2013高考数学（文）二轮复习配套作业（解析版）：作业手册详答（(7)

6，高为4)，三棱柱的高为4，故底面三角形的腰长为32＋42＝5.故该几何体的表面积为S1

＝363432＋5×4×2＋6×4＝88.故选A. 2

3．D [解析] 两个柱体的组合．体积是6×4×1＋2×4×5＝64.

4．B [解析] 由于正视图和侧视图的底边长度不同，故俯视图一定不是正方形和圆． 【提升训练】

5．C [解析] 正三棱柱的底面三角形高为3，故边长为2，设正三棱柱的高为h，则由正三1

棱柱的体积公式有，3＝32333h?h＝1.

2

313

6．B [解析] 由题意可知，该几何体为一个四棱锥，底面面积为，高为1，体积为V＝3

2321

31＝.故选B.

2

7．C [解析] 这个空间几何体直观图如图，其中侧面PAD⊥底面ABCD，侧面中只有△PAB，△PCD为直角三角形，另外两个是非直角的等腰三角形．

8.

D [解析] 如图所示是棱长为1的正方体，当投影线与平面A1BC1垂直时，因为平面ACD1∥平面A1BC1，所以此时正方体的正投影为一个正六边形，设其边长为a，则3a＝2，所

63?6?2

以a＝，所以投影面的面积为6×3＝3，此时投影面积最大．故选D.

34?3?9．B [解析] 由三视图知，空间几何体是一个圆柱和一个圆台的组合体．该几何体的体积为1

V＝π32234＋π31(22＋12＋2×1)

3755

＝16π＋π＝π.

33

10．B [解析] 该物体的上半部分是一个长方体，其长，宽，高分别为15，4，2，体积为15×2×4＝120 dm3.下部分是两个半圆柱，合并起来是一个圆柱，其底面半径为2，高也是2，故其体

积为π32232＝8π dm3.

故这个物体的体积为(120＋8π) dm3.

21

11．54π [解析] 冰淇淋上半部分是半球，下半部分是圆锥，V＝π333＋π332312＝

3354π.

1

12. 3π [解析] 该空间几何体是底面边长和高均为1且一条侧棱垂直底面的四棱锥，其体3113积为31231＝；这个四棱锥与单位正方体具有相同的外接球，故外接球的半径为，所

332

2?3?以其表面积为4π3

?2?＝3π.

πMN13. [解析] 根据已知三角形MON是以O为直角顶点的直角三角形，故OP＝＝1，即

62点P的轨迹是以点O为球心的八分之一球面，其与三棱锥的三个侧面围成的空间几何体的体14ππ积为3＝. 836专题限时集训(十二)

【基础演练】

1．C [解析] m?α，n?α，l⊥m，l⊥n，需要m∩n＝A才有l⊥α，A错误．若m?α，n⊥α，l⊥n，l与m可能平行、相交、也可能异面，B错误． 若l⊥m，l⊥n，l与m可能平行、相交、也可能异面，D错误．

2．B [解析] ①不对，b，c可能异面；②不对，b，c可能平行；平行移动直线不改变这条直线与其他直线的夹角，故③对，选B.

3．D [解析] 由于A1C1⊥B1D1，根据正方体特征可得BB1⊥A1C1，故A1C1⊥平面BB1D1D，B1O?平面BB1D1D，所以B1O⊥A1C1.

4．C [解析] 在平面α内作过点A且垂直于交线的直线，则该直线一定垂直于平面β，若过A点有两条，则两条必平行，从而得到矛盾；所以过点A且垂直于平面β的直线只有一条，一定在平面α内． 【提升训练】

5．C [解析] 垂直同一直线的平面平行，选项A中的命题正确；两平行线中一条垂直一个平面，另一条也垂直这个平面，选项B中的命题正确；选项C中的命题不正确；由面面垂直的判定定理知选项D中的命题正确．

6．D [解析] 由性质可知①是正确的；对于②，过两点的直线可能与平面相交，所以②错误；对于③，垂直于同一条直线的两条直线可能平行，也可能相交或异面，所以③错误；由性质可知④正确．故选D.

7．C [解析] 如图所示，则BC中点M，B1点，D点，A1D1的中点N分别到两异面直线的距离相等．即满足条件的点有四个，故选C项．

8．C [解析] 由PQ∥AC，QM∥BD，PQ⊥QM可得AC⊥BD，故A正确；由PQ∥AC可得AC∥截面PQMN，故B正确；异面直线PM与BD所成的角等于PM与PN所成的角，故D正确．综上C是错误的，故选C.

9．6 [解析] 因为四棱锥P－ABCD的顶点P在底面ABCD上的投影恰好是A，其正视图与侧视图都是腰长为a的等腰直角三角形，所以PA⊥BC，PA⊥CD，AB⊥PD，BD⊥PA，BD⊥PC，AD⊥PB，共6对．

10．①② [解析] 根据直线与平面垂直的定义，命题①正确；两条平行线中的一条直线垂直

于一个平面，另一条也垂直这个平面，命题②正确；直线与平面平行时直线不平行这个平面内的任意直线，命题③不正确；直线与平面的平行不具有传递性，命题④不正确．

11．93 [解析] 该几何体的直观图是斜四棱柱，底面是正方形，面积为3×3＝9，高为22－12＝3，所以体积为V＝9×3＝93. 12．解：(1)证明：在图(1)中，∵AC＝6，BC＝3，∠ABC＝90°， ∴∠ACB＝60°.

∵CD为∠ACB的平分线，∴∠BCD＝∠ACD＝30°， ∴CD＝23. ∵CE＝4，∠DCE＝30°，∴DE＝2.

则CD2＋DE2＝EC2，∴∠CDE＝90°，DE⊥DC. 在图(2)中，

又∵平面BCD⊥平面ACD， 平面BCD∩平面ACD＝CD， DE?平面ACD， ∴DE⊥平面BCD. (2)在图(2)中，

∵EF∥平面BDG，EF?平面ABC，平面ABC∩平面BDG＝BG， ∴EF∥BG.

∵点E在线段AC上，CE＝4，点F是AB的中点， ∴AE＝EG＝CG＝2，

作BH⊥CD交CD于H，∵平面BCD⊥平面ACD， ∴BH⊥平面ACD. 3

由条件得BH＝.

2

111

S△DEG＝S△ACD＝3AC2CD2sin30°＝3. 332

1133∴三棱锥B－DEG的体积V＝S△DEG2BH＝333＝.

3322

13．解：(1)证明：在直角梯形ABCD中， CD＝2AB，E为CD的中点， 则AB＝DE，又AB∥DE，

AD⊥AB，知BE⊥CD.在四棱锥C－ABED中，BE⊥DE，BE⊥CE，CE∩DE＝E， CE，DE?平面CDE，则BE⊥平面CDE. 因为CO?平面CDE，所以BE⊥CO.

又CO⊥DE，且BE，DE是平面ABED内两条相交直线， 故CO⊥平面ABED.

(2)由(1)知CO⊥平面ABED，

1

则三棱锥C－AOE的体积V＝S△AOE2OC＝

311

33OE3AD3OC. 32

由直角梯形ABCD中，CD＝2AB＝4，AD＝2，CE＝2， 得三棱锥C－AOE中，

OE＝CEcosθ＝2cosθ，OC＝CEsinθ＝2sinθ， V＝22sin2θ≤. 33

ππ

当且仅当sin2θ＝1，θ∈0，，即θ＝时取等号，

24(此时OE＝2

π2

故当θ＝时，三棱锥C－AOE的体积最大，最大值为.

43

14．解：(1)证明：因为EF∥AB，所以EF与AB确定平面EABF， 因为EA⊥平面ABCD，

所以EA⊥BC.

由已知得AB⊥BC且EA∩AB＝A， 所以BC⊥平面EABF. 又AF?平面EABF，

所以BC⊥AF.

(2)证明：过M作MN⊥BC，垂足为N，连接FN，则MN∥AB. 11

又CM＝AC，所以MN＝AB. 44

1

又EF∥AB且EF＝AB，所以EF∥MN，

4且EF＝MN，所以四边形EFNM为平行四边形， 所以EM∥FN.

又FN?平面FBC，EM?平面FBC， 所以EM∥平面FBC.

(3)直线AF垂直于平面EBC. 证明如下：

由(1)可知，AF⊥BC.

在四边形ABFE中，AB＝4，AE＝2，EF＝1， ∠BAE＝∠AEF＝90°，

1

所以tan∠EBA＝tan∠FAE＝，则∠EBA＝∠FAE.

2设AF∩BE＝P，因为∠PAE＋∠PAB＝90°， 故∠PBA＋∠PAB＝90°. 则∠APB＝90°，即EB⊥AF.

又因为EB∩BC＝B，所以AF⊥平面EBC. 专题限时集训(十三) 【基础演练】

1．D [解析] 对于选项D，它是线面垂直的性质定理，故正确；其他选项易判 …… 此处隐藏：2944字，全部文档内容请下载后查看。喜欢就下载吧 ……