2022年高考数学-考点22-简单多面体与球练习 .pdf

《2022年高考数学-考点22-简单多面体与球练习 .pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2022年高考数学-考点22-简单多面体与球练习 .pdf（14页珍藏版）》请在淘文阁 - 分享文档赚钱的网站上搜索。

1、- 1 - 考点 22 简单多面体与球1. 2010四川高考理科 11 半径为R的球O的直径AB垂直于平面，垂足为B，BCD是平面内边长为R的正三角形， 线段AC,AD分别与球面交于点M，N，那么M,N两点间的球面距离是A17arccos25RB18arccos25RC13RD415R【命题立意】 此题考查了两点间的球面距离即求弧长 问题， 解三角形， 平行线等分线段成比例的知识，考查了学生利用平面几何知识解决空间几何体问题的能力. 【思路点拨】欲求M,N两点间的球面距离，根据弧长公式可知，需求MON的弧度数，进而转化为求线段MN的长度 .题目中所给条件大多集中在BCD内，故探求MN与CD的数

2、量关系 . 【标准解答】选A . 连结BM，AB为球O的直径，BMAC，在Rt ABC中，222 ,5ABR BCR ACABBCR由射影定理可得2255BCBCCMCACMRCA.则4 55AMACCMR. 同理，连结BN,则 ABM ABN, 则ANAM,又ACAD, MNCD.45MNAMCDAC, 即4455MNCDR. 在三角形MON中 , OM=OM=R, 45MNR利用余弦定理可得：22217cos=225OMONMNMONOMON， 17arccos25MON, M,N两 点 间 的 球 面 距 离 为17R arccos25. 2. 2010全国卷理科12已知在半径为2 的球

3、面上有A， B，C，D 四点，假设AB=CD=2, 则四面体 ABCD 的体积的最大值为精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 1 页，共 14 页- 2 - (A) 2 33(B)4 33(C) 2 3(D) 8 33【命题立意】 本小题主要考查几何体的体积的计算、球的性质、异面直线的距离,通过球这个载体考查考生的空间想象能力及推理运算能力. 【思路点拨】当ABCD时体积最大，选择合适的底和高，利用三棱锥体积公式求解. 【标准解答】选B.方法一：当ABCD时，体积最大，如图：过CD作平面PCD，使ABPCD平面, 交AB与点P,设点P到C

4、D的距离为h, 则有1112223323PCDABCDhVSABh四面体,当直径通过AB与CD的中点时 ,22max2 212 3h,故max4 33V. 方法二：如图：当异面直线AB与CD间的距离最大，且ABCD时，四面体ABCD的体积最大，分别取AB与CD的中点E，F，连结EF，此时球心O为线段EF的中点，则22222 212 3EFOAAE.1114 322 323323A BCDECDVSAB. 3 2010湖北高考理科13圆柱形容器内盛有高度为8 cm 的水，假设放入三个相同的球球的半径与圆柱的底面半径相同后，水恰好淹没最上面的球如下列图，则球的半径是_cm. 【命题立意】此题主要考

5、查圆柱和球的体积公式以及考生的运算求解能力【思路点拨】圆柱形容器的容积减去圆柱内高度为8cm 的水的体积即为3 个球的体积和。【标准解答】 设球的半径为r，则圆柱形容器的高为6r，容积为2366rrr，高度为 8cm的水的体积为28 r， 3 个球的体积和为334343rr，由题意36 r-28 r=34 r解得4r. 【答案】 4 4. 2010江西高考文科长方体1111ABCDA B C D的顶点均在同一个球面上，11ABAA，2BC，则A，B两点间的球面距离为. 【命题立意】此题主要考查棱锥、球的基本知识，考查多面体与球体的内接1A1B1C1DADCB精选学习资料 - - - - - -

6、 - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 2 页，共 14 页- 3 - 问题，考查球面距离问题，考查空间想象力【思路点拨】先求体对角线长即为球的直径，再求球心角，最后由弧长公式求两点间的球面距离. 【 标 准 解 答 】 设 球 的 半 径 为R， 则.1,2)2(1122221RACR设 球 心 为O， 则21121122cos22222RABRAOB，所以,3AOB所求 A,B 两点间的球面距离为.3【答案】35. 2010上海高考理科2如下列图，在边长为4 的正方形 纸片 ABCD中， AC 与 BD 相交于 O,剪去AOB,将剩余部分沿OC,OD 折叠，使 OA,OB

7、 重合，则以 AB,C,D,O 为顶点的四面体的体积为【命题立意】此题考查立体几何中的折叠问题和几何体体积的求法【思路点拨】先确定折叠后的几何体的形状，再由体积公式求体积【标准解答】折叠后的图形如下列图, ,BOOC AOOD，( )A B OCOD平面. AO为四面体()A BCOD的高，AOOCOD2131AOS31OCDCDO-A四面体V3282222222131【答案】8 23【方法技巧】折叠问题的关键是找到折叠前后，变与不变的量一般在折线同侧的量包括角和距离不变，跨过折线的量要改变6. 2010 上海高考文科 6 已知四棱锥PABCD的底面是边长为6 的正方形，侧棱PA底面ABCD，

8、且8PA，则该四棱锥的体积是【命题立意】此题考查棱锥的体积公式的应用，属容易题【思路点拨】按棱锥的体积公式代入数值求解【标准解答】11166 896333ABCDPABCDVShSPA正方形四棱锥底=96. 【答案】 96 7. 2010上海高考文科20如下列图，为了制作一个圆柱形灯笼，先要制作4个全等的矩形骨架，总计耗用9.6 米铁丝，再用S平方米塑料片制成圆柱的侧面和下底精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 3 页，共 14 页- 4 - 面不安装上底面. (1)当圆柱底面半径r取何值时，S取得最大值？并求出该最大值结果精确到0.01

9、 平方米 ; (2)假设要制作一个如图放置的，底面半径为0.3 米的灯笼，请作出用于灯笼的三视图作图时，不需考虑骨架等因素. 【命题立意】此题是个应用题，主要考查学生分析问题、解决问题的能力，涉及函数求最值、几何体的三视图等相关知识. 【思路点拨】 1建立S关于r的函数，根据函数的性质求最值；2确定几何体的有关数据后，按三视图的要求画图【标准解答】 1设圆柱形灯笼的高为h，则4(42 )9.6rh，所以1.22hr所以2222(.22 )SSSrrhrrr侧底(1.2-2r)22.43rr(00.6)r所以，当4 .0)3(24.2r时 S 有最大值最大值为51.1)4.0(34.04.22平

10、方米2由 1知0.3r时，0.6h其正视图与侧视图均为边长是0.6 的正方形，俯视图是半径为0.3 的圆如图：8. 2010重庆高考文科20如题图， 四棱锥PABCD中，底面ABCD为矩形，PAABCD底面，2PAAB，点E是棱PB的中点 . 1证明 ：AEPBC平面；2假设1AD，求二面角BECD的平面角的余弦值. 【命题立意】本小题考查空间直线与直线、直线与平面的位置关系，考查余弦定理及其应用，考查空间向量的基础知识和在立体几何中的应用，考查空间想象能力，推理论证能力，运算求解能力，考查数形结合的思想，考查转化与化归的思想. 【思路点拨】 1通过证明线线垂直证明结论：线面垂直，2作出二面角

11、的平面角，再利用三角函数、余弦定理等知识求余弦值.或建立空间直角坐标系，利用向量的坐标运算证明垂直和求出有关角的三角函数值. 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 4 页，共 14 页- 5 - 【标准解答】方法一：1如下列图，由PAABCD底面得PAAB.又PAAB知PAB为等腰直角三角形，而点E是棱PB的中点，所以AEPB. 由题意知BCAB，又AB是PB在面ABCD内的射影，由三垂线定理得BCPB， 从而BCPAB平面， 故BCAE。 因为AEPB，AEBC，PBBC=B 所以AEPBC平面. 2由 1知BCPAB平面，又ADBC，

12、得ADPAB平面，故ADAE.在Rt PAB中，2PAAB，所以2211122AEPBPAAB，所以在Rt DAE中，222DEAEAD.在Rt CBE中，222CEBEBC，又2CD，所以CDE为等边三角形.取CE的中点F,连结DF,则DFCE. 因1BEBC，且BCBE，则EBC为等腰直角三角形，连结BF，则BFCE，所以BFD为所求的二面角的平面角.连结BD，在BFD中，6sin32DFCD，1222BFCE,223BDBCCD，所以222cos2DFBFBDBFDDFBF33，故二面角BECD的平面角的余弦值为33. 方法二：1以A为坐标原点，射线,AB AD AP分别为x轴、y轴、z

13、轴的正半轴，建立空间直角坐标系Axyz.如下列图 . 设(0, ,0)Da， 则B,0,0)2(，C(2,0)a，P)2(0,0,，E)22,0,22(。于是22AE(,0,)22，BC(0, ,0)a，PC( 2,2)a，则0,0AE BCAE PC，精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 5 页，共 14 页- 6 - 所以,AEBC AEPC，故AEPBC平面. 2设平面BEC 的法向量为1n，由知，AEBEC平面，故可取122nEA022（，）2)2-.设平面DEC的法向量2222,nxyz（），则220,0nDCnDFDE0，由A

14、D1，得D）,1,00（，C）,1,02（，从而）,0,02（DC，22DE, 1,22（-），故2222022022xxyz，所以20 x，222zy，可取21y，则2012n（ ， ， ），从而1212123cos,3n nn nn n. 【方法技巧】 1用几何法推理证明、计算求解；2空间向量坐标法，通过向量的坐标运算解题. 9. 2010重庆高考理科 9如图，四棱锥PABCD中，底面ABCD为矩形，PAABCD底面，6PAAB，点E是棱PB的中点 . 1求直线AD与平面PBC的距离；2假设3AD，求二面角AECD的平面角的余弦值. 【命题立意】本小题主要考查直线与直线、直线与平面的位置关

15、系、三垂线定理等，考查线面距离的求法、二面角的余弦值的求法，考查空间想象能力、推理论证能力、运算求解能力，考查函数与方程的思想、数形结合的思想方法、转化与化归的能力. 【思路点拨】 1把直线到平面的距离转化为点到平面的距离，寻找过此点与平面垂直的直线；2作出二面角的平面角，再根据三角函数、余弦定理等求解. 【标准解答】方法一： 1如图 1，在矩形ABCD中，ADBC，从而AD平面PBC，故求直线AD与平面PBC的距离就是点A到平面PBC的距离 .因为PAABCD底面，所以PAAB，由PAAB知PAB为 等 腰 直 角 三 角 形 ， 又 点E是 棱PB的 中 点 .故AEPB，又在矩形ABCD

16、中，BCAB，而AB是PB在底面ABCD上的射影，由三垂线定理得BCPB，从而BCPAB平面，故BCAE，从而AEPBC平面，故AE之长即为直线AD与平面PBC的距离 .在Rt PAB中，6PAAB，精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 6 页，共 14 页- 7 - 所以2211322AEPBPAAB，即直线AD与平面PBC的距离是3. 2过点D作DFCE，交CE于F，过点F作FGCE，交AC于点G，则DFG为所求二面角的 平 面 角 . 因 为BCPAB平面， 又ADBC， 得ADPAB平面， 故ADAE， 从 而226DEAEAD，

17、在Rt CBE中，226CEBEBC，又因为6CD，所以CDE为等边三角形，故F为CE的中点，且3 2sin32DFCD. 因为AEPBC平面，故AECE，又FGCE，知12FGAE且FGAE，从而32FG，且G点 为AC的 中 点 . 连 结DG， 则 在Rt ADC中 ，22113222DGACADCD. 所 以2226cos23DFFGDGDFGDFFG. 方法二：I如图 2，以A为坐标原点，射线,AB AD AP分别为x轴、y轴、z轴的正半轴，建立空间直角坐标系Axyz.设(0, ,0)Da，则( 6,0,0)B，6,0Ca，66(0,06),(,0,)22PE, 因此66(,0,),

18、(0, ,0)22AEBCa, ( 6,6)PCa，则0,0AE BCAE PC，所以AEPBC平面，又因为ADBC，所以AD平面PBC，故直线AD与平面PBC的距离为点A到平面PBC的距离，即为3AE. 2 因 为AD3AD， 则(0,3,0),( 6,3,0)DC， 设 平 面AEC的 法 向 量 为1111(,)nx y z， 则110,0nACnAE，又66( 6,3,0),(,0,)22ACAE，所以111163066022xyxz，精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 7 页，共 14 页- 8 - 所以11112,yx zx

19、，取12x，则1(2,2,2)n2,2). 设平面EDC的法向量2222(,)nxyz，则220,0nDCnDE.又66( 6,0,0),(,3,)22DCDE，所以22220663022xxyz，所以2220,2xzy，取21y，则2(0,1,2)n.所以1212126cos,3nnn nn n，所以二面角AECD的平面角的余弦值为63. 【方法技巧】 1用几何法推理证明、计算求解；2空间向量坐标法，通过向量的坐标运算解题，并体会法向量在求空间角中的作用. 10. 2010江西高考文科如图，BCD与MCD都是边长为2 的正三角形，平面MCD平面BCD，AB平面BCD，2 3AB. 1求直线A

20、M与平面BCD所成的角的大小；2求平面ACM与平面BCD所成的二面角的正弦值. 【命题立意】此题主要考查空间几何体的线线、线面与面面垂直关系及平行关系，考查空间线面角、二面角的问题以及有关的计算问题，考查空间向量的坐标运算，考查数形结合思想，考查考生的空间想象能力、推理论证能力、化归转化能力和运算求解能力。【思路点拨】此题主要有两种方法，方法一：几何法1直接找出线面角，然后求解；2对二面角的求法思路，一般是分三步“作” ，“证”，“求” . 其中“作”是关键，“证”是难点 .方法二：建立空间直角坐标系，利用空间向量中的法向量求解. 【标准解答】方法一： 1如图：取CD中点O，连结,OB OM，

21、则OBCD，OMCD. 又平面MCD平面BCD,则 MO平面BCD，所以 MOAB，A， B，O， M 共面 .延长 AM ，BO 相交于E，连结CE,DE,则 AEB就是 AM 与平面 BCD 所成的角 . OB=MO=3，MOAB ，则12EOMOEBAB，3EOOB，所以2 3EBAB，故45AEB. DMCBA精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 8 页，共 14 页- 9 - 2 CE 是平面ACM与平面BCD的交线 . 由 1知， O 是 BE 的中点，则BCED 是菱形 . 作 BF EC 于 F，连结 AF，则 AFEC，

22、 AFB 就是二面角A-EC-B 的平面角，设为. 因为 BCE=120 ，所以 BCF=60 . sin 603BFBC，tan2ABBF，2 5sin5所以，所求二面角的正弦值是2 55. 方法二：取 CD 中点 O， 连结 OB， OM， 则 OBCD， OM CD， 又平面MCD平面BCD, 则 MO 平面BCD.以 O 为原点，直线OC，BO，OM 为 x 轴， y 轴， z 轴，建立空间直角坐标系如图. OB=OM=3，则各点坐标分别为O 0，0，0 ，C1，0，0 ，M 0，0，3 ，B 0，-3，0 ，A0，-3，23 ，1设直线AM 与平面 BCD 所成的角为. 因AM 0，

23、3，3 ，平面BCD的法向量为(0,0,1)n.则有32sincos,26AMnAM nAMn，所以45. 2( 1,0,3)CM，( 1,3,2 3)CA. 设平面 ACM 的法向量为1( , , )nx y z，由11nCMnCA得3032 30 xzxyz. 解得3xz，yz， 取1( 3,1,1)n.又平面 BCD 的法向量为(0,0,1)n，则1111cos,5nnn nnnyxMDCBOAz精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 9 页，共 14 页- 10 - 设所求二面角为，则212 5sin1 ()55. 11. 2010

24、江西高考理科 如图，BCD与MCD都是边长为2 的正三角形， 平面MCD平面BCD，AB平面BCD，2 3AB1求点A到平面MBC的距离；2求平面ACM与平面BCD所成二面角的正弦值【命题立意】此题考查空间几何体的线线、线面与面面垂直关系及平行关系，考查空间中点面距离，考查二面角的求解以及几何体的计算问题，考查空间向量的坐标运算，考查数形结合思想，考查考生的空间想象能力、推理论证能力、化归转化能力和运算求解能力。【思路点拨】此题主要有两种方法，方法一：几何法1将点面距离问题转化为体积相等的问题，降低直接求解的难度； 2对二面角的求法思路，一般是“作” ，“证”，“求” . 其中“作”是关键，“

25、证”是难点 . 方法二：建立空间直角坐标系，利用空间向量，借助于法向量求解，使问题变得简单. 【标准解答】方法一： 1取CD中点O，连结,OB OM，则3,OBOMOBCD MOCD又平面MCD平面BCD，则MOBCD平面，所以MO/AB，MO/平面ABC,M O到平面ABC的距离相等作OHBC于H，连结MH，则MHBC求得3sin 602OHOC，22315( 3)()22MH设点A到平面MBC的距离为d，由A MBCMABCVV得1133MBCABCSdSOH即1 1151 1322 2 33 223 22d，解得2 155d精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结

26、- - - - - - -第 10 页，共 14 页- 11 - 2延长,AM BO相交于E，连结CE，DE，CE是平面ACM与平面BCD的交线由 1知，O是BE的中点，则四边形BCED是菱形作BFEC于F，连结AF，则,AFECAFB就是二 面角AECB的平面角，设为因为120BCE，所以60BCF2sin 603BF,2 5tan2,sin5ABBF方法二：取CD中点O，连结,OB OM，则,OBCD OMCD又平面MCD平面BCD，则MO平面BCD以O为原点，直线 OC,BO,OM 为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系如图3OBOM，则各点坐标分别为).32,3, 0(),0,3,0(

27、),3,0,0(),0 ,0 ,1 (ABMC 1 设),(zyxn是 平 面MBC的 法 向 量 ， 则)3, 3, 0(),0 ,3, 1 (BMBC.由BCn得;03yx由BMn得.033zy取),32,0 ,0().1 , 1,3(BAn则.5152532nnBAd(2).32,3, 1(),3,0 , 1(CACM设平面 ACM 的法向量为),(1zyxn由CAnCMn11,得032303zyxzx解得,3zyzx取).1 , 1 , 3(1n又平面 BCD 的法向量为).1 ,0 ,0(2n所以.51,cos212121nnnnnn设所求二面角为,则.552sin12. 2010

28、四 川 高 考 理 科 18 已 知 正 方 体ABCDA B C D的棱长为 1，点M是棱AA的中点，点O是对角线BD的中点 . 1求证：OM为异面直线AA和BD的公垂线；精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 11 页，共 14 页- 12 - 2求二面角MBCB的大小；3求三棱锥MOBC的体积 . 【命题立意】此题主要考查异面直线、直线与平面垂直、二面角、正方体、三棱锥体积等基础知识，并考查空间想象能力和逻辑推理能力，考查应用向量知识解决数学问题的能力，转化与化归的数学思想.【思路点拨】方法一：几何法. 问题 1 ，分别证明OMAA，

29、OMBD即可 . 问题2首先利用三垂线定理，作出二面角MBCB的平面角，然后通过平面角所在的直角三角形，求出平面角的一个三角函数值，便可解决问题. 问题 3选择便于计算的底面和高，观察图形可知，OBC和OA D都在平面BCD A内，且OBCOA DSS，故MOBCMOA DOMA DVVV，利用三棱锥的体积公式很快求出O MA DV. 方法二：建立空间直角坐标系，利用空间向量中的法向量求解. 【标准解答】方法一： 1连结AC.取AC的中点K，则K为BD的中点，连结OK. 点M是棱AA的中点，点O是BD的中点，由AAAK，得OMAA. ,AKBD AKBB，且 BD BB =B AKBDD B平

30、面. AKBD.OMBD. 又OM与异面直线AA和BD都相交，故OM为异面直线AA和BD的公垂线，2取BB的中点N，连结MN，则MNBCC B平面，过点N作NHBC于H，连结MH，则由三垂线定理得，BCMH. MHN为二面角MBCB的平面角 . 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 12 页，共 14 页- 13 - 1221,sin 45224MNNHBN. 在Rt MNH中 .tan1tan2 224MNMHNNH故二面角MBCB的大小为arctan 2 2. 3易知，OBCOA DSS,且OBC和OAD都在平面BCD A内，点O到平

31、面MA D的距离12h，11324MOBCMOA DOMA DMA DVVVSh. 方法二：以点D为坐标原点，建立如下列图的空间直角坐标系Dxyz，则(1,0,0)A，(1,1,0)B，(0,1,0)C，(1,0,1)A，(0,1,1)C，(0,0,1)D1 点M是棱AA的中点，点O是BD的中点，1(1,0,)2M, 1 1 1(,)2 2 2O，11(,0)22OM, (0,0,1)AA,( 1, 1,1)BD. 0OMAA,110022OMBD, OMAA,OMBD, 又MO与异面直线AA和BD都相交，故MO为异面直线AA和BD的公垂线，2设平面BMC的一个法向量为1( , , )nx y

32、 z，1(0,1, )2BM，( 1,0,1)BC. 110,0.nBMnBC即10,20.yzxz精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 13 页，共 14 页- 14 - 取2z，则2,1xy.1(2,1,2)n. 取平面BC B的一个法向量2(0,1,0)n. 12121211cos,391n nn nn n，由图可知，二面角MBCB的平面角为锐角，故二面角MBCB的大小为1arccos3. 3易知，11212444OBCBCD ASS四边形，设平面OBC的一个法向量为3111(,)nx y z，1( 1, 1,1)BD,( 1,0,0)BC, 33nBD0,nBC0.即11110,0.xyzx取11z，则11y，从而3(0,1,1)n. 点M到平面OBC的距离3311222 2BM ndn. 11211334242 2MOBCOBCVSd. 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 14 页，共 14 页