专题5 第2讲 立体几何中的平行垂直及向量方法-高二理数大暑假小一轮【成功方案】专题复习

11【解析】由已知可观察出m3可分裂为m}1,正视图与側视圈的面积之和为1+1-2 球的半径为 个连缕奇敞,最小的一个为(m-1)m 四掖锥P-ABCD的外接球的依积为 当m=8时,最小的数为57,笫二个便是:【答案】A 3【解析】根据几何体的三视图可得直观图3丌·23 答案】8 为:该几何体为四校锥, 故选B 12.【解析】(1)报据“甲与体委的年龄不同 图所示 【答案 体委比乙年龄小”可得:丙是体委; 所以最长的梭长AB 2-2-:7.【解析】在四而体 2)根据“丙的年龄比学委的大,体委比乙 年龄小”可得:乙>丙>学习委员,由此可氵2 ABCD中,△ABC 和△BCD均是达长 得,乙不是学习委员,那么乙是班长 答:班长是乙 【答案】C 的等边三角 4.【解析】根据三视图可符直观图四梭锥P四面体ABCD的四小 故答策为:乙 BCD,如 个顶点都在同一球 答案】乙 面上,且AD是该球 13.【解析】分析:利用反证法对每个人的说 的直径,设球心为 法送行分析、排除可得结论 O,则O为AD的中点, 详解:①当甲的答案正痈时,則甲的说法错 AB=AC=BC=BD=CD=1,/ABD 误,乙、丙的说法有一个正确,符合題意,故 甲的答案正确 ②当乙的答案正确时;则甲 正 DD=2, BOL AD, BOLOC 确,丙的说法不正确,与符合题意矛盾.故 的答案不正确 BO⊥平面ACD 底面是一个直角梯形,ADAB,AD∥BC ③当丙的答業正确时,则甲、丙的说法正 ABCD的体积为 AD-4,AB-BC-PO-2,且 确,乙的说法不正确,与符合题意矛盾.故PO)底而ABCD,所以PA=PD=PC=VB-4D-×SD×BO-1×1 丙的答案不正确 综上可得甲的答案正确. 【答案】甲 PB=√P+(B2=√P(-OA2-AB 14.【解析】椭圆的长半轴为a,短半轴为b,;=√22+22+2=23, 故远B. 现构造两个底面半径为b,高为a的圆柱, 然后在圆柱内挖去一个以圆柱下底而圃心 该四棱锥最长侧校长为2√3. 【答案】B 8.【解析】设两锥的顶点 为顶点,圆柱上底面为底西的圆锥,根据祖;【答案】C 为分别A,B,底面圆囫心为 原理得出栈球的体积 5.【解析】取BB1的中 点F,连接OF、D1F 心为O,球的半径OC=R= CF、C1F,连接DO BO、OC、D1B、D1C 圆锥的体积之和为 如图 球的体积的 因为正方体ABCD 故答案为:3x×ba A1B1C1D1的棱长为2,A 3rrAO1+3m7BO1-3Tr(401+ 【答案】4 所以B1F DB1-DC-22,BB1⊥平面ABCD,B1BO)-元(2R)-3×4R 右边的常数分别为其前两项等式右边的常所以OD=√D+DD2=6,(、则r=3 15.〖解析】递过观察发现,从第三项起,等式;⊥平面A1B(D1,CD⊥平面BB1C1C 数的和,因此a°+b8-18,a-b b3=47,a+b=76,a410+b40 √O+BF=3,D1F=vD2B1-B1F在Rt△OC中(=vO0OC √36-27=3 b1=199 所以OD12+OF2=D1F2,OD12+OC2 两圆维的高分别为A01-R-0X1-3 c- B(入=R+O 如果甲说假话,则丙被录用,那么氵所以OD1⊥OC,OD1⊥OH 所以两个圓锥高之差的绝对值为6 乙也说假话了,与题设矛盾 由OC∩OF=0可得OD1⊥平面OCF 故选C. 如采乙说假话,则乙没有被录用,丙也没有:所以(D1⊥CF,所以点P的轨迹为线 答案】 被孓用,则甲被录用,满足题意; 9.【解析】4B=2,AC⊥BC,故底面三角形 如果丙说假话,则甲也说了假话,与题设}又C1F-√B1C2+B,F->(1C-2 接圆半径为r=1, 所以△D1C1P面积的最大值S=2C1F SAm-1CA·CB≤1(cA2+CB) 上,被录用的是甲 【答案】甲 2×√5=5. 当CCB-√时等号成立 专题五立体几何 故选C. 第1讲空间几何体 答案】 当P离平面ABC最远时,外接球表面积最 1.【解析】由三祝图可得:该几何体是一个正氵6.【解析】连接AC交BD于F,球心O在底:小,此时,P在平面ABC的没影为AB中 三掖柱, 面的射影必为点F,取AD的中点E,在截 由题可得:底面正三角形的高为3,则底面 PEF中,连结P 设球心为O,则O在PO 正三角形的边长为2 在△PAD中 上,故R2一(h-R)2+ 因为正视图由两个小正方形组成,所以正三 DPA=I, PA 化简得到R=h 校柱的高为 所以此凡何体的体积为V 入2×2× 又由已知得EF=1 双勾函数y-2+在A 设OF一 故选C. 在Rt△OAF中,O42-x2+4 【答案】C 「2,十∞)上单调递增,故Rmt 【解析】