,某几何体的主视图与左视图都是边长为1的正方形,且体积为,则该几何体的俯视图可以是(  )[答案] C[解析] 若俯视图为A,则该几何体是棱长为1的正方体,体积V=1;若俯视图为B,则该几何体是底半径为,高为1的圆柱,其体积V=π·()2·1=;若俯视图为D,则该几何体是底半径为1,高为1的圆柱的,其体积V=·π·12·1=;若俯视图为C,则该几何体是直三棱柱,底面直角三角形两直角边长为1,棱柱高为1,体积为V=(×1×1)×1=,因此选C.8.(2022·许昌、平顶山、新乡调研)一个几何体的三视图如图所示,则该几何体的体积为(  )-17-\nA.B.10  C.30D.24+2[答案] B[解析] 由三视图可知,该几何体为直四棱柱,底面为直角梯形,S底=(2+3)×2=5,棱柱高为2,V=5×2=10.9.(2022·广东揭阳一中期中)下列命题中,错误的是(  )A.一条直线与两个平行平面中的一个相交,则必与另一个平面相交B.平行于同一平面的两个不同平面平行C.如果平面α不垂直平面β,那么平面α内一定不存在直线垂直于平面βD.若直线l不平行平面α,则在平面α内不存在与l平行的直线[答案] D[解析] 当直线l在平面α内时可知D错误.10.(2022·深圳市五校联考)一个多面体的三视图如图所示,则该多面体的体积为(  )A.B.  C.6D.7[答案] A[解析] 由三视图可知,该多面体是由正方体截去两个正三棱锥所成的几何体,如图,正方体棱长为2,正三棱锥侧棱互相垂直,侧棱长为1,故几何体的体积为:V=V正方体-2V三棱锥=2×2×2-2×(××1×1×1)=.-17-\n11.(文)(2022·湖南长沙市长郡中学月考)一个空间几何体的三视图如图所示,其侧视图是等边三角形,则该几何体的体积等于(  )A.B.2  C.3D.6[答案] A[解析] 画出其直观图如图,这是一个四棱锥,底面为直角梯形,AD∥BC,AD=1,BC=2,AB=2,AB⊥BC,顶点P在底面射影为AB的中点E,高PE=,故体积V=·[(AD+BC)·AB]·PE=.(理)(2022·河南信阳六检)某几何体的三视图如图所示,且该几何体的体积是3,则正视图中的x的值是(  )A.2B.  C.D.3[答案] D-17-\n[解析] 由三视图知,该几何体是四棱锥,底面为直角梯形,AB∥CD,AD=2,AB=1,CD=2,AB⊥AD,侧棱PD⊥底面ABCD,PD=x,依题意知[(AB+CD)·AD]·PD=3,∴PD=3,即x=3,故选D.12.(文)(2022·康杰中学、临汾一中、忻州一中、长治二中四校联考)已知不重合的两条直线l,m和不重合的两个平面α,β,下列命题正确的是(  )A.l∥m,l∥β,则m∥βB.α∩β=m,l⊂α,则l∥βC.α⊥β,l⊥α,则l∥βD.l⊥m,m⊥β,l⊥α,则α⊥β[答案] D[解析] l⊄β,l∥m,m⊂β时,l∥β,故A错;α∩β=m,当l⊂α且l∥m时,l∥β,当l与m相交时,l与β相交,故B错;α⊥β,当l⊂β,l与α和β的交线垂直,l⊥α时,但l∥β不成立,故C错;∵l⊥m,l⊥α,∴m⊂α或m∥α,又m⊥β,∴α⊥β,故D正确.(理)(2022·甘肃天水一中段测)在正方体ABCD-A1B1C1D1中,点E1,F1分别是线段A1B1,A1C1的中点,则直线BE1与AF1所成角的余弦值是(  )A.B.  C.D.[答案] A[解析] 以A为原点,直线AB、AD、AA1分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系A-xyz,设棱长为1,则B(1,0,0),E1(,0,1),F1(,,1),∴=(,,1),=(-,0,1).-17-\ncos〈,〉===,故选A.第Ⅱ卷(非选择题 共90分)二、填空题(本大题共4个小题,每小题4分,共16分,把正确答案填在题中横线上.)13.(2022·西宁市二测)已知球O内切于棱长为2的正方体,若在正方体内任取一点,则这一点不在球内的概率为________.[答案] 1-[解析] 由题意知球的半径为1,其体积为V球=,正方体的体积为V正方体=23=8,则这一点不在球内的概率P=1-=1-.14.(2022·甘肃天水一中段测)若某几何体的三视图如下,该几何体的体积为2,则俯视图中的x=________.[答案] 2[解析] 由三视图可知,该几何体为四棱锥,高为2,底面为直角梯形,面积S=(1+x)×2=1+x,因此V=Sh=·(1+x)·2=2,解得x=2.15.(文)(2022·成都七中模拟)已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1,点M是BC1的中点,P是BB1一动点,则(AP+MP)2的最小值为________.[答案] [解析] 将平面ABB1A1展开到与平面CBB1C1共面,如下图,易知当A、P、M三点共线时(AP+MP)2最小.-17-\nAM2=AB2+BM2-2AB×BMcos135°=12+()2-2×1××(-)=.(理)(2022·开滦二中期中)如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,AB=1,AC=2,BC=,D、E分别是AC1和BB1的中点,则直线DE与平面BB1C1C所成的角为________.[答案] [解析] 取AC中点F,则DF綊BE,∴DE∥BF,∴BF与平面BB1C1C所成的角为所求,∵AB=1,BC=,AC=2,∴AB⊥BC,又AB⊥BB1,∴AB⊥平面BCC1B1,作GF∥AB交BC于G,则GF⊥平面BCC1B1,∴∠FBG为直线BF与平面BCC1B1所成的角,由条件知BG=BC=,GF=AB=,∴tan∠FBG==,∴∠FBG=.16.(文)(2022·成都市二诊)如图所示的正三角形是一个圆锥的侧视图,则这个圆锥的侧面积为________.-17-\n[答案] 2π[解析] 由侧视图知圆锥的母线长l=2,底半径r=1,∴侧面积S侧=πrl=2π.(理)(2022·东北三省三校二模)P为正方体ABCD-A1B1C1D1对角线BD1上的一点,且BP=λBD1(λ∈(0,1)).下面结论:①A1D⊥C1P;②若BD1⊥平面PAC,则λ=;③若△PAC为钝角三角形,则λ∈(0,);④若λ∈(,1),则△PAC为锐角三角形.其中正确的结论为________.(写出所有正确结论的序号)[答案] ①②④[解析] 在正方体中,易证A1D⊥平面AD1C1B,又C1P⊂平面AD1C1B,所以A1D⊥C1P,∴①正确;若BD1⊥平面PAC,则点P为平面ACB1与体对角线BD1的交点,利用等体积法可得BP=BD1,即λ=,②正确;以点D为坐标原点,DA,DC,DD1所在射线分别为x轴,y轴,z轴的正半轴建立空间直角坐标系,设正方体的棱长为1,则A(1,0,0),B(1,1,0),C(0,1,0),D1(0,0,1),又BP=λBD1,所以P(1-λ,1-λ,λ),若△PAC为钝角三角形,只能是∠APC是钝角,所以·=(λ,λ-1,-λ)·(λ-1,λ,-λ)=3λ2-2λ<0,解得λ∈(0,),所以③错误;由③可知若λ∈(,1),则△PAC为锐角三角形,④正确,所以正确的结论序号为①②④.三、解答题(本大题共6个小题,共74分,解答应写出文字说明,证明过程或演算步骤.)17.(本小题满分12分)(2022·辽宁五校协作体期中)如图,四棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面ABCD是正方形,O为底面中心,A1O⊥平面ABCD,AB=,AA1=2.(1)证明:AA1⊥BD;(2)证明:平面A1BD∥平面CD1B1;(3)求三棱柱ABD-A1B1D1的体积.[解析] (1)证明:∵底面ABCD是正方形,∴BD⊥AC,又∵A1O⊥平面ABCD,BD⊂平面ABCD,∴A1O⊥BD,又∵A1O∩AC=O,A1O⊂平面A1AC,AC⊂平面A1AC,∴BD⊥平面A1AC,∵AA1⊂平面A1AC,∴AA1⊥BD.(2)∵A1B1∥AB,AB∥CD,∴A1B1∥CD,又A1B1=CD,∴四边形A1B1CD是平行四边形,∴A1D∥B1C,同理A1B∥CD1,-17-\n∵A1B⊂平面A1BD,A1D⊂平面A1BD,CD1⊂平面CD1B1,B1C⊂平面CD1B,且A1B∩A1D=A1,CD1∩B1C=C,∴平面A1BD∥平面CD1B1.(3)∵A1O⊥平面ABCD,∴A1O是三棱柱A1B1D1-ABD的高.在正方形ABCD中,AO=1,在Rt△A1OA中,AA1=2,AO=1,∴A1O=,∴V三棱柱=S△ABD·A1O=·()2·=.所以,三棱柱ABD-A1B1D1的体积为.18.(本小题满分12分)(2022·石光中学月考)如图所示,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是边长为a的正方形,侧面PAD⊥底面ABCD,且PA=PD=AD,若E,F分别为PC,BD的中点.(1)求证:EF∥平面PAD;(2)求证:平面PDC⊥平面PAD;(3)求四棱锥P-ABCD的体积.[解析] (1)连接EF,AC,∵四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是边长为a的正方形且点F为对角线BD的中点,∴对角线AC经过F点,又点E为PC的中点,∴EF为△PAC的中位线,∴EF∥PA.又PA⊂平面PAD,EF⊄平面PAD,∴EF∥平面PAD.(2)∵底面ABCD是边长为a的正方形,∴CD⊥AD,又侧面PAD⊥底面ABCD,侧面PAD∩底面ABCD=AD,∴CD⊥平面PAD.又CD⊂平面PCD,∴平面PDC⊥平面PAD.(3)过点P作AD的垂线PG,垂足为点G,∵侧面PAD⊥底面ABCD,PG⊂平面PAD,侧面PAD∩底面ABCD=AD,∴PG⊥平面ABCD,即PG为四棱锥P-ABCD的高,又PA=PD=AD且AD=a,∴PG=.∴V四棱锥P-ABCD=S正方形ABCD·PG=×a2×=a3.19.(本小题满分12分)(文)(2022·江西三县联考)如图,四边形ABEF是等腰梯形,AB∥EF,AF=BE=2,EF=4,AB=2,ABCD是矩形.AD⊥平面ABEF,其中Q,M分别是AC,EF的中点,P是BM中点.(1)求证:PQ∥平面BCE;(2)求证:AM⊥平面BCM;-17-\n(3)求点F到平面BCE的距离.[解析] (1)因为AB∥EM,且AB=EM,所以四边形ABEM为平行四边形.连接AE,则AE过点P,且P为AE中点,又Q为AC中点,所以PQ是△ACE的中位线,于是PQ∥CE.∵CE⊂平面BCE,PQ⊄平面BCE,∴PQ∥平面BCE.(2)AD⊥平面ABEF⇒BC⊥平面ABEF⇒BC⊥AM.在等腰梯形ABEF中,由AF=BE=2,EF=4,AB=2,可得∠BEF=45°,BM=AM=2,∴AB2=AM2+BM2,∴AM⊥BM.又BC∩BM=B,∴AM⊥平面BCM.(3)解法一:点F到平面BCE的距离是M到平面BCE的距离的2倍,∵EM2=BE2+BM2,∴MB⊥BE,∵MB⊥BC,BC∩BE=B,∴MB⊥平面BCE,∴d=2MB=4.解法二:VC-BEF=S△BEF·BC=BC,VF-BCE=S△BCE·d=BC.∵VC-BEF=VF-BCE,∴d=4.(理)(2022·湖南长沙实验中学、沙城一中联考)在三棱柱ABC-A1B1C1中,侧面ABB1A1,ACC1A1均为正方形,∠BAC=90°,点D是棱B1C1的中点.(1)求证:A1D⊥平面BB1C1C;(2)求证:AB1∥平面A1DC;(3)求二面角D-A1C-A的余弦值.[解析] (1)证明:因为侧面ABB1A1,ACC1A1均为正方形,所以AA1⊥AC,AA1⊥AB,所以AA1⊥平面ABC,所以AA1⊥平面A1B1C1.因为A1D⊂平面A1B1C1,所以AA1⊥A1D,又因为CC1∥AA1,所以CC1⊥A1D,又因为A1B1=A1C1,D为B1C1中点,所以A1D⊥B1C1.因为CC1∩B1C1=C1,所以A1D⊥平面BB1C1C.(2)证明:连结AC1,交A1C于点O,连结OD,因为ACC1A1为正方形,所以O为AC1中点,又D为B1C1中点,所以OD为△AB1C1中位线,所以AB1∥OD,因为OD⊂平面A1DC,AB1⊄平面A1DC,所以AB1∥平面A1DC.(3)因为侧面ABB1A1,ACC1A1均为正方形,∠BAC=90°,所以AB,AC,AA1两两互相垂直,如图所示建立直角坐标系A-xyz.设AB=1,则C(0,1,0),B(1,0,0),A1(0,0,1),D(,,1).-17-\n=(,,0),=(0,1,-1),设平面A1DC的法向量为n=(x,y,z),则有∴取x=1,得n=(1,-1,-1).又因为AB⊥平面ACC1A1,所以平面ACC1A1的法向量为=(1,0,0),设二面角D-A1C-A的平面角为θ,则θ=π-〈n,〉,∴cosθ=cos(π-〈n,〉)=-=-=-,所以,二面角D-A1C-A的余弦值为-.20.(本小题满分12分)(文)(2022·黄石二中检测)如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,AA1=AC=2AB=2,且BC1⊥A1C.(1)求证:平面ABC1⊥平面A1ACC1;(2)设D是A1C1的中点,判断并证明在线段BB1上是否存在点E,使DE∥平面ABC1;若存在,求三棱锥E-ABC1的体积.[解析] (1)证明:在直三棱柱ABC-A1B1C1中,有A1A⊥平面ABC.∴A1A⊥AC,又A1A=AC,∴A1C⊥AC1.-17-\n又BC1⊥A1C,∴A1C⊥平面ABC1,∵A1C⊂平面A1ACC1,∴平面ABC1⊥平面A1CC1.(2)存在,E为BB1的中点.取A1A的中点F,连EF,FD,当E为B1B的中点时,EF∥AB,DF∥AC1,∴平面EFD∥平面ABC1,则有ED∥平面ABC1.当E为BB1的中点时,VE-ABC1=VC1-ABE=×2××1×1=.(理)(2022·保定市八校联考)如图,在底面是直角梯形的四棱锥P-ABCD中,∠DAB=90°,PA⊥平面ABCD,PA=AB=BC=3,梯形上底AD=1.(1)求证:BC⊥平面PAB;(2)在PC上是否存在一点E,使得DE∥平面PAB?若存在,请找出;若不存在,说明理由;(3)求平面PCD与平面PAB所成锐二面角的正切值.[解析] (1)证明:∵BC∥AD且∠DAB=90°,∴BC⊥AB,又PA⊥平面ABCD,∴BC⊥PA,而PA∩AB=A,∴BC⊥平面PAB.(2)延长BA、CD相交于Q点,假若在PC上存在点E,满足DE∥平面PAB,则由平面PCQ经过DE与平面PAB相交于PQ知DE∥PQ,∵AD∥BC且AD=1,BC=3,∴===,故E为CP的三等分点,PE=CE.(3)过A作AH⊥PQ,垂足为H,连DH,由(1)及AD∥BC知:AD⊥平面PAQ,-17-\n∴AD⊥PQ,又AH⊥PQ,∴PQ⊥平面HAD,∴PQ⊥HD.∴∠AHD是平面PCD与平面PBA所成的二面角的平面角.易知AQ=,PQ=,∴AH==,∴tan∠AHD==,所以平面PCD与平面PAB所成二面角的正切值为.21.(本小题满分12分)(文)(2022·大连市二十中期中)如图,四边形ABCD中,AB⊥AD,AD∥BC,AD=6,BC=4,AB=2,E、F分别在BC、AD上,EF∥AB.现将四边形ABEF沿EF折起,使得平面ABEF⊥平面EFDC.(1)当BE=1时,是否在折叠后的AD上存在一点P,使得CP∥平面ABEF?若存在,指出P点位置,若不存在,说明理由;(2)设BE=x,问当x为何值时,三棱锥A-CDF的体积有最大值?并求出这个最大值.[解析] (1)存在点P使得满足条件CP∥平面ABEF,且此时=.证明如下:=,过点P作MP∥FD,与AF交于点M,则有=,又FD=5,故MP=3,又因为EC=3,MP∥FD∥EC,故有MP綊EC,故四边形MPCE为平行四边形,所以PC∥ME,又CP⊄平面ABEF,ME⊂平面ABEF,故有CP∥平面ABEF成立.(2)因为平面ABEF⊥平面EFDC,平面ABEF∩平面EFDC=EF,又AF⊥EF,所以AF⊥平面EFDC.由已知BE=x,所以AF=x(0<x<4),FD=6-x.故VA-CDF=·(DF·EF)·AF=··2·(6-x)·x=(6x-x2)=[-(x-3)2+9]=-(x-3)2+3.所以,当x=3时,VA-CDF有最大值,最大值为3.(理)(2022·浙江台州中学期中)如图,在Rt△ABC中,AB=BC=4,点E在线段AB上,过点E作EF∥BC交AC于点F,将△AEF沿EF折起到△PEF的位置(折起后的点A记作点P),使得∠PEB=60°.-17-\n(1)求证:EF⊥PB.(2)试问:当点E在线段AB上移动时,二面角P-FC-B的平面角的余弦值是否为定值?若是,求出定值,若不是,说明理由.[解析] (1)在Rt△ABC中,∵EF∥BC,∴EF⊥AB,∴EF⊥EB,EF⊥EP,又∵EB∩EP=E,∴EF⊥平面PEB.又∵PB⊂平面PEB,∴EF⊥PB.(2)解法一:∵EF⊥平面PEB,EF⊂平面BCFE,∴平面PEB⊥平面BCFE,过P作PQ⊥BE于点Q,垂足为Q,则PQ⊥平面BCFE,过Q作QH⊥FC,垂足为H.则∠PHQ即为所求二面角的平面角.设PE=x,则EQ=x,PQ=x,QH=(PE+EQ)sin=x,故tan∠PHQ==,cos∠PHQ=,即二面角P-FC-B的平面角的余弦值为定值.解法二:在平面PEB内,经P点作PD⊥BE于D,由(1)知EF⊥平面PEB,∴EF⊥PD.∴PD⊥平面BCFE.在平面PEB内过点B作直线BH∥PD,则BH⊥平面BCFE.以B点为坐标原点,,,的方向分别为x轴,y轴,z轴的正方向建立空间直角坐标系.设PE=x(0<x<4)又∵AB=BC=4,∴BE=4-x,EF=x,在Rt△PED中,∠PED=60°,∴PD=x,DE=x,∴BD=4-x-x=4-x,∴C(4,0,0),F(x,4-x,0),P(0,4-x,x).从而=(x-4,4-x,0),=(-4,4-x,x).设n1=(x0,y0,z0)是平面PCF的一个法向量,则n1·=0,n1·=0,∴∴取y0=1,得,n1=(1,1,).又平面BCF的一个法向量为n2=(0,0,1).-17-\n设二面角P-FC-B的平面角为α,则cosα=|cos〈n1,n2〉|=.因此当点E在线段AB上移动时,二面角P-FC-B的平面角的余弦值为定值.22.(本小题满分14分)(文)(2022·江西省南昌市二中月考)已知几何体A-BCED的三视图如图所示,其中俯视图和侧视图都是腰长为4的等腰直角三角形,正视图为直角梯形,已知几何体A-BCED的体积为16.(1)求实数a的值;(2)将直角三角形△ABD绕斜边AD旋转一周,求该旋转体的表面积.[解析] (1)由该几何体的三视图知AC⊥平面BCED,且EC=BC=AC=4,BD=a,体积V=×4×=16,∴a=2.(2)在Rt△ABD中,AB=4,BD=2,∴AD=6,过B作AD的垂线BH,垂足为H,易得BH=,该旋转体由两个同底的圆锥构成,圆锥底面半径为BH=,所以圆锥底面周长为C=2π·=,两个圆锥的母线长分别为4和2,故该旋转体的表面积为S=×(2+4)=.(理)(2022·天津南开区二模)如图,直四棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面为正方形,P、O分别是上、下底面的中心,E是AB的中点,AB=kAA1.(1)求证:A1E∥平面PBC;(2)当k=时,求直线PA与平面PBC所成角的正弦值;(3)当k取何值时,O在平面PBC内的射影恰好为△PBC的重心?-17-\n[解析] 以点O为原点,直线OA,OB,OP分别为x轴,y轴,z轴,建立如图所示的空间直角坐标系,不妨设AB=2,则得A1(2,0,)、E(1,1,0)、P(0,0,)、B(0,2,0)、C(-2,0,0)、A(2,0,0),(1)由上得=(-1,1,-)、=(-2,-2,0)、=(0,2,-),设平面PBC的法向量为n=(1,α,β),则由得∴n=(1,-1,-k),∵·n=0,又A1E⊄平面PBC,∴A1E∥平面PBC.(2)当k=时,由(Ⅰ)知平面PBC的法向量为n=(1,-1,-1),=(2,0,-2),cos〈,n〉==,∴直线PA与平面PBC所成角的正弦值为.(3)由(1)知△PBC的重心G为(-,,),则=(-,,),若O在平面PBC内的射影恰好为△PBC的重心,则有解得k=,∴当k=时,O在平面PBC内的射影恰好为△PBC的重心.-17-

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发布时间:2022-08-26 00:13:14 页数:17
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文章作者:U-336598

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