《2019版理科数学一轮复习高考帮试题：微专题4 高考中的立体几何问题（考题帮.数学理） 》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2019版理科数学一轮复习高考帮试题：微专题4 高考中的立体几何问题（考题帮.数学理） （17页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、微专题微专题 4 4 高考中的立体几何问题高考中的立体几何问题 一、选择题(每小题 5 分,共 30 分) 1.一个多面体的三视图如图 4-1 所示,则此多面体的表面积是( ) 图 4-1 A.22 B.24- C.22+ D.20+ 222 2.如图 4-2,网格纸上小正方形的边长为 1,粗线画的是某组合体的三视图,则该组合体的体积 是( ) 图 4-2 A.+ B.+ C.4+ D. + 2 3 3 2 3 2 3 3 16 3 16 3 4 3 2 3 3.已知正方体 ABCD-A1B1C1D1的所有顶点均在球 O 的表面上,E,F,G 分别为 AB,AD,AA1的中 点,若平面 EFG
2、 截球 O 所得圆的半径为,则该正方体的棱长为( ) 15 3 A.B.C.3 D.2 1510 4. 数学文化题如图 4-3 为中国传统智力玩具鲁班锁,它起源于中国古代建筑中首创的榫卯 结构,这种三维的拼插器具内部的凹凸部分啮合,外观看是严丝合缝的十字立方体,其上下、 左右、 前后完全对称,六根完全相同的正四棱柱分成三组,经 90榫卯起来.现有一鲁班锁的 正四棱柱的底面正方形的边长为 2,欲将其放入球形容器内(容器壁的厚度忽略不计),若球形 容器的表面积的最小值为 56,则正四棱柱的高为 ( ) A. B.2 C.6 D.2 62351 5. 数学文化题中国古代计时器的发明时间不晚于战国时代
3、(公元前 476 年前 222 年),其中 沙漏就是古代利用机械原理设计的一种计时装置,它由两个形状完全相同的容器和一个狭窄 的连接管道组成,开始时细沙全部在上部容器中,细沙通过连接管道流到下部容器.如图 4-4 所示,某沙漏由上、下两个圆锥形容器组成,圆锥形容器的底面圆的直径和高均为 8 cm,细沙 全部在上部时,其高度为圆锥形容器高度的 (细管长度忽略不计).若细沙全部漏入下部后,恰 2 3 好堆成一个盖住沙漏底部的圆锥形沙堆,则此圆锥形沙堆的高为( ) 图 4-4 A.2 cm B. cm C. cm D. cm 4 3 8 3 64 27 6.如图 4-5,在正三棱柱 ABC-A1B1
4、C1中,AA1=AB,E,F 分别为 BC,BB1的中点,M,N 分别为 2 AA1,A1C1的中点,则直线 MN 与 EF 所成角的余弦值为( ) 图 4-5 A. B. C. D. 3 5 3 2 1 2 4 5 二、填空题(每小题 5 分,共 10 分) 7.若侧面积为 8 的圆柱有一外接球 O,则当球 O 的体积取得最小值时,圆柱的表面积为 . 8.如图 4-6,在棱长为 1 的正方体 ABCD-A1B1C1D1中,作以 A 为顶点,分别以 AB,AD,AA1为轴, 底面圆半径为 r(0= ,故选 C. | 3 2 3 3 1 2 7.12 由球体的对称性可知,圆柱的高即球心到圆柱两底
5、面圆心的距离之和,设圆柱的底面 半径为 r,球心到圆柱底面的距离为 d,外接球 O 的半径为 R.由球心到圆柱底面的距离、圆柱 底面的半径、球的半径之间构成直角三角形,可得 r2+d2=R2.由题设可得 2r2d=8,所以 d= ,则 R2=r2+d2=r2+ 2=4,当且仅当 r=时取等号,此时球 O 的体积取得最小值.故此 2 4 2 2 4 22 时圆柱的表面积 S表=8+2r2=8+2()2=12. 2 8.3+ 由题知,余下几何体的表面积由原正方体的表面的剩余部分和 3 个 圆锥的侧 3( 2 - 1) 4 1 4 面组成,其表面积 S= r+3(1-r)+3(1- r2)=6+ (
6、r-r2- ),其中 0=, | 6 2 7 2 3 21 14 所以异面直线 CF 与 EM 所成角的余弦值为.(12 分) 21 14 图 D 4-9 10.(1)四边形 ADD1A1,ABB1A1均为正方形, DD1AA1且 DD1=AA1,BB1AA1且 BB1=AA1, DD1BB1且 DD1=BB1, 四边形 BDD1B1是平行四边形. BDB1D1.(3 分) 又 BD平面 BC1D,B1D1平面 BC1D, B1D1平面 BC1D.(4 分) (2)解法一 四边形 A1B1C1D1,ADD1A1,ABB1A1均为正方形, 多面体 ABD-A1B1C1D1可补成正方体 ABCD-
7、A1B1C1D1,如图 D 4-10 所示. 图 D 4-10 设其棱长为 1,连接 A1C,AC, =, 1 1 1 3 3 3 A1C 与平面 ABD 所成角的正弦值为. 3 3 又 A1H 与平面 ABD 所成角的正弦值为, 3 3 H 在正方体的体对角线 A1C 上. 又点 H 在 C1M 上,H 为 A1C 与 C1M 的交点.(6 分) BDAC,BDA1A,又 AC,A1A 是平面 A1AC 内两条相交的直线, BD平面 A1AC, BDA1C, 同理得 BC1A1C. 又 BD,BC1是平面 BC1D 内两条相交的直线, A1C平面 BC1D,(8 分) A1HHM,A1HHB
8、, 二面角 A-A1H-B 的平面角为BHM.(9 分) 又 RtCHMRtCAA1, =, 1 1 HM=, 6 6 BD=BC1=C1D=,M 是 BD 的中点, 2 C1MBM,BM=, 2 2 tanBHM=, 3 BHM=60, 二面角 A-A1H-B 的大小为 60.(12 分) 解法二 四边形 A1B1C1D1,ADD1A1,ABB1A1均为正方形, AA1,A1B1,A1D1两两垂直且相等. 又 ADA1D1,ABA1B1, AA1,AB,AD 两两垂直且相等. 设 AA1=1,以 A 为坐标原点,分别以 AB,AD,AA1所在的直线为 x 轴,y 轴,z 轴建立如图 D 4-
9、11 所示的空间直角坐标系. 则 A1(0,0,1),B(1,0,0),D(0,1,0),C1(1,1,1),M( , ,0).(5 分) 1 2 1 2 图 D 4-11 设 H(x,y,z),则=(x,y,z-1), 1 A1H 与平面 ABD 所成角的正弦值为, 3 3 =(0,0,1)为平面 ABD 的一个法向量, 1 与所成角的余弦值为-, 11 3 3 =- , - 1 2+ 2+ ( - 1)2 3 3 =(x-1,y-1,z-1),=(- ,- ,-1), 11 1 2 1 2 且, 11 = , - 1 - 1 2 - 1 - 1 2 - 1 - 1 联立,得 x= ,y=
10、,z= ,则 H( , , ),(8 分) 2 3 2 3 1 3 2 3 2 3 1 3 =( , ,- ),=(- , , ). 1 2 3 2 3 2 3 1 3 2 3 1 3 同理,设平面 AA1H 的法向量为 n1=(x1,y1,z1), 则有即 1 1 = 0, 1 1 = 0, ? 1 = 0, 2 31 + 2 31 - 2 31 = 0, ? 取 x1=1,得 n1=(1,-1,0), 设平面 BA1H 的法向量为 n2=(x2,y2,z2),可得 n2=(1,0,1).(10 分) 设二面角 A-A1H-B 的平面角为 ,由图易知 (0, ), 2 cos = , |12
11、| |1|2| 1 2 2 1 2 二面角 A-A1H-B 的大小为 60.(12 分) 11.(1)存在点 P 满足题意,此时 P 为 AB 的中点,理由如下: 在等腰梯形 ABCD 中,ABCD,DAB=60,CB=CD, ADC=DCB=120, DBC=CDB=30. ADB=90,DBA=30. ADBD,AB=2AD=2DC. 又 AEBD,ADAE=A,BD平面 AED, 又 BD平面 ABCD,平面 AED平面 ABCD.(2 分) 如图 D 4-12,过点 E 作 EGAD 于点 G,则 EG平面 ABCD, 图 D 4-12 又 FC平面 ABCD,EGFC. EG平面 A
12、ED,FC平面 AED,FC平面 AED.(4 分) 取 AB 的中点 P,连接 CP,FP,则 DCAP,DC=AP, 四边形 APCD 为平行四边形,ADPC. 又 AD平面 AED,PC平面 AED,PC平面 AED. 又 FCPC=C,平面 AED平面 FCP. 又 FP平面 FCP,FP平面 AED. 存在满足题意的点 P,且 P 是 AB 的中点,此时= .(6 分) 1 2 (2)连接 AC,由(1)易知 ACBC,FC平面 ABCD, CA,CB,CF 两两垂直. 以 C 为坐标原点,建立空间直角坐标系 C-xyz 如图 D 4-13 所示. 图 D 4-13 设 CB=2,则
13、 CA=2,AB=4,F(0,0,2),B(0,2,0),D(,-1,0),A(2,0,0),=(-2,0,2), 3333 =(,-3,0),=(0,2,-2),(8 分) 3 设平面 BDF 的法向量为 m=(x,y,z),则 = 0, = 0, ? 即 3 - 3 = 0, 2 - 2 = 0, ? 取 y=1,则 x=,z=1,则 m=(,1,1)为平面 BDF 的一个法向量.(10 分) 33 所以 cos=-, | - 4 4 5 5 5 故直线 AF 与平面 BDF 所成角的正弦值为.(12 分) 5 5 12. (1)因为 BCAD,AD底面 AEFB, 所以 BC底面 AEF
14、B, 又 AG底面 AEFB, 所以 BCAG, 因为 AB= EF,ABEF,G 是 EF 的中点, 1 2 所以 ABEG, 又 AB=AE, 所以四边形 ABGE 为菱形,所以 AGBE, 又 BCBE=B,BE平面 BCE,BC平面 BCE, 所以 AG平面 BCE. (2)解法一 由(1)知四边形 ABGE 为菱形,AGBE,AE=EG=BG=AB=BF=GF=4, 所以BGF 为等边三角形,所以BGF=AEG=60. 设 AGBE=O,所以 OE=OB=2,OA=OG=2.取 CE 的中点 M,连接 OM,如图 D 4-14 所示, 3 图 D 4-14 所以 OMBC,所以 OM平面 AEFB. 作 MNAE 于 N,连接 ON,所以 ONAE, 所以ONM 为二面角 C-AE-F 的平面角. 在 RtAOE 中,由 AEON= OEOA,得 4ON= 22,即 ON=, 1 2 1 2 1 2 1 2 33 又 OM= BC=2, 1 2 所以 MN=,所以 cosONM=, 22+ ( 3)27 3 7 21 7 所以二面角 C-AE-F 的余弦值为. 21 7 解法二 由(1)知四边形 ABGE 为菱形,AGBE,AE=EG=BG=AB=BF=GF=4, 所以BGF 为等边三角形,所以BGF=AEG=60.
