2018高考数学(理)(全国通用)大一轮复习2017高考试题汇编 第八章 立体几何 word版含解析_第1页
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第八章立体几何第一节空间几何体及其表面积和体积题型85空间几何体的表面积与体积1(2017江苏6)如图所示,在圆柱内有一个球,该球与圆柱的上、下面及母线均12O相切记圆柱的体积为,球的体积为,则的值是12O1V2V1OO1O21解析设球的半径为,由题意,所以故填OR21VR324R123V2(2017天津理10)已知一个正方体的所有顶点在一个球面上,若这个正方体的表面积为,则这个球的体积为182解析设正方体的边长为,则外接球直径为正方体的体对角线,所A226183A以,23RA3479VR3(2107全国1卷理科16)如图所示,圆形纸片的圆心为O,半径为,该纸片上的5CM等边三角形的中心为,为圆上的点,ABCODEFDBCEA分别是以,为底边的等腰三角形沿虚线剪开后,分别以,FAB,为折痕折起,使得,重合,得到三棱锥当CAF的边长变化时,所得三棱锥体积(单位)的最大值为_3CMOFEDCBA3解析由题意,联结,交于点,如图所示,则,ODBCGODBC36GB即的长度与的长度成正比设,则,三棱锥的高OGBX23BX5X,22510510HDX213ACS则令,2133ABCVSH453X4520FXX,,令,即,当,得,3405FXX0F4320F52X所以在上单调递增,在上单调递减故,则,2,80FXF,380415V所以体积的最大值为3CM题型86旋转体的表面积、体积及球面距离4(2107全国3卷理科8)已知圆柱的高为1,它的两个底面的圆周在直径为2的同一个球的球面上,则该圆柱的体积为()ABCD4244解析如图所示,由题可知球心在圆柱体的中心处,圆柱体上、下底面圆的半径,则圆柱体的体积故选B213R234VRH题型87几何体的外接球与内切球第二节空间几何体的直观图与三视图题型88斜二测画法与直观图暂无题型89空间几何体的三视图5某几何体的三视图如图所示(单位),则该几何体的体积(单位)是()CM3CMABCD123212325解析由三视图可知,直观图是由半个圆锥与一个三棱锥构成,半圆锥体积为,三棱锥体积为,所以几何体体积213S21313S故选A126(2017全国1卷理科7)某多面体的三视图如图所示,其中正视图和左视图都由正方形和等腰直角三角形组成,正方形的边长为2,俯视图为等腰直角三角形,该多面体的各个面中有若干个是梯形,这些梯形的面积之和为()ABCD101214166解析由三视图可画出立体图,如图所示,该多面体只有两个相同的梯形的面,故选B246S梯21S全梯7(2107全国2卷理科4)如图所示,网格纸上小正方形的边长为1,粗实线画出的是某几何体的三视图,该几何体由一平面将一圆柱截去一部分所得,则该几何体的体积为()ABCD906342367解析该几何体可视为一个完整的圆柱减去一个高为6的圆柱的一半,如图所示故选B22113063V总上4668(2017北京理7)某四棱锥的三视图如图所示,则该四棱锥的最长棱的长度为()ABCD2322328解析几何体四棱锥如图所示,最长棱为正方体的体对角线,即故选B223L9(2017山东理13)由一个长方体和两个圆柱体构成的几何体的三视图如图所示,则该14几何体的体积为9解析该几何体的体积为21124V第三节空间点、直线、平面之间的位置关系题型90证明“点共面”“线共面”“点共线”或“线共点”暂无题型91截面问题暂无10(2017江苏18)如图所示,水平放置的正四棱柱形玻璃容器和正四棱台形玻璃容器的高均为,容器的底面对角线的长为,容器的两底面对角线32CMAC107CM,的长分别为和分别在容器和容器中注入水,水深均为EG114CM6212现有一根玻璃棒,其长度为(容器厚度、玻璃棒粗细均忽略不计)CML0C(1)将放在容器中,的一端置于点处,另一端置于侧棱上,求没入水中部LA1CL分的长度;(2)将放在容器中,的一端置于点处,另一端置于侧棱上,求没入水中部LLE1GL分的长度ABCDA1B1C1D1FEGHOE1F1G1H1O110解析(1)由正棱柱的定义,平面,所以平面平面,1ABD1ACBDC记玻璃棒的另一端落在上点处,如图所示为截面的平面图形因为1CM1,所以,从而记107A4022407303SIN4MAC与水面的交点为,过点作,为垂足,则平面,M1P1QAC11PQBD故,从而12PQ16SINAM答玻璃棒没入水中部分的长度为LCM1AC1A1CMP1Q1(2)如图所示为截面的平面图形,是正棱台两底面的中心1EGO由正棱台的定义,平面,所以平面平面,OFH1EGFH1O同理,平面平面,1EG111记玻璃棒的另一端落在上点处N过作,为垂足,则1K132GKO因为,所以,4EG162164从而12430设,则1N114SINICOS25KG因为,所以23CO5在中,由正弦定理可得,解得ENG401SINI7SIN25因为,所以,022CO5于是SINSISINICOIN423755记与水面的交点为,过作,为垂足,则平面,EN2P2QEG22PQEFGH故,从而21PQ20SINEN答玻璃棒没入水中部分的长度为LCM2GOEQ2P2NG1KE1O1评注此题本质上考查解三角形的知识,但在这样的大背景下构造的应用题让学生有畏惧之感,且该应用题的实际应用性也不强也有学生第(1)问采用相似法解决,解法如下,所以,07AC40M22401730C12PQ所以由,即,解得1PAQ11PA16A答玻璃棒没入水中部分的长度为L6CM题型92异面直线的判定暂无第四节直线、平面平行的判定与性质题型93证明空间中直线、平面的平行关系11(2107浙江19(1)如图所示,已知四棱锥,是以为斜边的PABCDA等腰直角三角形,为的中点/BCAD2EPD(1)证明平面EPABCDPE11解析(1)如图所示,设DE的中点为,联结,PAFEB因为,分别为,的中点,所以,且EFD/AD12又因为,所以,且,所以四边形为平行/BCA12/EFBCBCEF四边形,所以,又平面,所以平面PA/PAHQPNMFDBCEA12(2017江苏15)如图所示,在三棱锥中,平面ABCBD平面,点(与不重合)分别在棱上,ABDC,EF,A且EF求证(1)平面;AB(2)ABDCEF12解析(1)在平面内,因为,且点与点不重合,所ABDAEEA以又因为平面,平面,所以平面/EFABABCABC/EFABC(2)因为平面平面,平面平面,DD平面,所以平面C因为平面,所以ABCA又,平面,平面,DBCAB所以平面又因为平面,所以D13(2017全国2卷理科19)如图所示,在四棱锥中,侧面为等边三角PP形且垂直于底面,是的中ABCD12AO90BACED点(1)求证直线平面;/EPEMDCBAP13解析(1)令的中点为,联结,如图所示因为点,为,PAFEBFEFPD的中点,所以为的中位线,所以又因为,PAEFD1/2A90BAC所以又因为,所以,于是从而四边形BC12BC/CD/为平行四边形,所以又因为,所以平面BFP平EPOZYXPMMFEDCBA题型94与平行有关的开放性、探究性问题第五节直线、平面垂直的判定与性质题型95证明空间中直线、平面的垂直关系14(2017江苏15)如图所示,在三棱锥中,平面ABCDABCD平面,点(与不重合)分别在棱上,ABDC,EF,且EF求证(1)平面;AB(2)ABDCEF14解析(1)在平面内,因为,且点与点不重合,所ABDAEEA以/EF又因为平面,平面,所以平面CC/FBC(2)因为平面平面,平面平面,ABDABD平面,所以平面C因为平面,所以ADBCAD又,平面,平面,BCAB所以平面又因为平面,所以15(2017全国1卷理科18(1)如图所示,在四棱锥中,且PD/C90BAPCD1求证平面平面;PADCBAP15解析(1)证明因为,所以,90BPCPADC又因为,所以又因为,平面,所以ABCDPA平面P又平面,所以平面平面AD16(2017全国3卷理科19(1)如图所示,四面体中,是正三角形,ABC是直角三角形,AC,BDB(1)求证平面平面;AC16解析如图所示,取的中点为,联结,OBD因为为等边三角形,所以,ACC由,得,所以,即为等腰直角三角形,BDABDCAA从而为直角又为底边中点,所以ACODOC令,则,易得,BAA2A3AB所以,从而由勾股定理的逆定理可得,即22DBODB由,所以平面ODACB平ODABC又因为平面,由面面垂直的判定定理可得平面平面ODACADCBBECDAO题型96与垂直有关的开放性、探索性问题暂无第六节空间向量与立体几何题型97空间向量及其运算题型98空间角的计算17(2017全国2卷理科10)已知直三棱柱中,1ABC120ABC,则异面直线与所成角的余弦值为()1BC1ABCD32505317解析设,分别为,的中点,则和的夹角为和MNPAB11ABCMN夹角或其补角(异面线所成角为)可知,NP02,152MN,12BC取的中点,联结,则可知为直角三角形,Q,PPQ1PQ2MA在中,即BC22COSBCABC14127,则,则在中,7A7QMQP2QP在中,PMN22COSMNPP2225105又异面直线所成角为,则其余弦值为故选C02,10518(2107山东理17)如图所示,几何体是圆柱的一部分,它是由矩形(及其内部)ABCD以边所在直线为旋转轴旋转得到的,是的中点AB120GADF(1)设是上的一点,且,求的大小;PCEAPBECP(2)当,求二面角的大小3D18解析(1)因为,平面,APBEABPABPA所以平面又平面,所以又,所以BEE120C30C(2)以为坐标原点,分别以,所在的直线为,轴,建立如图所BEPAXYZ示的空间直角坐标系GZYXPFEDCBA由题意得,则,0,3A2,01,3G1,302,03AE,1GC设是平面的一个法向量,1,XYZME由,可得,0AE1230XZY取,可得平面的一个法向量12ZG3,2M设是平面的一个法向量,2,XYZNAC由,可得,0AC230XYZ取,可得平面的一个法向量2ZG3,2N从而,易知二面角为锐角因此所求的角为1COS,2MNEAGC6019(2017江苏22)如图所示,在平行六面体中,平面,1BD1ABCD且,2ABD13A120(1)求异面直线与所成角的余弦值;11C(2)求二面角的正弦值A1B1C1D1ABCD19解析在平面内,过点作,交于点ACDEBE因为平面,所以,11A1A如图所示,以为正交基底,建立空间直角坐标系XYZ,EEDCBAD1C1B1A1XYZ因为2ABD,13,120A则0,,,0,,,3,,10,3A,13C(1),13AB,1,AC,则11COS,3,177因此异面直线1AB与1C所成角的余弦值为(2)平面D的一个法向量为3,0AE设,XYZM为平面1的一个法向量,又13,AB,3,0BD,则0M,即XYZ不妨取3X,则,2Z,所以,2为平面1BAD的一个法向量从而COS,EAM3,0,234,设二面角1B的大小为,则COS因为0,,所以27SIN14因此二面角1BAD的正弦值为20(2017全国1卷理科18)如图所示,在四棱锥中,且PABCD/90PC1求证平面平面;ABP2若,求二面角的余弦值D90DAPBDCBAP20解析(1)证明因为,所以,90BPCPADC又因为,所以又因为,平面,所以ABCDPAB平面又平面,所以平面平面PA(2)取的中点,的中点,联结,因为,所以四边形OBEPOEBD为平行四边形,所以由(1)知,平面,所以平面又,ABDOEPAO平面,所以,又因为,所以,从而,ADPP,两两垂直以为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系,OEXYZ设,所以,2PA02D,20B,2P,20C,所以,P,B,设为平面的一个法向量,XYZN,C由,得0PBC20XYZ令,则,可得平面的一个法向量1YZXPBC012N,因为,所以,又知平面,平面,90APDPAADPAD所以,又,所以平面B即是平面的一个法向量,02D,从而23COSPDN,由图知二面角为钝角,所以它的余弦值为ABC321(2017全国2卷理科19)如图所示,在四棱锥中,侧面为等边三角PABCDPA形且垂直于底面,是的中ABCD12O90ED点(1)求证直线平面;/EP(2)点在棱上,且直线与底面所成的锐角为,求二面角MCBMACD45的余弦值ABDEMDCBAP21解析(1)令的中点为,联结,如图所示因为点,为,PAFEBFEFPD的中点,所以为的中位线,所以又因为,PAEFD1/2A90BAC所以又因为,所以,于是从而四边形BC12BC/CD/为平行四边形,所以又因为,所以平面BFP平EP(2)以的中点为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系设,则ADO1AB,点在0O,01,10B,0C,10D,3,M底面上的投影为,所以,联结因为,所以BCMBM45为等腰直角三角形因为为直角三角形,所以MPOC3OCP60PCO设,所以A3A31MA310MA,从而222610332BM213O所以,2,02,261A,0AB,设平面的法向量,则,所以,ABM1YZ,M1102MYZM62,M易知平面的一个法向量为,从而故二面角ABD01,N10COS,5N的余弦值为M15OZYXPMMFEDCBA22(2017全国3卷理科19)如图所示,四面体中,是正三角形,BAC是直角三角形,ACD,BABD(1)求证平面平面;C(2)过的平面交于点,若平面把四面体分成体积相等的两部分,EABCD求二面角的余弦值22解析如图所示,取的中点为,联结,ACOBD因为为等边三角形,所以,ABCBAC由,得,所以,即为等腰直角三角形,DADCA从而为直角又为底边中点,所以ACODOC令,则,易得,BABA2A3AB所以,从而由勾股定理的逆定理可得,即22DODB由,所以平面OACB平ODABC又因为平面,由面面垂直的判定定理可得平面平面ODACADCBBECDAO由题意可知,即,到平面的距离相等,即点为的中点VDACEBDEEBD以为坐标原点,为轴正方向,为轴正方向,为轴正方向,设,OXYODZACA建立空间直角坐标系,则,0,O,02AA,02A3,0A,30,4AE易得,,24A,02AAD,02AOA设平面的法向量为,平面的法向量为,ED11,XYZNEC22,XYZN则,取;,取10AN13,20AN2,13设二面角为,易知为锐角,则DEC127COSNZOADCEBXY23(2017北京理16)如图所示,在四棱锥中,底面为正方形,平面PDAC平面,点在线段上,平面,PADBCMB/M,64(1)求证为的中点;P(2)求二面角的大小;BA(3)求直线与平面所成角的正弦值MCD23解析(1)设的交点为,联结,ACBDEM因为平面,平面平面,所以PMPBDPE因为是正方形,所以为的中点,所以为的中点MPEDCBA(2)取的中点,联结,AOP因为,所以PA又因为平面平面,且平面,所以平面DBCPADOABCD因为平面,所以OEOE因为是正方形,所以ABC如图所示,建立空间直角坐标系,则,XYZ0,2P,0D2,40B,4,0D2,0P设平面的法向量为,则,即B,XYZN0BPN420XYZ令,则,于是1XY2Z1,2平面的法向量为,所以PAD0,P1COS,|2NP由题知二面角为锐角,所以它的大小为BA3PMEDCBAZXYO(3)由(1)知,21,M,4023,M设直线与平面所成角为,则CBDP6SINCO,9CN所以直线与平面所成角的正弦值为M26924(2017天津理17)如图所示,在三棱锥中,底面,PABCABC点分别为棱,的中点,是线段的中点,90BACDEN,MD,4P2(1)求证平面;/B(2)求二面角的正弦值;M(3)已知点在棱上,且直线与直线所成角的余弦值为,求线段HPANHBE721的长ANMEDCBAP24解析如图所示,以为坐标原点,,ABCP为基底,建立如图所示的空间直角坐标系,依题意可得ZYXABCDEMNP,0A,20B,4C,0P,02D,E,01M,1N,(1)证明,设为平面的一个法向量,0,2DE2,0B,XYZNBDE则,即,不妨设,可得BNYXZ1Z1,0又,可得,因为平面,所以平面1,2MN0MNNBE/MNBE(2)易知为平面的一个法向量设为平面的一个法向1,0NCE2,XYZN量,则,因为,所以2EN0,21,1MN20ZY不妨设,可得1Y24,1N因此有,于是1122COS,|125SIN,所以二面角的正弦值为CEMN52(3)依题意,设,则H(0,0,H),进而可得,04AHH1,2NHH由已知得,整理得2,BE2|7COS,53NBEH,1080H解得或所以线段AH的长为或512851225(2107浙江19)如图所示,已知四棱锥,是以为斜边的等腰PABCDA直角三角形,为的中点/BCAD2PCADCBEPD(1)证明平面;E(2)求直线与平面所成角的正弦值ABCDPE25解析(1)如图所示,设DE的中点为,联结,PAFEB因为,分别为,的中点,所以,且EFD/AD12又因为,所以,且,所以四边形为平行/BCA12/EFBCBCEF四边形,所以,又平面,所以平面PA/PAHQPNMFDBCEA(2)分别取BC,D的中点为,联结P交EF于点,联结MQ因为E,F,N分别是P,A,的中点,所以为的中点,在平行四边形中,/MQ由PAD为等腰直角三角形,得ND由DCA,N是D的中点,所以12NADBC,且N,所以四边形B是平行四边形,所以CB,所以又P,所以AD平面P,由/CA,得平面PN,又平面BC,所以平面B平面N过点Q作B的垂线,垂足为H,联结MMH是在平面C上的射影,所以Q是直线E与平面P所成的角设1CD在P中,由2,1D,2P,由余弦定理得2CE,又B平面N,B平面N,所以BC在BN中,由1B,23,QH,为的中点,得14QH在RTM中,14,2,所以2SIN8M,所以直线CE与平面PB所成角的正弦值是826(2107浙江9)如图所示,已知正四面体DABC(所有棱长均相等的三棱锥),P,Q,R分别为A,C,上的点,P,2QRA,分别记二面角D,P,QR的平面角为,则()ABCD26解析如图所示,设点D在底面ABC内的射影为O,判断到PR,Q,的距离,O到哪条线段的距离越小,对应的二面角就越大显然有,均为锐角1P为三等分点,到1PQR三边的距离相等动态研究问题1,所以到的距离不变,O到的距离减少,O到PR的距离变大所以OP1RQCBA题型99空间距离的计算暂无题型100与空间角、空间距离有关的开放性、探索性问题暂无27(2017全国3卷理科16),为空间中两条互相垂直的直线,等腰直角三角形AB的直角边所在的直线与,都垂直,斜边以直线为旋转轴旋转,有ABCABC下列结论当直线与成角时,与成角;A60ABB30当直线与成角时,与成角;AB6直线与所成角的最小值为;45直线与所成角的最小值为;A0其中正确的是_(填写所有正确结论的编号)27解析由题意知,三条直线两两相互垂直,作出图像如图所示不妨设图ABAC中所示的正方体的边长为1,故,边

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