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(浙江專(zhuān)用)2020版高考數(shù)學(xué)新增分大一輪復(fù)習(xí) 第八章 立體幾何與空間向量 專(zhuān)題突破五 高考中的立體幾何問(wèn)題講義(含解析).docx

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(浙江專(zhuān)用)2020版高考數(shù)學(xué)新增分大一輪復(fù)習(xí) 第八章 立體幾何與空間向量 專(zhuān)題突破五 高考中的立體幾何問(wèn)題講義(含解析).docx

高考專(zhuān)題突破五高考中的立體幾何問(wèn)題題型一求空間幾何體的表面積與體積例1(1)一個(gè)正方體挖去一個(gè)多面體所得的幾何體的三視圖如圖所示,其中正視圖、側(cè)視圖和俯視圖均為邊長(zhǎng)等于2的正方形,則這個(gè)幾何體的表面積為()A.164B.164C.204D.204答案D解析由三視圖可知,該幾何體是棱長(zhǎng)為2的正方體的內(nèi)部挖去一個(gè)底面邊長(zhǎng)為2的正四棱錐,將三視圖還原可得如圖,可得其表面積為S52242204,故選D.(2)(2018浙江省嘉興市第一中學(xué)期中)如圖,已知AB為圓O的直徑,C為圓上一動(dòng)點(diǎn),PA圓O所在平面,且PAAB2,過(guò)點(diǎn)A作平面PB,交PB,PC分別于E,F(xiàn),當(dāng)三棱錐PAEF體積最大時(shí),tanBAC_.答案解析PB平面AEF,AFPB,又ACBC,APBC,ACAPA,AC,AP平面PAC,BC平面PAC,又AF平面PAC,AFBC,又PBBCB,PB,BC平面PBC,AF平面PBC,AFE90,設(shè)BAC,在RtPAC中,AF.在RtPAB中,AEPE,EF,V三棱錐PAEFAFEFPEAF,當(dāng)AF1時(shí),三棱錐PAEF的體積取最大值,此時(shí)1,且0<<90,cos,sin,tan.思維升華(1)等積轉(zhuǎn)換法多用來(lái)求三棱錐的體積.(2)不規(guī)則的幾何體可通過(guò)分割或補(bǔ)形轉(zhuǎn)化為規(guī)則幾何體,再利用公式求解.跟蹤訓(xùn)練1(1)(2018嘉興模擬)某幾何體的三視圖如圖所示(單位:cm),則該幾何體的表面積(單位:cm2)是()A.3624B.3612C.4024D.4012答案B解析由三視圖得該幾何體為一個(gè)組合體,上面是棱長(zhǎng)為2的正方體,下面是下底為邊長(zhǎng)為4的正方形、上底為邊長(zhǎng)為2的正方形的四棱臺(tái),則其表面積為5224423612,故選B.(2)(2018溫州高考適應(yīng)性測(cè)試)某幾何體的三視圖如圖所示,則該幾何體的體積是()A.B.C.D.答案A解析由三視圖可還原出幾何體的直觀圖,該幾何體是由半個(gè)圓柱(底面圓的半徑為1,高為2)和一個(gè)四棱錐(底面為邊長(zhǎng)是2的正方形,高為1)組成的,如圖所示.故該幾何體的體積V122221.故選A.題型二空間點(diǎn)、線(xiàn)、面的位置關(guān)系例2如圖,在三棱柱ABCA1B1C1中,側(cè)棱垂直于底面,ABBC,AA1AC2,BC1,E,F(xiàn)分別是A1C1,BC的中點(diǎn).(1)求證:平面ABE平面B1BCC1;(2)求證:C1F平面ABE;(3)求三棱錐EABC的體積.(1)證明在三棱柱ABCA1B1C1中,BB1底面ABC.因?yàn)锳B平面ABC,所以BB1AB.又因?yàn)锳BBC,BCBB1B,所以AB平面B1BCC1.又AB平面ABE,所以平面ABE平面B1BCC1.(2)證明方法一如圖1,取AB中點(diǎn)G,連接EG,F(xiàn)G.因?yàn)镋,F(xiàn)分別是A1C1,BC的中點(diǎn),所以FGAC,且FGAC.因?yàn)锳CA1C1,且ACA1C1,所以FGEC1,且FGEC1,所以四邊形FGEC1為平行四邊形,所以C1FEG.又因?yàn)镋G平面ABE,C1F平面ABE,所以C1F平面ABE.方法二如圖2,取AC的中點(diǎn)H,連接C1H,F(xiàn)H.因?yàn)镠,F(xiàn)分別是AC,BC的中點(diǎn),所以HFAB,又因?yàn)镋,H分別是A1C1,AC的中點(diǎn),所以EC1AH,且EC1AH,所以四邊形EAHC1為平行四邊形,所以C1HAE,又C1HHFH,AEABA,所以平面ABE平面C1HF,又C1F平面C1HF,所以C1F平面ABE.(3)解因?yàn)锳A1AC2,BC1,ABBC,所以AB.所以三棱錐EABC的體積VSABCAA112.思維升華 (1)平行問(wèn)題的轉(zhuǎn)化利用線(xiàn)線(xiàn)平行、線(xiàn)面平行、面面平行的相互轉(zhuǎn)化解決平行關(guān)系的判定問(wèn)題時(shí),一般遵循從“低維”到“高維”的轉(zhuǎn)化,即從“線(xiàn)線(xiàn)平行”到“線(xiàn)面平行”,再到“面面平行”;而應(yīng)用性質(zhì)定理時(shí),其順序正好相反.在實(shí)際的解題過(guò)程中,判定定理和性質(zhì)定理一般要相互結(jié)合,靈活運(yùn)用.(2)垂直問(wèn)題的轉(zhuǎn)化在空間垂直關(guān)系中,線(xiàn)面垂直是核心,已知線(xiàn)面垂直,既可為證明線(xiàn)線(xiàn)垂直提供依據(jù),又可為利用判定定理證明面面垂直作好鋪墊.應(yīng)用面面垂直的性質(zhì)定理時(shí),一般需作輔助線(xiàn),基本作法是過(guò)其中一個(gè)平面內(nèi)一點(diǎn)作交線(xiàn)的垂線(xiàn),從而把面面垂直問(wèn)題轉(zhuǎn)化為線(xiàn)面垂直問(wèn)題,進(jìn)而可轉(zhuǎn)化為線(xiàn)線(xiàn)垂直問(wèn)題.跟蹤訓(xùn)練2如圖,在底面是矩形的四棱錐PABCD中,PA底面ABCD,點(diǎn)E,F(xiàn)分別是PC,PD的中點(diǎn),PAAB1,BC2.(1)求證:EF平面PAB;(2)求證:平面PAD平面PDC.證明(1)以點(diǎn)A為原點(diǎn),AB所在直線(xiàn)為x軸,AD所在直線(xiàn)為y軸,AP所在直線(xiàn)為z軸,建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系A(chǔ)xyz,則A(0,0,0),B(1,0,0),C(1,2,0),D(0,2,0),P(0,0,1).點(diǎn)E,F(xiàn)分別是PC,PD的中點(diǎn),E,F(xiàn),(1,0,0).,即EFAB,又AB平面PAB,EF平面PAB,EF平面PAB.(2)由(1)可知,(0,0,1),(0,2,0),(1,0,0),(0,0,1)(1,0,0)0,(0,2,0)(1,0,0)0,即APDC,ADDC.又APADA,AP,AD平面PAD,DC平面PAD.DC平面PDC,平面PAD平面PDC.題型三空間角的計(jì)算1.(2018浙江高考適應(yīng)性考試)四個(gè)同樣大小的球O1,O2,O3,O4兩兩相切,點(diǎn)M是球O1上的動(dòng)點(diǎn),則直線(xiàn)O2M與直線(xiàn)O3O4所成角的正弦值的取值范圍為()A.B.C.D.答案C解析由四個(gè)同樣大小的球O1,O2,O3,O4兩兩相切,則可以把O1,O2,O3,O4看成正四面體的四個(gè)頂點(diǎn),球的半徑為棱長(zhǎng)的一半,記球的半徑為1,則正四面體的棱長(zhǎng)為2.平移直線(xiàn)O3O4至O2C位置,過(guò)O2C,O1O2的平面截球O1得一個(gè)大圓,過(guò)O2作大圓的兩條切線(xiàn)O2E,O2F,由線(xiàn)面垂直易證O1O2O2C,由圖可知,當(dāng)點(diǎn)M運(yùn)動(dòng)至切點(diǎn)E時(shí),MO2C最小,當(dāng)點(diǎn)M運(yùn)動(dòng)至切點(diǎn)F時(shí),MO2C最大,設(shè)EO2O1,則MO2C.在RtEO2O1中,sin,則,即直線(xiàn)O2M與直線(xiàn)O3O4所成角,則直線(xiàn)O2M與直線(xiàn)O3O4所成角的正弦值的取值范圍為,故選C.2.(2017浙江)如圖,已知正四面體DABC(所有棱長(zhǎng)均相等的三棱錐),P,Q,R分別為AB,BC,CA上的點(diǎn),APPB,2,分別記二面角DPRQ,DPQR,DQRP的平面角為,則()A.B.C.D.答案B解析如圖,作出點(diǎn)D在底面ABC上的射影O,過(guò)點(diǎn)O分別作PR,PQ,QR的垂線(xiàn)OE,OF,OG,連接DE,DF,DG,則DEO,DFO,DGO.由圖可知它們的對(duì)邊都是DO,只需比較EO,F(xiàn)O,GO的大小即可.如圖,在AB邊上取點(diǎn)P,使AP2PB,連接OQ,OR,則O為QRP的中心.設(shè)點(diǎn)O到QRP三邊的距離為a,則OGa,OFOQsinOQFOQsinOQPa,OEORsinOREORsinORPa,OFOGOE,.故選B.3.(2018浙江)如圖,已知多面體ABCA1B1C1,A1A,B1B,C1C均垂直于平面ABC,ABC120,A1A4,C1C1,ABBCB1B2.(1)證明:AB1平面A1B1C1;(2)求直線(xiàn)AC1與平面ABB1所成的角的正弦值.方法一(1)證明由AB2,AA14,BB12,AA1AB,BB1AB,得AB1A1B12,所以A1BABAA,故AB1A1B1.由BC2,BB12,CC11,BB1BC,CC1BC,得B1C1.由ABBC2,ABC120,得AC2.由CC1AC,得AC1,所以ABB1CAC,故AB1B1C1.又因?yàn)锳1B1B1C1B1,A1B1,B1C1平面A1B1C1,因此AB1平面A1B1C1.(2)解如圖,過(guò)點(diǎn)C1作C1DA1B1,交直線(xiàn)A1B1于點(diǎn)D,連接AD.由AB1平面A1B1C1,得平面A1B1C1平面ABB1.由C1DA1B1,平面A1B1C1平面ABB1A1B1,C1D平面A1B1C1,得C1D平面ABB1.所以C1AD是AC1與平面ABB1所成的角.由B1C1,A1B12,A1C1,得cosC1A1B1,sinC1A1B1,所以C1D,故sinC1AD.因此直線(xiàn)AC1與平面ABB1所成的角的正弦值是.方法二(1)證明如圖,以AC的中點(diǎn)O為原點(diǎn),分別以射線(xiàn)OB,OC為x,y軸的正半軸,建立空間直角坐標(biāo)系Oxyz.由題意知各點(diǎn)坐標(biāo)如下:A(0,0),B(1,0,0),A1(0,4),B1(1,0,2),C1(0,1).因此(1,2),(1,2),(0,2,3).由0,得AB1A1B1.由0,得AB1A1C1.又A1B1A1C1A1,A1B1,A1C1平面A1B1C1,所以AB1平面A1B1C1.(2)解設(shè)直線(xiàn)AC1與平面ABB1所成的角為.由(1)可知(0,2,1),(1,0),(0,0,2).設(shè)平面ABB1的一個(gè)法向量為n(x,y,z).由得可取n(,1,0).所以sin|cos,n|.因此直線(xiàn)AC1與平面ABB1所成的角的正弦值是.思維升華空間角是高考中的??純?nèi)容,線(xiàn)線(xiàn)角和二面角多出現(xiàn)在小題中,線(xiàn)面角多出現(xiàn)在解答題中,主要注意幾何法與空間向量法的靈活應(yīng)用.題型四立體幾何中的動(dòng)態(tài)問(wèn)題1.(2018杭州模擬)等腰直角三角形ABE的斜邊AB為正四面體ABCD的側(cè)棱,直角邊AE繞斜邊AB旋轉(zhuǎn),則在旋轉(zhuǎn)的過(guò)程中,有下列說(shuō)法:四面體EBCD的體積有最大值和最小值;存在某個(gè)位置,使得AEBD;設(shè)二面角DABE的平面角為,則DAE;AE的中點(diǎn)M與AB的中點(diǎn)N的連線(xiàn)交平面BCD于點(diǎn)P,則點(diǎn)P的軌跡為橢圓.其中,正確說(shuō)法的個(gè)數(shù)是()A.1B.2C.3D.4答案C解析四面體EBCD的底面BCD的面積為定值,且在旋轉(zhuǎn)的過(guò)程中,點(diǎn)E到底面BCD的距離存在最大值和最小值,所以四面體EBCD的體積有最大值和最小值,正確;設(shè)BD的中點(diǎn)為F,則當(dāng)AE旋轉(zhuǎn)到平面ACF內(nèi)時(shí),AEBD,正確;當(dāng)點(diǎn)E旋轉(zhuǎn)到ABD內(nèi)時(shí),二面角DABE的大小為0,DAE,此時(shí)DAE不成立,錯(cuò)誤;由題意得點(diǎn)P的軌跡為以MN為母線(xiàn),AB為軸的圓錐面與平面BCD的交線(xiàn),易得圓錐的母線(xiàn)與圓錐的軸的夾角為,在正四面體ABCD中易得直線(xiàn)AB與平面BCD所成的角滿(mǎn)足<<,所以圓錐面與平面BCD的交線(xiàn)為橢圓,即點(diǎn)P的軌跡為橢圓,正確.綜上所述,正確說(shuō)法的個(gè)數(shù)為3,故選C.2.(2018浙江高考研究聯(lián)盟聯(lián)考)如圖,已知正四面體DABC,P為線(xiàn)段AB上的動(dòng)點(diǎn)(端點(diǎn)除外),則二面角DPCB的平面角的余弦值的取值范圍是_.答案解析當(dāng)點(diǎn)P從點(diǎn)A運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)B時(shí),二面角DPCB的平面角逐漸增大,二面角DPCB的平面角最小趨近于二面角DACB的平面角,最大趨近于二面角DBCA的平面角的補(bǔ)角.設(shè)正四面體的棱長(zhǎng)為2,如圖所示,取AC的中點(diǎn)為E.連接DE,BE,易知DEB為二面角DACB的平面角,DEBE,所以cosDEB,同理二面角DBCA的平面角的補(bǔ)角的余弦值為,故二面角DPCB的平面角的余弦值的取值范圍是.思維升華 (1)考慮動(dòng)態(tài)問(wèn)題中點(diǎn)線(xiàn)面的變化引起的一些量的變化,建立目標(biāo)函數(shù),用代數(shù)方法解決幾何問(wèn)題.(2)運(yùn)動(dòng)變化中的軌跡問(wèn)題的實(shí)質(zhì)是尋求運(yùn)動(dòng)變化過(guò)程中的所有情況,發(fā)現(xiàn)動(dòng)點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)規(guī)律.(3)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中端點(diǎn)的情況影響問(wèn)題的思考,可以利用極限思想考慮運(yùn)動(dòng)變化的極限位置.1.(2018紹興質(zhì)檢)已知m,n是兩條不同的直線(xiàn),是兩個(gè)不同的平面,則下列命題中正確的個(gè)數(shù)是()若m且m,則;若m且,則m;若mn,m,n,則;若mn,n,則m.A.1B.2C.3D.4答案B解析若m,則由線(xiàn)面平行的性質(zhì)定理知,在內(nèi)有直線(xiàn)l與m平行,又m,則l,從而,故正確;若m且,則m或m,故不正確;若mn,m,則n,又n,所以,故正確;若mn,n,則m或m,故不正確.故正確的個(gè)數(shù)為2.2.過(guò)正方體ABCDABCD的頂點(diǎn)A作平面,使得棱AB,CC,AD在平面上的投影的長(zhǎng)度相等,則這樣的平面的個(gè)數(shù)為()A.6B.4C.3D.1答案B解析考慮到平行的性質(zhì),AB,CC,AD可以用同一頂點(diǎn)處的三條棱替代,如AB,AA,AD,投影的長(zhǎng)度相等等價(jià)于這些線(xiàn)段所在直線(xiàn)與平面所成的角相等,因此以正方體為依托,如圖,平面ABD(BCD),ACD(ABC),ABD(BCD),ACD(ABC)均符合題意,所以這樣的平面有4個(gè).故選B.3.(2018紹興模擬)九章算術(shù)中,將底面是直角三角形的直三棱柱稱(chēng)之為“塹堵”.已知某“塹堵”的三視圖如圖所示,俯視圖中間的實(shí)線(xiàn)平分矩形的面積,則該“塹堵”的側(cè)面積為()A.2B.24C.44D.46答案C解析由題可得,該幾何體是底面為等腰直角三角形,直角邊長(zhǎng)為,高為2的直三棱柱,所以其側(cè)面包括一個(gè)邊長(zhǎng)為2的正方形及兩個(gè)長(zhǎng)和寬分別為2和的長(zhǎng)方形,所以其側(cè)面積為S222244,故選C.4.(2018臺(tái)州適應(yīng)性考試)如圖,已知菱形ABCD的對(duì)角線(xiàn)AC,BD相交于點(diǎn)O,將菱形ABCD沿對(duì)角線(xiàn)AC折起,使得平面ACD平面ABC,若點(diǎn)N是BD上的動(dòng)點(diǎn),當(dāng)線(xiàn)段ON最短時(shí),二面角NACB的余弦值為()A.0B.C.D.答案C解析易知OBOD,所以當(dāng)N為BD的中點(diǎn)時(shí),線(xiàn)段ON最短,因?yàn)锳COB,ACOD,OBODO,OB,OD平面OBD,所以AC平面BOD,所以O(shè)NAC,又OBAC,所以BON即二面角NACB的平面角.因?yàn)槠矫鍭CD平面ABC,平面ACD平面ABCAC,ODAC,所以O(shè)D平面ABC,所以O(shè)DOB,BOD為等腰直角三角形,所以BON45,所以二面角NACB的余弦值為.5.(2018浙江)已知四棱錐SABCD的底面是正方形,側(cè)棱長(zhǎng)均相等,E是線(xiàn)段AB上的點(diǎn)(不含端點(diǎn)),設(shè)SE與BC所成的角為1,SE與平面ABCD所成的角為2,二面角SABC的平面角為3,則()A.123B.321C.132D.231答案D解析如圖,不妨設(shè)底面正方形的邊長(zhǎng)為2,E為AB上靠近點(diǎn)A的四等分點(diǎn),E為AB的中點(diǎn),S到底面的距離SO1,以EE,EO為鄰邊作矩形OOEE,則SEO1,SEO2,SEO3.由題意,得tan1,tan2,tan31,此時(shí)tan2tan3tan1,可得231.當(dāng)E在AB中點(diǎn)處時(shí),231.故選D.6.(2018嘉興調(diào)研)如圖,正方體ABCDA1B1C1D1的棱長(zhǎng)為1,E,F(xiàn)分別是棱AA1,CC1的中點(diǎn),過(guò)EF的平面與棱BB1,DD1分別交于點(diǎn)G,H.設(shè)BGx,x0,1.四邊形EGFH一定是菱形;AC平面EGFH;四邊形EGFH的面積Sf(x)在區(qū)間0,1上具有單調(diào)性;四棱錐AEGFH的體積為定值.以上結(jié)論正確的個(gè)數(shù)是()A.4B.3C.2D.1答案B解析由正方體的性質(zhì)易得D1HBGx,則四邊形A1D1HE、四邊形ABGE、四邊形CBGF、四邊形C1D1HF為四個(gè)全等的直角梯形,則HEEGGFFH,即四邊形EGFH為菱形,正確;因?yàn)锳CEF,EF平面EGFH,AC平面EGFH,所以AC平面EGFH,正確;在線(xiàn)段DD1上取DMx,則易得HMG為直角三角形,且HM12x,則GH,則菱形EGFH的面積Sf(x)EFGH,易得其在上單調(diào)遞減,在上單調(diào)遞增,在0,1上不具有單調(diào)性,錯(cuò)誤;V四棱錐AEGFHV三棱錐AEFHV三棱錐AEGFV三棱錐FAEHV三棱錐FAEG1111,為定值,正確.綜上所述,正確結(jié)論的個(gè)數(shù)是3,故選B.7.如圖,在正四面體ABCD中,P,Q,R分別為AB,AC,AD上的點(diǎn),2,3,記二面角BPQR,CQRP,DPRQ的平面角分別為,則()A.<<B.<<C.<<D.<<答案C解析易知二面角BPQR的平面角的補(bǔ)角就是二面角APQR的平面角,二面角CQRP的平面角的補(bǔ)角就是二面角AQRP的平面角,二面角DPRQ的平面角的補(bǔ)角就是二面角APRQ的平面角.易得二面角APQR的平面角>二面角AQRP的平面角>二面角APRQ的平面角,即<<.故選C.8.如圖,在梯形ABCD中,ADBC,ABC90,ADBCAB234,E,F(xiàn)分別是AB,CD的中點(diǎn),將四邊形ADFE沿直線(xiàn)EF進(jìn)行翻折,給出四個(gè)結(jié)論:DFBC;BDFC;平面DBF平面BFC;平面DCF平面BFC.在翻折過(guò)程中,可能成立的結(jié)論是_.(填寫(xiě)結(jié)論序號(hào))答案解析因?yàn)锽CAD,AD與DF相交不垂直,所以BC與DF不垂直,則錯(cuò)誤;設(shè)點(diǎn)D在平面BCF上的射影為點(diǎn)P,當(dāng)BPCF時(shí)就有BDFC,而ADBCAB234,可使條件滿(mǎn)足,所以正確;當(dāng)點(diǎn)P落在BF上時(shí),DP平面BDF,從而平面BDF平面BCF,所以正確;因?yàn)辄c(diǎn)D的投影不可能在FC上,所以平面DCF平面BFC不成立,即錯(cuò)誤.故答案為.9.如圖,四邊形ABCD和ADPQ均為正方形,它們所在的平面互相垂直,動(dòng)點(diǎn)M在線(xiàn)段PQ上,E,F(xiàn)分別為AB,BC的中點(diǎn).設(shè)異面直線(xiàn)EM與AF所成的角為,則cos的最大值為_(kāi).答案解析以A點(diǎn)為坐標(biāo)原點(diǎn),AB,AD,AQ所在直線(xiàn)分別為x軸,y軸,z軸,建立空間直角坐標(biāo)系,如圖所示,設(shè)AB1,則,E,設(shè)M(0,y,1)(0y1),則,cos,.則cos|cos,|,令t1y,則y1t,0y1,0t1,那么cos,令x,0t1,x1,那么cos,又z9x28x4在1,)上單調(diào)遞增,x1時(shí),zmin5,此時(shí)cos的最大值為.10.(2009浙江)如圖,在長(zhǎng)方形ABCD中,AB2,BC1,E為DC的中點(diǎn),F(xiàn)為線(xiàn)段EC(端點(diǎn)除外)上一動(dòng)點(diǎn).現(xiàn)將AFD沿AF折起,使平面ABD平面ABC.在平面ABD內(nèi)過(guò)點(diǎn)D作DKAB,K為垂足.設(shè)AKt,則t的取值范圍是_.答案解析如圖,在平面ADF內(nèi)過(guò)D作DHAF,垂足為H,連接HK.過(guò)F點(diǎn)作FPBC交AB于點(diǎn)P.設(shè)FAB,則cos.設(shè)DFx,則1<2.平面ABD平面ABC,平面ABD平面ABCAB,DKAB,DKABD,DK平面ABC,又AF平面ABC,DKAF.又DHAF,DKDHD,DK,DH平面DKH,AF平面DKH,AFHK,即AHHK.在RtADF中,AF,DH.ADF和APF都是直角三角形,PFAD,RtADFRtAPF,APDFx.AHDADF,cos.x.1<x<2,1<<2,<t<1.11.(2017浙江)如圖,已知四棱錐PABCD,PAD是以AD為斜邊的等腰直角三角形,BCAD,CDAD,PCAD2DC2CB,E為PD的中點(diǎn).(1)證明:CE平面PAB;(2)求直線(xiàn)CE與平面PBC所成角的正弦值.(1)證明如圖,設(shè)PA的中點(diǎn)為F,連接EF,F(xiàn)B.因?yàn)镋,F(xiàn)分別為PD,PA的中點(diǎn),所以EFAD且EFAD,又因?yàn)锽CAD,BCAD,所以EFBC且EFBC,所以四邊形BCEF為平行四邊形,所以CEBF.因?yàn)锽F平面PAB,CE平面PAB,因此CE平面PAB.(2)解分別取BC,AD的中點(diǎn)為M,N,連接PN交EF于點(diǎn)Q,連接MQ.因?yàn)镋,F(xiàn),N分別是PD,PA,AD的中點(diǎn),所以Q為EF的中點(diǎn),在平行四邊形BCEF中,MQCE.由PAD為等腰直角三角形得PNAD.由DCAD,BCAD,BCAD,N是AD的中點(diǎn)得BNAD.所以AD平面PBN.由BCAD得BC平面PBN,那么平面PBC平面PBN.過(guò)點(diǎn)Q作PB的垂線(xiàn),垂足為H,連接MH.MH是MQ在平面PBC上的射影,所以QMH是直線(xiàn)CE與平面PBC所成的角.設(shè)CD1.在PCD中,由PC2,CD1,PD得CE,在PBN中,由PNBN1,PB得QH,在RtMQH中,QH,MQ,所以sinQMH,所以直線(xiàn)CE與平面PBC所成角的正弦值是.12.(2018浙江重點(diǎn)中學(xué)聯(lián)考)如圖,在直三棱柱ABCA1B1C1中,底面ABC是邊長(zhǎng)為2的正三角形,D是棱A1C1的中點(diǎn),CC1h(h>0).(1)證明:BC1平面AB1D;(2)若直線(xiàn)BC1與平面ABB1A1所成角的大小為,求h的值.(1)證明方法一如圖1,連接A1B,交AB1于點(diǎn)E,連接DE,則DE是A1BC1的中位線(xiàn),圖1所以DEBC1.又DE平面AB1D,BC1平面AB1D,所以BC1平面AB1D.方法二如圖2,取AC的中點(diǎn)F,連接BF,C1F,DF.圖2因?yàn)锳FDC1,且AFDC1,所以四邊形AFC1D是平行四邊形,故ADFC1.又FC1平面BFC1,AD平面BFC1,所以AD平面BFC1.因?yàn)镈FB1B,且DFB1B,所以四邊形DFBB1是平行四邊形,故DB1FB.又FB平面BFC1,DB1平面BFC1,所以DB1平面BFC1.又ADDB1D,AD,DB1平面ADB1,所以平面ADB1平面BFC1.又BC1平面BFC1,故BC1平面AB1D.(2)解方法一取A1B1的中點(diǎn)H,連接C1H,BH.因?yàn)锳1B1C1與ABC都是正三角形,所以C1HA1B1.在直三棱柱ABCA1B1C1中,平面ABB1A1平面A1B1C1,平面ABB1A1平面A1B1C1A1B1,又C1H平面A1B1C1,故C1H平面ABB1A1.所以C1BH就是BC1與平面ABB1A1所成的角,即C1BH.在RtC1BH中,BC12HC12,在RtBCC1中,BC1.所以2,解得h2.方法二以AB的中點(diǎn)O為坐標(biāo)原點(diǎn),OB,OC所在直線(xiàn)分別為x軸,y軸,過(guò)點(diǎn)O且與平面ABC垂直的直線(xiàn)為z軸,建立空間直角坐標(biāo)系,如圖3所示,圖3則B(1,0,0),C1(0,h).易得平面ABB1A1的一個(gè)法向量為n(0,1,0).又(1,h),所以sin|cos,n|,即,解得h2.13.(2018紹興市適應(yīng)性考試)如圖,在ABC中,ACB90,CAB,M為AB的中點(diǎn).將ACM沿著CM翻折至ACM,使得AMMB,則的取值不可能為()A.B.C.D.答案A解析如圖,設(shè)點(diǎn)A在平面BMC上的射影為A,則由題意知,點(diǎn)A在直線(xiàn)CM的垂線(xiàn)AA上.要使AMMB,則AMMB,所以只需考慮其臨界情況,即當(dāng)AMMB時(shí),點(diǎn)A與點(diǎn)A關(guān)于直線(xiàn)CM對(duì)稱(chēng),所以AMDAMDBMC,又AMMC,所以AMC是以MAC為底角的等腰三角形,所以CAMMCA2,所以.因此當(dāng)時(shí),有AMMB,所以的取值不可能為,故選A.14.(2018溫州高考適應(yīng)性測(cè)試)已知線(xiàn)段AB垂直于定圓所在的平面,B,C是圓上的兩點(diǎn),H是點(diǎn)B在AC上的射影,當(dāng)C運(yùn)動(dòng)時(shí),點(diǎn)H運(yùn)動(dòng)的軌跡()A.是圓B.是橢圓C.是拋物線(xiàn)D.不是平面圖形答案A解析設(shè)在定圓內(nèi)過(guò)點(diǎn)B的直徑與圓的另一個(gè)交點(diǎn)為點(diǎn)D,過(guò)點(diǎn)B作AD的垂線(xiàn),垂足為點(diǎn)E,連接EH,CD.因?yàn)锽D為定圓的直徑,所以CDBC,又因?yàn)锳B垂直于定圓所在的平面,所以CDAB,又因?yàn)锳BBCB,所以CD平面ABC,所以CDBH,又因?yàn)锽HAC,ACCDC,所以BH平面ACD,所以BHEH,所以動(dòng)點(diǎn)H在以BE為直徑的圓上,即點(diǎn)H的運(yùn)動(dòng)軌跡為圓,故選A.15.(2018浙江省鎮(zhèn)海中學(xué)模擬)已知直三棱柱ABCA1B1C1的側(cè)棱長(zhǎng)為6,且底面是邊長(zhǎng)為2的正三角形,用一平面截此棱柱,與側(cè)棱AA1,BB1,CC1分別交于三點(diǎn)M,N,Q,若MNQ為直角三角形,則該直角三角形斜邊長(zhǎng)的最小值為()A.2B.4C.2D.2答案D解析取D,D1分別為AC,A1C1的中點(diǎn),連接DD1,DB,根據(jù)題意以D為原點(diǎn),DB,DC,DD1所在直線(xiàn)分別為x,y,z軸,建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系,點(diǎn)M在側(cè)棱AA1上,設(shè)M(0,1,a),點(diǎn)N在BB1上,設(shè)N(,0,b),點(diǎn)Q在CC1上,設(shè)Q(0,1,c),不妨設(shè)c<b<a,則(,1,ba),(,1,bc).因?yàn)镸NQ為直角三角形,由c<b<a,得MNQ為直角,所以0,即(ba)(bc)20,斜邊MQ2,當(dāng)且僅當(dāng)abbc時(shí)取等號(hào),故選D.16.已知三棱錐PABC中,點(diǎn)P在底面ABC上的投影正好在等腰直角三角形ABC的斜邊AB上(不包含兩端點(diǎn)),點(diǎn)P到底面ABC的距離等于等腰直角三角形ABC的斜邊AB的長(zhǎng).設(shè)平面PAC與底面ABC所成的角為,平面PBC與底面ABC所成的角為,則tan()的最小值為_(kāi).答案解析設(shè)點(diǎn)P在底面ABC上的投影為H,連接PH,則PH平面ABC.過(guò)H作HMAC于M,HNBC于N,連接PM,PN,則PMH,PNH.設(shè)ACBC1,AHt(0<t<),則PHAB.因?yàn)锳BC為等腰直角三角形,所以MHAHsin45,NHBHsin45,所以tan,tan,所以tan().因?yàn)?<t<,所以當(dāng)t時(shí),tan()取得最小值,最小值為.

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本文((浙江專(zhuān)用)2020版高考數(shù)學(xué)新增分大一輪復(fù)習(xí) 第八章 立體幾何與空間向量 專(zhuān)題突破五 高考中的立體幾何問(wèn)題講義(含解析).docx)為本站會(huì)員(tian****1990)主動(dòng)上傳,裝配圖網(wǎng)僅提供信息存儲(chǔ)空間,僅對(duì)用戶(hù)上傳內(nèi)容的表現(xiàn)方式做保護(hù)處理,對(duì)上載內(nèi)容本身不做任何修改或編輯。 若此文所含內(nèi)容侵犯了您的版權(quán)或隱私,請(qǐng)立即通知裝配圖網(wǎng)(點(diǎn)擊聯(lián)系客服),我們立即給予刪除!

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