新高考新试卷结构立体几何与旋转体有关的题型（解析版）.pdf

1、1新高考新试卷结构立体几何与旋转体有关的题型考点一：求直线和平面所成的角如图，设直线 l 的方向向量为 e，平面 的法向量为 n，直线与平面所成的角为，e 与 n 的角为，则有 sin=|cos|=|e n|e|n|(易错点)考点二：求二面角如图，若 PA 于 A,PB 于 B，平面 PAB 交 l 于 E，则 AEB 为二面角 -l-的平面角，AEB+APB=180.若 n1,n2 分别为面,的法向量，cos n1,n2=n1 n2n1 n2，则二面角的平面角 AEB=n1,n2或 -n1,n2，即二面角 等于它的两个面的法向量的夹角或夹角的补角当法向量 n1 与 n2 的方向分别指向二面角

2、的内侧与外侧时，二面角 的大小等于 n1,n2 的夹角 n1,n2的大小当法向量 n1,n2 的方向同时指向二面角的内侧或外侧时，二面角 的大小等于 n1,n2 的夹角的补角 -n1,n2的大小已知 n1 和 n2 分别是二面角 l 的半平面,的法向量，记二面角的大小为，若 P 半平面，Q 半平面(P l,Q l)，则当 PQ n1 与 PQ n2 同号时，二面角 的大小等于 n1,n2 的夹角 n1,n2的大小当 PQ n1 与 PQ n2 异号时，二面角 的大小等于 n1,n2 的夹角的补角 -n1,n2的大小2【精选例题】1 如图，四边形 ABCD 是圆柱 OQ 的轴截面，圆柱 OQ 的

3、侧面积为 6 3，点 P 在圆柱 OQ 的底面圆周上，且 OPB 是边长为3 的等边三角形，点 G 是 DP 的中点.(1)求证：AG 平面 PBD；(2)求二面角 A-PG-O 的正弦值.【答案】(1)证明见解析；(2)105【详解】(1)点 P 在圆柱 OQ 的底面圆周上，AP BP，四边形 ABCD 是圆柱 OQ 的轴截面，AD 平面 APB，因 PB 平面 APB,AD PB,AP AD=A,AP,AD 平面 ADP，PB 平面ADP，而 AG 平面 ADP,AG PB.OPB 是边长为3 的等边三角形，APB=90，AP=PBtanABP=3tan60=3.圆柱 OQ 的侧面积为 6

4、 3，即 2 OB AD=2 3 AD=6 3，则 AD=3=AP，又点 G 是 DP 的中点，AG PD.又 PD PB=P,PD,PB 平面 PBD，由 可得 AG 平面 PBD.(2)以 P 为坐标原点，以 PB,PA 及过点 P 与 AD 平行的直线分别为 x,y,z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系.则 A 0,3,0,O32,32,0,D 0,3,3,G 0,32,32 PO=32,32,0,PG=0,32,32.设平面 OPG 的法向量为 n=x,y,z，则PO n=32 x+32 y=0PG n=32 y+32 z=0,令 z=1，得x=3,y=-1,n=3,-1,1.由(1)

5、知，PB 平面 ADP，故 PB=3,0,0是平面 APG 的一个法向量.由图知二面角 A-PG-O 为锐角，设为，则 cos=cos PB,n=PB nPBn=33 5=155，sin=105，即二面角 A-PG-O 的正弦值为105.32 如右图，已知 RtABC 的直角边 AB=6，BC=4，点 F1,F2是 BC 从左到右的四等分点(非中点)已知椭圆 所在的平面 平面 ABC，且其左右顶点为 B,C，左右焦点为 F1,F2，点 P 在 上(1)求三棱锥 A-F1F2P 体积的最大值；(2)证明：二面角 F1-AP-F2不小于 60取 BC 中点 O，在 AC 上取一点 Q 使得 OQ

6、BC，【详解】以 O 为坐标原点，OC为 x 正方向，BC 的中垂线 l 的方向向量 u 为 y 轴正方向，OQ为 z 轴正方向，建立空间直角坐标系 Oxyz(1)设点 P x0,y0椭圆 的方程为 x2a2+y2b2=1 a b 0由题意，易知 OB=OC=12 BC=2，OF1=OF2=14 BC=1，则 a=OC=2，c=OF1=a2-b2=1，解得 b=3，所以:x24+y23=1VA-F1F2P=13 hSF1F2P=SF1F2P=12 F1F2 y0=y0 b=3故三棱锥 A-F1F2P 体积的最大值是3(2)易知 A-2,0,3，F1 0,-1,0，F2 0,1,0，设 P3co

7、s,2sin,0cos 0，则 AF1=0,1,-3，F1P=3cos,2sin+1,0，设平面 APF1的一个法向量 n1=x,y,z，则n1AF1=y-3z=0n1F1P=3xcos+2sin+1y=0令 y=3 cos，则 x=-3 2sin+1，z=cos，所 以 平 面 APF 1 的 一 个 法 向 量 n 1=-3 2sin+1,3cos,cos，同理可求得平面 APF2 的一个法向量 n2=-2sin-1,3cos,cos，令 t=sin+1，则(化简后得)cos=n1n2n1 n2=3 3-4t4-16t3+12t2+73t+27(I)当 t 0,54时，则 83-32t23

8、 0，所以-4t4-16t3+12t2+73t+27 0，令 f t=0 得 t=1，当 t 0,1时，f t 0，f t单调递增；当 t 1,54时，f t 0，f t单调递减(II)当 t 54,2时，令 g t=-4t 4-16t 3+12t 2+73t+27，g t=-16t 3-48t 2+24t+72，g t=24-2t2-4t+1 0，所以 g t单调递减，所以 g t g54 0，即 g t单调递减，g t g 54=606364 108，综上，-4t4-16t3+12t2+73t+27 108 对 t 0,2成立，即 cos 3 3108=12，即 3，故二面角 F1-AP-

9、F2不小于 60 得证43 如图所示，圆台的上、下底面圆半径分别为 4cm 和 6cm，AA1,BB1为圆台的两条不同的母线.(1)求证：A1B1 AB；(2)截面 ABB1A1与下底面所成的夹角大小为 60，且截面截得圆台上底面圆的劣弧 A1B1的长度为 83，求截面 ABB1A1的面积.【答案】(1)证明见解析；(2)10 3cm2【详解】(1)因为圆台可以看做是由平行于圆锥底面的平面去截圆锥而得到，所以圆台的母线也就是生成这个圆台的圆锥相应母线的一部分.可知母线 AA1与母线 BB1的延长线必交于一点，即 A,A1,B,B1四点共面，又因为圆面 O1 圆面 O，且平面 ABB1A1 圆面

10、 O1=A1B1，平面 ABB1A1 圆面 O=AB，所以 A1B1 AB.(2)解法一：因为劣弧 A1B1的长度为 83，则 A1O1B1=23，由 A1O1B1 AOB，可得 AOB=23.如图，建立空间直角坐标系 O-xyz，设 OO1=t(t 0)，则 A 6,0,0,B-3,3 3,0,A1 4,0,t，可得 AA1=-2,0,t,AB=-9,3 3,0，设平面 ABB1A1的一个法向量为 n1=x,y,z，则 n AA1=-2x+tz=0n AB=-9x+3 3y=0，令 x=1，则 y=3,z=2t，可得 n1=1,3,2t，由题意可知：底面的一个法向量 n2=0,0,t，因为截

11、面与下底面所成的夹角大小为 60，则 cos60=cos n1,n2=n1 n2n1 n2=2t 1+3+4t2=1t2+1=12，解得 t=3，即 OO1=3，可得 BB1=7，在等腰梯形 ABB1A1中，A1B1=4 3,AB=6 3，可得等腰梯形 ABB1A1的高 h=2，所以 S梯形 ABB1A1=12 4 3+6 3 2=10 3cm2.解法二：如图，分别取 AB,A1B1的中点为 C,C1，连结 O1C1,CC1，OC，由题意可得：OC AB,CC1 AB，所以 OCC1为截面 ABB1A1与底面所成夹角，即 OCC1=60，5 过点 C1作 C1D OC 于点 D，由 O1C1=

12、2,OC=3，得 CD=1，则 CC1=2(即梯形的高)，所以 S梯形 ABB1A1=12 4 3+6 3 2=10 3cm2.4 已知椭圆 C：x2a2+y2b2=1(a 0，b 0)的左、右焦点分别为 F1、F2，离心率为 12，经过点 F1且倾斜角为 0 2的直线 l 与椭圆交于 A、B 两点(其中点 A 在 x 轴上方)，ABF2的周长为 8(1)求椭圆 C 的标准方程；(2)如图，将平面 xOy 沿 x 轴折叠，使 y 轴正半轴和 x 轴所确定的半平面(平面 AF1F2)与 y 轴负半轴和 x 轴所确定的半平面(平面 BF1F2)互相垂直若 =3，求三棱锥 A-BF1F2的体积，若

13、=3，异面直线 AF1和 BF2所成角的余弦值；是否存在 0 2，使得 ABF2折叠后的周长为与折叠前的周长之比为 1516？若存在，求 tan 的值；若不存在，请说明理由【答案】(1)x24+y23=1；(2)35；1328；存在，tan=3 3514【详解】(1)由椭圆的定义知：AF1+AF2=2a，BF1+BF2=2a，所以 ABF2的周长 L=4a=8，所以 a=2，又椭圆离心率为 12，所以 ca=12，所以 c=1，b2=a2-c2=3，由题意，椭圆的焦点在 x 轴上，所以椭圆的标准方程为 x24+y23=1；6(2)由直线 l：y-0=3 x+1与 x24+y23=1，由y-0=

14、3(x+1)x24+y23=1得 x=0,y=3或x=-85y=-353，所以A 0,3(因为点 A 在 x 轴上方)以及 B-85,-353，AF1=2，BF1=65，V=13 12 BF1F1F2sin120 AF1sin60=35 O 为坐标原点，折叠后原 y 轴负半轴，原 x 轴，原 y 轴正半轴所在直线为 x，y，z 轴建立空间直角坐标系，则 F1 0,-1,0，A 0,0,3，B 353,-85,0，F2 0,1,0，F1A=0,1,3，BF2=-353,135,0记异面直线 AF1和 BF2所成角为，则 cos=cos F1A,BF2=F1A BF2F1ABF2=1328；设折叠

15、前 A x1,y1，B x2,y2，折叠后 A，B 在新图形中对应点记为 A，B，A x1,y1,0，B x2,0,-y2，折叠前 ABF2周长是 8，则折叠后 ABF2周长是 152，由 AF2+BF2+AB=152，AF2+BF2+AB=8，故 AB-AB=12，设 l 方程为 my=x+1，由my=x+1x24+y23=1，得 3m2+4y2-6my-9=0，y1+y2=6m3m2+4，y1y2=-93m2+4，在折叠后的图形中建立如图所示的空间直角坐标系(原 x 轴仍然为 x 轴，原y 轴正半轴为 y 轴，原 y 轴负半轴为 z 轴)；AB=x1-x22+y12+y22，AB=x1-x

16、22+y1-y22，所以 AB-AB=x1-x22+y1-y22-x1-x22+y21+y22=12，()又-2y1y2x1-x22+y1-y22+x1-x22+y21+y22=12，所以x1-x12+y1-y22+x1-x22+y21+y21=-4y1y2，()由()()可得x1-x22+y1-y22=14-2y1y2，因为 x1-x22+y1-y22=1+m2y1-y22=714-2y1y22，所以 1+m26m3m2+42+363m2+4=14+183m2+42，即 1441+m3m2+42=14+183m2+42，所以12+12m23m2+4=14+183m2+4，解得 m2=2845

17、，因为 0 0，即 h=5，所以 AD=5.4 如图，矩形 BCC1B1是圆柱 OO1的一个轴截面，O1、O 分别为上下底面的圆心，E 为 CO1的中点，BC=8，BB1=4 (1)当点 A 为弧 BC 的中点时，求证：AO 平面 BB1C1C；(2)若点 A 为弧 BC 的靠近 C 点的三等分点，求直线 AE 与平面 AOB1所成角的正弦值【答案】(1)证明见解析；(2)217.【详解】(1)结合题意:易知底面是以 O 为圆心，以 BC 为直径的半圆，因为点 A 为弧 BC 的中点，所以 AO BC，因为矩形 BCC1B1是圆柱 OO1的一个轴截面，所以 BB1 面 ABC,因为 OA 面

18、ABC,所以 BB1 AO,因为 BB1 BC=B,且 BB1,BC 平面 BB1C1C，所以 AO 平面 BB1C1C.(2)取弧 BC 的中点 A1连接 OA1,由(1)问可知：A1O 平面 BB1C1C，且易得 A1O O1O，O1O BC,A1O BC,故以 O 坐标原点，以 OC,OA1,OO1所在的直线分别为 x,y,z 轴建立空间直角坐标系如图所示：因为 BC=8，BB1=4，点 A 为弧 BC 的靠近 C 点的三等分点，所以 O 0,0,0,B1-4,0,4,O1 0,0,4,C 4,0,0,12A 2,2 3,0,所以 OB1=-4,0,4,OA=2,2 3,0,因为 E 为

19、 CO1的中点，所以 E 2,0,2，所以 AE=0,-2 3,2,设平面 AOB1的法向量为 n=x,y,z，则 n OAn OB1,即n OA=2x+2 3y=0n OB1=-4x+4z=0，令 x=3，则 n=3,-1,3，所以直线 AE 与平面 AOB1所成角的正弦值为 sin=cosn,AE=n AEnAE=0 3+-2 3-1+2 302+-2 32+22 32+1+32=217.5 如图所示，圆台的上下底面圆半径分别为 2cm 和 3cm,AA1,BB1为圆台的两条不同的母线.O1,O 分别为圆台的上下底面圆的圆心，且 OAB 为等边三角形.(1)求证：A1B1 AB；(2)截面

20、 ABB1A1与下底面所成的夹角大小为 60，求异面直线 AA1与 B1O1所成角的余弦值.【答案】(1)证明见解析；(2)1313【详解】(1)证明 圆台可以看做是由平行于圆锥底面的平面去截圆锥而得到，所以圆台的母线也就是生成这个圆台的圆锥相应母线的一部分.母线 AA1与母线 BB1的延长线必交于一点，A,A1,B,B1四点共面.圆面 O1 圆面 O，且平面 ABB1A1 圆面 O1=A1B1，平面 ABB1A1 圆面 O=AB.A1B1 AB.(2)ABO 为等边三角形，AOB=3，如图建立空间直角坐标系 O-xyz，设OO1=t(t 0).A 3,0,0,B 32,3 32,0,A1 2

21、,0,t.AA1=-1,0,t,AB=-32,3 32,0，设平面 ABB1A1的一个法向量 n1=x,y,z.则有：-x+tz=0,-32 x+3 32 y=0.，令 x=3，则 y=1,z=3t,n1=3,1,3t.底面的一个法向量 n2=0,0,1，因为截面与下底面所成的夹角大小为 60，所以 cos60=cosn1,n2=3t 4+3t2=33+4t2=12，t=32，13 AA1=-1,0,32，又 A1B1=23 AB=-1,3,0,B1坐标为 1,3,32.O1B1=1,3,0，cosAA1,O1B1=AA1 O1B1AA1O1B1=-1132 2=-1313.异面直线 AA1与

22、 O1B1所成角的余弦是1313.6 如图，线段 AA1是圆柱 OO1的母线，BC 是圆柱下底面圆 O 的直径(1)弦 AB 上是否存在点 D，使得 Q1D 平面 A1AC，请说明理由；(2)若 BC=2，ABC=30，A1A=2，求二面角 C-A1B-A 的余弦值【答案】(1)存在，当点 D 为 AB 中点时，理由见解析.(2)2 5719【详解】(1)当点 D 为 AB 的中点时，O1D 平面 A1AC，证明如下：取 AB 的中点 D，连接 OD，O,D 分别为 BC,AB 的中点，则 OD AC，又 OD 平面 A1AC，AC 平面 A1AC，OD 平面 A1AC，又 OO1 AA1，O

23、O1 平面 A1AC，AA1 平面 A1AC，OO1 平面 A1AC，O1O OD=O，O1O,OD 平面 OO1D，平面 OO1D 平面 A1AC，由于 O1D 平面 OO1D，故 O1D 平面 A1AC；(2)BC 是 O 的直径，可得 BAC=90，即 AB AC，且 BC=2，ABC=30，故 AB=3，AC=1，如图，以点 A 为原点建立空间直角坐标系，则 A 0,0,0，B3,0,0，C 0,1,0，A1 0,0,2，得 A1B=3,0,-2，A1C=0,1,-2，设 n=x,y,z为平面 A1BC 的一个法向量，则n A1B=3x-2z=0n A1C=y-2z=0，令 x=2，则

24、 y=2 3,z=3，可得 n=2,2 3,3，因为y 轴 平面 A1AB，则可取平面 A1AB 的一个法向量为 m=0,1,0，设二面角 C-A1B-A 为，则 cos=cos m,n=m nmn=2 31 19=2 5719，所以二面角 C-A1B-A 的余弦值为 2 5719.147 如图，圆台 O1O2的轴截面为等腰梯形 A1ACC1,AC=2AA1=2A1C1=4,B 为底面圆周上异于 A,C 的点(1)若 P 是线段 BC 的中点，求证：C1P 平面 A1AB(2)若 AB=BC，设直线 l 为平面 A1AB 与平面 C1CB 的交线，点 Q l,BC1与平面 QAC 所成角为，求

25、sin 的最大值.【答案】(1)证明见解析；(2)144【详解】(1)取 AB 中点 H，连接 A1H,PH，如图，因为 P 为 BC 中点，所以PH AC,PH=12 AC，在等腰梯形 A1ACC1中，A1C1 AC,A1C1=12 AC，所以 HP A1C1,HP=A1C1，所以四边形 A1C1PH 为平行四边形，所以 C1P A1H，又 A1H 平面 A1AB，C1P 平面 A1AB，所以 C1P 平面 A1AB；(2)延长 AA1,CC1交于点 O，作直线 BO，则直线 BO 即为直线 l，AB=BC，则 O2B AC，以直线 O2A,O2B,O2O 分别为 x,y,z 轴，建立空间直

26、角坐标系，如图所示，在等腰梯形 A1ACC1中，AC=2AA1=2A1C1=4，此梯形的高为 h=AA21-AC-A1C122=3，因为 A1C1=12 AC,A1C1 AC，所以 A1C1为 OAC 的中位线，则 O2 0,0,0,O 0,0,2 3,A 2,0,0,B 0,2,0,C1-1,0,3，所以 BC1=-1,-2,3,AB=-2,2,0,BO=0,-2,2 3,O2A=2,0,0，设 BQ=BO，则 AQ=AB+BQ=AB+BO=-2,2-2,2 3，设平面 QAC的一个法向量为 n=x,y,z，则 n O2A=2x=0n AQ=-2x+2-2y+2 3z=0，令 y=3，得 n=0,3,-1，则有：sin=cosn,BC1=n BC1nBC1=-2 3+3 -132+-12-12+-22+32=3 +12 2 42-2+1，令 t=+1，则 sin=3 t2 2 4t2-10t+7，当 t=0 时，sin=0，此时 =-1，当 t 0 时，0 sin=32 2 7t2-10t+4=32 2 71t-572+37144，当且仅当 t=75，即 =25 时取等号，综上所述，sin 的最大值为144.