2019版理科数学一轮复习高考帮试题：微专题4 高考中的立体几何问题（考题帮.数学理） .docx

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1、微专题4高考中的立体几何问题一、选择题(每小题5分,共30分)1.一个多面体的三视图如图4-1所示,则此多面体的表面积是()图4-1A.22 B.24-2 C.22+2 D.20+22.如图4-2,网格纸上小正方形的边长为1,粗线画的是某组合体的三视图,则该组合体的体积是()图4-2A.233+23 B.233+163 C.4+163 D.43+233.已知正方体ABCD-A1B1C1D1的所有顶点均在球O的表面上,E,F,G分别为AB,AD,AA1的中点,若平面EFG截球O所得圆的半径为153,则该正方体的棱长为()A.15B.10C.3D.24. 数学文化题如图4-3为中国传统智力玩具鲁班

2、锁,它起源于中国古代建筑中首创的榫卯结构,这种三维的拼插器具内部的凹凸部分啮合,外观看是严丝合缝的十字立方体,其上下、左右、 前后完全对称,六根完全相同的正四棱柱分成三组,经90榫卯起来.现有一鲁班锁的正四棱柱的底面正方形的边长为2,欲将其放入球形容器内(容器壁的厚度忽略不计),若球形容器的表面积的最小值为56,则正四棱柱的高为 ()A.6 B.223 C.6 D.2515. 数学文化题中国古代计时器的发明时间不晚于战国时代(公元前476年前222年),其中沙漏就是古代利用机械原理设计的一种计时装置,它由两个形状完全相同的容器和一个狭窄的连接管道组成,开始时细沙全部在上部容器中,细沙通过连接管

3、道流到下部容器.如图4-4所示,某沙漏由上、下两个圆锥形容器组成,圆锥形容器的底面圆的直径和高均为8 cm,细沙全部在上部时,其高度为圆锥形容器高度的23(细管长度忽略不计).若细沙全部漏入下部后,恰好堆成一个盖住沙漏底部的圆锥形沙堆,则此圆锥形沙堆的高为()图4-4A.2 cm B.43 cm C.83 cm D.6427 cm6.如图4-5,在正三棱柱ABC-A1B1C1中,AA1=2AB,E,F分别为BC,BB1的中点,M,N分别为AA1,A1C1的中点,则直线MN与EF所成角的余弦值为()图4-5A.35B.32 C.12D.45二、填空题(每小题5分,共10分)7.若侧面积为8的圆柱

4、有一外接球O,则当球O的体积取得最小值时,圆柱的表面积为.8.如图4-6,在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中,作以A为顶点,分别以AB,AD,AA1为轴,底面圆半径为r(0r1)的圆锥.当半径r变化时,正方体挖去三个14圆锥部分后,余下的几何体的表面积的最小值是.图4-6三、解答题(共48分)9.(12分)如图4-7,在直角ABC中,BAC=60,点F在斜边AB上,且AB=4AF,D,E是平面ABC同一侧的两点, AD平面ABC,BE平面ABC,AD=3,AC=BE=4.(1)求证:平面CDF平面CEF;(2)若M是线段CB的中点,求异面直线CF与EM所成角的余弦值.图4-710.

5、(12分)如图4-8所示,在多面体ABD-A1B1C1D1中,四边形A1B1C1D1,ADD1A1,ABB1A1均为正方形,点M是BD的中点,点H在C1M上,且A1H与平面ABD所成角的正弦值为33.(1)证明:B1D1平面BC1D;(2)求二面角A-A1H-B的大小.图4-811.(12分)在如图4-9所示的几何体中,四边形ABCD是等腰梯形,ABCD,DAB=60,FC平面ABCD,AEBD,CB=CD=CF.(1)在线段AB(含端点)上是否存在一点P,使得FP平面AED?若存在,求出APAB的值;若不存在,请说明理由.(2)求直线AF与平面BDF所成角的正弦值.图4-912.(12分)如

6、图4-10(1),正方形ABCD的边长为4,AB=AE=BF=12EF,ABEF,把四边形ABCD沿AB折起,使得AD底面AEFB,G是EF的中点,连接BG,如图4-10(2).(1)求证:AG平面BCE;(2)求二面角C-AE-F的余弦值.(1)(2)图4-10答案1.C根据题中三视图知,该多面体是从一个棱长为2的正方体的左上角截去一个直三棱柱后剩余的部分,因此其表面积为622-112+21=22+2,故选C.2.D观察题中三视图可知该组合体的上面是三棱锥,下面是半径为1的半球,其直观图如图D 4-1所示.图D 4-1解法一如图D 4-2所示,将组合体中三棱锥A-BEF“补”成正方体,顶点A

7、,B,E,F分别是正方体的棱的中点.取EF的中点C,连接AC,BC,则EF平面ABC,由已知得,EF=AB=2,AC=BC=5,所以SABC=1222=2,三棱锥A-BEF的体积V1=13SABCEF=43,半球的体积V2=124313=23.所以该组合体的体积V=V1+V2=43+23.故选D.图D 4-2解法二如图D 4-3所示,将组合体中的三棱锥A-BEF“补”成正方体,顶点A,B,E,F分别是正方体的棱的中点,取AB的中点G,过EF和点G作截面EFDC,则截面EFDC将三棱锥A-BEF分成两个相同的小三棱锥,且AG=1,SEFG=1222=2,所以三棱锥A-BEF的体积V1=213SE

8、FGAG=43,半球体积V2=124313=23,所以该组合体的体积V=V1+V2=43+23.故选D.图D 4-33.D设正方体的棱长为a,则AC1=3a,由正方体ABCD-A1B1C1D1的外接球球心O为对角线AC1的中点,可知球O的半径R=32a,因为E,F,G分别为AB,AD,AA1的中点,所以EF=EG=FG=22a,所以EFG为等边三角形,SAEF=12a2a2=a28,SEFG=122a22a232=3a28.设点A到平面EFG的距离为h,由等体积法得SAEFAG13=SEFGh13,解得h=3a6,所以截面圆的半径r=(3a2)2-(3a2-3a6)2=153,解得a=2,故选

9、D.4.C设正四棱柱的高为h,表面积最小的球形容器可以看成长、宽、高分别为4,2,h的长方体的外接球,设外接球的半径为R,则4R2=56,所以4R2=56.又(2R)2=42+22+h2,所以56=20+h2,解得h=6.故选C.5.D由题意可知,开始时,沙漏上部分圆锥形容器中的细沙的高为H=238=163 ,底面半径为r=234=83 ,故细沙的体积V=13r2H=13(83)2163=1 02481.当细沙漏入下部后,圆锥形沙堆的底面半径为4,设其高为H ,则V=1342H=1 02481,解得H=6427,故此圆锥形沙堆的高为6427 cm,故选D.6.C解法一如图D 4-4,在原三棱柱

10、的上方,再放一个完全一样的三棱柱,连接AC1,CB1,C1B,易得MNAC1,EFCB1C1B,图D 4-4那么AC1B或AC1B的补角即直线MN与EF所成的角.设AA1=2AB=2a,则AC1=C1B=3a,连接AB,则AB=a2+(22a)2=3a,由余弦定理,得cosAC1B=(3a)2+(3a)2-(3a)22(3a)(3a)=-12,则直线MN与EF所成的角为AC1B的补角,其余弦值为12.故选C.解法二如图D 4-5,连接AC1,C1B,CB1,图D 4-5设C1B,CB1交于点O,取AB的中点D,连接CD,OD,则MNAC1OD,EFCB1,那么DOC或DOC的补角即直线MN与E

11、F所成的角.设AA1=2AB=2a,则AC1=CB1=3a,所以OD=OC=3a2,又CD=3a2,所以OCD为正三角形,故DOC=60,所以DOC即为直线MN与EF所成的角,且cosDOC=12,所以直线MN与EF所成角的余弦值为12,故选C.解法三取AB的中点O,连接CO,则COAB,以点O为坐标原点,OB所在直线为x轴,OC所在直线为y轴,过点O且平行于CC1的直线为z轴建立如图D 4-6所示的空间直角坐标系.图D 4-6设AB=2,则AA1=22,则A(-1,0,0),A1(-1,0,22),M(-1,0,2),C(0,3,0),C1(0,3,22),N(-12,32,22),E(12

12、,32,0),B1(1,0,22),F(1,0,2),所以MN=(12,32,2),EF=(12,-32,2),cos=MNEF|MN|EF|=3233=12,故选C.7.12由球体的对称性可知,圆柱的高即球心到圆柱两底面圆心的距离之和,设圆柱的底面半径为r,球心到圆柱底面的距离为d,外接球O的半径为R.由球心到圆柱底面的距离、圆柱底面的半径、球的半径之间构成直角三角形,可得r2+d2=R2.由题设可得2r2d=8,所以d=2r,则R2=r2+d2=r2+4r22r24r2=4,当且仅当r=2时取等号,此时球O的体积取得最小值.故此时圆柱的表面积S表=8+2r2=8+2(2)2=12.8.3+

13、3(2-1)4由题知,余下几何体的表面积由原正方体的表面的剩余部分和3个14圆锥的侧面组成,其表面积S=34rr2+1+3(1-r)+3(1-14r2)=6+34(rr2+1-r2-4r),其中0r1.设 f(x)=xx2+1-x2-4x,0x1,求导并整理得f (x)=2x2+1x2+1-2x-4.当0x1时,1x2+12,2x2+1x2+1-(2x+1)2x2+1-(2x+1)=2x(x-1)0,2x2+1x2+12x+1,f (x)=2x2+1x2+1-2x-42x+1-2x-4=1-40,故f(x)在(0,1上是减函数,则余下几何体的表面积S在(0,1上也是减函数,故当r=1时,Smi

14、n=3+3(2-1)4.9.(1)连接DE,如图D 4-7所示.图D 4-7因为AD平面ABC,BE平面ABC,CF平面ABC,所以ADBE,ADCF.因为AC= 4,BAC=60,ACB=90,所以AB=8,所以AF=14AB=2,BF=34AB=6,CF=AC2+AF2-2ACAFcos60=23,所以AC2=AF2+CF2,所以ABCF.(2分)又AD平面ABED,AB平面ABED,ADAB=A,所以CF平面ABED,因为EF平面ABED,所以CFEF.又AD=3,BE=4,所以DE=(BE-AD)2+AB2=65,DF=AD2+AF2=13,EF=BF2+BE2=52,所以DE2=DF

15、2+FE2,所以DFFE.(5分)又CF平面CDF,DF平面CDF,CFDF=F,所以EF平面CDF,又EF平面CEF,所以平面CDF平面CEF.(7分)(2)解法一取BF的中点N,连接MN,EN,如图D 4-8所示.图D 4-8因为M,N分别为BC,BF的中点,所以MNCF,且MN=12CF=3,所以EMN为异面直线CF与EM所成的角.(9分)因为AC=4,BAC=60,ACB=90,所以BC=43,BM=23,所以EM=BM2+BE2=(23)2+42=27.由(1)知BF=6,所以BN=3,所以EN=BE2+BN2=42+32=5.(11分)在EMN中,由余弦定理可得cosEMN=ME2

16、+MN2-EN22MEMN=28+3-252273=2114,所以异面直线CF与EM所成角的余弦值为2114.(12分)解法二以C为坐标原点,以CA,CB所在的直线分别为x轴,y轴,以过点C且与平面ABC垂直的直线为z轴,建立空间直角坐标系,如图D 4-9所示,则C(0,0,0),M(0,23,0),E(0,43,4),F(3,3,0),所以ME=(0,23,4),CF=(3,3,0),(10分)所以cos=MECF|ME|CF|=62723=2114,所以异面直线CF与EM所成角的余弦值为2114.(12分)图D 4-910.(1)四边形ADD1A1,ABB1A1均为正方形,DD1AA1且D

17、D1=AA1,BB1AA1且BB1=AA1,DD1BB1且DD1=BB1,四边形BDD1B1是平行四边形.BDB1D1.(3分)又BD平面BC1D,B1D1平面BC1D,B1D1平面BC1D.(4分)(2)解法一四边形A1B1C1D1,ADD1A1,ABB1A1均为正方形,多面体ABD-A1B1C1D1可补成正方体ABCD-A1B1C1D1,如图D 4-10所示.图D 4-10设其棱长为1,连接A1C,AC,A1AA1C=13=33,A1C与平面ABD所成角的正弦值为33.又A1H与平面ABD所成角的正弦值为33,H在正方体的体对角线A1C上.又点H在C1M上,H为A1C与C1M的交点.(6分

18、)BDAC,BDA1A,又AC,A1A是平面A1AC内两条相交的直线,BD平面A1AC,BDA1C,同理得BC1A1C.又BD,BC1是平面BC1D内两条相交的直线,A1C平面BC1D,(8分)A1HHM,A1HHB,二面角A-A1H-B的平面角为BHM.(9分)又RtCHMRtCAA1,HMAA1=CMCA1,HM=66,BD=BC1=C1D=2,M是BD的中点,C1MBM,BM=22,tanBHM=BMHM=3,BHM=60,二面角A-A1H-B的大小为60.(12分)解法二四边形A1B1C1D1,ADD1A1,ABB1A1均为正方形,AA1,A1B1,A1D1两两垂直且相等.又ADA1D

19、1,ABA1B1,AA1,AB,AD两两垂直且相等.设AA1=1,以A为坐标原点,分别以AB,AD,AA1所在的直线为x轴,y轴,z轴建立如图D 4-11所示的空间直角坐标系.则A1(0,0,1),B(1,0,0),D(0,1,0),C1(1,1,1),M(12,12,0).(5分)图D 4-11设H(x,y,z),则A1H=(x,y,z-1),A1H与平面ABD所成角的正弦值为33,AA1=(0,0,1)为平面ABD的一个法向量,A1H与AA1所成角的余弦值为-33,z-1x2+y2+(z-1)2=-33,C1H=(x-1,y-1,z-1),C1M=(-12,-12,-1),且C1HC1M,

20、x-1-12=y-1-12=z-1-1,联立,得x=23,y=23,z=13,则H(23,23,13),(8分)A1H=(23,23,-23),BH=(-13,23,13).同理,设平面AA1H的法向量为n1=(x1,y1,z1),则有n1AA1=0,n1A1H=0,即z1=0,23x1+23y1-23z1=0,取x1=1,得n1=(1,-1,0),设平面BA1H的法向量为n2=(x2,y2,z2),可得n2=(1,0,1).(10分)设二面角A-A1H-B的平面角为,由图易知(0,2),cos =|n1n2|n1|n2|=122=12,二面角A-A1H-B的大小为60.(12分)11.(1)

21、存在点P满足题意,此时P为AB的中点,理由如下:在等腰梯形ABCD中,ABCD,DAB=60,CB=CD, ADC=DCB=120, DBC=CDB=30.ADB=90,DBA=30.ADBD,AB=2AD=2DC.又AEBD,ADAE=A,BD平面AED,又BD平面ABCD,平面AED平面ABCD.(2分)如图D 4-12,过点E作EGAD于点G,则EG平面ABCD,图D 4-12又FC平面ABCD,EGFC.EG平面AED,FC平面AED,FC平面AED.(4分)取AB的中点P,连接CP,FP,则DCAP,DC=AP,四边形APCD为平行四边形,ADPC.又AD平面AED,PC平面AED,

22、PC平面AED.又FCPC=C,平面AED平面FCP.又FP平面FCP,FP平面AED.存在满足题意的点P,且P是AB的中点,此时APAB=12.(6分)(2)连接AC,由(1)易知ACBC,FC平面ABCD,CA,CB,CF两两垂直.以C为坐标原点,建立空间直角坐标系C-xyz如图D 4-13所示.图D 4-13设CB=2,则CA=23,AB=4,F(0,0,2),B(0,2,0),D(3,-1,0),A(23,0,0),AF=(-23,0,2),BD=(3,-3,0),FB=(0,2,-2),(8分)设平面BDF的法向量为m=(x,y,z),则mBD=0,mFB=0,即3x-3y=0,2y

23、-2z=0,取y=1,则x=3,z=1,则m=(3,1,1)为平面BDF的一个法向量.(10分)所以cos=mAF|m|AF|=-445=-55,故直线AF与平面BDF所成角的正弦值为55.(12分)12. (1)因为BCAD,AD底面AEFB,所以BC底面AEFB,又AG底面AEFB,所以BCAG,因为AB=12EF,ABEF,G是EF的中点,所以ABEG,又AB=AE,所以四边形ABGE为菱形,所以AGBE,又BCBE=B,BE平面BCE,BC平面BCE,所以AG平面BCE.(2)解法一由(1)知四边形ABGE为菱形,AGBE,AE=EG=BG=AB=BF=GF=4,所以BGF为等边三角形

24、,所以BGF=AEG=60.设AGBE=O,所以OE=OB=23,OA=OG=2.取CE的中点M,连接OM,如图D 4-14所示,图D 4-14所以OMBC,所以OM平面AEFB.作MNAE于N,连接ON,所以ONAE,所以ONM为二面角C-AE-F的平面角.在RtAOE中,由12AEON=12OEOA,得124ON=12223,即ON=3,又OM=12BC=2,所以MN=22+(3)2=7,所以cosONM=37=217,所以二面角C-AE-F的余弦值为217.解法二由(1)知四边形ABGE为菱形,AGBE,AE=EG=BG=AB=BF=GF=4,所以BGF为等边三角形,所以BGF=AEG=

25、60.设AGBE=O,所以OE=OB=23,OA=OG=2.以O为坐标原点,建立如图D 4-15所示的空间直角坐标系,图D 4-15则O(0,0,0),A(-2,0,0),E(0,-23,0),F(4,23, 0),C(0,23,4),D(-2,0,4),所以AC=(2,23,4),AE=(2,-23,0),设平面ACE的法向量为n=(x,y,z),则ACn=0,AEn=0,所以2x+23y+4z=0,2x-23y=0,令y=1,则x=3,z=-3,即平面ACE的一个法向量为n=(3,1,-3),易知平面AEF的一个法向量为AD=(0,0,4),设二面角C-AE-F的大小为,由图易知(0,2),所以cos =|nAD|n|AD|=4374=217.