專題立體幾何綜合問題高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)講練測(cè)新教師版

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