高中数学新课标一轮复习专题复习课7Word文档下载推荐.docx

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热点四：

空间位置关系的证明

1.此类问题多以多面体为载体，考查线线、线面、面面间的平行与垂直之间的相互转化

2．试题多为解答题，考查学生的推理能力和空间想象能力

热点五：

折叠问题

1.此类问题通常是把平面图形折叠成空间几何体，并以此为载体考查线线、线面、面面的位置关系及有关计算

2．试题以解答题为主，考查学生的空间想象能力和知识迁移能力

热点六：

空间向量在立体几何中的应用

1.此类问题多以多面体（棱柱、棱锥）为载体，考查空间位置关系的证明及空间角的求法，特别是线面角和二面角的求法

2．试题多以解答题的形式出现，主要考查学生的逻辑推理能力和空间想象能力

题组集训·

抓重点

热点一　空间几何体的三视图

1．如图，△ABC为正三角形，AA′∥BB′∥CC′，CC′⊥平面ABC且3AA′＝BB′＝CC′＝AB，则多面体ABC－A′B′C′的正视图是（　　）

[答案]　D

[解析]　由题意及多面体的摆放位置知其正视图中可看到AA′，BB′，而CC′看不到，又三角形ABC是正三角形，故C点的投影应该在AB投影的中点上，考察四个选项，A中左高右低，故不对；

B中位置不对，故不正确；

C中图象也不符合题意；

D是正确的，CC′看不到其投影是虚线，且C点投影应该在AB投影的中点上，故选D.

2．如图，正方体ABCD－A′B′C′D′中，M，E是AB的三等分点，G，N是CD的三等分点，F，H分别是BC，MN的中点，则四棱锥A′－EFGH的侧视图为（　　）

[答案]　C

[解析]　由题意，A′，H，E，F在侧面CDD′C′上的射影为D′，N，G，C，所以四棱锥A′－EFGH的侧视图为△D′NC，D′G为△D′NC的中线，故选C.

3．某四面体的三视图如图所示，该四面体四个面的面积中，最大的是（　　）

A．8　　　B．6　　　

C．10　　　D．8

[解析]　三视图复原的几何体是一个三棱锥，如图，四个面的面积分别为8,6,6，10，显然面积的最大值是10，故选C.

4．（2014·

临沂模拟）已知某个几何体的三视图如图所示，根据图中标出的尺寸（单位：

cm），可得这个几何体的体积是cm3，则正视图中的h等于________cm.

[答案]　20

[解析]　易知原几何体是一个四棱锥，底面为边长20的正方形，所以V＝S底·

h.

∴＝×

20×

h，

∴h＝20.

热点二　空间几何体的表面积和体积的计算问题

1．（2014·

银川模拟）一个几何体的三视图如图所示，则这个几何体的体积为

（　　）

A.　　　　　　　B.

C.D.

[答案]　A

[解析]　原几何体是一个四棱锥和半个圆锥的组合体，圆锥直径为2，高为，四棱锥的底面为边长为2的正方形，高为.故易求得几何体的体积为.

2．（2014·

杭州模拟）一个空间几何体的三视图及其相关数据如图所示，则这个空间几何体的表面积是（　　）

A.B.＋6

C．11πD.＋3

[解析]　原几何体是半个圆台，下底面半径R＝2，上底面半径r＝1，高为，母线长为2，故容易求得其表面积为π＋3.

3．（2014·

山东日照高三模拟）已知某几何体的三视图如图所示，其中，正视图、侧视图均是由三角形与半圆构成，俯视图由圆与内接三角形构成，根据图中数据可得此几何体的体积为（　　）

A.＋B.＋

C.＋D.＋

[解析]　本题主要考查三视图及几何体的体积公式，意在考查考生的基本运算能力与空间想象能力．依题意得，该几何体是一个半球与一个三棱锥的组合体，其中球的半径是，该三棱锥的高是1、底面是一个等腰直角三角形，该几何体的体积等于×

×

12×

1＋×

π×

3＝＋，故选C.

4．把边长为2的正方形ABCD沿对角线AC折起，形成三棱锥B－ACD，其正视图为等腰三角形，俯视图为腰长为2的等腰直角三角形（如图所示），则三棱锥B－ACD体积的最大值为________．

[答案]　

[解析]　由题意，知三棱锥B－ACD的底面三角形ACD的面积为定值，当它的高即顶点B到底面ACD的距离最大时，其体积最大，经分析知当三棱锥的侧面BAC与底面ACD垂直时，三棱锥的高最大，由正视图与俯视图，知底面直角三角形的面积为俯视图中等腰直角三角形的面积，棱锥的高的最大值为正方形的对角线长的一半，由三棱锥的体积公式，得三棱锥B－ACD体积的最大值为Vmax＝×

＝，故填.

热点三　有关线、面位置关系和命题真假的判断

1．已知m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，给出四个命题：

①若α∩β＝m，n⊂α，n⊥m，则α⊥β；

②若m⊥α，m⊥β，则α∥β；

③若m⊥α，n⊥β，m⊥n，则α⊥β；

④若m∥α，n∥β，m∥n，则α∥β.

则判断正确的是（　　）

A．①②　　B．②③　　

C．①④　　D．②④

[答案]　B

[解析]　命题①中，α与β不一定垂直，不正确；

垂直于同一条直线的两个平面平行，命题②正确；

易知，命题③正确，命题④不正确．故选B.

合肥高三质检）设m，n是两条不同的直线，α，β，γ是三个不同的平面，有以下四个命题：

①⇒β∥γ②⇒m⊥β

③⇒α⊥β④⇒m∥α

A．①④B．②③

C．①③D．②④

[解析]　本题主要考查空间中点、线、面的位置关系．对于②，直线m与平面β可能平行或相交；

对于④，直线m可能在平面α内，而①③都是正确的命题，故选C.

武汉模拟）设α，β为两个不重合的平面，m，n是两条不重合的直线，给出下列命题：

①若m⊥n，m⊥α，则n∥α；

②若n⊂α，m⊂β，α与β相交且不垂直，则n与m不垂直；

③若α⊥β，α∩β＝m，n⊥m，则n⊥β；

④若m∥n，n⊥α，α∥β，则m⊥β.

其中所有真命题的序号是________．

[答案]　④

[解析]　①中直线n也可能在平面α内；

②中直线m，n可能异面，也可能相交；

③中由于n不一定在α内．故不能推出n⊥β.综上只有④正确．

热点四　空间位置关系的证明

1．如图，在直四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，四边形ABCD是梯形，AD∥BC，AC⊥CD，E是AA1上的一点．

（1）求证：

CD⊥平面ACE；

（2）若平面CBE交DD1于点F，求证：

EF∥AD.

[证明]

（1）因为ABCD－A1B1C1D1为直四棱柱，所以AA1⊥平面ABCD.

因为CD⊂平面ABCD，所以AA1⊥CD，

即AE⊥CD.因为AC⊥CD，AE⊂平面AEC，AC⊂平面AEC，AE∩AC＝A，

所以CD⊥平面AEC.

（2）因为AD∥BC，AD⊂平面ADD1A1，

BC⊄平面ADD1A1，所以BC∥平面ADD1A1.

因为BC⊂平面BCE，平面BCE∩平面ADD1A1＝EF，所以EF∥BC.

因为AD∥BC，所以EF∥AD.

2．（2013·

北京海淀）在四棱锥P－ABCD中，PA⊥平面ABCD，△ABC是正三角形，AC与BD的交点M恰好是AC的中点，又PA＝AB＝4，∠CDA＝120°

，点N在线段PB上，且PN＝.

BD⊥PC；

（2）求证：

MN∥平面PDC.

[解析]　证明：

（1）因为△ABC是正三角形，M是AC的中点，

所以BM⊥AC，即BD⊥AC.

又因为PA⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，

所以PA⊥BD.

又PA∩AC＝A，所以BD⊥平面PAC，

又PC⊂平面PAC，所以BD⊥PC.

（2）在正三角形ABC中，BM＝2，

在△ACD中，因为M为AC的中点，DM⊥AC，所以AD＝CD，

又∠CDA＝120°

，所以DM＝，

所以BM∶MD＝3∶1.

在等腰直角三角形PAB中，PA＝AB＝4，PB＝4，

所以BN∶NP＝3∶1，BN∶NP＝BM∶MD，所以MN∥PD.

又MN⊄平面PDC，PD⊂平面PDC，所以MN∥平面PDC.

热点五　折叠问题

高考创新卷）在边长为4cm的正方形ABCD中，E，F分别为BC，CD的中点，M，N分别为AB，CF的中点，现沿AE，AF，EF折叠，使B，C，D三点重合，重合后的点记为B，构成一个三棱锥．则直线MN与平面AEF的位置关系是（　　）

A．平行B．垂直

C．斜交D．在面内

[解析]　由题意知，点M，N在折叠前后都分别是AB，CF的中点（折叠后B，C两点重合），所以MN∥AF，因为.

2．如图，△ABC是等腰直角三角形，∠ACB＝90°

，AC＝2a，D，E分别为AC，AB的中点，沿DE将△ADE折起，得到如图所示的四棱锥A′－BCDE.

（1）在棱A′B上找一点F，使EF∥平面A′CD.

（2）当四棱锥A′－BCDE的体积取最大值时，求平面A′CD与平面A′BE夹角的余弦值．

[解析]　

（1）点F为棱A′B的中点．

理由如下：

取A′C的中点G，连接DG，EF，GF，则由中位线定理得DE∥BC，DE＝BC，且GF∥BC，GF＝BC.

所以DE∥GF，DE＝GF.

从而四边形DEFG是平行四边形，EF∥DG.

又EF⊄平面A′CD，DG⊂平面A′CD，

故点F为棱A′B的中点时，EF∥平面A′CD.

（2）在平面A′CD内作A′H⊥CD于点H，

⇒DE⊥平面A′CD⇒DE⊥A′H，

又DE∩CD＝D，故A′H⊥底面BCDE，即A′H就是四棱锥A′－BCDE的高．

由A′H≤AD知，点H和D重合时，四棱锥A′－BCDE的体积取最大值．

分别以DC，DE，DA′所在直线为x轴，y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，

则A′（0,0，a），B（a,2a,0），E（0，a,0），

＝（a,2a，－a），＝（0，a，－a）．

设平面A′BE的法向量为m＝（x，y，z），

由得

即可取m＝（－1,1,1）．同理可以求得平面A′CD的一个法向量n＝（0,1,0）．

故cos〈m，n〉＝＝＝，

故平面A′CD与平面A′BE夹角的余弦值为.

3．如图，同一平面上直角梯形ABCD和直角梯形ABEF全等，AD＝2AB＝2BC，将梯形ABEF沿AB折起，使二面角F－AB－D的大小为θ（0<

θ<

π）．

对任意θ∈（0，π），平面ABEF⊥平面ADF；

（2）当θ＝时，求二面角A－ED－B的平面角的余弦值．

[解析]　

（1）在折起过程中AB⊥AF，AB⊥AD，且AF∩AD＝A，AF⊂平面ADF，AD⊂平面ADF，根据直线与平面垂直的判定定理可得，AB⊥平面ADF.

因为AB⊂平面ABEF，所以根据平面与平面垂直的判定定理可得，平面ABEF⊥平面ADF.

所以对任意θ∈（0，π），平面ABEF⊥平面ADF.

（2）解法一：

当θ＝时，如图．由题意知AD⊥AB，AD⊥AF，故AD⊥平面ABEF.

又AD⊂平面AED，故平面AED⊥平面ABE.