版高考数学一轮复习攻略高频考点集中练 立 体 几 何Word格式.docx

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BM2=DB2+DM2-2DB·

DMcos∠BDE

=9a2-4a2cos∠BDE,

EN2=DE2+DN2-2DE·

DNcos∠BDE

=6a2-4a2cos∠BDE,所以BM≠EN.

【真题拾贝】判断异面直线的依据是异面直线的定义和性质定理,及一条直线与平面相交,该直线与平面内不过交点的直线异面,而解答本题的关键是构造直角三角形.

2.（2018·

全国卷Ⅱ）在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=BC=1,AA1=,则异面直线AD1与DB1所成角的余弦值为（　　）

A.B.C.D.

【命题思维分析】求异面直线所成的角是高考常考的题目,本题主要是考查空间直角坐标系的建立,各点坐标的表示及利用向量数量积求向量夹角,然后根据向量夹角与线线角相等或互补关系求结果.

【解析】选C.方法一:

以D为坐标原点,DA,DC,DD1所在直线为x,y,z轴建立空间直角坐标系,则D（0,0,0）,A（1,0,0）,D1（0,0,）,B1（1,1,）,

所以=（-1,0,）,=（1,1,）,

设异面直线AD1与DB1所成角为α,

则cosα=|cos􀎮

􀎯

|

==.

方法二:

如图.

连接A1D交AD1于点E.

取A1B1中点F,连接EF,

则EF􀱀

B1D,连接D1F,在△D1FE中,∠D1EF为异面直线AD1与DB1的夹角.

由已知EF=DB1==,

D1E=AD1=1,D1F==,

所以cos∠D1EF==.

【真题拾贝】求异面直线所成角主要有以下两种方法:

（1）几何法:

①平移两直线中的一条或两条,到一个平面中;

②利用边角关系,找到（或构造）所求角所在的三角形;

③求出三边或三边比例关系,用余弦定理求角.

（2）向量法:

①求两直线的方向向量;

②求两向量夹角的余弦;

③因为直线夹角为锐角,所以②对应的余弦取绝对值即为直线所成角的余弦值.

3.（2018·

全国卷Ⅰ）已知正方体的棱长为1,每条棱所在直线与平面α所成的角都相等,则α截此正方体所得截面面积的最大值为（　　）

【命题思维分析】本题考查正方体的截面问题,命题思维是由正方体的棱分为三组,每组有互相平行的4条棱,所以与12条棱所成角相等,只需与从同一个顶点出发的三条棱所成角相等即可,从而判断出面的位置,截正方体所得的截面为一个正六边形,且边长是面的对角线的一半,应用面积公式求得结果.

【解析】选A.由于平面α与每条棱所成的角都相等,所以平面α与平面AB1D1平行或重合（如图）,

而在与平面AB1D1平行的所有平面中,面积最大的为由各棱的中点构成的截面EFGHMN,而平面EFGHMN的面积S=×

×

6=.

【真题拾贝】该题考查的是有关正方体被平面所截得的截面多边形的面积问题,首要任务是需要先确定截面的位置,之后需要从题的条件中找寻相关的字眼,从而得到其为过六条棱的中点的正六边形,利用六边形的面积的求法,应用相关的公式求得结果.

4.（2018·

全国卷Ⅲ）设A,B,C,D是同一个半径为4的球的球面上四点,△ABC为等边三角形且其面积为9,则三棱锥D-ABC体积的最大值为（　　）

A.12B.18

C.24D.54

【解析】选B.设△ABC的边长为a,

则S△ABC=a2sinC=a2=9,解得a=6,

如图所示,当点D在底面上的射影为三角形ABC的中心H时,三棱锥D-ABC的体积最大,设球心为O,则在直角三角形AHO中,AH=×

6=2,OA=R=4,则OH===2,所以DH=2+4=6,所以三棱锥D-ABC的体积最大值为V=S△ABC×

DH=×

9×

6=18.

【真题拾贝】本题主要考查三棱锥的外接球,考查了勾股定理,三角形的面积公式和三棱锥的体积公式,判断出当DH⊥平面ABC时,三棱锥D-ABC体积最大很关键,由H为等边三角形ABC的中心,计算得到AH=AE=2,再由勾股定理得到OH,进而得到结果.

5.（2018·

全国卷II）已知圆锥的顶点为S,母线SA,SB所成角的余弦值为,SA与圆锥底面所成角为45°

若△SAB的面积为5,则该圆锥的侧面积为________________.世纪金榜导学号 

【解析】如图:

设SA=SB=l,底面圆半径为r,因为SA与圆锥底面所成角为45°

所以l=r,在△SAB中,AB2=SA2+SB2-2SA·

SB·

cos∠ASB=r2,

AB=r,AB边上的高为=r,△SAB的面积为5,

所以·

r·

r=5,解得r=2,

所以该圆锥的侧面积为πrl=πr2=40π.

答案:

40π

6.（2017·

全国卷Ⅰ）如图,圆形纸片的圆心为O,半径为5cm,该纸片上的等边三角形ABC的中心为O.D,E,F为圆O上的点,△DBC,△ECA,△FAB分别是以BC,CA,AB为底边的等腰三角形.沿虚线剪开后,分别以BC,CA,AB为折痕折起

△DBC,△ECA,△FAB,使得D,E,F重合,得到三棱锥.当△ABC的边长变化时,所得三棱锥体积（单位:

cm3）的最大值为________________.世纪金榜导学号 

【命题思维分析】本题主要考查折叠问题,考查空间中线线、线面、面面间的位置关系、函数性质、导数等基础知识,考查推理论证能力、运算求解能力、空间想象能力,考查数形结合思想、化归与转化思想.

【解析】连接OB,连接OD,交BC于点G,由题意得,OD⊥BC,OG=BC,

设OG=x,则BC=2x,DG=5-x,

三棱锥的高h=

==,

S△ABC=2x·

3x·

=3x2,

则V=S△ABC·

h=x2·

=·

令f=25x4-10x5,x∈,f′=100x3-50x4,

令f′>

0,即x4-2x3<

0,x<

2,

则f≤f=80,

则V≤×

=4,

所以体积最大值为4cm3.

4cm3

【真题拾贝】1.折叠问题要注意折叠前后哪些元素不变,哪些元素的相对位置或长度等发生了变化;

2.立体几何、函数、导数交汇问题的解决原理一般是,先设出线段长度,把所求问题表示成关于x的函数,将立体几何问题转化为研究函数最值问题,再用导数求解.3.数学建模要有较强的空间想象能力和转化化归能力.

7.（2018·

全国卷Ⅰ）如图,四边形ABCD为正方形,E,F分别为AD,BC的中点,以DF为折痕把△DFC折起,使点C到达点P的位置,且PF⊥BF.世纪金榜导学号

（1）证明:

平面PEF⊥平面ABFD.

（2）求DP与平面ABFD所成角的正弦值.

【命题思维分析】

（1）首先从题的条件中确定相应的垂直关系,即BF⊥PF,BF⊥EF,又因为PF∩EF=F,利用线面垂直的判定定理可以得出BF⊥平面PEF,又BF平面ABFD,利用面面垂直的判定定理证得平面PEF⊥平面ABFD.

（2）结合题意,建立相应的空间直角坐标系,正确写出相应的点的坐标,求得平面ABFD的法向量,设DP与平面ABFD所成角为θ,利用线面角的定义,可以求得sinθ===,得到结果.

【解析】

（1）由已知可得,BF⊥PF,BF⊥EF,PF∩EF=F,所以BF⊥平面PEF.

又BF⫋平面ABFD,所以平面PEF⊥平面ABFD.

（2）方法一:

作PH⊥EF,垂足为H.

由

（1）得,PH⊥平面ABFD.

以H为坐标原点,的方向为y轴正方向,设正方形ABCD的边长为2,建立如图所示的空间直角坐标系H-xyz.

由

（1）可得,DE⊥PE.

又DP=2,DE=1,所以PE=.

又PF=1,EF=2,故PE⊥PF.

可得PH=,EH=.

则H（0,0,0）,P,D,

=,=为平面ABFD的一个法向量.

设DP与平面ABFD所成角为θ,则sinθ===.

所以DP与平面ABFD所成角的正弦值为.

因为PF⊥BF,BF∥ED,所以PF⊥ED,

又PF⊥PD,ED∩DP=D,所以PF⊥平面PED,

所以PF⊥PE,

设AB=4,则EF=4,PF=2,所以PE=2,

过P作PH⊥EF交EF于H点,

由平面PEF⊥平面ABFD,

所以PH⊥平面ABFD,连接DH,

则∠PDH即为直线DP与平面ABFD所成的角,

由PE·

PF=EF·

PH,所以PH==,

因为PD=4,所以sin∠PDH==,

【真题拾贝】该题考查的是有关立体几何的问题,涉及的知识点有面面垂直的证明以及线面角的正弦值的求解,属于常规题目,在解题的过程中,需要明确面面垂直的判定定理的条件,这里需要先证明线面垂直,所以要明确线线垂直、线面垂直和面面垂直的关系,从而证得结果;

对于线面角的正弦值可以借助于平面的法向量来完成,注意相对应的等量关系即可.

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