高中数学新课标一轮复习专题复习课7Word文档下载推荐.docx
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热点四:
空间位置关系的证明
1.此类问题多以多面体为载体,考查线线、线面、面面间的平行与垂直之间的相互转化
2.试题多为解答题,考查学生的推理能力和空间想象能力
热点五:
折叠问题
1.此类问题通常是把平面图形折叠成空间几何体,并以此为载体考查线线、线面、面面的位置关系及有关计算
2.试题以解答题为主,考查学生的空间想象能力和知识迁移能力
热点六:
空间向量在立体几何中的应用
1.此类问题多以多面体(棱柱、棱锥)为载体,考查空间位置关系的证明及空间角的求法,特别是线面角和二面角的求法
2.试题多以解答题的形式出现,主要考查学生的逻辑推理能力和空间想象能力
题组集训·
抓重点
热点一 空间几何体的三视图
1.如图,△ABC为正三角形,AA′∥BB′∥CC′,CC′⊥平面ABC且3AA′=BB′=CC′=AB,则多面体ABC-A′B′C′的正视图是( )
[答案] D
[解析] 由题意及多面体的摆放位置知其正视图中可看到AA′,BB′,而CC′看不到,又三角形ABC是正三角形,故C点的投影应该在AB投影的中点上,考察四个选项,A中左高右低,故不对;
B中位置不对,故不正确;
C中图象也不符合题意;
D是正确的,CC′看不到其投影是虚线,且C点投影应该在AB投影的中点上,故选D.
2.如图,正方体ABCD-A′B′C′D′中,M,E是AB的三等分点,G,N是CD的三等分点,F,H分别是BC,MN的中点,则四棱锥A′-EFGH的侧视图为( )
[答案] C
[解析] 由题意,A′,H,E,F在侧面CDD′C′上的射影为D′,N,G,C,所以四棱锥A′-EFGH的侧视图为△D′NC,D′G为△D′NC的中线,故选C.
3.某四面体的三视图如图所示,该四面体四个面的面积中,最大的是( )
A.8 B.6
C.10 D.8
[解析] 三视图复原的几何体是一个三棱锥,如图,四个面的面积分别为8,6,6,10,显然面积的最大值是10,故选C.
4.(2014·
临沂模拟)已知某个几何体的三视图如图所示,根据图中标出的尺寸(单位:
cm),可得这个几何体的体积是cm3,则正视图中的h等于________cm.
[答案] 20
[解析] 易知原几何体是一个四棱锥,底面为边长20的正方形,所以V=S底·
h.
∴=×
20×
h,
∴h=20.
热点二 空间几何体的表面积和体积的计算问题
1.(2014·
银川模拟)一个几何体的三视图如图所示,则这个几何体的体积为
( )
A. B.
C.D.
[答案] A
[解析] 原几何体是一个四棱锥和半个圆锥的组合体,圆锥直径为2,高为,四棱锥的底面为边长为2的正方形,高为.故易求得几何体的体积为.
2.(2014·
杭州模拟)一个空间几何体的三视图及其相关数据如图所示,则这个空间几何体的表面积是( )
A.B.+6
C.11πD.+3
[解析] 原几何体是半个圆台,下底面半径R=2,上底面半径r=1,高为,母线长为2,故容易求得其表面积为π+3.
3.(2014·
山东日照高三模拟)已知某几何体的三视图如图所示,其中,正视图、侧视图均是由三角形与半圆构成,俯视图由圆与内接三角形构成,根据图中数据可得此几何体的体积为( )
A.+B.+
C.+D.+
[解析] 本题主要考查三视图及几何体的体积公式,意在考查考生的基本运算能力与空间想象能力.依题意得,该几何体是一个半球与一个三棱锥的组合体,其中球的半径是,该三棱锥的高是1、底面是一个等腰直角三角形,该几何体的体积等于×
×
12×
1+×
π×
3=+,故选C.
4.把边长为2的正方形ABCD沿对角线AC折起,形成三棱锥B-ACD,其正视图为等腰三角形,俯视图为腰长为2的等腰直角三角形(如图所示),则三棱锥B-ACD体积的最大值为________.
[答案]
[解析] 由题意,知三棱锥B-ACD的底面三角形ACD的面积为定值,当它的高即顶点B到底面ACD的距离最大时,其体积最大,经分析知当三棱锥的侧面BAC与底面ACD垂直时,三棱锥的高最大,由正视图与俯视图,知底面直角三角形的面积为俯视图中等腰直角三角形的面积,棱锥的高的最大值为正方形的对角线长的一半,由三棱锥的体积公式,得三棱锥B-ACD体积的最大值为Vmax=×
=,故填.
热点三 有关线、面位置关系和命题真假的判断
1.已知m,n是两条不同的直线,α,β是两个不同的平面,给出四个命题:
①若α∩β=m,n⊂α,n⊥m,则α⊥β;
②若m⊥α,m⊥β,则α∥β;
③若m⊥α,n⊥β,m⊥n,则α⊥β;
④若m∥α,n∥β,m∥n,则α∥β.
则判断正确的是( )
A.①② B.②③
C.①④ D.②④
[答案] B
[解析] 命题①中,α与β不一定垂直,不正确;
垂直于同一条直线的两个平面平行,命题②正确;
易知,命题③正确,命题④不正确.故选B.
合肥高三质检)设m,n是两条不同的直线,α,β,γ是三个不同的平面,有以下四个命题:
①⇒β∥γ②⇒m⊥β
③⇒α⊥β④⇒m∥α
A.①④B.②③
C.①③D.②④
[解析] 本题主要考查空间中点、线、面的位置关系.对于②,直线m与平面β可能平行或相交;
对于④,直线m可能在平面α内,而①③都是正确的命题,故选C.
武汉模拟)设α,β为两个不重合的平面,m,n是两条不重合的直线,给出下列命题:
①若m⊥n,m⊥α,则n∥α;
②若n⊂α,m⊂β,α与β相交且不垂直,则n与m不垂直;
③若α⊥β,α∩β=m,n⊥m,则n⊥β;
④若m∥n,n⊥α,α∥β,则m⊥β.
其中所有真命题的序号是________.
[答案] ④
[解析] ①中直线n也可能在平面α内;
②中直线m,n可能异面,也可能相交;
③中由于n不一定在α内.故不能推出n⊥β.综上只有④正确.
热点四 空间位置关系的证明
1.如图,在直四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,四边形ABCD是梯形,AD∥BC,AC⊥CD,E是AA1上的一点.
(1)求证:
CD⊥平面ACE;
(2)若平面CBE交DD1于点F,求证:
EF∥AD.
[证明]
(1)因为ABCD-A1B1C1D1为直四棱柱,所以AA1⊥平面ABCD.
因为CD⊂平面ABCD,所以AA1⊥CD,
即AE⊥CD.因为AC⊥CD,AE⊂平面AEC,AC⊂平面AEC,AE∩AC=A,
所以CD⊥平面AEC.
(2)因为AD∥BC,AD⊂平面ADD1A1,
BC⊄平面ADD1A1,所以BC∥平面ADD1A1.
因为BC⊂平面BCE,平面BCE∩平面ADD1A1=EF,所以EF∥BC.
因为AD∥BC,所以EF∥AD.
2.(2013·
北京海淀)在四棱锥P-ABCD中,PA⊥平面ABCD,△ABC是正三角形,AC与BD的交点M恰好是AC的中点,又PA=AB=4,∠CDA=120°
,点N在线段PB上,且PN=.
BD⊥PC;
(2)求证:
MN∥平面PDC.
[解析] 证明:
(1)因为△ABC是正三角形,M是AC的中点,
所以BM⊥AC,即BD⊥AC.
又因为PA⊥平面ABCD,BD⊂平面ABCD,
所以PA⊥BD.
又PA∩AC=A,所以BD⊥平面PAC,
又PC⊂平面PAC,所以BD⊥PC.
(2)在正三角形ABC中,BM=2,
在△ACD中,因为M为AC的中点,DM⊥AC,所以AD=CD,
又∠CDA=120°
,所以DM=,
所以BM∶MD=3∶1.
在等腰直角三角形PAB中,PA=AB=4,PB=4,
所以BN∶NP=3∶1,BN∶NP=BM∶MD,所以MN∥PD.
又MN⊄平面PDC,PD⊂平面PDC,所以MN∥平面PDC.
热点五 折叠问题
高考创新卷)在边长为4cm的正方形ABCD中,E,F分别为BC,CD的中点,M,N分别为AB,CF的中点,现沿AE,AF,EF折叠,使B,C,D三点重合,重合后的点记为B,构成一个三棱锥.则直线MN与平面AEF的位置关系是( )
A.平行B.垂直
C.斜交D.在面内
[解析] 由题意知,点M,N在折叠前后都分别是AB,CF的中点(折叠后B,C两点重合),所以MN∥AF,因为.
2.如图,△ABC是等腰直角三角形,∠ACB=90°
,AC=2a,D,E分别为AC,AB的中点,沿DE将△ADE折起,得到如图所示的四棱锥A′-BCDE.
(1)在棱A′B上找一点F,使EF∥平面A′CD.
(2)当四棱锥A′-BCDE的体积取最大值时,求平面A′CD与平面A′BE夹角的余弦值.
[解析]
(1)点F为棱A′B的中点.
理由如下:
取A′C的中点G,连接DG,EF,GF,则由中位线定理得DE∥BC,DE=BC,且GF∥BC,GF=BC.
所以DE∥GF,DE=GF.
从而四边形DEFG是平行四边形,EF∥DG.
又EF⊄平面A′CD,DG⊂平面A′CD,
故点F为棱A′B的中点时,EF∥平面A′CD.
(2)在平面A′CD内作A′H⊥CD于点H,
⇒DE⊥平面A′CD⇒DE⊥A′H,
又DE∩CD=D,故A′H⊥底面BCDE,即A′H就是四棱锥A′-BCDE的高.
由A′H≤AD知,点H和D重合时,四棱锥A′-BCDE的体积取最大值.
分别以DC,DE,DA′所在直线为x轴,y轴,z轴,建立如图所示的空间直角坐标系,
则A′(0,0,a),B(a,2a,0),E(0,a,0),
=(a,2a,-a),=(0,a,-a).
设平面A′BE的法向量为m=(x,y,z),
由得
即可取m=(-1,1,1).同理可以求得平面A′CD的一个法向量n=(0,1,0).
故cos〈m,n〉===,
故平面A′CD与平面A′BE夹角的余弦值为.
3.如图,同一平面上直角梯形ABCD和直角梯形ABEF全等,AD=2AB=2BC,将梯形ABEF沿AB折起,使二面角F-AB-D的大小为θ(0<
θ<
π).
对任意θ∈(0,π),平面ABEF⊥平面ADF;
(2)当θ=时,求二面角A-ED-B的平面角的余弦值.
[解析]
(1)在折起过程中AB⊥AF,AB⊥AD,且AF∩AD=A,AF⊂平面ADF,AD⊂平面ADF,根据直线与平面垂直的判定定理可得,AB⊥平面ADF.
因为AB⊂平面ABEF,所以根据平面与平面垂直的判定定理可得,平面ABEF⊥平面ADF.
所以对任意θ∈(0,π),平面ABEF⊥平面ADF.
(2)解法一:
当θ=时,如图.由题意知AD⊥AB,AD⊥AF,故AD⊥平面ABEF.
又AD⊂平面AED,故平面AED⊥平面ABE.
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