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【考前30天绝密资料】2012年高考考前30天三轮专题提分必练绝密之十七空间角与距离(大纲文科专用)


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2012 年高考考前 30 天三轮专题提分必练绝密之专题(十七)A [第 17 讲 空间角与距离] (时间:10 分钟+35 分钟) 2012 二轮精品提分必练 1.异面直线 a,b 所成的角为 θ,空间中有一定点 O,过该点有且只有三条直线与它们 所成的角都是 60° ,则 θ 的取值可能是( ) A.30° B.50° C.60° D. 90° 2.已知三棱锥 P-ABC 中,PA,PB,PC 两两垂直,PA=PB=2PC=2a,且三棱锥外 接球的表面积为 S=9π,则实数 a 的值是( ) 1 A. B. 1 C. 2 D. 2 2 3.将正方形 ABCD 沿对角线 BD 折成一个 120° 的二面角,点 C 到达点 C1,这时异面直 线 AD 与 BC1 所成角的余弦值是( ) 21 1 3 3 A. B. C. D. 2 2 4 4 4.如图 17-1,在正三角形 ABC 中,D、E、F 分别为各边的中点,G、H、I、J 分别为 AF、AD、BE、DE 的中点.将△ABC 沿 DE、EF、DF 折成三棱锥以后,GH 与 IJ 所成角的 度数为( ) A.90° B.60° C.45° D.0° 2012 二轮精品提分必练 2012 二轮精品提分必练 1.高为 5,底面边长为 4 3的正三棱柱形容器(下有底),可放置最大球的半径是( ) 3 3 2 A. B.2 C. D. 2 2 2 2.条件甲:四棱锥的所有侧面都是全等三角形,条件乙:这个四棱锥是正四棱锥,则条 件甲是条件乙的( ) A.充分不必要条件 B.必要不充分条件 C.充要条件 D.既不充分也不必要条件 3.如图 17-2,在四面体 ABCD 中,截面 AEF 经过四面体的内切球(与四个面都相切的 球)球心 O,且与 BC,DC 分别截于 E、F,如果截面将四面体分成体积相等的两部分,设四 棱锥 A-BEFD 与三棱锥 A-EFC 的表面积分别是 S1,S2,则必有( ) A.S1<S2 B.S1>S2 C.S1=S2 D.S1,S2 的大小关系不能确定 2012 二轮精品提分必练 图 17-2 4.如图 17-3,四棱锥 S-ABCD 的底面边长为 4 2,高 SE=8,点 F 在高 SE 上,且 SF=x,记过点 A,B,C,D,F 的球的半径为 R(x),则函数 R(x)的大致图象是( ) 2012 二轮精品提分必练 → → → → 5.设 A、B、C、D 是半径为 2 的球面上的四个不同点,且满足AB· =0,AC· =0, AC AD → → AD· =0,用 S1、S2、S3 分别表示△ABC、△ACD、△ABD 的面积,则 S1+S2+S3 的最大 AB 值是_________ 6. 如图 17-5, 在正三棱锥 S-ABC 中, N 分别是棱 SC、 的中点, MN⊥AM, M、 BC 且 若侧棱 SA=2 3,则此正三棱锥 S-ABC 的外接球的表面积是_________. 2012 二轮精品提分必练 图 17-5
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7.如图 17-6,已知四棱锥 P-ABCD 中,PA⊥平面 ABCD,且 PA=4PQ=4,底面为 直角梯形,∠CDA=∠BAD=90° ,AB=2,CD=1,AD= 2,M,N 分别是 PD,PB 的中 点. (1)求证:MQ∥平面 PCB; (2)求截面 MCN 与底面 ABCD 所成二面角的大小; (3)求点 A 到平面 MCN 的距离. 2012 二轮精品提分必练

8. 棱长为 2的正四面体 P-ABC 中,E 为 BC 中点,F 为 PC 的中点. (1) 求证:平面 PAE⊥平面 ABC; (2) 求二面角 P-AE-F 的大小.

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2012 年高考考前 30 天三轮专题提分必练绝密之专题(十七)B [第 17 讲 空间角与距离] (时间:10 分钟+35 分钟) 2012 二轮精品提分必练 1.已知直线 l 与平面 α 成 45° ,直线 m?α,若直线 l 在 α 内的射影与直线 m 也成 45° , 则 l 与 m 所成的角是( ) A.30° B.45° C.60° D.90° 2.如图 17-7,已知 ABCD-A′B′C′D′为长方体,对角线 AC′与平面 A′BD 相交于点 G,则 G 是△A′BD 的( ) A.垂心 B.重心 C.内心 D.外心 2012 二轮精品提分必练 3.已知直线 l⊥平面 α,直线 m?平面 β,有下面四个命题:①α∥β?l⊥m;②α∥β?l ∥m;③l∥m?α⊥β;④l⊥m?α∥β.其中正确的命题是( ) A.①② B.①③ C.②④ D.③④ 7 3 4.如图 17-8 所示,空间四边形 ABCD 中,AB=BD=AD=2,BC=CD= ,AC= , 2 2 延长 BC 到 E,使 CE=BC,F 是 BD 的中点,异面直线 AF 与 DE 所成角为( ) 2012 二轮精品提分必练 图 17-8 A.30° B.45° C.60° D.90° 2012 二轮精品提分必练 1.如图 17-9,在正三棱锥 A-BCD 中,E、F 分别是 AB、BC 的中点,EF⊥DE,且 BC=1,则正三棱锥 A-BCD 的体积是( ) 2012 二轮精品提分必练 图 17-9 2 2 A. B. 12 24 3 3 C. D. 12 24 2.在正三角形 ABC 中, D,E,F 分别为 AB,BC,AC 的中点,G,H,I 分别为 DE, FC,EF 的中点,将△ABC 沿 DE,EF,DF 折成三棱锥,则异面直线 BG 与 IH 所成的角为 ( ) π 2 A. B.arccos 6 3 π 3 C. D.arccos 3 3 3.已知二面角 α-l-β 的平面角为 θ,点 P 在二面角内,PA⊥α,PB⊥β,A,B 为垂足, 且 PA=4,PB=5,设 A,B 到棱 l 的距离分别为 x,y,当 θ 变化时,点(x,y)的轨迹方程是 ( ) A.x2-y2=9(x≥0) B.x2-y2=9(x≥0,y≥0) C.y2-x2=9(y≥0) D.y2-x2=9(x≥0,y≥0)
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4.一个四面体的所有棱长都为 2,四个顶点在同一球面上,则此球的表面积为( ) A.3π B.4π C.3 D.6π 1 1 1 5.在 Rt△ABC 中,CA⊥CB,斜边上的高为 h1,则 2= 2+ 2.类比此性质,在四面 h1 CA CB 体 P-ABC 中,若 PA、PB、PC 两两垂直,底面 ABC 上的高为 h,则得到的正确结论为 __________________________ 6.平面 α、β、γ 两两互相垂直,点 A∈α,点 A 到 β、γ 的距离都是 3,P 是 α 内的动点, P 到 β 的距离是到点 A 距离的 2 倍, 则点 P 的轨迹上的点到 γ 的距离的最小值是_________. 7.如图 17-10,已知矩形 ABCD 与正三角形 AED 所在的平面互相垂直,M 、N 分别为 棱 BE、AD 的中点,AB=1,AD=2, (1)证明:直线 AM∥平面 NEC; (2)求二面角 N-CE-D 的大小. 2012 二轮精品提分必练

8.如图 17-11,在四棱锥 P-ABCD 中,底面 ABCD 为菱形,∠BAD=60° ,Q 为 AD 的中点. (1)若 PA=PD,求证:平面 PQB⊥平面 PAD; (2)点 M 在线段 PC 上,PM=tPC,试确定实数 t 的值,使得 PA∥平面 MQB. 2012 二轮精品提分必练 图 17-11

2012 年高考考前 30 天三轮专题提分必练绝密之专题(十七)A 【基础演练】 1.C 【解析】 不妨将直线 a,b 平移到均过点 O,由分析知,当 θ=30° 50° 或 时, 符合条件的直线只有两条;当 θ=90° 时,符合条件的直线有四条. 2.B 【解析】 PA,PB,PC 两两垂直,所以将三棱锥补成一个长方体,则该三棱锥 3 的外接球就是长方体的外接球,S=9π,所以 4πR2=9π,则 R= ,而长方体对角线长为 2 3 ?2a?2+?2a?2+a2=3a,所以 3a=2× ,所以 a=1. 2

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3 3.D 【解析】 由题意易知∠CBC1 是 AD 与 BC1 所成的角,解△CBC1,得余弦为 . 4 4 . B 【 解 析 】 取 EF 的 中 点 M , 连 接 IM 、 MJ , 则 MJ

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FD



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1 FD,∴MJ∥GH, 2 ∠IJM 为异面直线 GH 与 JI 所成的角. 由已知条件易证△MJI 为正三角形.∴∠IJM=60° . 【提升训练】 1.B 【解析】 过球心作平行于底的截面,R=2. 2.B 【解析】 乙?甲,但甲?\ 乙,例如四棱锥 S-ABCD 的底面 ABCD 为菱形, 但它不是正四棱锥. 3.C 【解析】 连 OA、OB、OC、OD,则 VA-BEFD=VO-ABD+VO-ABE+VO-BEFD+ VO-ADF,VA-EFC=VO-AFC+VO-AEC+VO-EFC,又 VA-BEFD=VA-EFC,而每个三棱锥的高都是 原四面体的内切球的半径,故 S△ABD+S△ABE+S△BEFD+S△ADF=S△AFC+S△AEC+S△EFC,又面 AEF 公共,选 C. 2012 二轮精品提分必练 4.A 【解析】 如图所示,当 SF=x∈[0,4]时,过 A,B,C,D,F 的球的球心为 O, 8-x 8 由 OE2+EC2=OC2,可得(8-R-x)2+42=R2,整理可得 R(x)= + (0≤x≤4),当 8 2 8-x >x>4 时,过 A,B,C,D,F 的球的球心为 M,由 ME2+EC2=MC2,可得(x+R-8)2+ 8-x 8-x 8 8 42=R2, 整理可得 R(x)= + (4<x<8), 由此可得 R(x)= + (0≤x≤8), R′(x) 2 2 8-x 8-x = 8 1 - ,当 0≤x≤4 时,R′(x)≤0;当 4<x<8 时,R′(x)>0,即函数 R(x)在 0<x ?8-x?2 2

<4 上单调递减,在 4<x<8 上单调递增,且均不是一次函数,故应选 A. 5.8 【解析】 由题意可知三棱锥 A-BCD 的侧棱 AB,AC,AD 两两垂直,若补成 长方体,则三棱锥与长方体有相同的外接球,且长方体的体对角线为球的直径,设 AB=a, AC=b,AD=c,则 a2+b2+c2=42, 1 1 1 S1+S2+S3= ab+ bc+ ac 2 2 2
2 2 2 2 2 2 1 a +b 1 b +c 1 c +a ≤ · + · + · 2 2 2 2 2 2

1 1 = (a2+b2+c2)= ×16=8. 2 2 6.36π 【解析】 由题意可分析出 SA,SB,SC 两两垂直,将三棱锥补成正方体, 则三棱锥和正方体有相同的外接球, 且正方体的体对角线为外接球的直径 2R, 因此 2R= 3 2 2 ×2 3,所以 R=3,故外接球的表面积为 4πR =4π×3 =36π. 7. 【解答】 (1)证明:取 AP 的中点 E,连接 ED,则 ED∥CN, 依题有 Q 为 EP 的中点,所以 MQ∥ED,所以 MQ∥CN, 又 MQ?平面 PCB,CN?平面 PCB,∴MQ∥平面 PCB. (2)易证:平面 MEN∥底面 ABCD, 所以截面 MCN 与平面 MEN 所成的二面角即为平面 MCN 与底面 ABCD 所成的二面 角.因为 PA⊥平面 ABCD,所以 PA⊥平面 MEN,过 E 作 EF⊥MN,垂足为 F,连接 QF, 则由三垂线定理可知 QF⊥MN, 由(1)可知 M,C,N,Q 四点共面, 所以∠QFE 为截面 MCN 与平面 MEN 所成的二面角的平面角,在 Rt△MEN 中,ME=

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2 6 3 ,NE=1,MN= ,故 EF= , 2 2 3 π 所以 tan∠QFE= 3,即∠QFE= . 3 π 所以截面 MCN 与底面 ABCD 所成二面角为 . 3 (3)因为 EP 的中点为 Q,且平面 MCN 与 PA 交于点 Q, 所以点 A 到平面 MCN 的距离是点 E 到平面 MCN 的距离的 3 倍, 由(2)知 MN⊥平面 QEF,则平面 MCNQ⊥平面 QEF 且交线为 QF, 作 EH⊥QF,垂足为 H,则 EH⊥平面 MCNQ, 故 EH 即为点 E 到平面 MCN 的距离. 在 Rt△EQF 中,EF= 3 π 1 ,∠EQF= ,故 EH= . 3 6 2

3 即点 A 到平面 MCN 的距离为 . 2 8. 【解答】 (1) 由题意知 BC⊥AE,BC⊥PE,又∵AE∩PE=E,∴ BC⊥平面 PAE, 又 BC?平面 ABC, ∴ 平 面 PAE⊥平面 ABC. (2)由(1)知所求二面角大小与二面角 F—AE—C 大小互余.取 AB 中点 M,连 CM 与 AE 交于 O, O 为△ABC 的中心, CO 的中点 N, 则 取 连接 FN, FN⊥面 ABC, NH⊥AE 则 作 于 H,则 H 为 OE 中点,连接 FH,∠FHN 即为 F—AE—C 的平面角. 1 1 2 1 2 3 易求得 FN= PO= · 2- = · = . 2 2 3 2 3 3 1 2 FN 2 NH= CE= ,∴tan∠FHN= = 6, 2 4 NH 3 π 2 ∴ 所求角为 -arctan 6. 2 3 2012 年高考考前 30 天三轮专题提分必练绝密之专题(十七)B 【基础演练】 1 1.C 【解析】 设 l 与 m 所成的角为 γ,应用三线角定理 cosγ=cos45° cos45° ,所 = 2 以 l 与 m 成 60° 的角. 2.B 【解析】 设 AC∩BD=M,连接 A′M,则 G 点在线段 A′M 上,由比例的 A′G A′C′ 知识可知 = =2,又 M 为 BD 的中点,故 G 为△A′BD 的重心. GM AM 3.B 【解析】 已知 l⊥平面 α,对于①,若 α∥β,则可得 l⊥β,而直线 m?平面 β, 故 l⊥m;对于③,若 l∥m,则 m⊥α,而直线 m?平面 β,故 α⊥β;②④是错误的,可以 举出反例. 4.C 【解析】 连接 CF,则 CF∥DE,所以∠AFC 为异面直线 AF、DE 所成角或其 3 3 ? 3?2+? ?2-?2?2 2? ? ? ? 3 3 补角, 在△AFC 中, AF= 3, CF= , AC= , 由余弦定理得 cos∠AFC= 2 2 3 2× 3× 2

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1 = , 2 所以∠AFC=60° ,即异面直线 AF 与 DE 所成的角为 60° . 【提升训练】 1.B 【解析】 EF∥AC,EF⊥DE,故 AC⊥DE,在正三棱锥 A-BCD 中,AC⊥BD, 因此 AC⊥面 ABD,所以 AC⊥AD,由正三棱锥的性质可知 AB,AC,AD 两两垂直,AB = 2 1 2 1 2 2 2 ,故正三棱锥 A-BCD 的体积为 V= × ×? × × ?= . 2 3 2 ?2 2 2 ? 24

2.A 【解析】 将△ABC 沿 DE,EF,DF 折叠后,A、B、C 三点重合,设为 S 点, 则 S-DEF 为正四面体,显然 HI∥SE,故∠GSE 为异面直线 BG 与 IH 所成的角,而∠GSE π =30° ,故异面直线 BG 与 IH 所成的角为 ,答案选 A. 6 3.B 【解析】 设 PA,PB 两相交直线确定的平面为 γ,l∩γ=M,连接 AM,BM, 由 PA⊥α 知 PA⊥AM,由 PB⊥β 知 PB⊥BM,所以|PM|2=42+x2=52+y2 ,即 x2-y2=9, 而 x,y 表示距离,故 x≥0,y≥0. 4.A 【解析】 联想棱长为 1 的正方体 ABCD-A1B1C1D1,则四面体 ACB1D1 的棱 长都为 2,它的外接球也是正方体的外接球,其半径为正方体对角线长 3的一半,即有 r = 3 ,故所求球的表面积为 S=3π. 2 1 1 1 1 5. 2= 2+ 2+ 2 h PA PB PC 6.3- 3 【解析】 将问题放入长方体内研究,通过设点建系的方法容易求得 P 点 的轨迹为椭圆,当 P 为椭圆短轴端点时距离最小. 7. 【解答】 (1)证明:取 EC 的中点 F,连接 FM,FN, 1 1 则 FM∥BC,FM= BC,AN∥BC,AN= BC, 2 2 所以 FM∥AN 且 FM=AN,所以四边形 AMFN 为平行四边形, 所以 AM∥NF, 因为 AM?平面 NEC,NF?平面 NEC, 所以直线 AM∥平面 NEC. 2012 二轮精品提分必练 (2)由题设知面 ABCD⊥面 ADE,CD⊥AD,∴CD⊥面 ADE. 又∵CD?面 CDE, ∴面 CDE⊥面 ADE, NH⊥DE 于 H, NH⊥面 CDE, HO⊥EC 作 则 作 于 O,连接 NO,由三垂线定理可知 NO⊥CE, ∴∠HON 就是二面角 N-CE-D 的平面角, 在正△ADE 中,可得 NH= 在 Rt△EDC 中,可得 OH= 故在 Rt△NHO 中, NH 15 tan∠HON= = , OH 3 所以二面角 N-CE-D 的大小为 arctan 15 . 3 3 , 2 3 5 , 10

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8. 【解答】 (1)证明:因为 PA=PD,Q 为 AD 的中点,所以 PQ⊥AD. 连接 BD,因为 ABCD 为菱形,∠DAB=60° , 所以 AB=BD, 所以 BQ⊥AD. 因为 BQ?平面 PQB,PQ?平面 PQB,BQ∩PQ=Q, 所以 AD⊥平面 PQB, 因为 AD?平面 PAD,所以平面 PQB⊥平面 PAD. 1 (2)当 t= 时,PA∥平面 MQB. 3 证明如下:连接 AC,设 AC∩BQ=O,连接 OM. 在△AOQ 和△COB 中,因为 AD∥BC,所以∠OQA=∠OBC,∠OAQ=∠OCB,所 AO AQ 1 AO 1 以△AOQ∽△COB,所以 = = ,所以 = . OC CB 2 AC 3 在△CAP 和△COM 中, CO CM 2 因为 = = ,∠ACP=∠OCM, CA CP 3 所以△CAP∽△COM. 所以∠CPA=∠CMO,所以 AP∥OM. 因为 OM?平面 MQB,PA?平面 MQB,所以 PA∥平面 MQB.2012 年高考考前 30 天三 轮专题提分必练绝密之专题(十八)A 【基础演练】 1.A 【解析】 从 6 人中任选 4 人的选法种数为 C4=15,其中没有女生的选法有 1 6 种,故至少有 1 名女生的选法有 15-1=14(种). 2 2.C 【解析】 将 8 名售票员平均分成 4 组,有 C2C6C2种,再分配司机有 A4种,故 8 4 4 所有不同的分配方案有 C2C2C2A44 种. 8 6 4 3.D 【解析】 |a0|+|a1|+|a2|+…+|a6|即为(1+2x)6 展开式中各项系数的和.在(1- 2x)6 中令 x=-1,得|a0|+|a1|+|a2|+…+|a6|=(1+2)6=729. -1 - - - 4.B 【解析】 通项公式为 Tr+1=Cr (x2)6 r[?ax? ]r=Cr x12 3ra r,当 r=3 时,得到 6 6 5 - x3 的系数为 C36a 3= ,解得 a=2. 2 【提升训练】 1.C 【解析】 第一步,从 10 人中选派 2 人承担任务甲,有 C2 种选派方法;第二 10 步,从余下的 8 人中选派 1 人承担任务乙,有 C1种选派方法;第三步,从余下的 7 人中选 8 派 1 人承担任务丙,有 C1种选派方法.根据分步乘法计数原理,不同的选法有 C2 · 1· 1= 7 10 C8 C7 2520(种). 2.D 【解析】 先让数字 1,3,5,7 作全排列,有 A4=24(种),再排数字 6,由于数字 6 4 不与 3 相邻,在排好的排列中,除 3 的左、右 2 个空隙,还有 3 个空隙可排数字 6,故数字 6 有 3 种排法, 最后排数字 2,4, 在剩下的 4 个空隙中排上 2,4, A2种排法, 有 4 共有 A4×3×A2 4 4 =864(种). 3.C 【解析】 令 x=0,得 a0-a1+a2-…-a9+a10=1.①令 x=2,得 a0+a1+a2+… ②+① +a9+a10=210.②则 2 210+1 ②-① 210-1 a0+a2+…+a10 得 a0+a2+…+a10= ; , a1+a3+…+a9= 得 , 于是 = 2 2 2 a1+a3+…+a9
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210+1 1025 = . 210-1 1023 4.C 【解析】 从 A 开始,A 有 6 种方法,B 有 5 种方法,C 有 4 种方法,D、A 同 色有 1 种方法, A 不同色有 3 种方法, D、 于是, 不同的涂色方法有 6×5×4×(1+3)=480(种). an-1 Cn 1 C1 n n n 5.-448 【解析】 依题意,得 = n- = 2= = an-2 Cn 2 Cn n?n-1? 2 1 1 1 2 1 - - r = ,n=7.∴ ?2 x-x? n = ?2 x-x? 7 ,设 Tr + 1 =C r (2 x) 7 r ?-x? r =C7 (-1)r·7 2 7 ? ? ? ? ? ? n-1 3
r


x

7-3r 7-3r ,令 =2,得 r=1,于是展开式中的 x2 项的系数是 T2=C1(-1)·6=-448. 2 7 2 2

6.48 【解析】 分两类:①只有 1 名老队员的排法有 C1C2A3=36(种);②有 2 名老 2 3 3 队员的排法有 C2C1C1A2=12(种).故共有 36+12=48(种). 2 3 2 2 2 7.36 【解析】 将 3,4 两个数全排列,有 A2种排法,当 1,2 不相邻且不与 5 相邻时 2 3 2 有 A3种方法; 1,2 相邻且不与 5 相邻时有 A2· 2种方法. 当 A3 故满足题意的数有 A2(A3+A2· 3) 3 2 2A =36(个). 1 1 n-2r r r n-r ? 8.3 【解析】 通项公式为 Tr+1=Cnx ·- ?rx- =Cr ?-2?rx n ? ? 3 .∵第 6 项为常 3 ? 2? 3 n-2r 10-2r 3 数项,∴当 r=5 时,有 =0,即 n=10.令 =k(k∈Z),则 10-2r=3k,即 r=5- 3 3 2 k.∵r∈Z,∴k 应为偶数,∴k 可取 2,0,-2,即 r 可取 2,5,8,即展开式中的有理项共有 3 项.

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