高届理科数学一轮复习课件金太阳新考案第十单元单元总结.docx
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高届理科数学一轮复习课件金太阳新考案第十单元单元总结
单元总结十
微专题一
折叠问题
将平面图形沿其中一条或几条线段折起,使其成为空间图形,这类问题称为平面图形翻折问题,常与空间中的平行、垂直以及空间角相结合.解决这类问题的关键在于要弄清楚翻折前后哪些量、哪些关系发生了变化.
【例1】如图,已知△ABC为正三角形,D为AB的中点,E在AC上,且AE=AC,现沿DE将△ADE折起,折起过程中点A仍然记作点A,使得平面ADE⊥平面BCED.
(1)在折起后的图形中,在AC上是否存在点M,使得直线ME∥平面ABD?
若存在,求出点M的位置;若不存在,请说明理由.
(2)求平面ABD与平面ACE所成锐二面角的余弦值.
【分析】
(1)由线线平行的判定可确定点的位置;
(2)以E为原点,以ED,EC,EA所在的直线为坐标轴建立空间直角坐标系,求出两个平面的法向量m,n,则|cos<m,n>|即为所求.
【试题解析】
(1)当AM=AC时,EM∥平面ABD.证明如下:
在BC上取点H,使得BH=BC,则EH∥BD,MH∥AB,
又EH⊂平面EMH,MH⊂平面EMH,EH∩MH=H,BD⊂平面ABD,AB⊂平面ABD,BD∩AB=B,∴平面EMH∥平面ABD,又EM⊂平面EMH,
∴EM∥平面ABD.
(2)在△ADE中,∵AE=AD,∠DAE=60°,∴AE⊥DE.
又平面ADE⊥平面BCED,平面ADE∩平面BCED=DE,AE⊂平面ADE,
∴AE⊥平面BCED.
以E为原点,以ED,EC,EA所在的直线为坐标轴建立空间直角坐标系,如图所示,设正三角形ABC的边长为4,则E(0,0,0),A(0,0,1),D(,0,0),B(2,1,0),∴=(2,1,-1),=(,1,0),
设平面ABD的法向量为m=(x,y,z),则
∴令x=得m=(,-3,3).
又DE⊥平面ACE,∴n=(1,0,0)为平面ACE的一个法向量.
∴cos<m,n>===.
∴平面ABD与平面ACE所成锐二面角的余弦值为.
【拓展训练1】在▱PABC中,PA=4,PC=2,∠P=45°,D是PA的中点(如图①).将△PCD沿CD折起到图②中△P1CD的位置,得到四棱锥P1-ABCD.
(1)将△PCD沿CD折起的过程中,CD⊥平面P1DA是否成立?
并证明你的结论.
(2)若P1A=2,M为BC的中点,求三棱锥B-P1AM的体积.
① ②
【试题解析】
(1)将△PCD沿CD折起过程中,CD⊥平面P1DA成立.证明如下:
∵D是PA的中点,∴DP=DA=2,
在△PDC中,由余弦定理得CD2=PC2+PD2-2PC·PD·cos45°=4,
∴CD=2=PD.
∵CD2+DP2=8=PC2,∴△PDC为等腰直角三角形且CD⊥PA,∴CD⊥DA,CD⊥P1D,P1D∩AD=D,∴CD⊥平面P1DA.
(2)∵DP1=DA=P1A=2,
∴△P1DA为等边三角形.
取AD的中点O,连接P1O,则P1O=,P1O⊥AD,
由
(1)知CD⊥平面P1DA,CD⊂平面ABCD,
∴平面P1DA⊥平面ABCD,
∴P1O⊥平面ABCD,
∴三棱锥P1-ABM的高h=P1O=.
∵M为BC的中点,∴BM=2,S△ABM=×BM×CD=×2×2=2.
∴VB-P1AM=-ABM=S△ABM×h=×2×=.
微专题二
探索性问题
探索性问题包括两类:
(1)与空间平行、垂直有关的探索性问题;
(2)与空间角有关的探索性问题.解决方法有两种:
①先假设存在,然后利用线面关系的相关定理和性质进行推理论证,寻找假设满足的条件,若满足则肯定假设,否则不存在;②也可用向量法,该方法容易入手,先假设存在,设出空间点的坐标,转化为代数方程是否有解的问题,若有解且满足题意则存在,若有解但不满足题意或无解则不存在.
【例2】在如图所示的几何体中,四边形ABCD是菱形,ADNM是矩形,平面ADNM⊥平面ABCD,∠DAB=60°,AD=2,AM=1,E为AB的中点.
(1)求证:
AN∥平面MEC.
(2)在线段AM上是否存在点P,使二面角P-EC-D的大小为60°?
若存在,求出AP的长h;若不存在,请说明理由.
【分析】
(1)利用CM与BN交于点F,连接EF.证明AN∥EF,通过直线与平面平行的判定定理证明AN∥平面MEC;
(2)假设在线段AM上存在点P,使二面角P-EC-D的大小为60°,再通过建立空间直角坐标系,求出相关点的坐标,利用坐标法进行求解判断.
【试题解析】
(1)连接BN交CM于点F,连接EF.由已知可得四边形BCNM是平行四边形,所以F是BN的中点.因为E是AB的中点,所以AN∥EF.
又EF⊂平面MEC,AN⊄平面MEC,所以AN∥平面MEC.
(2)由四边形ABCD是菱形,E是AB的中点,∠DAB=60°,可得DE⊥AB.
又四边形ADNM是矩形,平面ADNM⊥平面ABCD,所以DN⊥平面ABCD,
如图,建立空间直角坐标系D-xyz,
则D(0,0,0),E(,0,0),C(0,2,0),P(,-1,h),
=(,-2,0),=(0,-1,h),
设平面PEC的法向量为n1=(x,y,z),
则
所以
令y=h,所以n1=(2h,h,),又平面CDE的一个法向量n2=(0,0,1),
所以cos<n1,n2>===,解得h=>1,
所以在线段AM上不存在满足题意的点P.
【拓展训练2】直三棱柱ABC-A1B1C1中,AB=5,AC=3,BC=4,点D是线段AB上的动点.
(1)当点D是AB的中点时,求证:
AC1∥平面B1CD.
(2)线段AB上是否存在点D,使得平面ABB1A1⊥平面CDB1?
若存在,试求出AD的长度;若不存在,请说明理由.
【试题解析】
(1)如图,连接BC1,交B1C于点E,连接DE,则点E是BC1的中点.
又点D是AB的中点,由中位线定理得DE∥AC1,∵DE⊂平面B1CD,AC1⊄平面B1CD,
∴AC1∥平面B1CD.
(2)当CD⊥AB时,平面ABB1A1⊥平面CDB1.
证明如下:
∵AA1⊥平面ABC,CD⊂平面ABC,
∴AA1⊥CD.又CD⊥AB,AA1∩AB=A,∴CD⊥平面ABB1A1.
∵CD⊂平面CDB1,∴平面ABB1A1⊥平面CDB1.
∵AB=5,AC=3,BC=4,∴AC2+BC2=AB2,
故△ABC是以角C为直角的三角形.
又CD⊥AB,∴可求得AD=.
1.(2018年全国Ⅰ卷)某圆柱的高为2,底面周长为16,其三视图如右图.
圆柱表面上的点M在正视图上的对应点为A,圆柱表面上的点N在左视图上的对应点为B,则在此圆柱侧面上,从M到N的路径中,最短路径的长度为( ).
A.2B.2C.3D.2
【试题解析】先画出圆柱的直观图,根据题目的三视图可知点M,N的位置如图①所示.
①
②
圆柱的侧面展开图及M,N的位置(N为OP的四等分点)如图②所示,连接MN,则图中MN即为M到N的最短路径.
ON=×16=4,OM=2,
∴|MN|===2.
故选B.
【参考答案】B
2.(2018年全国Ⅲ卷)中国古建筑借助榫卯将木构件连接起来.构件的凸出部分叫榫头,凹进部分叫卯眼,图中木构件右边的小长方体是榫头.若如图摆放的木构件与某一带卯眼的木构件咬合成长方体,则咬合时带卯眼的木构件的俯视图可以是( ).
A
B
C
D
【试题解析】
由题意可知带卯眼的木构件的直观图如图所示,由直观图可知其俯视图应选A.
【参考答案】A
3.(2018年全国Ⅲ卷)设A,B,C,D是同一个半径为4的球的球面上四点,△ABC为等边三角形且其面积为9,则三棱锥D-ABC体积的最大值为( ).
A.12B.18
C.24D.54
【试题解析】由等边△ABC的面积为9可得AB2=9,
所以AB=6,
所以等边△ABC的外接圆的半径为r=AB=2.
设球的半径为R,球心到等边△ABC的外接圆圆心的距离为d,则d===2.
所以三棱锥D-ABC高的最大值为2+4=6,
所以三棱锥D-ABC体积的最大值为×9×6=18.
故选B.
【参考答案】B
4.(2017年全国Ⅰ卷)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( ).
A.10 B.12 C.14 D.16
【试题解析】
观察三视图可知该多面体是由直三棱柱和三棱锥组合而成的,且直三棱柱的底面是直角边长为2的等腰直角三角形,侧棱长为2.三棱锥的底面是直角边长为2的等腰直角三角形,高为2,如图所示.因此该多面体各个面中有2个梯形,且这两个梯形全等,梯形的上底长为2,下底长为4,高为2,故这些梯形的面积之和为2××(2+4)×2=12.
【参考答案】B
5.(2017年全国Ⅲ卷)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( ).
A.πB.C.D.
【试题解析】设圆柱的底面半径为r,球的半径为R,且R=1,
由圆柱两个底面的圆周在同一个球的球面上可知,
r,R及圆柱的高的一半构成直角三角形.
∴r==.
∴圆柱的体积为V=πr2h=π×1=.
故选B.
【参考答案】B
6.(2017年全国Ⅰ卷)
如图,圆形纸片的圆心为O,半径为5cm,该纸片上的等边三角形ABC的中心为O.D,E,F为圆O上的点,△DBC,△ECA,△FAB分别是以BC,CA,AB为底边的等腰三角形.沿虚线剪开后,分别以BC,CA,AB为折痕折起△DBC,△ECA,△FAB,使得D,E,F重合,得到三棱锥.当△ABC的边长变化时,所得三棱锥体积(单位:
cm3)的最大值为 .
【试题解析】
如图,连接OD,交BC于点G,
由题意知,OD⊥BC,OG=BC.
设OG=x,则BC=2x,DG=5-x,
三棱锥的高h=
==,
S△ABC=×2x×3x=3x2,
则三棱锥的体积V=S△ABC·h=x2·=·.
令f(x)=25x4-10x5,x∈0,,则f'(x)=100x3-50x4.
令f'(x)=0得x=2.当x∈(0,2)时,f'(x)>0,f(x)单调递增,当x∈2,时,f'(x)<0,f(x)单调递减,故当x=2时,f(x)取得最大值80,则V≤×=4.
∴三棱锥体积的最大值为4cm3.
【参考答案】4
单元检测十
一、选择题
1.(2018汕尾二模)一个正方体截去两个角后所得几何体的正(主)视图、俯视图如图所示,则其侧(左)视图为( ).
【试题解析】由一个正方体截去两个角后所得几何体的正(主)视图、俯视图得几何体的直观图为,所以侧(左)视图为,故选C.
【参考答案】C
2.(2018河南模拟)某几何体的三视图如图所示,则该几何体的体积为( ).
A.B.C.4D.7
【试题解析】由三视图可知,直观图是由正方体截去两个三棱锥所得,体积为23-2×××2×2×1=,故选A.
【参考答案】A
3.(2018辽宁模拟)若四面体棱长都相等,则相邻两侧面所成的二面角的余弦值为( ).
A.B.
C.D.
【试题解析】取CD的中点E,连接AE,BE,如图所示.
设四面体的棱长为2,则AE=BE=,
且AE⊥CD,BE⊥CD,则∠AEB即为相邻两侧面所成二面角的平面角.
在△
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