專題74立體幾何綜合題-2016年高考數(shù)學(xué)理一輪復(fù)習(xí)解析版

專題七十 立考向一 A. C. 【方法分析】題目條件：已知幾何體三視圖的大小及形狀．【回歸】(1)對于不規(guī)則的幾何體可采用割補(bǔ)法使之成為規(guī)則的幾何體再計算體積或表面積本 考點(diǎn)二空間點(diǎn)、線、面的綜合關(guān)系及應(yīng)用＝＝(1)證明：P⊥D；P－ABCDAB＝BC＝CD＝DA，∠BAD＝60°，∠ADC＝120°，PD＝PB，EPA的中點(diǎn)．(2)關(guān)系探究：(1)ACBDOPB＝PD以及底面為菱形的條件，線面垂直的判定定理可【回歸】(1)證明線線垂直，一般采用線面垂直的性質(zhì)，而證明線面垂直，又要利用線線垂直

1考點(diǎn)三線面位置關(guān)系的存在性探究3、如圖(1)Rt△ABC中，∠C＝90°，D，EAC、ABFCD上的一點(diǎn)，將△ADEDE折起到△A1DEA1F⊥CD，如圖(2)．解題目標(biāo)：(1)DEA1CB(線面平行)∥面圖(1)→圖(2)?DE⊥面A1DC?A1F⊥面A1CP，ABQ?A1C(3)A1BQA1CDEQ.理由如下：A1C，A1BP，QPQ∥BC.DE∥BCDE∥PQ.DEQDEP.由(2)知，DEA1DC，PDA1CA1C所以A1C⊥平面從而A1C⊥平面【回歸】(1)平面圖形翻折到立體圖形，位于折線同一側(cè)的平面中的位置關(guān)系及度量不變：如 考點(diǎn)四PC(2)設(shè)(1)中的直線l與圓O的另一個交點(diǎn)為D，且點(diǎn)Q滿足 1→記直線PQ與平面ABC所成的θPQEFαE－l－Cβ，求證：sinθ＝sinαsinD，PQABCθ.PQEFα，E－l－Cβ.(2)sinθ，sinαsin→sin

→＝BEF 22由

＝于是|cos ＝

從而sinβ＝ 2 2sinαsin

a2＋b2＋c2·b2＋c＝＝sinθsinθ＝sinαsin【感悟1.【2015高 ，理17（本小題滿分13分）如圖，在四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，側(cè)

中點(diǎn)MNABCDD1-AC-B1EABNEABCD1AE71 7【答案】(I)

；33

2AA(000),B(0,10),C(200),D(120) NM BC NM BC（）A1EA1B1[0,1E(02NE12,1)，又NE,nNENENE,nNENE 7又因?yàn)閇0,1]，解得 27

1(1(1)2(2)2

243077

2

201519（19PABC中，PCABCPC3ACB.D2ABBC上的點(diǎn)，且CDDEDE

2,CE2EBAPDCECECDB 題（19）3（2） 36以Ｃ為坐標(biāo)原點(diǎn)CCBＰ(0,0,3)，Ａ(32

DP=(-1,- DA=(,-２，PAD的法向量，n１DP0n１DA0zCECEByAD題（19）xx1y13z1故可取

1xy 得 2 由（1）可知DEPCDPCD的法向量n2可取為ED,n2110n1n1n2

cosn1,n2

n1n2 63A-PD-C的余弦值為63.【2015高考，理18】一個正方體的平面展開圖及該正方體的直觀圖的示意圖如圖所示，在正方BCMGHNMN//AEGM的余弦值 FEF M 223 FEF M BDOBD的中點(diǎn) FEF M、NBC、GH所以O(shè)MCD，且OM1CD2NHCD，且NH1CD2所以O(shè)MNHOMNHMNHO是平行四邊形，從而MN//OH，MN平面BDHOH平面BDH，所以MN//平面BDH.連結(jié)ACM作MPAC FEF P 所以MPEG.PPKEGKKM，EGPKM，4.【2015高考，理19《九章算術(shù)》中，將底面為長方形且有一條側(cè)棱與底面垂直的四棱錐稱之為PABCDPDABCD，PDCDPCEEFPBPBFDE,DF,BD,BE.DEFABCDπDC 2（Ⅱ） 22（1（Ⅰ）PDABCDPDBCCD由底面ABCD為長方形，有BCCD，而CD又因?yàn)镻DCD，點(diǎn)EPC的中點(diǎn)，所以DEPC．而PC BCC，所以DE平面PBC．而PB平面PBC，所以PBDE．又PBEF，DE EFE，所以PB平面DEF．DEPBCPBDEFBDEFBDEF其四個面的直角分別為DEB，DEF，EFB，DFB

201518（12分如圖1，在直角梯形CD中，D//C，D2C1D2是D是C與的交點(diǎn)．將沿折起到1的位置，如圖2．CD1C1平面CD，求平面1C與平面1CD6（II） 631因?yàn)镃1D2是D的中點(diǎn)，21C從而又CD//，所以CDA1OC

D2，所以A1BC的法向量n1x1y1z1A1CD的法向量n2x2y2z2A1BCA1CD夾角為，n1BC x1y1則 ，得nAC

n2CD x2nAC0，得y

從而cos|cosn1n2

3 6A1BCA1CD3【2015118ABCD為菱形，∠ABC=120°，E，F(xiàn)ABCD同一側(cè)的兩點(diǎn)，BEABCD，DFABCD，BE=2DF，AE⊥EC.AECF所成角的余弦值3332BDFE2

222

可得 33∴EG2FG2EF2 ……6【2015高考，理17】如圖，在四棱錐AEFCB中，△AEF為等邊三角形，平面AEF平面EFCBEF∥BCBC4EF2aEBCFCB60OEFAOBEFAEBBEAOC，求aAFOFOEB5（2） （3）a5 3有（1）知AOEFCBAOBEBEAOC，只需BEOC3EB33EB33

3a,0)，又

BE

2(2a)

0，解得a

2或a

4，由于a3

2，則a43【2015高考，理18】如圖2，三角形所在的平面與長方形所在的平面垂直，.點(diǎn)是邊的中點(diǎn)，．（1）（2（3．（1）∴DEDEGC （2）解：由（1）PEABCD，∴PE⊥AD，又∵CD⊥ADPE∩CD=E，∴ADD，又∵AD⊥CD，∴∠PDCP﹣AD﹣C的平面角，Rt△PDE中，由勾股定理可得： AA16AA1ABCDPQDD1，BC上.PDD1AB1PQPQ//ABBAPQDA3ADPQ的體積1 （2）PDD1

,2

AB1PQAB1PQ1818AB1PQ（2）n1DQ

6x(m6)yn(x,y,

nDD

3y6z設(shè) 是平

的一個法向量，則

，即 3(6m)2623(6m)2y63(6m)2623(6m)2∴cosn,n

PQDA |

||n3值為

3，解得m4，或者m8（舍去，此時Q(6,4,0 (6m)2 DPDD1(01DD1036)P(0,6PQ6326)PQABB1A1ABB1A1的一個法向量是n30,10∴PQ

0，即320，亦即2P(0,4,4ADPQ視為以ADQ3PADQ，則其高h(yuǎn)4ADPQ的體積V13

h1166424 dPPM//A1AADMPMABB1A1A1AABCDOMABCD，過MMNQDN，連PN，則PNQD，

為二面角PQDA的平面角，∴cosPNM3，即MN

，從而PM 40

MQMQ2MQPQ//ABB1A1MQMQMQ2

MN

DDE//AAAD36t36tE，則AA1D1ED1E

A1A6

AEA1D13EDADAE3，于36t236t21 2，∴PM2MD2t，再由③④ ，解得t2，因此PM4 ADPQ的體積V13

h1166424 【2015高 ，理19】（本題滿分12分）如圖，在長方體CD11C1D1中，11，D2，F(xiàn)分別是C1C1FCD1與平面 【答案 【解析D為原點(diǎn)建立空間直角坐標(biāo)系，可得有關(guān)點(diǎn)的坐標(biāo)為12,0,1、C10,2,12,10F120、C020D100,1因?yàn)?C1220F1,10，所以1C1//F，因此直線1C1與F共面，即1、C1F、共面．A1C1EF的法向量為nuyw，則nFnFC1，又F1,10FC110,1，uvuuw故 ，解得uvCD1nCD1取u1，得平面1C1F的一個法向量n1,1,1．又CD1nCD1 151（2014·大致的圖形是()1- 1-【答案】2（2014·S1，S2，S3分別是三棱錐D-ABC在xOy，yOz，zOx坐標(biāo)平面上的正投影圖形的面積，則( B．S2＝S1且S2≠S3C．S3＝S1且 D．S3＝S2且【答案】AD1＝BD1＝

＝

1×2×2＝

＝2×2× 3（2014·A1B1，A1D1P，QDD1，BB1DP＝BQ＝λ(0<λ<2)．(2)λEFPQPQMNλ的值；若不存在，1-λ＝1時，PDD1FADFP∥AD1FP?EFPQBC1?平面EFPQ，故直線BC1∥平面圖 圖λEFPQPQMN所成的二面角為直二面角，則∠GOH＝90°.EM，F(xiàn)NEF∥MNEF＝MNEFNM是平行四邊形．GHH，GEF，MN的中點(diǎn)，

在△GOH中，GH＝4，OH＝1＋λ－2＝λ22OG＝1＋(2－λ)－2＝(2－λ)由OG2＋OH2＝GH2，得 4，解得λ＝＋2＋ 21±2

λEFPQPQMN所成的二面角為直二面角，m·n＝(λ－2，2－λ，1)·(λ，－λ，1)＝0，2λ(λ－2)－λ(2－λ)＋1＝0λ＝1±21±2

4（2014·段CC1上，直線OP與平面A1BD所成的角為α，則sinα的取值范圍是 1-A. B. 3， 3，C.

2

D.2 3，3 3，【答案】【高

(2)AB＝2，BC＝5C1－ABA1的體積．

∴AC⊥平面ABB1A1，故∴BA1⊥AB1，又∴BA1CAB1CB1⊥BA1.(2)∵AB＝AA1＝2，BC＝5，∴AC＝A1C1＝1，由(1)知，A1C1ABA1， 1 ABCD中，AB∥CD，E，F(xiàn)AB12，AD＝5，BC＝42，DE＝4.現(xiàn)將△ADE，△CFBDE，CFA，BG，CDEFG.(2)CDEFG(2)CDEFGEGFGGH⊥EF

＝EF＝5CDEFEFG，得GH1

CDEFG證明：平面AB1C⊥平面DA1C1A1BB1CDA1D∶DC1的值．解：(1)BCC1B1B1C⊥BC1.B1C⊥A1BA1B∩BC1＝B，B1CA1BC1.B1C?AB1CA1BC1.BC1B1CEDEDEA1BC1B1CDA1BB1CD，A1B∥DE.EBC1DA1C1A1D∶DC1AECa的半圓，ACEACBCAD的三AECFFCBED，F(xiàn)B＝5a.BFEDS－ABCDSADABCDABCDPAD中點(diǎn)，QSBSA＝SD，MBCSCNDMNABCD？