安徽省合肥市高考数学三年(2020-2022)模拟题知识点分类汇编-空间向量与立体几何-.pdf

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CEI为矩形,??DCB??ECA?,2??DCE?2?????ACB????ACB,同理可得:?FBG????ABC,?HAI????CAB,??DCE??FBG??HAI?3????ACB??ABC??CAB??3????2?,?CDE,BFG,AHI区域内的几何体合成一个完整的,半径为1的球,44则CDE,BFG,AHI区域内的几何体的体积之和V???13??;1331又BCDF,ACEI和ABGH区域内的几何体的体积之和V???12??3?4?5??6?;ABC221区域内的直三棱柱体积V??3?4?2?12,32422?L???6??12???:D.【点睛】关键点点睛:本题考查立体几何中的新定义问题,解题关键是能够根据L的定义,确定所求动点的轨迹形成的空间几何体,,共26页:..【分析】设正三棱柱的底面边长为a,高为h,由棱锥平行底面的截面的性质求得a,h的关系,从而求得棱柱的体积,由体积取得最大值求得高.【详解】如图,正四面体ABCD的内接正三棱柱DEF?DEF,首先D,E,F三个顶点必在111四面全的三条棱上,才能使得三棱柱体积最大,2?3?正四面体ABCD棱长为6,则高为AM?62???6??26,?3???设正三棱柱高为h,底面边长为a,因为平面DEF//平面BCD,a26?h6所以?,a?(26?h),626233633S?a2??(26?h)2?(26?h)2,△DEF44483333V?Sh?h(26?h)2??2h?(26?h)?(26?h)△DEF816??3332h?26?h?26?h26?????82,当且仅当2h?26?h,即h??3?3??故选:A.【点睛】关键点点睛:本题考查正棱锥内接正棱柱体积最大问题,解题关键是掌握棱锥的平行于底面的截面的性质,利用此性质求得正三棱柱底面边长和高的关系,从而表示出棱柱的体积,再由基本不等式求得体积的最值,【分析】设AC??3,?1,?1,由线面垂直的判定和性质,113131答案第6页,共26页:..,MN,由勾股定理的逆定理可判断MN,【详解】解:设AC??3,?1,?1,PQ?1,11313111由AM?2MC,BN?2NC,可得CM?AC??32?2,11313又PN//CB,,?CP2?PN2?4?1?5,1由BC?AC,,?C,?A,可得BC?平面11111ACCA,11则NP?A,PM?A,所以NP?PM,1111又MQ?CQ,所以MN?MQ2?PQ2?NP2?1?1?1?3,所以CM2?2,所以MN?AC,:【分析】根据题干作图,,共26页:..【详解】如图所示,由PA?平面ABCD,可得PA?AB,又PA?AB,E为PB中点,可得AE?PB,由EF为△PBD的中位线,可得EF//BD,而PB与BD不垂直,即PB与EF不垂直,所以PB?平面AEF不成立,故①错误,排除A,B;由四边形ABCD为正方形,可得BD?AC,由PA?平面ABCD,BD?平面ABCD,可得PA?BD,而PAIAC?A,所以BD?平面PAC,由EF//BD可得EF?平面PAC,故②正确;由PA?AD,PA?AD,F为PD的中点,可得AF?PD,由CD?AD,CD?PA,可得CD?平面PAD,而AF?平面PAD,所以CD?AF,则AF?平面PCD,而AF?平面AEF,则平面AEF?平面PCD,故④正确;故选:【分析】首先画出示意图得到公共部分几何体的结构,接着根据体积公式求解即可.【详解】因为两个正四面体的顶点都是一个棱长为1的正方体的顶点,画出示意图如下:答案第8页,共26页:..由图可得这两个正四面体公共部分为八面体,该八面体是由两个正四棱锥O?ABCD和O?ABCD组成,12根据正方体的对称性可得四边形ABCD为边长为的正方形,2O?ABCD1正四棱锥O?ABCD和的高为正方体棱长的一半即等于,121111则V?V?V?2V?2????,O?ABCDO1?ABCDO?ABCD3226故选:【分析】由题意画出图形,由角的关系得到边的关系,D内建系,求出11P的轨迹方程,D的交线,【详解】如下图所示:D内时,AD?D,CM?D;111111又?APD??MPC,在Rt△PDA与RtVPCM中,∵AD?6,则MC?3,ADMC63∴tan?APD??tan?MPC?,则?,即PD?,以DC所在直线为x轴,以DC的垂直平分线为y轴建立平面直角坐标系,11则D??3,0?,C?3,0?,答案第9页,共26页:..设P?x,y?,由PD?2PC,得??2222,x?3?y?2(x?3)?y整理得:x2?10x?y2?9?0,即?x?5?2?y2?16.∴点的轨迹是以F?5,0?为圆心,、M,作EK垂直轴于点K,则sin?EFK???;11EF42?∴?EFK?;6?2?D的交线为劣弧?,所以劣弧?的长为?4?.11MEME63故选:A.【点睛】本题考查了轨迹方程的求法,考查了数学转化思想方法,考查了学生的空间想象能力和思维能力,【分析】以OA、OC为邻边作平行四边形OAEC,连接DE,可知异面直线AB与CD所成角为?DCE,计算出CE、CD的长,即可求得?DCE的余弦值.【详解】设圆柱底面半径为r,连接OC,以OA、OC为邻边作平行四边形OAEC,连接DE,答案第10页,共26页:..则CE//OA且CE?OA?r,所以,异面直线AB与CD所成角为?DCE,?QC为?的中点,且AB为圆O的一条直径,所以,?AOC?,即OC?AB,AB2因为OA?OC?r,所以,平行四边形OAEC为正方形,?AE?CE?r,QAD?平面ABC,CE、AE?平面ABC,?AD?AE,AD?CE,则DE?AD2?AE2?5r,QCE?AE,AD?AE?A,?CE?平面ADE,QDE?平面ADE,?CE?DE,CD?CE2?DE2?6r,CEr6在Rt△CDE中,cos?DCE???.CD6r66故答案为:.【分析】以点为坐标原点,AB、AD、AA所在直线分别为x、y、z轴建立空间直角坐A1标系,E的法向量,可求得直线l的一个方向向量,再利用空间向量111法可求得直线l与BE所成角的余弦值.【详解】解:设正方体ABCD?ABCD的棱长为2,1111以点为坐标原点,、AD、AA所在直线分别为x、y、z轴建立如下图所示的空间AAB1直角坐标系,答案第11页,共26页:..则A?0,0,2?、B?2,0,0?、C?2,2,2?、C?2,2,0?、E?0,1,0?,11uruuuruuuuv设平面ABC的法向量为m??x,y,z?,BA???2,0,2?,BC??0,2,2?,1111111vuuuv?m?BA??2x?2z?0ur?由uuuu1v11,取x?1,可得m??1,?1,1?,?vm?BC?2y?2z?01????111ruuuruuuurE的法向量为n??x,y,z?,EC??2,1,0?,CC??0,0,2?,12221vuuuv?n?EC?2x?y?0r?由uuuuv22,取x?1,可得n??1,?2,0?,?v?2z?02????12rurrrr设直线l的方向向量为u??x,y,z?,Ql?平面ABC,l?E,则m?u,n?u,111vv?m?u?x?y?z?0r,取x?2,则u??2,1,?1?所以?vv,?n?u?x?2y?0ruuuruuurruuuru?BE?330BE???2,1,0?,cos?u,BE??ruuur???,u?BE6?51030因此,:.10???2?【分析】由题意可知所得几何体为圆锥和半球构成的组合体,由圆锥侧面积和球的表面积公式可求得结果.【详解】由题意可知:所得的几何体为一个圆锥和半球构成的组合体,且圆锥的底面半径和高均为1,球的半径为1;答案第12页,共26页:..其中圆锥侧面积S???OM?AM???1?2?2?;半球的表面积S?2?OB2?2?;12???所得几何体的表面积S?S?S?2?2?.12??故答案为:2?2?.32?【解析】设正四棱锥P?ABCD的棱长为a,利用该正四棱锥的表面积求出a的值,取正方形ABCD的中心E,计算得出EA?EB?EC?ED?EP,可得出点E为四棱锥P?ABCD的外接球球心,可求得球E的半径,进而可求得球E的体积.【详解】设该正四棱锥为P?ABCD,设该正四棱锥的棱长为a,取正方形ABCD的中心E,连接PE,1??由于该正四棱锥的表面积为a2?4?a2sin60o?3?1a2?8?83,解得a?22,21所以,AC?2a?4,AE?AC?2,2QE为正四棱锥P?ABCD底面的中心,则PE?平面ABCD,QAC?平面ABCD,?PE?平面ABCD,PE?PA2?AE2?2,所以,EA?EB?EC?ED?EP?2,所以,点E为四棱锥P?ABCD的外接球球心,则球E的半径为2,432?因此,该四棱锥外接球的体积是V???23?.3332?故答案为:.3【点睛】方法点睛:求空间多面体的外接球半径的常用方法:①补形法:侧面为直角三角形,或正四面体,或对棱二面角均相等的模型,可以还原到正方体或长方体中去求解;答案第13页,共26页:..②利用球的性质:几何体中在不同面均对直角的棱必然是球大圆直径,也即球的直径;③定义法:到各个顶点距离均相等的点为外接球的球心,借助有特殊性底面的外接圆圆心,找其垂线,则球心一定在垂线上,再根据带其他顶点距离也是半径,.①②④⑤【分析】由三棱锥A?BCD的三条侧棱AB,AC,AD两两垂直,则将三棱锥A?BCD补成长方体ABFC?DGHE,可判断①,由RtVO?OA与RtVO?AD相似,可判断②,取特殊值,当a?b?c?1时,可判断③,分别以AB,AC,AD为x,y,z轴,建立空间直角坐标系,利用向量法可判断⑤,当M与O重合时,AO?面BCD,由各侧棱与底面所成角与侧棱与所AO成角互为余角,可判断④.【详解】由三棱锥A?BCD的三条侧棱AB,AC,AD两两垂直,则将三棱锥A?BCD补成长方体ABFC?DGHE,连接DO并延长交BC于O?,则AO?BC对①:三棱锥A?BCD外接球和长方体ABFC??DGHE的对角线AH?a2?b2?c2则长方体ABFC?DGHE的外接球的直径为AH?2?222??所以三棱锥A?BCD外接球的表面积为:4R?a?b?c,故①②:由RtVO?OA与RtVO?AD相似,则O?A2?O?O?O?D11?1?21又S?BC?O?D,S?BC?O?O,S2?BC?O?A?BC2?O?A2AVBCOD??22?2?4所以S?S?S2,故②△BCOD13对③:当a?b?c?1时,S3?S3?S3?,则S3?S3?S3?BCD8BCD8??323333而S3???2????,此时S3?S3?S3?S3,故③?22?88ABCD??对⑤:分别以AB,AC,AD为x,y,z轴,?x,y,z?uuuuruuuruuuruuur则AM??x,y,z?,AM?x2?y2?z2,AB??a,0,0?,AC??0,b,0?,AD??0,0,c?uuuuruuuruuuuruuuruuuuruuur222?AM?AB??AM?AC??AM?AD?所以cos2??cos2??cos2??????????222?AM?AB??AM?AC??AM?AD???????x2y2z2????1,所以⑤,共26页:..对④:当M与O重合时,AO?面BCD,由⑤有cos2??cos2??cos2??1,222由各侧棱与底面所成角与侧棱与所AO成角互为余角,可得④:①②④⑤【点睛】本题考查空间线面、线线、面积关系,外接球的表面积等问题,考查补形的思想方法应用,.(1)证明见解析211(2)11【分析】(1)取CM的中点O,连结BO,PO,根据等腰三角形以及勾股定理证明PO?CM,PO?BO,再由面面垂直的判定证明即可;(2)设点M到平面PAD的距离为d,根据等体积法得出V?V,从而得出点M到P?MADM?PAD平面PAD的距离.?【详解】(1)证明:Q?PMB?,PM?BM,?△PMB为等边三角形,3?PB?PM?PC?BM?BC?2,CM?,连结BO,PO,则PO?CM.?1又Q?CBM??CPM?,?BO?PO?CM?1,?BO2?PO2?PB2,?PO?,BO?平面AMCD,CMIBO?O,?PO??平面PMC,∴平面PMC?,共26页:..(2)由(1)知,PO?平面AMCD,且PO?,DM,则DM?CM,且DM?2,?DO?DM2?OM2?5,PD?PO2?OD2??QPM?AB,??BPA?.22QPA?AB2?PB2?6,12211?S??2??.△PAD22