新高考新试卷结构立体几何解答题中与旋转体有关的问题含答案.pdf

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1、1新高考新试卷结构立体几何与旋转体有关的题型新高考新试卷结构立体几何与旋转体有关的题型考点一：求直线和平面所成的角考点一：求直线和平面所成的角如图，设直线l的方向向量为e，平面的法向量为n，直线与平面所成的角为，e与n的角为，则有sin=|cos|=|en|e|n|(易错点)考点二：求二面角考点二：求二面角如图，若PA于A,PB于B，平面PAB交l于E，则AEB为二面角-l-的平面角，AEB+APB=180.若 n1,n2 分别为面,的法向量，cos n1,n2=n1 n2 n1 n2，则二面角的平面角 AEB=n1,n2 或 -n1,n2，即二面角等于它的两个面的法向量的夹角或夹角的补角当法

2、向量n1 与n2 的方向分别指向二面角的内侧与外侧时，二面角的大小等于n1,n2 的夹角 n1,n2 的大小当法向量 n1,n2 的方向同时指向二面角的内侧或外侧时，二面角 的大小等于 n1,n2 的夹角的补角 -n1,n2 的大小已知n1 和n2 分别是二面角l的半平面,的法向量，记二面角的大小为，若P半平面，Q半平面(Pl,Ql)，则当PQ n1 与PQ n2 同号时，二面角的大小等于n1,n2 的夹角 n1,n2 的大小当PQ n1 与PQ n2 异号时，二面角的大小等于n1,n2 的夹角的补角-n1,n2 的大小2024新高考新试卷结构立体几何解答题中与旋转体有关的问题2【精选例题】【

3、精选例题】1如图，四边形ABCD是圆柱OQ的轴截面，圆柱OQ的侧面积为6 3，点P在圆柱OQ的底面圆周上，且OPB是边长为3 的等边三角形，点G是DP的中点.(1)求证：AG平面PBD；(2)求二面角A-PG-O的正弦值.2如右图，已知RtABC的直角边AB=6，BC=4，点F1,F2是BC从左到右的四等分点(非中点)已知椭圆所在的平面平面ABC，且其左右顶点为B,C，左右焦点为F1,F2，点P在上(1)求三棱锥A-F1F2P体积的最大值；(2)证明：二面角F1-AP-F2不小于60取BC中点O，在AC上取一点Q使得OQBC，33如图所示，圆台的上、下底面圆半径分别为4cm和6cm，AA1,B

4、B1为圆台的两条不同的母线.(1)求证：A1B1AB；(2)截面ABB1A1与下底面所成的夹角大小为60，且截面截得圆台上底面圆的劣弧A1B1的长度为83，求截面ABB1A1的面积.44已知椭圆C：x2a2+y2b2=1(a0，b0)的左、右焦点分别为F1、F2，离心率为12，经过点F1且倾斜角为 02的直线l与椭圆交于A、B两点(其中点A在x轴上方)，ABF2的周长为8(1)求椭圆C的标准方程；(2)如图，将平面xOy沿x轴折叠，使y轴正半轴和x轴所确定的半平面(平面AF1F2)与y轴负半轴和x轴所确定的半平面(平面BF1F2)互相垂直若=3，求三棱锥A-BF1F2的体积，若=3，异面直线A

5、F1和BF2所成角的余弦值；是否存在 0b0由题意，易知 OB=OC=12BC=2，OF1=OF2=14BC=1，则a=OC=2，c=OF1=a2-b2=1，解得b=3，所以:x24+y23=1VA-F1F2P=13hSF1F2P=SF1F2P=12 F1F2 y0=y0b=3故三棱锥A-F1F2P体积的最大值是3(2)易知A-2,0,3，F10,-1,0，F20,1,0，设P3cos,2sin,0cos0，则AF1=0,1,-3，F1P=3cos,2sin+1,0，设平面APF1的一个法向量n1=x,y,z，则n1AF1=y-3z=0n1F1P=3xcos+2sin+1y=0 令 y=3 c

6、os，则 x=-3 2sin+1，z=cos，所 以 平 面 APF1的 一 个 法 向 量 n1=-3 2sin+1,3cos,cos，同理可求得平面 APF2的一个法向量 n2=-2sin-1,3cos,cos，令t=sin+1，则(化简后得)cos=n1n2n1 n2=3 3-4t4-16t3+12t2+73t+27(I)当 t 0,54时，则83-32t23 0，所以-4t4-16t3+12t2+73t+27 0，令 ft=0得t=1，当t 0,1时，ft0，f t单调递增；当t 1,54时，ft0，f t单调递减(II)当 t 54,2时，令 g t=-4t4-16t3+12t2+7

7、3t+27，gt=-16t3-48t2+24t+72，gt=24-2t2-4t+10，所以 gt单调递减，所以 gt g540，即 g t单调递减，g t g54=606364108，综上，-4t4-16t3+12t2+73t+27108对t 0,2成立，即cos3 3108=12，即3，故二面角F1-AP-F2不小于60得证43如图所示，圆台的上、下底面圆半径分别为4cm和6cm，AA1,BB1为圆台的两条不同的母线.(1)求证：A1B1AB；(2)截面ABB1A1与下底面所成的夹角大小为60，且截面截得圆台上底面圆的劣弧A1B1的长度为83，求截面ABB1A1的面积.【答案】(1)证明见解

8、析；(2)10 3cm2【详解】(1)因为圆台可以看做是由平行于圆锥底面的平面去截圆锥而得到，所以圆台的母线也就是生成这个圆台的圆锥相应母线的一部分.可知母线AA1与母线BB1的延长线必交于一点，即A,A1,B,B1四点共面，又因为圆面O1圆面O，且平面ABB1A1圆面O1=A1B1，平面ABB1A1圆面O=AB，所以A1B1AB.(2)解法一：因为劣弧A1B1的长度为83，则A1O1B1=23，由A1O1B1AOB，可得AOB=23.如图，建立空间直角坐标系O-xyz，设 OO1=t(t0)，则A 6,0,0,B-3,3 3,0,A14,0,t，可得AA1=-2,0,t,AB=-9,3 3,

9、0，设平面ABB1A1的一个法向量为n1=x,y,z，则nAA1=-2x+tz=0nAB=-9x+3 3y=0，令x=1，则y=3,z=2t，可得n1=1,3,2t，由题意可知：底面的一个法向量n2=0,0,t，因为截面与下底面所成的夹角大小为60，则cos60=cos n1,n2=n1n2n1 n2=2t1+3+4t2=1t2+1=12，解得t=3，即 OO1=3，可得BB1=7，在等腰梯形ABB1A1中，A1B1=4 3,AB=6 3，可得等腰梯形ABB1A1的高h=2，所以S梯形ABB1A1=124 3+6 32=10 3cm2.解法二：如图，分别取AB,A1B1的中点为C,C1，连结O

10、1C1,CC1，OC，由题意可得：OCAB,CC1AB，所以OCC1为截面ABB1A1与底面所成夹角，即OCC1=60，5过点C1作C1DOC于点D，由O1C1=2,OC=3，得CD=1，则 CC1=2(即梯形的高)，所以S梯形ABB1A1=124 3+6 32=10 3cm2.4已知椭圆C：x2a2+y2b2=1(a0，b0)的左、右焦点分别为F1、F2，离心率为12，经过点F1且倾斜角为 02的直线l与椭圆交于A、B两点(其中点A在x轴上方)，ABF2的周长为8(1)求椭圆C的标准方程；(2)如图，将平面xOy沿x轴折叠，使y轴正半轴和x轴所确定的半平面(平面AF1F2)与y轴负半轴和x轴

11、所确定的半平面(平面BF1F2)互相垂直若=3，求三棱锥A-BF1F2的体积，若=3，异面直线AF1和BF2所成角的余弦值；是否存在 02，使得ABF2折叠后的周长为与折叠前的周长之比为1516？若存在，求tan的值；若不存在，请说明理由【答案】(1)x24+y23=1；(2)35；1328；存在，tan=3 3514【详解】(1)由椭圆的定义知：AF1+AF2=2a，BF1+BF2=2a，所以ABF2的周长L=4a=8，所以a=2，又椭圆离心率为12，所以ca=12，所以c=1，b2=a2-c2=3，由题意，椭圆的焦点在x轴上，所以椭圆的标准方程为x24+y23=1；6(2)由直线l：y-0

12、=3 x+1与x24+y23=1，由y-0=3(x+1)x24+y23=1 得x=0,y=3 或x=-85y=-353，所以A 0,3(因为点A在x轴上方)以及B-85,-353，AF1=2，BF1=65，V=1312BF1F1F2sin120 AF1sin60=35O为坐标原点，折叠后原y轴负半轴，原x轴，原y轴正半轴所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系，则F10,-1,0，A 0,0,3，B353,-85,0，F20,1,0，F1A=0,1,3，BF2=-353,135,0记异面直线AF1和BF2所成角为，则cos=cos F1A,BF2=F1A BF 2F1A BF2=1328；设折

13、叠前A x1,y1，B x2,y2，折叠后A，B在新图形中对应点记为A，B，Ax1,y1,0，Bx2,0,-y2，折叠前ABF2周长是8，则折叠后ABF2周长是152，由 AF2+BF2+AB=152，AF2+BF2+AB=8，故 AB-AB=12，设l方程为my=x+1，由my=x+1x24+y23=1，得 3m2+4y2-6my-9=0，y1+y2=6m3m2+4，y1y2=-93m2+4，在折叠后的图形中建立如图所示的空间直角坐标系(原x轴仍然为x轴，原y轴正半轴为y轴，原y轴负半轴为z轴)；AB=x1-x22+y12+y22，AB=x1-x22+y1-y22，所以 AB-AB=x1-x

14、22+y1-y22-x1-x22+y21+y22=12，()又-2y1y2x1-x22+y1-y22+x1-x22+y21+y22=12，所以x1-x12+y1-y22+x1-x22+y21+y21=-4y1y2，()由()()可得x1-x22+y1-y22=14-2y1y2，因为 x1-x22+y1-y22=1+m2y1-y22=714-2y1y22，所以 1+m26m3m2+42+363m2+4=14+183m2+42，即1441+m3m2+42=14+183m2+42，所以12+12m23m2+4=14+183m2+4，解得m2=2845，因为00，即h=5，所以AD=5.4如图，矩形B

15、CC1B1是圆柱OO1的一个轴截面，O1、O分别为上下底面的圆心，E为CO1的中点，BC=8，BB1=4(1)当点A为弧BC的中点时，求证：AO平面BB1C1C；(2)若点A为弧BC的靠近C点的三等分点，求直线AE与平面AOB1所成角的正弦值【答案】(1)证明见解析；(2)217.【详解】(1)结合题意:易知底面是以O为圆心，以BC为直径的半圆，因为点A为弧BC的中点，所以AOBC，因为矩形BCC1B1是圆柱OO1的一个轴截面，所以BB1面ABC,因为OA面ABC,所以BB1AO,因为BB1BC=B,且BB1,BC平面BB1C1C，所以AO平面BB1C1C.(2)取弧BC的中点A1连接OA1,

16、由(1)问可知：A1O平面BB1C1C，且易得A1OO1O，O1OBC,A1OBC,故以O坐标原点，以OC,OA1,OO1所在的直线分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系如图所示：因为BC=8，BB1=4，点A为弧BC的靠近C点的三等分点，所以O 0,0,0,B1-4,0,4,O10,0,4,C 4,0,0,12A 2,2 3,0,所以OB1=-4,0,4,OA=2,2 3,0,因为E为CO1的中点，所以E 2,0,2，所以AE=0,-2 3,2,设平面AOB1的法向量为n=x,y,z，则nOA nOB1 ,即nOA=2x+2 3y=0nOB1=-4x+4z=0，令x=3，则n=3,-1,3，所

17、以直线AE与平面AOB1所成角的正弦值为sin=cosn,AE=nAE nAE=03+-2 3-1+2 302+-2 32+2232+1+32=217.5如图所示，圆台的上 下底面圆半径分别为2cm和3cm,AA1,BB1为圆台的两条不同的母线.O1,O分别为圆台的上 下底面圆的圆心，且OAB为等边三角形.(1)求证：A1B1AB；(2)截面ABB1A1与下底面所成的夹角大小为60，求异面直线AA1与B1O1所成角的余弦值.【答案】(1)证明见解析；(2)1313【详解】(1)证明圆台可以看做是由平行于圆锥底面的平面去截圆锥而得到，所以圆台的母线也就是生成这个圆台的圆锥相应母线的一部分.母线A

18、A1与母线BB1的延长线必交于一点，A,A1,B,B1四点共面.圆面O1圆面O，且平面ABB1A1圆面O1=A1B1，平面ABB1A1圆面O=AB.A1B1AB.(2)ABO为等边三角形，AOB=3，如图建立空间直角坐标系O-xyz，设OO1=t(t0).A 3,0,0,B32,3 32,0,A12,0,t.AA1=-1,0,t,AB=-32,3 32,0，设平面ABB1A1的一个法向量n1=x,y,z.则有：-x+tz=0,-32x+3 32y=0.，令x=3，则y=1,z=3t,n1=3,1,3t.底面的一个法向量n2=0,0,1，因为截面与下底面所成的夹角大小为60，所以cos60=co

19、sn1,n2=3t4+3t2=33+4t2=12，t=32，13AA1=-1,0,32，又A1B1=23AB=-1,3,0,B1坐标为 1,3,32.O1B1=1,3,0，cosAA1,O1B1=AA1 O1B1AA1 O1B1=-11322=-1313.异面直线AA1与O1B1所成角的余弦是1313.6如图，线段AA1是圆柱OO1的母线，BC是圆柱下底面圆O的直径(1)弦AB上是否存在点D，使得Q1D平面A1AC，请说明理由；(2)若BC=2，ABC=30，A1A=2，求二面角C-A1B-A的余弦值【答案】(1)存在，当点D为AB中点时，理由见解析.(2)2 5719【详解】(1)当点D为A

20、B的中点时，O1D平面A1AC，证明如下：取AB的中点D，连接OD，O,D分别为BC,AB的中点，则ODAC，又OD平面A1AC，AC平面A1AC，OD平面A1AC，又OO1AA1，OO1平面A1AC，AA1平面A1AC，OO1平面A1AC，O1OOD=O，O1O,OD平面OO1D，平面OO1D平面A1AC，由于O1D平面OO1D，故O1D平面A1AC；(2)BC是O的直径，可得BAC=90，即ABAC，且BC=2，ABC=30，故AB=3，AC=1，如图，以点A为原点建立空间直角坐标系，则A 0,0,0，B3,0,0，C 0,1,0，A10,0,2，得A1B=3,0,-2，A1C=0,1,-

21、2，设n=x,y,z为平面A1BC的一个法向量，则nA1B=3x-2z=0nA1C=y-2z=0，令x=2，则y=2 3,z=3，可得n=2,2 3,3，因为y轴平面A1AB，则可取平面A1AB的一个法向量为m=0,1,0，设二面角C-A1B-A为，则cos=cos m,n=mnmn=2 3119=2 5719，所以二面角C-A1B-A的余弦值为2 5719.147如图，圆台O1O2的轴截面为等腰梯形A1ACC1,AC=2AA1=2A1C1=4,B为底面圆周上异于A,C的点(1)若P是线段BC的中点，求证：C1P平面A1AB(2)若AB=BC，设直线l为平面A1AB与平面C1CB的交线，点Ql

22、,BC1与平面QAC所成角为，求sin的最大值.【答案】(1)证明见解析；(2)144【详解】(1)取AB中点H，连接A1H,PH，如图，因为P为BC中点，所以PHAC,PH=12AC，在等腰梯形A1ACC1中，A1C1AC,A1C1=12AC，所以HPA1C1,HP=A1C1，所以四边形A1C1PH为平行四边形，所以C1PA1H，又A1H平面A1AB，C1P平面A1AB，所以C1P平面A1AB；(2)延长AA1,CC1交于点O，作直线BO，则直线BO即为直线l，AB=BC，则O2BAC，以直线O2A,O2B,O2O分别为x,y,z轴，建立空间直角坐标系，如图所示，在等腰梯形A1ACC1中，A

23、C=2AA1=2A1C1=4，此梯形的高为h=AA21-AC-A1C122=3，因为A1C1=12AC,A1C1AC，所以A1C1为OAC的中位线，则O20,0,0,O 0,0,2 3,A 2,0,0,B 0,2,0,C1-1,0,3，所以BC1=-1,-2,3,AB=-2,2,0,BO=0,-2,2 3,O2A=2,0,0，设BQ=BO，则AQ=AB+BQ=AB+BO=-2,2-2,2 3，设平面QAC的一个法向量为n=x,y,z，则nO2A=2x=0nAQ=-2x+2-2y+2 3z=0，令y=3，得n=0,3,-1，则有：sin=cosn,BC1=nBC1 nBC1=-23+3-132+-12-12+-22+32=3+12 2 42-2+1，令t=+1，则sin=3 t2 2 4t2-10t+7，当t=0时，sin=0，此时=-1，当t0时，0sin=32 2 7t2-10t+4=32 2 71t-572+37144，当且仅当t=75，即=25时取等号，综上所述，sin的最大值为144.