20xx屆新高考二輪-專題五-立體幾何-單元測試(編輯修改稿)
2025-04-03 02:25 本頁面
【文章內容簡介】 圓錐的體積,∵圓錐的側面展開圖恰為一個半徑為3的圓的三分之一,∴底面周長為2π33=2π.∴圓錐的底面半徑為1,母線長為3,∴高為321=22.∴體積V圓錐=13π1222=223π. 解析如圖,設△ABC的外接圓圓心為O39。,其半徑為r,球O的半徑為R,當球心O在三棱錐PABC內時,由題意可知,V1V2max=R+R2r2R2r2=3,可得R=23r.∵2r=ACsin∠ABC=43,∴r=23,∴R=43,∴S球=4π169=,. 解析結合圖形,顯然直線AM與C1C是異面直線,直線AM與BN是異面直線,直線BN與MB1是異面直線,∠ACD1=60176。,所以直線MN與AC所成的角為60176。.綜上正確的結論為CD. 解析∵m⊥α,α∥β,∴m⊥⊥β,∴m∥n,故A正確。B選項中,α,β可能平行,也可能相交,故B不正確。C選項中,當m∥n時,α,β可能相交,故C不正確。由面面垂直判定定理,知D正確. 解析如圖所示,SG⊥GF,SG⊥GE,GE∩GF=G,∴SG⊥平面EFG,故A正確?！逥H為△SEF的中位線,則DH∥SE,DH?平面SGE,∴DH∥平面SGE,故B正確。由題知,SG=1,GE=GF=12,VSGEF=13S△GEFSG=131212121=124,故C不正確?！逩E,GF,GS兩兩垂直,故外接球直徑2R=12+122+122=62,所以S=4πR2=32π,故D正確. 解析因為AB∥EF,AB∥CD,所以四邊形CDEF確定一個平面,由于DC,EF長度不相等,則DF,CE不平行,即DF與平面BCE有公共點,故A錯誤。連接OF,OE,OE交BF于點G,因為OB∥EF,OB=EF,OB=OF=1,所以四邊形OBEF為菱形,則BE=OF=1,所以△OBE為等邊三角形,由于G為OE的中點,則∠OBG=12∠OBE=30176。,因為AB∥CD,所以異面直線BF與DC所成的角為∠ABF=∠OBG=30176。,故B正確。由于四邊形OBEF為菱形,則BF=2BG=212122=3,由面面垂直的性質以及線面垂直的性質可知,BC⊥BE,BC⊥BF,所以CF=12+(3)2=2,CE=12+12=2,又因為EF2+CE2=3≠CF2,所以△EFC不是直角三角形,故C錯誤。因為BF=3,BE=1,EF=1,所以S△BEF=12312322=34,由面面垂直的性質可知,BC⊥平面BEF,所以VCBEF=13341=312,過點F作AB的垂線,垂足為H,則FH=12BF=32,根據面面垂直的性質可知HF⊥平面ABCD,則VFABCD=132132=33,即VCBEF∶VFABCD=1∶4,故D正確. 解析設圓柱底面圓的半徑為r,圓柱的高為h,由題意知112(2πr)2h=πr2h,解得π=3. m 解析將圓錐側面展開得半徑為2m的一扇形,螞蟻從P爬行一周后回到P(記作P1),作OM⊥PP1,即PP1=23m,OP=2m,由圓的性質可得∠POM=∠P1OM=π3,即扇形所對的圓心角為2π3,則圓錐底面圓的周長為l=2π32=4π3(m),則底面圓的半徑為r=l2π=4π32π=23(m). 解析如圖,由底面邊長為2,可得OC=1.設M為VC的中點,則O1M=12OC=12,O1O=12VO,VO=VC2OC2=2,∴O1O=1.∴V圓柱=πO1M2O1O=π1221=π4. 解析因為在長方體ABCDA1B1C1D1中,AA1⊥平面ABCD,所以PA1與平面ABCD所成角為∠APA1.因為PA1與平面ABCD所成角為π3,所以∠APA1=π3.因為AA1=23,所以AP=2.從而點P形成的軌跡為以A為圓心,2為半徑的圓在矩形ABCD內一段圓弧DM,設其圓心角為θ,則sinθ=322=34,所以tanθ==tan2θ=2tanθ1tan2θ=237197=37.17.(1)證明∵ED⊥CD,平面EDCF⊥平面ABCD,且平面EDCF∩平面ABCD=CD,ED?平面EDCF,∴ED⊥平面ABCD.又AD,BD?平面ABCD,∴ED⊥BD,AD⊥ED.∵在Rt△BDE中,ED=23,BE=26,∴BD=23.在△ABD中,BD=23,AD=1,AB=13,∵AB2=AD2+BD2,∴AD⊥
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