2021版新高考数学人教B版一轮高频考点集中练 立 体 几 何 WORD版含解析.doc

1、温馨提示： 此套题为Word版，请按住Ctrl,滑动鼠标滚轴，调节合适的观看比例，答案解析附后。关闭Word文档返回原板块。高频考点集中练立 体 几 何1.(2019全国卷)如图,点N为正方形ABCD的中心,ECD为正三角形,平面ECD平面ABCD,M是线段ED的中点,则()A.BM=EN,且直线BM,EN是相交直线B.BMEN,且直线BM,EN是相交直线C.BM=EN,且直线BM,EN是异面直线D.BMEN,且直线BM,EN是异面直线【命题思维分析】利用垂直关系,再结合余弦定理进而解决问题.【解析】选B.因为直线BM,EN都是平面BED内的直线,且不平行,即直线BM,EN是相交直线.设正方形

2、ABCD的边长为2a,则由题意可得:DE=2a,DM=a,DN=a,DB=2a,根据余弦定理可得:BM2=DB2+DM2-2DBDMcosBDE=9a2-4a2cosBDE,EN2=DE2+DN2-2DEDNcosBDE=6a2-4a2cosBDE,所以BMEN.【真题拾贝】判断异面直线的依据是异面直线的定义和性质定理,及一条直线 与平面相交,该直线与平面内不过交点的直线异面,而解答本题的关键是构造直角三角形.2.(2018全国卷)在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=BC=1,AA1=,则异面直线AD1与DB1所成角的余弦值为()A.B.C.D.【命题思维分析】求异面直线所成的角是高考

3、常考的题目,本题主要是考查空间直角坐标系的建立,各点坐标的表示及利用向量数量积求向量夹角,然后根据向量夹角与线线角相等或互补关系求结果.【解析】选C.方法一:以D为坐标原点,DA,DC,DD1所在直线为x,y,z轴建立空间直角坐标系,则D(0,0,0),A(1,0,0),D1(0,0,),B1(1,1,),所以=(-1,0,),=(1,1,),设异面直线AD1与DB1所成角为,则cos =|cos􀎮,􀎯|=.方法二:如图.连接A1D交AD1于点E.取A1B1中点F,连接EF,则EF􀱀B1D,连接D1F,在D1FE中,D1EF为异面直线AD1

4、与DB1的夹角.由已知EF=DB1=,D1E=AD1=1,D1F=,所以cosD1EF=.【真题拾贝】求异面直线所成角主要有以下两种方法:(1)几何法:平移两直线中的一条或两条,到一个平面中;利用边角关系,找到(或构造)所求角所在的三角形;求出三边或三边比例关系,用余弦定理求角.(2)向量法:求两直线的方向向量;求两向量夹角的余弦;因为直线夹角为锐角,所以对应的余弦取绝对值即为直线所成角的余弦值.3.(2018全国卷)已知正方体的棱长为1,每条棱所在直线与平面所成的角都相等,则截此正方体所得截面面积的最大值为()A.B.C.D.【命题思维分析】本题考查正方体的截面问题,命题思维是由正方体的棱分

5、为三组,每组有互相平行的4条棱,所以与12条棱所成角相等,只需与从同一个顶点出发的三条棱所成角相等即可,从而判断出面的位置,截正方体所得的截面为一个正六边形,且边长是面的对角线的一半,应用面积公式求得结果.【解析】选A.由于平面与每条棱所成的角都相等,所以平面与平面AB1D1平行或重合(如图),而在与平面AB1D1平行的所有平面中,面积最大的为由各棱的中点构成的截面EFGHMN,而平面EFGHMN的面积S=6=.【真题拾贝】该题考查的是有关正方体被平面所截得的截面多边形的面积问题,首要任务是需要先确定截面的位置,之后需要从题的条件中找寻相关的字眼,从而得到其为过六条棱的中点的正六边形,利用六边

6、形的面积的求法,应用相关的公式求得结果.4. (2018全国卷)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.18C.24D.54【解析】选B.设ABC的边长为a,则SABC=a2sin C=a2=9,解得a=6,如图所示,当点D在底面上的射影为三角形ABC的中心H时,三棱锥D-ABC的体积最大,设球心为O,则在直角三角形AHO中,AH=6=2,OA=R=4,则OH=2,所以DH=2+4=6,所以三棱锥D-ABC的体积最大值为V=SABCDH=96=18.【真题拾贝】本题主要考查三棱锥的外接球,考查了勾股定理,

7、三角形的面积公式和三棱锥的体积公式,判断出当DH平面ABC时,三棱锥D-ABC体积最大很关键,由H为等边三角形ABC的中心,计算得到AH=AE=2,再由勾股定理得到OH,进而得到结果.5.(2018全国卷)已知圆锥的顶点为S,母线SA,SB所成角的余弦值为,SA与圆锥底面所成角为45,若SAB的面积为5,则该圆锥的侧面积为_.世纪金榜导学号【解析】如图:设SA=SB=l,底面圆半径为r,因为SA与圆锥底面所成角为45,所以l=r,在SAB中,AB2=SA2+SB2-2SASBcosASB=r2,AB=r,AB边上的高为=r,SAB的面积为5,所以rr=5,解得r=2,所以该圆锥的侧面积为rl=

8、r2=40.答案:406.(2017全国卷)如图,圆形纸片的圆心为O,半径为5 cm,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_.世纪金榜导学号【命题思维分析】本题主要考查折叠问题,考查空间中线线、线面、面面间的位置关系、函数性质、导数等基础知识,考查推理论证能力、运算求解能力、空间想象能力,考查数形结合思想、化归与转化思想.【解析】连接OB,连

9、接OD,交BC于点G,由题意得,ODBC,OG=BC,设OG=x,则BC=2x,DG=5-x,三棱锥的高h=,SABC=2x3x=3x2,则V=SABCh=x2=,令f=25x4-10x5,x,f=100x3-50x4,令f0,即x4-2x30,x2,则ff=80,则V=4,所以体积最大值为4 cm 3.答案:4 cm 3【真题拾贝】1.折叠问题要注意折叠前后哪些元素不变,哪些元素的相对位置或长度等发生了变化.2.立体几何、函数、导数交汇问题的解决原理一般是,先设出线段长度,把所求问题表示成关于x的函数,将立体几何问题转化为研究函数最值问题,再用导数求解.3.数学建模要有较强的空间想象能力和转

10、化化归能力.7.(2017北京高考)如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为正方形，平面PAD平面ABCD，点M在线段PB上，PD平面MAC，PA=PD=，AB=4.(1)求证：M为PB的中点.(2)求二面角B-PD-A的大小.(3)求直线MC与平面BDP所成角的正弦值.【解析】(1)设ACBD=O，连接OM，因为PD平面MAC且平面PBD平面MAC=MO，所以PDMO，因为O为BD中点，所以M为PB中点.(2)取AD中点E，连接PE，因为PA=PD，所以PEAD，又因为平面PAD平面ABCD且平面PAD平面ABCD=AD，所以PE平面ABCD，建立如图所示坐标系，则B(-2，4，0)，P(0，0，)，D(2，0，0)，A(-2，0，0)，易知平面PDA的法向量m=(0，1，0)，设平面BPD的法向量n=(x0，y0，z0)，则所以可取n=(1，1，)，设二面角B-PD-A的平面角为，cos =|cos|=，所以=.(3)由(2)可知M，C(2，4，0)，=，设直线MC与平面BDP的角为，则有sin =|cos|=，所以直线MC与平面BDP所成角的正弦值为.关闭Word文档返回原板块