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    2024年高考数学重难点突破讲义:配套热练 特别策划1 空间想象——立体几何问题的几种策略

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    2024年高考数学重难点突破讲义:配套热练 特别策划1 空间想象——立体几何问题的几种策略

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    这是一份2024年高考数学重难点突破讲义:配套热练 特别策划1 空间想象——立体几何问题的几种策略,共7页。
    (第1题)
    A.0°B.45°
    C.60°D.90°
    【解析】 如图,连接A1D,BD,A1B,因为在正方体ABCD-A1B1C1D1中,点E,F分别是AA1,AD的中点,EF∥A1D.因为A1B∥D1C,所以∠DA1B是CD1与EF所成角.因为A1D=A1B=BD,所以∠DA1B=60°,所以CD1与EF所成角为60°.
    (第1题)
    2.将边长为eq \r(,2)的正方形ABCD沿对角线BD折起,则三棱锥C-ABD的外接球体积为( C )
    A.eq \f(32π,3)B.eq \f(16π,3)
    C.eq \f(4π,3)D.4π
    【解析】 将边长为eq \r(,2)的正方形ABCD沿对角线BD折起,得到三棱锥C-ABD,如图所示,则BC⊥CD,BA⊥AD,取BD中点O,连接OA,OC,则OA=OB=OC=OD,三棱锥C-ABD的外接球直径为BD=2,外接球的体积为eq \f(4,3)πR3=eq \f(4,3)π.
    (第2题)
    3.如图,在正方形ABCD中,E,F分别是BC,CD的中点,G是EF的中点,现在沿AE,AF,EF把这个正方形折成一个空间图形,使B,C,D三点重合,重合后的点记为H,则在这个空间图形中必有( B )
    (第3题)
    A.AG⊥平面EFHB.AH⊥平面EFH
    C.HF⊥平面AEFD.HG⊥平面AEF
    【解析】 分析折叠前与折叠后位置关系、几何量的变与不变,可得HA,HE,HF三者相互垂直,所以AH⊥平面EFH,故B正确;因为过A只有一条直线与平面EFH垂直,所以A不正确;因为AG⊥EF,EF⊥AH,AG∩AH=A,所以EF⊥平面HAG,因为EF⊂平面AEF,所以平面HAG⊥平面AEF,过H作直线垂直于平面AEF,一定在平面HAG内,所以C不正确;因为HG不垂直于AG,所以HG⊥平面AEF不正确,故D不正确.
    4.(2023·潍坊模拟)《九章算术》是我国古代的数学巨著,其卷第五“商功”有如下的问题:“今有刍甍,下广三丈,袤四丈,上袤二丈,无广,高一丈.问积几何?”意思为:今有底面为矩形的屋脊形状的多面体(如图),下底面宽AD=3丈,长AB=4丈,上棱EF=2丈,EF与平面ABCD平行,EF与平面ABCD的距离为1丈,则它的体积是( B )
    (第4题)
    A.4立方丈B.5立方丈
    C.6立方丈D.8立方丈
    【解析】 如图,过E作EG⊥平面ABCD,垂足为G,过F作FH⊥平面ABCD,垂足为H,过G作PQ∥AD,交AB于Q,交CD于P,过H作MN∥BC,交AB于N,交CD于M,由图形的对称性可知,AQ=BN=1丈,QN=2丈,且四边形AQPD与四边形NBCM都是矩形,则它的体积V=VE-AQPD+VEPQ-FMN+VF-NBCM=eq \f(1,3)·EG·S矩形AQPD+S△EPQ·NQ+eq \f(1,3)·FH·S矩形NBCM=eq \f(1,3)×1×1×3+eq \f(1,2)×3×1×2+eq \f(1,3)×1×1×3=5(立方丈).
    (第4题)
    5.如图,已知正方体ABCD-A1B1C1D1,M为AA1上一点,A1M∶MA=3∶1,则截面B1D1M与底面ABCD所成二面角的余弦值为( D )
    (第5题)
    A.eq \f(\r(,17),17)B.eq \f(\r(,34),17)
    C.eq \f(2\r(,17),17)D.eq \f(2\r(,34),17)
    【解析】 设正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为a.由正方体的性质知,点B1,D1,M在底面射影分别为B,D,A.因为△B1D1M在底面的射影为△ABD,且S△ABD=eq \f(1,2)a2,而△B1D1M为等腰三角形,A1M=eq \f(3,4)a,B1D1=eq \r(,2)a,则MB1=eq \f(5,4)a.设B1D1的中点为O,则MO=eq \f(\r(,17),4)a,故S△B1D1M=eq \f(\r(,34),8)a2,截面B1D1M与底面ABCD所成二面角为θ,由二面角的面积射影公式知csθ=eq \f(S△ABD,S△B1D1M)=eq \f(\f(1,2)a2,\f(\r(,34),8)a2)=eq \f(2\r(,34),17).
    6.(2023·福州检测)如图,在正三棱柱ABC-A1B1C1中,AB=AA1=2,F是线段A1B1上的动点,则AF+FC1的最小值为__eq \r(,6)+eq \r(,2)__.
    (第6题)
    【解析】 将正三棱柱ABC-A1B1C1中的△A1B1C1沿A1B1翻折至平面ABB1A1上,如图所示,连接AC1,则AF+FC1≥AC1.因为AA1=A1C1=2,且∠AA1C1=90°+60°=150°,所以AC1=2AA1·sineq \f(∠AA1C1,2)=2×2sin 75°=4sin(30°+45°)=4×(sin 30°cs 45°+cs 30°sin 45°)=eq \r(,6)+eq \r(,2),所以当A,F,C1三点共线时,AF+FC1取得最小值,为eq \r(,6)+eq \r(,2).
    (第6题)
    7.已知在直三棱柱ABC-A1B1C1中,∠ABC=120°,AB=2,BC=CC1=1,则异面直线AB1与BC1所成角的余弦值为__eq \f(\r(,10),5)__.
    【解析】 如图,将直三棱柱ABC-A1B1C1补形为直四棱柱ABCD-A1B1C1D1,连接AD1,B1D1,BD.由题意知∠ABC=120°,AB=2,BC=CC1=1,所以AD1=BC1=eq \r(,2),AB1=eq \r(,5),∠DAB=60°.在△ABD中,由余弦定理知BD2=22+12-2×2×1×cs 60°=3,所以BD=eq \r(,3),所以B1D1=eq \r(,3).因为ADeq \\al(2,1)+B1Deq \\al(2,1)=ABeq \\al(2,1),所以∠AD1B1=90°,所以AB1与BC1所成的角即为AB1与AD1所成的角,其余弦值为cs∠B1AD1=eq \f(AD1,AB1)=eq \f(\r(,10),5).
    (第7题)
    8.在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中,E是CC1的中点,F在BB1上且BF=eq \f(1,3)BB1,则平面A1EF与底面ABCD所成二面角的余弦值为__eq \f(6\r(,53),53)__.
    【解析】 如图,△A1EF在平面ABCD上的射影是△ABC.设所求二面角为θ,则cs θ=eq \f(S△ABC,S△A1EF),其中A1E=eq \f(3,2),A1F=eq \f(\r(,13),3),EF=eq \f(\r(,37),6),cs∠EA1F=eq \f(8,3\r(,13)),sin∠EA1F=eq \f(\r(,53),3\r(,13)),S△A1EF=eq \f(1,2)A1F·A1E·sin∠EA1F=eq \f(\r(,53),12),所以cs θ=eq \f(S△ABC,S△A1EF)=eq \f(6\r(,53),53),即所求二面角的余弦值为eq \f(6\r(,53),53).
    (第8题)
    9.把如图所示的平面图形分别沿AB,BC,AC翻折,已知D1,D2,D3三点始终可以重合于点D得到三棱锥D-ABC,那么当该三棱锥体积最大时,其外接球的表面积为__50π__.
    (第9题)
    【解析】 如图,在三棱锥D-ABC中,当且仅当DA⊥平面ABC时,三棱锥的体积达到最大,此时,设外接球的半径为R,球心为O,球心O到平面ABC的投影点为F,则有R2=OA2=OF2+AF2,又OF=eq \f(1,2)AD=eq \f(5,2),AF=eq \f(1,2)AC=eq \f(5,2),所以R2=eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,2)))2+eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,2)))2=eq \f(25,2),所以外接球的表面积为S=4πR2=4π×eq \f(25,2)=50π.
    (第9题)
    10.如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,棱柱的侧面均为矩形,AA1=1,AB=BC=eq \r(,3),cs∠ABC=eq \f(1,3),P是A1B上的一动点,则AP+PC1的最小值为__eq \r(,7)__.
    (第10题)
    【解析】 连接BC1,得△A1BC1,以A1B所在直线为轴,将△A1BC1所在平面旋转到平面ABB1A1,设点C1的新位置为C′,连接AC′,则有AP+PC1=AP+PC′≥AC′,如图,当A,P,C′三点共线时,则AC′即为AP+PC1的最小值.在△ABC中,AB=BC=eq \r(,3),cs∠ABC=eq \f(1,3),由余弦定理得AC=eq \r(,AB2+BC2-2AB·BCcs∠ABC)=eq \r(,3+3-2×3×\f(1,3))=2,所以A1C1=2,即A1C′=2,在△A1AB中,AA1=1,AB=eq \r(,3),由勾股定理可得A1B=eq \r(,AA\\al(2,1)+AB2)=eq \r(,1+3)=2,且∠AA1B=60°.同理可求C1B=2,因为A1B=BC1=A1C1=2,所以△A1BC1为等边三角形,所以∠BA1C1=60°,所以在△AA1C′中,∠AA1C′=∠AA1B+∠BA1C′=120°,AA1=1,A1C′=2,由余弦定理得AC′=eq \r(,1+4-2×1×2×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(-\f(1,2))))=eq \r(,7).

    (第10题)

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