高中数学步步高二轮复习回扣练立体几何与空间向量.docx
- 文档编号:27308823
- 上传时间:2023-06-29
- 格式:DOCX
- 页数:17
- 大小:143.88KB
高中数学步步高二轮复习回扣练立体几何与空间向量.docx
《高中数学步步高二轮复习回扣练立体几何与空间向量.docx》由会员分享,可在线阅读,更多相关《高中数学步步高二轮复习回扣练立体几何与空间向量.docx(17页珍藏版)》请在冰豆网上搜索。
高中数学步步高二轮复习回扣练立体几何与空间向量
回扣4 立体几何与空间向量
1.空间几何体的侧面积、表面积和体积
几何体
侧面积
表面积
体积
圆柱
S侧=2πrl
S表=2πr(r+l)
V=S底h=πr2h
圆锥
S侧=πrl
S表=πr(r+l)
V=
S底h=
πr2h
直棱柱
S侧=Ch(C为底面周长)
S表=S侧+S上+S下(棱锥的S上=0)
V=S底h
正棱锥
S侧=
Ch′(C为底面周长,h′为斜高)
V=
S底h
球
S=4πR2
V=
πR3
2.平行、垂直关系的转化
(1)平行问题的转化关系
(2)垂直问题的转化关系
(3)两个结论
对于直线a,b和平面α,
⇒a∥b;
⇒b⊥α.
3.利用空间向量证明平行或垂直
设直线l的方向向量为a=(a1,b1,c1),平面α,β的法向量分别为u=(a2,b2,c2),v=(a3,b3,c3),则有
(1)线面平行
l∥α⇔a⊥u⇔a·u=0⇔a1a2+b1b2+c1c2=0.
(2)线面垂直
l⊥α⇔a∥u⇔a=ku(k∈R)⇔a1=ka2,b1=kb2,c1=kc2.
(3)面面平行
α∥β⇔u∥v⇔u=λv(λ∈R)⇔a2=λa3,b2=λb3,c2=λc3.
(4)面面垂直
α⊥β⇔u⊥v⇔u·v=0⇔a2a3+b2b3+c2c3=0.
4.利用空间向量求空间角
(1)设直线l1,l2的夹角为θ,则有cosθ=|cos〈l1,l2〉|(其中l1,l2分别是直线l1,l2的方向向量).
(2)设直线l与平面α的夹角为θ,则有sinθ=|cos〈l,n〉|(其中l是直线l的方向向量,n是平面α的法向量).
(3)设二面角α-l-β的平面角为θ,则|cosθ|=|cos〈n1,n2〉|(其中n1,n2分别是平面α,β的法向量).
5.点到平面的距离的求法
(1)定义法:
可以利用两个平面垂直作出点到平面的垂线段.
(2)等积法:
可以通过换底法把距离问题转化为体积和面积的计算.
1.棱锥的平行截面的性质
如果棱锥被平行于底面的平面所截,那么所得的截面与底面相似,截面面积与底面面积的比等于顶点到截面的距离与棱锥高的比的平方.
2.长方体、正方体的内切球和外接球
(1)长方体的体对角线长d与共点的三条棱长a,b,c之间的关系为d2=a2+b2+c2;
若长方体外接球的半径为R,则有(2R)2=a2+b2+c2.
(2)棱长为a的正方体内切球半径r=
,外接球半径R=
a.
3.正四面体的性质
设棱长为a,则正四面体的高h=
a,内切球半径为
a,外接球半径为
a.
4.球与旋转体的组合通常作轴截面解题.如图所示,设球O的半径为R,截面圆O′的半径为r,M为截面圆上任一点,球心O到截面圆O′的距离为d,则在Rt△OO′M中,OM2=OO′2+O′M2,即R2=d2+r2.
1.(多选)(2021·石家庄模拟)三星堆遗址,位于四川省广汉市,距今约三千到五千年.2021年2月4日,在三星堆遗址祭祀坑区4号坑发现了玉琮.玉琮是一种内圆外方的筒型玉器,是一种古人用于祭祀的礼器.假定某玉琮中间内空,形状对称,如图所示,圆筒内径长2cm,外径长3cm,筒高4cm,中部为棱长是3cm的正方体的一部分,圆筒的外侧面内切于正方体的侧面,则( )
A.该玉琮的体积为
cm3
B.该玉琮的体积为
cm3
C.该玉琮的表面积为(54+π)cm2
D.该玉琮的表面积为(54+9π)cm2
答案 BD
解析 由图可知,组合体的体积
V=π×4×
+3×3×3-π×3×
2=
cm3.
表面积S=3π×1+2×
+3×3×4+2π×
+2π×4=(54+9π)cm2.
2.(多选)对于两条不同直线m,n和两个不同平面α,β,下列选项中正确的为( )
A.若m⊥α,n⊥β,α⊥β,则m⊥n
B.若m∥α,n∥β,α⊥β,则m⊥n或m∥n
C.若m∥α,α∥β,则m∥β或m⊂β
D.若m⊥α,m⊥n,则n∥α或n⊂α
答案 ACD
解析 对于B,在正方体ABCD—A1B1C1D1中,取平面α为平面ABCD,平面β为平面ADD1A1,直线m为D1B1,n为B1C,此时m,n夹角为
,即B错误.其他选项均正确.
3.在正三棱锥S-ABC中,点M是SC的中点,且AM⊥SB,底面边长AB=2
,则正三棱锥S-ABC的外接球的表面积为( )
A.6πB.12π
C.32πD.36π
答案 B
解析 因为三棱锥S-ABC为正三棱锥,
易证SB⊥AC,
又AM⊥SB,AC∩AM=A,
AC,AM⊂平面SAC,
所以SB⊥平面SAC,
所以SB⊥SA,SB⊥SC,
同理,SA⊥SC,即SA,SB,SC三线两两垂直,
且AB=2
,
所以SA=SB=SC=2,
设三棱锥外接球半径为R,则(2R)2=3×22=12,
所以球的表面积S=4πR2=12π.
4.(多选)如图,正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1,线段B1D1上有两个动点E,F,且EF=1,则下列说法中正确的是( )
A.存在点E,F使得AE∥BF
B.异面直线EF与C1D所成的角为60°
C.三棱锥B-AEF的体积为定值
D.A1到平面AEF的距离为
答案 BCD
解析 对于A,若AE∥BF,则A,E,B,F四点共面,与直线EF,AB异面矛盾,
所以AE,BF不平行,故A错误;
对于B,连接BD,易得BD∥B1D1,即BD∥EF,
则∠C1DB即为异面直线EF与C1D所成的角,
显然△C1DB为等边三角形,
所以∠C1DB=60°,故B正确;
对于C,易得S△BEF=
×EF×BB1=
×1×1=
,点A到平面BEF的距离,
即点A到平面BB1D1D的距离为
,
则三棱锥B-AEF的体积为V=
×
×
=
,
故C正确;
对于D,
=
×1×
=
,
则
=
×1×
=
,
又点A到直线EF的距离为
,
则S△AEF=
×1×
=
,
设A1到平面AEF的距离为h,
则
=
×
×h=
h,
所以
=
h,
解得h=
,故D正确.
5.如图所示,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,E是棱CC1的中点,F是侧面BCC1B1内的动点,且A1F与平面D1AE的垂线垂直,则下列说法不正确的是( )
A.点F的轨迹是一条线段
B.A1F与BE是异面直线
C.A1F与D1E不可能平行
D.三棱锥F-AD1E的体积为定值
答案 C
解析 对于A,设平面AD1E与直线BC交于点G,连接AG,EG,则G为BC的中点,分别取B1B,B1C1的中点M,N,连接A1M,MN,A1N,如图所示.
∵A1M∥D1E,A1M⊄平面D1AE,D1E⊂平面D1AE,
∴A1M∥平面D1AE.
同理可得MN∥平面D1AE,
∵A1M,MN是平面A1MN内的相交直线,
∴平面A1MN∥平面D1AE,
由此结合A1F∥平面D1AE,
可得直线A1F⊂平面A1MN,
即点F是线段MN上的动点.
∴A正确.
对于B,∵平面A1MN∥平面D1AE,BE和平面D1AE相交,
∴A1F与BE是异面直线,
∴B正确.
对于C,由A知,平面A1MN∥平面D1AE,
∴A1F与D1E有可能平行,
∴C错误.
对于D,∵MN∥EG,则点F到平面AD1E的距离是定值,三棱锥F-AD1E的体积为定值,∴D正确.
6.如图所示,在边长为5+
的正方形ABCD中,以A为圆心画一个扇形,以O为圆心画一个圆,M,N,K为切点,以扇形为圆锥的侧面,以圆O为圆锥底面,围成一个圆锥,则圆锥的表面积S=______.
答案 10π
解析 设圆锥的母线长为l,底面半径为r,
由已知条件得
解得r=
,l=4
,则S=πrl+πr2=10π.
7.如图,平面ABCD⊥平面ADEF,其中,四边形ABCD为矩形,四边形ADEF为梯形,AF∥DE,AF⊥FE,AF=AD=2,DE=1.则异面直线EF与BC所成角的大小为________.
答案 30°
解析 延长AD,FE交于Q,如图.
因为四边形ABCD是矩形,所以BC∥AD,
所以∠AQF是异面直线EF与BC所成的角.
在梯形ADEF中,
因为DE∥AF,AF⊥FE,AF=AD=2,DE=1,
所以DQ=AD=2,所以∠AQF=30°.
故异面直线EF与BC所成的角为30°.
8.若球与棱长均为3的三棱锥各条棱都相切,则该球的体积为________.
答案
解析 将棱长均为3的三棱锥放入正方体,如图,
因为球与三棱锥各条棱都相切,
所以该球是正方体的内切球,切正方体的各个面于中心,
而这些切点恰好是三棱锥各条棱与球的切点,由此可得正方体的棱长为
,
即该球的直径为
,半径r=
,
所以该球的体积为V=
πr3=
.
9.如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是菱形,∠DAB=30°,PD⊥平面ABCD,AD=2,点E为AB上一点,且
=m,点F为PD的中点.
(1)若m=
,证明:
直线AF∥平面PEC;
(2)是否存在一个常数m,使得平面PED⊥平面PAB,若存在,求出m的值;若不存在,说明理由.
(1)证明 如图,作FM∥CD,交PC于点M,连接EM,
因为点F为PD的中点,所以FM=
CD.
因为m=
,所以AE=
AB=FM,
又FM∥CD∥AE,
所以四边形AEMF为平行四边形,所以AF∥EM,
因为AF⊄平面PEC,EM⊂平面PEC,
所以直线AF∥平面PEC.
(2)解 存在一个常数m=
,
使得平面PED⊥平面PAB,理由如下:
要使平面PED⊥平面PAB,只需AB⊥DE,
因为AB=AD=2,∠DAB=30°,
所以AE=ADcos30°=
,
又因为PD⊥平面ABCD,PD⊥AB,PD∩DE=D,
所以AB⊥平面PDE,
因为AB⊂平面PAB,
所以平面PDE⊥平面PAB,所以m=
=
.
10.如图①,在等腰梯形ABCD中,AB∥CD,E,F分别为AB,CD的中点,CD=2AB=2EF=4,M为DF的中点.现将四边形BEFC沿EF折起,使平面BEFC⊥平面AEFD,得到如图②所示的多面体.在图②中:
(1)证明:
EF⊥MC;
(2)求二面角M-AB-D的余弦值.
(1)证明 由题意知在等腰梯形ABCD中,AB∥CD,
∵E,F分别为AB,CD的中点,
∴EF⊥AB,EF⊥CD,
∴折叠后,EF⊥DF,EF⊥CF,
∵DF⊂平面DCF,CF⊂平面DCF,DF∩CF=F,
∴EF⊥平面DCF,
又MC⊂平面DCF,
∴EF⊥MC.
(2)解 ∵平面BEFC⊥平面AEFD,平面BEFC∩平面AEFD=EF,
且EF⊥DF,DF⊂平面AEFD,
∴DF⊥平面BEFC,
又CF⊂平面BEFC,
∴DF⊥CF,
∴DF,CF,EF两两垂直,
以F为坐标原点,分别以FD,FC,FE所在直线为x,y,z轴,建立空间直角坐标系,
则DM=FM=1,CF=EF=2,
∴M(1,0,0),D(2,0,0),A(1,0,2),B(0,1,2),
∴
=(0,0,2),
=(-1,1,0),
=(-1,0,2),
设平面MAB的法向量m=(x1,y1,z1).
则
取x1=1,得m=(1,1,0).
设平面ABD的法向量n=(x2,y2,z2),
则
取z2=1,得n=(2,2,1).
∴|cos〈m,n〉|=
=
=
.
故二面角M-AB-D的余弦值为
.
- 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:
- 高中数学 步步高 二轮 复习 回扣 立体几何 空间 向量