专题5 第1讲 空间几何体-高二理数大暑假小一轮【成功方案】专题复习

10.【解析】△ABC中,BC一6,∠BAC-60°,;14,【解析】如图所示 (2)由图形的对称性得,小球的体积要达到 最大,即球与六个面郗相 由于图像的 球的半径为R,球 对称性,内部的小球要是体积最大,就是球 要和六个面相切 a2-b2+42-2 hccs 4-b2+c2-bc≥bc∴;因为AB=23,BC 连接琼心和五个顶点,把六面体分成了六 4,所以AC=√AB2+BC=2,所 个三校锥,设球的半径为R 时等号成立,此时 为四技锥的創校均相等 Sh=183 底面ABCD,所以PE-√PB2-BE2-1:以球的体积V R=3(9 故选B. 且琼心O在直线PE上 【答案】B 所以R (R-1),所以R- 【解析】设O1是 所以球的表面积为:S=4r2=64r 的中点,由于∠BAC 【答案】64丌 【答案】(1)Y2 90°,所以O1是三 15.【解析】由题意可知:多面体 ABCDE的 角形ABC的外 第2讲立体几何中的 接球即正四面体ABCD的外接球 O1A=O1B=O1C,由B C:作AE⊥面BCD交于 平行垂直及向量方法 于PA=PB=PC= F,连接 1.【解析】由a,户,y为三个不同的平面,m,7 BC=2√2,则PO1⊥ 是两条不同的直线知 BC,PO1⊥O1,BC∩O1A=O1,所以PO1 C在A中,m⊥a,n⊥即,m⊥n极据线面垂直 ⊥平面ABC,而PO1C平面PBC,所以学a,且AE为外接球 面面垂直的性质定理可知a⊥R故A正确 等边三角形,设O是三角形PBC的外心, 的直径,可得 西垂直的性质定理,可知m⊥p;在C中 则O也是三棱锥P一ABC外接球的球 Rmxa根据西面垂直的判定定理可知,a 设外接球的半径为r,根据等边三角形的氵AF-√AC-CF2 ⊥;在D中,a⊥,⊥y,则a与y相交或平 行,故D借误 性质可知?=OP √PB2-O 答案】D 设三角形BCD的外接圓的半径为r,则2r:2.【解析】如图所示,对子A中,直线AM, 解得 BN是异面直线,故AM、N、B四点不共 6,所以外接球的表面积为4πy2-4丌 面,故A错误 (-2√6) 对于B中,在长方体ABCD-AB1C1D1 设外接球的半径为R,则R2-r2+(AF 可得 【答案】 所以平面ADM⊥平面CDD1C∴故B正确 于C中,取CD的中点O,连接BO、ON, 12.【解析】由题意可知,直三祾柱ABC +9,解得R 可知三角形BON为等边三角形,故C 41B1C1的高为h=A 设正三棱锥E-BCD的高为h 正确; 等腰三角形,又∠BAC-120;角形为 中,AB 因为AE=2R√6 于D中,因为BN∥平面AA1DD,显然 a,所以h=FF=2R-;BN与平面ADM不平行,故D错误 故选 设△ABC的外接圆半径为r,由正弦定理 AF 得2 ∠ ABC sin30° 所以BE=CE=DE=√EP十CF= 设直三梭柱ABCA1B1C1的外接球半径 而BD=BC=CD=a 所以正三祾锥E一BCD的三条侧複两两 因此,該球的表面积为4xR2=8r 相互垂直 【答案】8π 所以(SE-BCD)面=S△BCD+35△EDE 13.【解析】因为AB=AC,D为BC的中点 设内切球的半径为R,VE-=3SD【答案】BC 3.【解析】若AB∥CD,则A、B、C、D四点共 SE)面秋 面y,当AB<CD时 平西a、、y两两相交有三条交线,分别为 R 则l与平西γ交于点O,MN与不平行 在折起的过程中,AD|BD,AD|CD,BD ∩CD-D,所以AD⊥平西BCD 解得:R_3√2-√6 故A错误 若M、N两点重合,则AC∥BD,A、B,C、D 因为二面角C一AD一B等于120°,所以; 答案】32 四点共面y 平面a、只、y两两相交有三条交线,分别为 AD-AB-BD2-4√2,在△BCD中,16.【解析】(1)每个三角形面积是S-(AC、BD、 由AC∥BD,得AC∥BD∥,故B正硝; ×1×2)=8,由对称性可知该六面是;两相交有三条文线,分别为ACBD 若AB与CD相交,确定平西y,平面a、月 设外接球的半径为R,则Rr2+(32)2 ,得AC∥BD∥l,故C错误; 当AB,CD是异面直线时,如图,连淒BC 可求出该四面体的高为 取BC中点G,连接MG 因此,所以外接球的体积为V 故四面体体积为-× 4x×(232=3243 因此该六面体体积是正四面体的2倍,所 答案】3 以六面体体积是 则MG∥AC.∴AC<a,MGga,则MiG∥ 必经过长方体的中 由对称性知连接四面依ABCD每组对棱申 la,MNa,∴MN∥a 点的线段相互垂直平分,列③正确 又MN∩MG=M,∴平西MNG∥x,同理可:由 = 得,平面MNG∥B,则a∥,与平面a门平面可得过四