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文檔簡介

立體幾何綜合問1.(2020·上海市建平中學(xué)月考)已知、是空間兩個(gè)不同的平面,則“平面 的距離相等”是“//”的)立體幾何綜合問1.(2020·上海市建平中學(xué)月考)已知、是空間兩個(gè)不同的平面,則“平面 的距離相等”是“//”的)【答案】可得// 2(2020·)為此時(shí)太陽直射緯度(當(dāng)?shù)叵陌肽耆≌?,冬半年取?fù)值),為該地的緯度值為)C.北緯【答案】B.南緯D.南緯9039542745可得結(jié)果由題可知,天安門廣場(chǎng)的太陽高度角9039542750533,由華表的高和影長9039542745可得結(jié)果由題可知,天安門廣場(chǎng)的太陽高度角9039542750533,由華表的高和影長相等可知45,所以45505335533.乘之,三十六成一.該術(shù)相當(dāng)于給出了有圓錐的底面周長L與高h(yuǎn),計(jì)算其體積V的近似公式v L2h.它實(shí)際上是將圓錐體積公式中的圓周率近似取為3.那么近似公12v L2h相當(dāng)于將圓錐體積公式中的近似取為)1【答案】設(shè)圓錐底面圓的半徑為,高為,,,即的近似值 ,故選8子的餡是六面體內(nèi)的一個(gè)球狀物,則粽子餡的最大體積 8體積法即可解得1的正三角形,面積為S1233 離,圖里僅標(biāo)記OO,則六面體的體積可表示為V613R143,又六面體可以看成由兩個(gè)底面積為3AO2AD233 42133PO體積法即可解得1的正三角形,面積為S1233 離,圖里僅標(biāo)記OO,則六面體的體積可表示為V613R143,又六面體可以看成由兩個(gè)底面積為3AO2AD233 42133POPA2AO2 3 V236,因此613R2136R6314 963865(2021·)CFDEABF1112首先如圖建立空間直角坐標(biāo)系,利用垂直關(guān)系,轉(zhuǎn)化為坐標(biāo)運(yùn)算求解如圖,建立空間直角坐標(biāo)系,設(shè)棱長為2,A2,0,,F(xiàn)0,t,0,B12,2,2D10,0,2,E1,2,如圖,建立空間直角坐標(biāo)系,設(shè)棱長為2,A2,0,,F(xiàn)0,t,0,B12,2,2D10,0,2,E1,2,0,D1E1,2,2,AF2,t,0,AB10,2,102222DEDE11AB若DE,122t20111tCF 126(2021·BAD90AB6PA3AD3,EPDC所成角的最大值 【答案】30PDC的法向量nsin1,進(jìn)而可得結(jié)果2sincosAE,66292xyz軸建立空間直角坐標(biāo)系,如圖所示依題意,以AABADAP所在的直線A(0,0,sin1,進(jìn)而可得結(jié)果2sincosAE,66292xyz軸建立空間直角坐標(biāo)系,如圖所示依題意,以AABADAP所在的直線A(0,0,0)P(0,0,3)B(6,0,0)3,0)DP0,3,3),因?yàn)锳BCD,所DCkABk(6,00)(k0)PDC的一個(gè)法向量為nxyznDP3y3z,取z1,得n0,3,1)由nDC0得xBEBP(0),則AEABBEABBP660,332sincosAE,(66)292(62307.(2021·浙江高二期中)在四棱錐SABCDABCDAB2ASD所成的二面角為(為銳角,則當(dāng)取最小值時(shí),三棱錐EASD的體積 332EASD的體積DASD的法向量為m0,0,1B2,02S0,10E00,tBS2,1,2BE2EASD的體積DASD的法向量為m0,0,1B2,02S0,10E00,tBS2,1,2BE2,0t2,其中0t2設(shè)平BSE的法向量為nx,yznBS2xy2zxt2,y2t,令z2,則 nBE2xt2z所以nt22t2m22依題意cos,mt222t25t24t2cos取得最大值,取得最小值由于0t2,所以當(dāng)t2 此時(shí)DE2 1121 2.E3 52之間總滿足數(shù)量關(guān)系V之間總滿足數(shù)量關(guān)系VFE2,,此式稱為歐拉公式,已知某凸32面體,12個(gè)面是五邊形,20個(gè)面是六邊形,則該32面體的棱數(shù) ;頂點(diǎn)的個(gè)數(shù) 【答案】頂點(diǎn)數(shù)V?棱數(shù)E?面數(shù)F之間總滿足數(shù)量關(guān)系求解.125206902V?E?F之間總滿足數(shù)量關(guān)系VFE2,設(shè)頂點(diǎn)的個(gè)數(shù)為xx32902,x60故答案為90609(2020·ABCD是正方形,平A1DB1ABCDAD1AA12DB1BCA1D1分別N(Ⅰ)求證:ADDB1(Ⅰ)求證:ADDB1ABCDCDABCD,平(1)由平ADA1DB1ADCDD,M,B1,N都在平DB1上DB1DMABCD與平面ABCD平行,即兩個(gè)平面沒有交點(diǎn)DMNB1DMNB1DN//MB1DM//(3)不能.如圖,作CEMB1MB1于A1DCDADCDA1DAD=DBCC1B1,又CEA1DCDADCDA1DAD=DBCC1B1,又CEMB1所以CD平面ADD1A1,則CD平若又CFB=B1EFFB1E90FB1E90,所以CFB中,由大角對(duì)大邊知CFBC1,所以CECF1,這與上面CECD1相矛DMB1C的大小不能為10(ABCD,底面ABCD為直角梯形,BC// ,ADC90BCCD1AD1,PAEFAD2(Ⅱ)PCAB成角45PE的長33EACB的余弦值為(Ⅰ)證明:連接ACBE于O,并連接33EACB的余弦值為(Ⅰ)證明:連接ACBE于O,并連接BC//EAE//BC,且四邊形ABCE為平行四FAD中PEC(Ⅱ)BCDE為正2BC ABCE為平行四邊形可得EC//PCEPC與AB所成角即PCE E為ADPEADABCDADPEPE平面ABCDPEECPE.(Ⅲ)PDMMEMA面PAD面ABCD且面PAD面ABCDAD,BEAD,MEA為FBEA面PAD面ABCD且面PAD面ABCDAD,BEAD,MEA為FBEAEM 3,AE1,AM211又233cosMEA33EACB的余弦值為1(2021·PABC中,PA平面ABC,ACB90,CA4, , ;②點(diǎn)E的軌跡的長度 25【答案】PACDEAC.又ACB90DABAE1AC22(2)取AC中點(diǎn)F則由(1)有 平面PAC,故PCDF,又PCDEAC.又ACB90DABAE1AC22(2)取AC中點(diǎn)F則由(1)有 平面PAC,故PCDF,又PCDE設(shè)平DEFPCGPCDGFE的軌FGEACDE1151,故sinPCA又此時(shí)CF2tanPCA. 12225FGCFsinPCA5525故答案為:(1).2(2020·)ABCD的題正確的 // ABC的取值范圍 2. MABD,MN//ABDACP,連DP,BP,由于MABD,MN//ABDACP,連DP,BP,由于ABCD,所DPACBPACAC形ABC的外接圓為圓心,半徑為半徑的球,當(dāng)二面角變大時(shí)球心離開平面ABC,但球心在平面ABC的投影仍然為三角形ABC的外接圓的圓心,故二面角不為0時(shí),外接球半徑一DABC大于三角形ABC的外接圓半徑,故三棱④A在平面ABCAHBCBCH,若ABC為銳角,H在線段BC上;若ABC為直角,HBABC為鈍角,HBCCB上.故DHBC.若ABC為直角,HB點(diǎn)重合,即DBBC,由于CDCB,不可能成立體圖中DCB一定比原圖中更小,因此DCB為銳角,DHBC,H在線 上,與H在線段BC的延長線射線CB上矛盾,因 2. 3(2020·) 條【答案】5x125+2062 條【答案】5x125+206290ABCA1B1C1ABAA114(2021·PBPBCBB1,其中0,10,1.(1)當(dāng)1時(shí),三棱錐PA1BC的體積 (2)當(dāng)1PABABPBP.11253 2 BVPPA A1(2)同理1時(shí),分別取CCBBEFPEFBC中點(diǎn)Q 12(2)同理1時(shí),分別取CCBBEFPEFBC中點(diǎn)Q 123AB23211111 1!222113 3所以P 3 (2)分別取CCBBEFEF2,由1與(1)P 2EFA1BAB1PB1PAB1PA1BB1PB1C1中點(diǎn)Q,連A1QBQ,則A1QB1C1,由平面A1B1C1平面BCC1B1,平面 平面BCC1B1B1C1,得A1Q平面BCC1B1,而 A1QA1,A1B,A1Q平面A1BQ,所以B1P平面A1BQ,BQ平面A1BQ,所B1PBQB1EBQ,EPEB1P與CC1的交點(diǎn)是CC151512 .所以BP的取值集合為 2 225.(2021·進(jìn)賢縣第一中學(xué)高二月考(理)ABCDA1BM,則C15.(2021·進(jìn)賢縣第一中學(xué)高二月考(理)ABCDA1BM,則C1P長度的取值范圍 305【答案】B1P(x1,y1,BPy2xn(2,1,n1CPxy1,1,則|CP5x24x2,求解取值范圍即可11xyzDADCDD1所在直線分別12P(xy0(0x1,0y1),則B1的方向向量B1P(x1,y111MB(,1,2A, ,0,1)n(x,y,z,112P(xy0(0x1,0y1),則B1的方向向量B1P(x1,y111MB(,1,2A, ,0,1)n(x,y,z,1211n·MA1x1 1122,即n(2,1,11n·MB xy 122 nA11nB1P2(x1)(y1)12xyy2x即C1P(x,y1,C1P(x,2x1,又5x24x25(x2)2 x2(2x1)2(1)2即|C1P0x1,0y1,y0x265(x262,30|C1P|.5 53056(2021·)431,H,GABAD的中點(diǎn)2156(1)EF//2BDGH//1BDEF//GH32HGEG即可證得156(1)EF//2BDGH//1BDEF//GH32HGEG即可證得EFEG,同EF//HG,即可證得四EFHG為直角梯形,EF//2BD,GH//1BD,EF//GH32EFGH所以直線EGFH相交,PABCPADCABC,PFH又因?yàn)槠矫鍭BCADCAC所以PACEFDC,EFAD,ADDCDEFADC,EG平面ADC,所以EFEG,HGEGEFHG因?yàn)锳D2BD23,CD6EF43,HG3,DE2,DG1,則GE5433所以57156 27(2021·形,∠B=90°AD∥BCAD=2BC=2,AB=3,△ADEAD為斜邊的等腰直角三角形,現(xiàn)將△ADEADEB,EC出點(diǎn)F的位置;若不存在,請(qǐng)說明理由.作出輔助線,證得CM//BGMG是ADEMG//AD//BC且MGBC因?yàn)镃MABEBGABE,所以CMABEHCHEHCAB3EHEC2HCHEEHABCD)EFEBxyz1(3,11)x3y)EFEBxyz1(3,11)x3yz1,易知面EAD的法向量HC(3,0,0),3,1,0)AFxy1,z31,1AD0,2,0)ADF的一個(gè)法向量為um,n,r,3,1,1)u ,ADu (0,2,0)u2n可取一個(gè)法向量為u1,0,311,F(xiàn)13則|cosDC,u,22238(2021·福建其他)已知圓柱OO1底面半1,高為,ABCD是圓柱的一個(gè)軸BD,其距離最短時(shí)在側(cè)面留下的曲線M 圖所示.將軸截面ABCD繞著軸OO1逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)0后,邊B1C1與曲線相3( 422(1)求曲線(2)當(dāng)?shù)拈L度時(shí),求點(diǎn)CAPB122(1)曲線的長度為矩形的對(duì)角線長度.其中矩形的寬為圓柱的高,長為底面的半圓長12其中AD21(2)當(dāng)(1)求曲線(2)當(dāng)?shù)拈L度時(shí),求點(diǎn)CAPB122(1)曲線的長度為矩形的對(duì)角線長度.其中矩形的寬為圓柱的高,長為底面的半圓長12其中AD21(2)當(dāng)1,0,A0,PB0,1,C、、2、1OC1,0,AB0,2,AP、2、1nx,y,z2ynAB則,xy znAP2z2n0,所以點(diǎn)C1PAd 2PABCDAB//DC9(2020·)ADC,ABAD1CD2,PDPB6,PDBC22OC1n 3,ADC2ABDC 3,ADC2ABDC,ABBD2又因?yàn)镃D4BDC.根據(jù)余弦定理得BC24所以CD2BD2BC2BCBDBC⊥PD,PDBDDBDPBPD 6EBDPEABCDPBDPEBD,PBDBDABCDxyzABCDAxyzA(0,0,0)B(0,20)C(2,4,0)D(2,0,0),CP,即M(2432BC(2,2,0)AB(0,2,0)A(0,0,0)B(0,20)C(2,4,0)D(2,0,0),CP,即M(2432BC(2,2,0)AB(0,2,0)AM=(2-,4-3,nAB2y由n20,2)得(2)x(43)y2znAMPBDABM所成的銳二面角為12242(2解得2( 3MABCDPDCEABCDBADADC90ABAD1CD2PD2若MPAAC//MDE在線段PC上是否存在一點(diǎn)Q(除去端點(diǎn),使得平面QAD與平面PBC的大小為?若存在,請(qǐng)說明點(diǎn)Q3243 , 6(1)PCDEN,連接MNNPC的中點(diǎn),而MPA三角形中位線定理可得MN//AC(2)三角形中位線定理可得MN//AC(2)(3)假設(shè)存在點(diǎn)Q(xyz,滿足題意,且此PQPC(01),然后利用空間向量求∵四PDCE為矩形NPC的中點(diǎn),又因?yàn)镸PAMNAC,而MNMDEACMDEAC//MDE因?yàn)锽ADADC90, 2PA10,2PB1,1,2PC0,2PBC的一個(gè)法向量為mx,yz2mPB2zm2則有2z3.mm13則有sincosm,6(3)解:假設(shè)存在點(diǎn)Q(xyz)PQPC(01即得0,2,2mPB2zm2則有2z3.mm13則有sincosm,6(3)解:假設(shè)存在點(diǎn)Q(xyz)PQPC(01即得0,2,2x,y,z2Q0,2,22DQ0,2,22DA(100DAQ的一個(gè)法向量為na,bc222)cn0,1,1nDA a211 m,n 222123 224PQPCQPC上靠近點(diǎn)C的一個(gè)三等分點(diǎn),坐標(biāo)為Q, 31(2020·)積,則其側(cè)面三角形底邊上的高與底面正方形的邊長的比值為)55554242mmn【答案】a4CDa,PEPO PEOE b222,21ab,化簡得4(b)22b102aa b15(負(fù)值舍去【答案】a4CDa,PEPO PEOE b222,21ab,化簡得4(b)22b102aa b15(負(fù)值舍去a42(2018·EAB上的點(diǎn)(不含端點(diǎn)SEBC所成的角為1SE與平面ABCDSABC的平面角為3,則)C.13A.12【答案】B.323AB,因此SEN1SEO2SMO ,tanSO,tan從而tan ,123 SNSO,EOOM,所以tan1tan3tan2即1323(2019·)圖 3(2019·)圖 2共有18826個(gè)面.BGE為等腰直角三角形BC交正方H,由半正多面體對(duì)稱性可BGGECH 2x,GH 2xx(21)x122x 21224(2018·天津高考真題(理)如圖,AD//BCAD=24(2018·天津高考真題(理)如圖,AD//BCAD=2BCADCDEG//ADEG=ADCD//FGCD=2FGDG平面ABCDMCF的中點(diǎn),NEG的中點(diǎn),求證平面CDE(III)若點(diǎn)PDG上,且直線BP與平面ADGE所成的角為60°,求線段DP的長33依題意,可以建立以D為原點(diǎn)D(0,0,0,A(2,0,0,B(1,2,0,C(0,2,03E(20,F(xiàn)012G0,2M,1,N(1,0,2=(22=(0,2,0設(shè)n0=(x,y,z)為平面CDE的法向量2y2x2z則即nDE0n=(22=(0,2,0設(shè)n0=(x,y,z)為平面CDE的法向量2y2x2z則即nDE0n0=(1,0,–1MNn02又因?yàn)橹本€MN平面CDE,所以MN∥平面=(0,–1,2=–100設(shè)n=(x,y,z)為平面BCE的法向量nBCxx2y2z則即nBE不妨令z=1,可得n=(011設(shè)m=(x,y,z)為平面BCF的法向量xy2zmBC則即mCF不妨令z=1,可得m=(0,2,1mn3.所以,二面角E–BC–F的正弦值.(Ⅲ)設(shè)線DP的長h(h∈[0,2,P的坐標(biāo)為(00hBP1,2,h=(0,2,0)為平面ADGE的一個(gè)法向m,23h=3∈[0,22333),23h=3∈[0,22333)A1B1BFBFDE(1)證明(2)B1

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