2024届高考数学专项练习压轴题型08立体几何解答题罕见压轴难题(解析版).pdf
《2024届高考数学专项练习压轴题型08立体几何解答题罕见压轴难题(解析版).pdf》由会员分享,可在线阅读,更多相关《2024届高考数学专项练习压轴题型08立体几何解答题罕见压轴难题(解析版).pdf(74页珍藏版)》请在淘文阁 - 分享文档赚钱的网站上搜索。
1、学科网(北京)股份有限公司 压轴题型压轴题型 07 立体几何解答题罕见压轴难题立体几何解答题罕见压轴难题 命题预测 空间向量是将空间几何问题坐标化的工具,是常考的重点,立体几何解答题的基本模式是论证推理与计算相结合,以某个空间几何体为依托,分步设问,逐层加深解决这类题目的原则是建系求点、坐标运算、几何结论 作为求解空间角的有力工具,通常在解答题中进行考查,属于中等难度 高频考法(1)非常规空间几何体为载体(2)立体几何探索性问题(3)立体几何折叠问题(4)利用传统方法找几何关系建系 01 非常规空间几何体为载体非常规空间几何体为载体 找清楚几何关系再用空间向量法解决.【典例【典例 1-1】(2
2、024高三江苏淮安期中)如图,AB是半球O的直径,4,ABM N=是底面半圆弧AB上的两个三等分点,P是半球面上一点,且60PON=(1)证明:PB 平面PAM:(2)若点P在底面圆内的射影恰在ON上,求直线PM与平面PAB所成角的正弦值【解析】(1)连接,OM MN BM,因为,M N是底面半圆弧AB上的两个三等分点,所以有60MONNOB=,又因为2OMONOB=,2024届高考数学专项练习 学科网(北京)股份有限公司 所以,MONNOB都为正三角形,所以MNNBBOOM=,四边形OMNB是菱形,记ON与BM的交点为Q,Q为ON和BM的中点,因为60,PONOPON=,所以三角形OPN为正
3、三角形,所以132PQBM=,所以PBPM,因为P是半球面上一点,AB是半球O的直径,所以PBPA,因为PMPAP=,,PM PA平面PAM,所以PB 平面PAM(2)因为点P在底面圆内的射影恰在ON上,由(1)知Q为ON的中点,OPN为正三角形,所以PQON,所以PQ底面ABM,因为四边形OMNB是菱形,所以MBON,即MBONPQ、两两互相垂直,以点Q为坐标原点,QM,QN,QP分别为x,y,z轴,建立空间直角坐标系Qxyz,如图所示,则()()()()()0,1,0,3,0,0,3,0,0,0,1,0,0,0,3OMBNP,所以()3,0,3PM=,()0,1,3OP=,()3,1,0O
4、B=,设平面PAB的一个法向量为(),mx y z=,学科网(北京)股份有限公司 则00m OPm OB=,所以3030yzxy+=+=,取1x=,则()1,3,1m=,设直线PM与平面PAB的所成角为,所以3310sincos,565PM m+=,故直线PM与平面PAB所成角的正弦值为105【典例【典例 1-2】(2024四川泸州一模)如图,四棱锥PABCD的底面ABCD是正方形,且平面PBC平面ABCDO,E分别是BC,PA的中点,经过O,D,E三点的平面与棱PB交于点F,平面PBC平面PADl=,直线DE与直线l交于点G (1)求PFFB的值;(2)若2PBPCCD=,求多面体POCDE
5、F的体积【解析】(1)连接OG,由题意,OG与PB的交点即为点F,连接EF,因为底面ABCD是正方形,所以/AD BC,又因为AD 面PBC,BC面PBC,所以/AD面PBC,因为平面PBC平面PADl=,AD 面PAD,所以/AD l,学科网(北京)股份有限公司 又E为PA中点,所以GPEDAE,所以ADGP=,又因为/AD BC且=AD BC,所以/GP BC且=GP BC,所以OBFGPF,因为O是BC中点,所以2PFGPFBOB=.(2)连接OP,OE,所以多面体POCDEF的体积为P OCDE PODE POFVVVV=+因为2PBPC=,O是BC中点,所以POBC,223POPCO
6、C=,又因为平面PBC平面ABCD,平面PBC平面ABCDBC=,PO平面PBC,所以PO面ABCD,所以11131 233323P OCDOCDVSPO=,因为E为PA中点,所以1111132 23222323E PODA PODP OADVVV=,由(1)可知12FBPF=,所以22111131323323329E POFE POBA POBVVV=,所以多面体POCDEF的体积为3337 33399V=+=.【变式【变式 1-1】(2024高三全国专题练习)无数次借着你的光,看到未曾见过的世界:国庆七十周年建党百年天安门广场三千人合唱的磅礴震撼,“930 烈士纪念日”向人民英雄敬献花篮仪
7、式的凝重庄严171金帆合唱团,这绝不是一个抽象的名字,而是艰辛与光耀的延展,当你想起他,应是四季人间,应是繁星璀璨!这是开学典礼中,我校金帆合唱团的颁奖词,听后让人热血沸腾,让人心向往之.图 1 就是金帆排练厅,大家都亲切的称之为“六角楼”,其造型别致,可以理解为一个正六棱柱(图 2)由上底面各棱向内切割为正 学科网(北京)股份有限公司 六棱台(图 3),正六棱柱的侧棱DH交11AD的延长线于点H,经测量112D DH=,且()1110,8sin120.2ABAB=(1)写出三条正六棱台的结构特征.(2)“六角楼”一楼为办公区域,二楼为金帆排练厅,假设排练厅地板恰好为六棱柱中截面,忽略墙壁厚度
8、,估算金帆排练厅对应几何体体积.(棱台体积公式:()13Vh SS SS=+)(3)“小迷糊”站在“六角楼”下,陶醉在歌声里.“大聪明”走过来说:“数学是理性的音乐,音乐是感性的数学.学好数学方能更好的欣赏音乐,比如咱们刚刚听到的一个复合音就可以表示为函数()()1sinsin2R2S xxx x=+,你看这多美妙!”“小迷糊”:“.”亲爱的同学们,快来帮“小迷糊”求一下()S x的最大值吧.【解析】(1)类似于上下底面平行,相似,都是正六边形,侧棱等长,侧棱延长交于一点,侧面都是等腰梯形,等等.(2)在1D DH中,可求110,4 6D DDH=,所以排练厅上底面为边长 10 的正六边形,下
9、底面为边长 9 的正六边形,高为2 6,学科网(北京)股份有限公司 所以243 3243 3150 3,150 3135 322SSSS=上底面下底面上底面下底面,所以1243 32 6150 3135 3813 232V=+=.(3)法 1.四元均值不等式()222sin(1 cos)Sxxx=+()31 cos(1cos)xx=+()313 1 cos(1 cos)3xx=+()()()()43 1 cos1cos1cos1cos134xxxx+2716=.当且仅当()3 1 cos1cosxx=+,即1cos2x=时取等号.所以()S x最大值为3 34.法 2.琴生不等式法()()1s
10、insinsin2,2S xxxx=+()sinsinsin2323xxx+=32sin23xxx+3 34=,当且仅当2xx=,即3x=取等号.所以()S x最大值为3 34.法 3.二元均值不等式推广222abab+,22()(sinsincos)Sxxxx=+2231sinsin cos3233xxx=+学科网(北京)股份有限公司 22223sin21 sin3cos42233xxx+2716=,当且仅当3sin2x=时取等号.所以()S x最大值为3 34.法 4.柯西不等式()22(sinsin cos)Sxxxx=+2322sinsin2cos223xxx=+222314sinsi
11、n2cos423xxx+22312sinsin2423xx=+,根据二次函数知识可知当3sin2x=取得最大值2716,所以2()Sx2716;柯西不等式等号成立时与二次函数取到最值时相同,当且仅当3sin2x=.所以()S x最大值为3 34.02 立体几何探索性问题立体几何探索性问题 (1)解决探索性问题的基本方法是假设结论成立或对象存在,然后在这个前提下进行逻辑推理,若能推导出与条件吻合的数据或事实,则说明假设成立,即存在,并可进一步证明;否则不成立,即不存在(2)在棱上探寻一点满足各种条件时,要明确思路,设点坐标,应用共线向量定理()ab b=0,利用向量相等,所求点坐标用表示,再根据
12、条件代入,注意的范围(3)利用空间向量的坐标运算,可将空间中的探索性问题转化为方程是否有解的问题进行处理【典例【典例 2-1】(2024高三山东阶段练习)如图,在直三棱柱111ABCABC中,2AB=,侧面11ABB A是正方形,且平面1ABC 平面11ABB A 学科网(北京)股份有限公司 (1)求证:ABBC;(2)当 AC与平面1ABC所成的角为6,在线段1AC上是否存在点 E,使平面 ABE 与平面 BCE 的夹角为3?说明理由【解析】(1)证明:连接1AB交1AB于点D,因侧面11ABB A是正方形,则1ADAB 由平面1ABC 侧面11A ABB,且平面1ABC 侧面111A AB
13、BAB=,得AD 平面1ABC,又BC平面1ABC,所以ADBC.三棱柱111ABCABC是直三棱柱,则1AA 底面 ABC,所以1AABC.又1AAADA=,从而BC侧面11A ABB,又AB侧面11A ABB,故ABBC.(2)由(1)AD 平面1ABC,则ACD直线AC与平面1ABC所成的角,所以6ACD=,又2AD=,所以2 2,2ACBC=假设在线段1AC上存在一点 E,使得二面角ABEC的大小为3,由111ABCABC是直三棱柱,所以以点 A 为原点,以 AC1AA所在直线分别为 y,z轴,以过 A 点和 AC垂直的直线为 x 轴,建立空间直角坐标系Axyz,如图所示,则()10,
14、0,2A,()()10,2 2,0,(22 0),2,2,2CBB,学科网(北京)股份有限公司 且设()1101AEAC=,1(0,2 2,2)AC=,得()0,2 2,22E 所以()0,2 2,22AE=,(22,0)AB=,设平面EAB的一个法向量()1,nx y z=,由1AEn,1ABn得:2 2(22)0220yzxy+=+=,取121,1,1n=,由(1)知1AB 平面1ABC,所以平面CEB的一个法向量()12,2,2AB=,所以111122 211cos3222 22()1AB nAB n=+,解得12=,点 E为线段1AC中点时,二面角ABEC的大小为3.【典例【典例 2-
15、2】(2024高三北京海淀阶段练习)已知点P是边长为 2 的菱形ABCD所在平面外一点,且点P在底面ABCD上的射影是AC与BD的交点O,已知60BAD=,PDB是等边三角形.(1)求证:ACPD;(2)求点D到平面PBC的距离;(3)若点E是线段AD上的动点,问:点E在何处时,直线PE与平面PBC所成的角最大?求出最大角的正弦值,并求出取得最大值时线段DE的长.学科网(北京)股份有限公司【解析】(1)点P在底面ABCD上的射影是AC与BD的交点O,PO平面ABCD,AC 平面ABCD,POAC,四边形ABCD为菱形,BDAC,POBDO=,POBD、平面PBD,AC平面PBD,BD 平面PB
16、D,ACPD;(2)由题意可得ABDBCD与PBD都是边长为 2 的等边三角形,3POAOCO=,12332BDCS=,226PCPOCO=+=,2BPBC=,22161562222PBCS=,设点D到平面PBC的距离为h,由D PBCP BDCVV=得1133PBCBDCShSOP=,即15332h=,解得2 155h=.故点D到平面PBC的距离为2 155.(3)设直线PE与平面PBC所成的角为,ADBCADPBC平面,E到平面PBC的距离即为D到平面PBC的距离h.过E作垂线EF平面PBC交于点F,则EPF=,学科网(北京)股份有限公司 此时2 15sin5EFPEPE=,要使最大,则需
17、使PE最小,此时PEAD.由题意可知:1OD=,3OA=,PO 平面ABCD,且3PO=,226PAOPOA=+=,222PDOPOD=+=,在PAD中,由余弦定理可得:2226446cos24262APADPDPADAP AD+=,210sin1 cos4PADPAD=,由面积相等11sin22PADSAP ADPADAD PE=,即1101622242PE=,解得:152PE=,22151=442DEPDPE=,4sin5=,即点E在线段AD上靠近点D的 4 分点处,此时4sin5=,12DE=.【变式【变式 2-1】(2024高三安徽六安阶段练习)如图,在三棱柱111ABCABC中,四边
18、形11ABB A为正方形,四边形11AAC C为菱形,且160AAC=,平面11AAC C 平面11ABB A,点D为棱1BB的中点.(1)求证:1AACD;学科网(北京)股份有限公司(2)棱11BC(除两端点外)上是否存在点M,使得二面角11BAMB的余弦值为155,若存在,请求出111C MC B的值;若不存在,请说明理由.【解析】(1)证明:取1AA的中点O,连接1CA、CO、OD,1ACAA=,且160AAC=,1AAC为等边三角形,得1AAOC,四边形11ABB A为正方形,且O、D分别是1AA、1BB的中点,1AAOD,OCODO=,OC、OD 平面OCD,1AA 平面OCD,CD
19、 平面OCD,1AACD;(2)平面11AAC C 平面11ABB A,且平面11AAC C平面111ABB AAA=,1OCAA,OC 平面11AAC C,OC 平面11ABB A,OD 平面11ABB A,OCOD,以O为坐标原点,分别以OA、OD、OC所在直线为x、y、z轴建立空间直角坐标系,不妨设2AB=,则()1,2,0B,()11,0,0A,()12,0,3C,()11,2,0B,则()110,2,0AB=,()111,0,3AC=,()111,2,3C B=,()12,0,3OC=,()12,2,0AB=,设()1111,nx y z=为平面111ABC的一个法向量,由11111
20、11112030nABynACxz=+=,取11z=,得()13,0,1n=;假设棱11BC上(除端点外)存在点M满足题意,令()11101C MC B=,得()2,2,33M,设()2222,nxyz=为平面1BAM的一个法向量,学科网(北京)股份有限公司 则由()()21222122222012330nABxynAMxyz=+=+=,取21x=,得()211,1,3 1n+=.由()122133 115cos,5112231n n+=+,解得12=或18=,经检验12=或18=时,二面角11BAMB的平面角均为锐角,综上,111C MC B的值为12或18.03 立体几何折叠问题立体几何折
21、叠问题 立体几何中的折叠问题是历年高考命题的一大热点与难点,主要包括两个方面:一是平面图形的折叠问题,多涉及到空间中的线面关系、体积的求解以及空间角、距离的求解等问题;二是几何体的表面展开问题,主要涉及到几何体的表面积以及几何体表面上的最短距离等.【典例【典例 3-1】(2024山东潍坊模拟预测)如图,三棱锥PABC的平面展开图中,ABBC,16PBAB=,24P AAC=,12 2PC=,E为2P A的中点 (1)在三棱锥PABC中,证明:BEAC;(2)求平面PBC与平面ABC夹角的余弦值【解析】(1)学科网(北京)股份有限公司 由16PBAB=,得6PBAB=,且E为PA的中点,所以BE
22、PA,取AC中点为F,连接EF,BF,可得22PCEF=,在PBA中,222BEABAE=,在ABC中,22ACBF=,所以222BEFEBF+=,所以BEEF 因为EFPAE=,EF,PA 平面PAC,所以BE 平面PAC,因为AC平面PAC,所以BEAC;(2)如图,过点E作EGPA,交AC于点G,以EG,EA,EB分别为x轴,y轴,z轴正方向建立空间直角坐标系 则()0,0,0E,()0,2,0A,(0,0,2)B,()0,2,0P,在ABC中,可得点C到PA距离为7,故可得(7,1,0)C,(0,2,2)AB=,(7,1,2)BC=,(0,2,2)PB=学科网(北京)股份有限公司 设平
23、面ABC与平面PBC的一个法向量分别为()1111,nx y z=,()2222,nxyz=,平面PBC与平面ABC的夹角为,由1111111220720nAByzn BCxyz=+=,取1113 71,27yxz=,所以13 7,1,27n=,由2222222220720nPByznBCxyz=+=,取22271,27yxz=,所以1212101657cos3330227n nn n=,所以27,1,27n=所以两平面的夹角的余弦值为16533.【典例【典例 3-2】(2024高三上海阶段练习)如图,正方形ABCD中,边长为 4,E为AB中点,F是边BC上的动点将ADE沿DE翻折到SDE,B
24、EF沿EF翻折到SEF,(1)求证:平面SEF 平面SFD;(2)设面SAD面SBCl=,求证:ADl;(3)若1BF,连接DF,设直线SE与平面DEF所成角为,求的最大值【解析】(1)因为 ABCD是正方形,,SESD SESF,又SDSFS=,,SD SF 面 SFD,SE面 SFD,又SE 平面SEF,所以平面SEF 平面 SFD;(2)学科网(北京)股份有限公司 证明:因为/ADBC,AD 面SBC,BC面SBC,所以/AD面SBC,又因为面SAD面SBCl=,所以ADl.(3)设 S 在面 AEF 上的射影为O,连接 EO,则SEO为直线 SE 与平面 DEF 所成角 设(14)BF
25、xx=,则4CFx=()1114 44 22444222DEFSxxx=+在DEF中,4,DSSFx=,2832DFxx=+可得2222cos12DSSFDFDSFDS SFx+=,1sin412DBFSDS SFDSFx=,S DEFE DSFVV=,()8141 244xxxSOSOx=+=+又2SE=,41sin4SOxSEx=+,令(2441,0,3,sin55txt tttt=+,令()()5,0,3g tttt=+,()()()()1 21212121212121 255555t tg tg tttttttttttt t=+=+=,当()12,0,3t t 且12tt时,121 2
- 配套讲稿:
如PPT文件的首页显示word图标,表示该PPT已包含配套word讲稿。双击word图标可打开word文档。
- 特殊限制:
部分文档作品中含有的国旗、国徽等图片,仅作为作品整体效果示例展示,禁止商用。设计者仅对作品中独创性部分享有著作权。
- 关 键 词:
- 2024 高考 数学 专项 练习 压轴 题型 08 立体几何 解答 罕见 难题 解析
限制150内