【2022届走向高考】高三数学一轮(人教B版)阶段性测试题9(立体几何).docx
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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⊥b B.若α⊥β,β⊥γ,则α∥β C.若a⊂α,b⊂β,c⊂β,a⊥b,a⊥c,则α⊥β D.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.(2021·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.4 D.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.(2021·银川二中统练)已知H是球O的直径AB上的一点,AHHB=12,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( ) A. 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.(2021·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.16 B.2 C.4 D.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.(2021·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∥β C.直线a⊂α,直线b⊂β,且a∥β,b∥α D.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. 6.(文)(2021·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∥β B.若α⊥β,l∥α,则l⊥β C.若l⊥α,l∥β,则α∥β D.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)(2021·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∥n B.若m∥α,m⊥n,则n⊥α C.若m⊥α,m⊥n,则n∥α D.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.(2021·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( ) A. B.10 C.30 D.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.(2021·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.假如平面α不垂直平面β,那么平面α内确定不存在直线垂直于平面β D.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.(2021·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.6 D.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,正三棱锥侧棱相互垂直,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)=. 11.(文)(2021·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.3 D.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)(2021·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.2 B. C. D.3 [答案] D [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∥β B.α∩β=m,l⊂α,则l∥β C.α⊥β,l⊥α,则l∥β D.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)(2021·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). cos〈,〉===,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.(2021·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开放到与平面CBB1C1共面,如下图,易知当A、P、M三点共线时(AP+MP)2最小. AM2=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________. [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________.(写出全部正确结论的序号) [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)(2021·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, ∵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)(2021·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)(2021·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; (3)求点F到平面BCE的距离. [解析] (1)由于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·湖南长沙试验中学、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:由于侧面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. 由于A1D⊂平面A1B1C1,所以AA1⊥A1D, 又由于CC1∥AA1,所以CC1⊥A1D, 又由于A1B1=A1C1,D为B1C1中点, 所以A1D⊥B1C1. 由于CC1∩B1C1=C1,所以A1D⊥平面BB1C1C. (2)证明:连结AC1,交A1C于点O,连结OD, 由于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, 由于OD⊂平面A1DC,AB1⊄平面A1DC, 所以AB1∥平面A1DC. (3)由于侧面ABB1A1,ACC1A1均为正方形,∠BAC=90°, 所以AB,AC,AA1两两相互垂直,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). =(,,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). 又由于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,推断并证明在线段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. 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,假如在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, ∴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)(2021·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,又由于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)由于平面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°. (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). 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)(2021·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? [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.- 配套讲稿:
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