专题11 解
三
角
形
1.三角形中的三角函数关系(1)sin(A+B)=sin
C;(2)cos(A+B)=-cos
C;(3)sin=cos;(4)cos=sin.2.三角形中的射影定理在△ABC中,a=bcos
C+ccos
B;b=acos
C+ccos
A;c=bcos
A+acos
B.3.三角形中的不等关系(1)在△ABC中,两边之和大于第三边,两边之差小于第三边;(2)A>B?a>b?sin
A>sin
B?cos
A
B.1.判定三角形形状的两种常用途径2.解三角形的“口诀”斜三角形把我问,两个定理有区分;余弦定理多见边,正弦定理角必现;边边角,解难辨,正弦值,先计算;遇到边角关系时,正弦定理化边角.1.化简丢解【案例】T4在判断三角形的形状时,等式两边一般不要约去公因式,应移项提取公因式,2.未注意隐含条件导致增解【案例】T9用余弦定理求边长时,往往会求得两个值,此时应注意题目条件中对边长的限制,对求得的值进行检验,3.忽略已知条件【案例】T10,审题不细,题设是锐角三角形,容易解题失误.
考向一 三角形基本量的计算【典例】(2020·全国Ⅲ卷)在△ABC中,cos
C=,AC=4,BC=3,则tan
B=
( )A.
B.2
C.4
D.8
考向二 求三角形边角比值或求范围【典例】(2019·全国Ⅰ卷)△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,已知asin
A-bsin
B=4csin
C①,cos
A=-,则=
( )A.6
B.5
C.4
D.3①利用正弦定理转化为边的关系②余弦定理
1.在△ABC中,角A,B,C的对边分别为a,b,c,a=2,b=3,c=4,设AB边上的高为h,则h=
( )A.
B.C.
D.2.在△ABC中,角A,B,C的对边分别为a,b,c,c=2a,且a,b,c成等差数列,则cos
B=
( )A.
B.
C.
D.3.已知锐角△ABC外接圆的半径为2,AB=2,则△ABC周长的最大值为
( )A.4
B.6
C.8
D.124.设△ABC的内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,若c-acos
B=(2a-b)cos
A,则△ABC的形状为( )A.等边三角形B.直角三角形C.等腰三角形或直角三角形D.等腰直角三角形5.设锐角三角形ABC的内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,若a=2,B=2A,则b的取值范围为( )A.(0,4)
B.(2,2)C.(2,2)
D.(2,4)6.在高分辨率遥感影像上,阴影表现为低亮度值,其分布范围反映了地物成像时遮光情况的二维信息,可以通过线段AB长度(如图:粗线条部分)与建筑物高度的几何关系来确定地表建筑物的高度数据.在不考虑太阳方位角对建筑物阴影影响的情况下,太阳高度角、卫星高度角与建筑物高度、线段AB的关系如图所示,在某时刻测得太阳高度角为β,卫星高度角为α,阴影部分长度为L,由此可计算建筑物的高度为
( )A.
B.C.
D.7.在△ABC中,已知2acos
B=c,sin
Asin
B(2-cos
C)=sin2+,则△ABC为
( )A.等腰直角三角形
B.等边三角形C.锐角非等边三角形
D.钝角三角形8.已知在△ABC中,角A,B,C的对边分别为a,b,c,A=,b=2,△ABC的面积等于2,则△ABC外接圆的面积为________.?9.△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,若a=2,c=2,cos
A=,且b______.?10.已知△ABC是锐角三角形,若A=2B,则的取值范围是________.?11.如图,四边形ABCD中,AB=4,BC=5,CD=3,∠ABC=90°,∠BCD=120°,则AD的长为______.?12.在△ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c,已知a=3,sin
B=sin
2A.①的值为________;?②若a>c,则b的取值范围是________.?
专题11 解
三
角
形
///真题再研析·提升审题力///
考向一
C 设AB=c,BC=a,CA=b,c2=a2+b2-2abcos
C=9+16-2×3×4×=9,
所以c=3,cos
B==,所以sin
B==,所以tan
B=4.
考向二
A 由已知及正弦定理可得a2-b2=4c2,由余弦定理推论可得-=cos
A=,所以=-,所以=,所以=×4=6,故选A.
///高考演兵场·检验考试力///
1.D 因为a=2,b=3,c=4,所以cos
A===,则sin
A====,则h=ACsin
A=bsin
A=3×=.
2.D a,b,c成等差数列?2b=a+c,又c=2a,所以b=,cos
B===.
3.B 因为锐角△ABC外接圆的半径为2,AB=2,所以=2R,即=4,
所以sin
C=,又C为锐角,所以C=,
由正弦定理得===4,所以a=4sin
A,b=4sin
B,c=2,所以a+b+c=2+4sin
B+4sin(-B)=6sin
B+2cos
B+2=4sin+2,所以当B+=即B=时,a+b+c取得最大值4+2=6.
4.C 因为c-acos
B=(2a-b)cos
A,C=π-(A+B),
所以由正弦定理得sin
C-sin
Acos
B=2sin
Acos
A-sin
Bcos
A,
所以sin
Acos
B+cos
Asin
B-sin
Acos
B
=2sin
Acos
A-sin
Bcos
A,
所以cos
A(sin
B-sin
A)=0,所以cos
A=0或sin
B=sin
A,
所以A=或B=A或B=π-A(舍去),
所以△ABC为等腰三角形或直角三角形.
5.C 由锐角三角形ABC的内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,B=2A,
得0<2A<,A+B=3A,所以<3A<π,
所以A<,
因为a=2,B=2A,由正弦定理得=b=2cos
A,即b=4cos
A,所以2<4cos
A<2,则b的取值范围为(2,2).
6.
B 如图所示:由于CD⊥BD,
tan
α=,
所以在Rt△ACD中,tan
α=.
在Rt△BCD中,tan
β=.
所以=,
解得x=,所以y=.
7.A 将已知等式2acos
B=c,
利用正弦定理化简得:2sin
Acos
B=sin
C,
因为sin
C=sin(A+B)=sin
Acos
B+cos
Asin
B,
所以2sin
Acos
B=sin
Acos
B+cos
Asin
B,
即sin
Acos
B-cos
Asin
B=sin(A-B)=0,
因为A与B都为△ABC的内角,所以A-B=0,即A=B,
已知第二个等式变形得:
sin
Asin
B(2-cos
C)=(1-cos
C)+=1-cos
C,
-[cos(A+B)-cos(A-B)](2-cos
C)=1-cos
C,
所以-(-cos
C-1)(2-cos
C)=1-cos
C,
即(cos
C+1)(2-cos
C)=2-cos
C,
整理得:cos2C-2cos
C=0,即cos
C(cos
C-2)=0,
所以cos
C=0或cos
C=2(舍去),所以C=90°,
则△ABC为等腰直角三角形.
8.【解析】由×2c·sin=2,解得c=4.
所以a2=22+42-2×2×4cos=12.解得a=2.
所以2R==4,解得R=2.所以△ABC外接圆的面积为4π.
答案:4π
9.【解析】在△ABC中,由余弦定理得4=b2+12-2×2b×,所以b2-6b+8=0,
所以b=2或b=4,
因为b答案:2
10.【解析】因为A=2B,所以由正弦定理可得:===2cos
B,
因为当C为最大角时,C<,A+B=3B>,B>,当A为最大角时,A<,2B<,B<,
所以B<,故∈(,).
答案:(,)
11.【解析】连接AC,设∠ACB=θ,则∠ACD=120°-θ,如图:
故在Rt△ABC中,sin
θ=,cos
θ=,
因为cos=-cos
θ+sin
θ=-×+×=,
又因为在△ACD中,由余弦定理有
cos==,
解得AD2=65-12,即AD=
答案:
12.【解析】①由sin
B=sin2A,得:sin
B=2sin
Acos
A,
由正弦定理得:b=2acos
A,即=2a=6.
②由余弦定理,得:a2=b2+c2-2bccosA
由①得:cos
A=所以,32=b2+c2-,
所以,27=(3-c)b2+3c2,即:b2==9+3c,
因为a>c,所以,0答案:①6 ②(3,3)
PAGE专题12 直线与平面的位置关系
1.证明线面平行与线线平行(1)证明线面平行,通常用判定定理:因为l∥a,a?α,l?α,所以l∥α.(2)证明线线平行,通常用性质定理:因为l∥α,l?β,α∩β=b,所以l∥b,关键是找到与α相交且包含l的平面β.2.证明线面垂直的思维流程(1)找相交直线:在一个平面内找到两条相交直线;(2)证线线垂直:证明平面外的直线与这两条相交直线都垂直;(3)证线面垂直:利用直线与平面垂直的判定定理证得线面垂直.1.异面直线的判定方法平面外一点A与平面内一点B的连线和平面内不经过点B的直线是异面直线.2.异面直线所成角的求法通过平移直线,把异面问题转化为相交直线的夹角,一般有3种类型:(1)利用图形中已有的平行线平移;(2)利用特殊点(线段的端点或中点)作平行线平移;(3)补形平移.计算异面直线所成的角通常放在三角形中进行.3.证明线面平行的常用方法(1)构造平行四边形,证得线线平行,进而证得线面平行.(2)构造三角形中位线,证得线线平行,进而证得线面平行.(3)在同一个面中找到两条平行直线,证得线线平行,进而证得线面平行.1.判断直线与平面的位置关系时,容易考虑不全面.【案例】T3若m∥α,n∥α,则m与n可以平行、相交、异面,故①错误.2.容易忽略线在面内的情况.【案例】T2在A中,若a⊥b,a⊥α,则b∥α或b?α,故A错误.3.通过平移异面直线构成三角形求异面直线所成角时,容易忽略补角的情况.【案例】T4①构成三角形后.若通过解三角形得到内角的余弦值为负值时,要取补角.
考向一 直线与平面的位置关系【典例】(2020·全国Ⅱ卷)设有下列四个命题:p1:两两相交且不过同一点的三条直线必在同一平面内.p2:过空间中任意三点有且仅有一个平面.p3:若空间两条直线不相交,则这两条直线平行.p4:若直线l?平面α,直线m⊥平面α,则m⊥l.则下述命题中所有真命题的序号是__________.?①p1∧p4
②p1∧p2③p2∨p3
④p3∨p4
考向二 空间中垂直关系【典例】(2019·全国Ⅲ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.BM≠EN,且直线BM,EN是相交直线C.BM=EN,且直线BM,EN是异面直线D.BM≠EN,且直线BM,EN是异面直线
1.如图,直四棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面是菱形,AA1=AB=2,∠BAD=60°,M是BB1的中点,则异面直线A1M与B1C所成角的余弦值为
( )A.-
B.-C.
D.2.设a,b是不同的直线,α,β是不同的平面,则下列四个命题中正确的是
( )A.若a⊥b,a⊥α,则b∥αB.若a∥α,α⊥β,则a⊥βC.若a⊥β,α⊥β,则a∥αD.若a⊥b,a⊥α,b⊥β,则α⊥β3.已知m,n是两条不同的直线,α,β是两个不同的平面,有下列四个命题:①若m∥α,n∥α,则m∥n;②若n⊥α,m⊥β,m∥n,则α∥β;③若α⊥β,m∥α,n⊥β,则m∥n;④若α∥β,m?α,m⊥n,则n⊥β.其中,正确的命题个数是
( )A.3
B.2
C.1
D.04.如图,在正三棱柱ABC-A1B1C1中底面边长、侧棱长都是4,E,F分别是A1C1,BC的中点,则以下四个结论中正确的是
( )①AE与C1F所成的角的余弦值为;②C1F平行于平面ABE;③三棱锥E-ABC的体积为;④AB垂直于EC.A.①②③
B.②③④C.①③④
D.①②④5.如图所示,在棱长为a的正方体ABCD-A1B1C1D1中,E是棱DD1的中点,F是侧面CDD1C1上的动点,且B1F∥平面A1BE,则F在侧面CDD1C1上的轨迹的长度是
( )A.a
B.
C.a
D.6.如图,PA垂直于以AB为直径的圆所在平面,C为圆上异于A,B的任意一点,AE⊥PC垂足为E,点F是PB上一点,则下列判断中不正确的是
( )A.BC⊥平面PAC
B.AE⊥EFC.AC⊥PB
D.平面AEF⊥平面PBC
专题12 直线与平面的位置关系
///真题再研析·提升审题力///
考向一
【解析】对于命题p1,可设l1与l2相交,这两条直线确定的平面为α;若l3与l1相交,则交点A在平面α内,同理,l3与l2的交点B也在平面α内,所以,AB?平面α,即l3?平面α,命题p1为真命题;
对于命题p2,若三点共线,则过这三个点的平面有无数个,命题p2为假命题;
对于命题p3,空间中两条直线相交、平行或异面,命题p3为假命题;
对于命题p4,若直线m⊥平面α,则m垂直于平面α内所有直线,
因为直线l?平面α,所以直线m⊥直线l,命题p4为真命题.
综上可知,p1∧p4为真命题,p1∧p2为假命题,p2∨p3为真命题,p3∨p4为真命题.
答案:①③④
考向二
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+DM2-2DB·DMcos∠BDE=9a2-4a2cos∠BDE,
EN2=DE2+DN2-2DE·DNcos∠BDE=6a2-4a2cos∠BDE,所以BM≠EN.
///高考演兵场·检验考试力///
1.D 由题意可得=+=-,
==,
=-,==2,
cos<,>=
==
==.
2.D 由a,b是两条不同的直线,α,β是两个不同的平面,得:在A中,若a⊥b,a⊥α,则b∥α或b?α,故A错误;
在B中,若a∥α,β⊥α,则a也可能在β内,故B错误;在C中,若a⊥β,α⊥β,则a∥α或a?α,故C错误;
在D中,若a⊥b,a⊥α,b⊥β,则β⊥α成立,故D正确.
3.C 若m∥α,n∥α,则m与n可以平行、相交、异面,故①错误;若n⊥α,m⊥β,m∥n,则α∥β,故②正确;
若α⊥β,m∥α,n⊥β,则m与n可以平行、相交、异面,故③错误;若α∥β,m?α,m⊥n,则n与β可以平行、相交或n?β,故④错误,所以正确的命题个数是1.
4.A 取AC的中点G,连接GC1,GF,
则AE平行于GC1.在三角形GFC1中,GC1=FC1==2.
由余弦定理得cos∠GC1F==,所以①正确.
取AB的中点H,连接EH,FH,则EC1平行且等于HF,所以四边形HFC1E为平行四边形,所以C1F∥EH,
又C1F不在平面ABE内,EH?平面ABE,所以C1F∥平面ABE,所以②正确.
三棱锥E-ABC的体积V=Sh=×4=,
所以③正确.
假设AB垂直于EC,又因为AB垂直于A1A,EC,AA1都在平面ACC1A1内且EC与AA1相交,所以AB垂直于侧面ACC1A1,所以AB垂直于AC,这与∠BAC等于60°矛盾,所以④错误.
5.D 设G,H,I分别为CD,CC1,C1D1边上的中点,
则A1,B,E,G四点共面,且平面A1BGE∥平面B1HI,
又因为B1F∥平面A1BE,所以F落在线段HI上,
因为正方体ABCD-A1B1C1D1中的棱长为a,
所以HI=CD1=a,
即F在侧面CDD1C1上的轨迹的长度是a.
6.C 对于A,PA垂直于以AB为直径的圆所在平面,而BC在底面圆面内,则PA⊥BC,
又由圆的性质可知AC⊥BC,且PA∩AC=A,
则BC⊥平面PAC,所以A正确;
对于B,由A可知BC⊥AE,由题意可知AE⊥PC,且BC∩PC=C,所以AE⊥平面PCB,而EF?平面PCB,所以AE⊥EF,所以B正确;
对于C,由B可知AE⊥平面PCB,因而AC与平面PCB不垂直,所以AC⊥PB不成立,所以C错误.
对于D,由A,B可知,BC⊥平面PAC,BC?平面PCB,由面面垂直的性质可得平面AEF⊥平面PBC.所以D正确;
PAGE专题13 空间几何体
1.由平面图形绕某一条直线旋转得到的旋转体常见类型(1)矩形以一条边为轴旋转得到圆柱体.(2)直角三角形绕一条直角边旋转得到圆锥体.(3)直角三角形绕斜边旋转得到两个同底的圆锥体.(4)直角三角形绕经过一个锐角的顶点且平行于直角边的直线旋转得到圆柱体减去一个圆锥体.(5)直角梯形绕直角腰旋转得到圆台.2.体积问题的解题策略(1)割补法:求一些不规则几何体的体积时,常用割补法转化成已知体积公式的几何体进行解决.(2)等积法:等积法的前提是几何体的体积通过已知条件可以得到,利用等积法可以用来求解几何体的高.1.计算旋转体侧面积的方法(1)计算旋转体的侧面积时,将侧面展开化为平面图形,“化曲为直”来解决.(2)熟悉常见旋转体的侧面展开图的形状及平面图形面积的求法.2.空间几何体求表面积应注意的问题(1)求组合体的表面积,要减去接触面面积;(2)求规则几何体切割得到的几何体的表面积,在原几何体表面积减去切去面积的基础上加上切割面的面积.(3)求规则几何体的表面积时,重点是利用每个面中的垂直关系求各面面积,或者是用正弦定理求解.1.混淆三视图中实线与虚线,从而画不出正确的几何体.【案例】T5根据题意,半圆柱挖去一个半圆锥,虚线为半圆锥的三视图.2.求组合体的表面积,容易将接触面的面积忽略.【案例】T6该几何体是由四分之三圆锥和一个三棱锥组成的组合体.注意不要忽略相接部分的面积.3.不能通过三视图还原出空间几何体的直观图,从而导致错误.【案例】T8由于缺乏空间想象力,不能还原出空间几何体,从而无法正常作答.
考向一 空间几何体的表面积【典例】(2020·全国Ⅲ卷)如图为某几何体的三视图,则该几何体的表面积是
( )A.6+4
B.4+4C.6+2
D.4+2
考向二 空间几何体中的数学文化【典例】(2019·全国Ⅱ卷)中国有悠久的金石文化,印信是金石文化的代表之一.印信的形状多为长方体、正方体或圆柱体,但南北朝时期的官员独孤信的印信形状是“半正多面体”(图1).半正多面体是由两种或两种以上的正多边形围成的多面体.半正多面体体现了数学的对称美.图2是一个棱数为48的半正多面体,它的所有顶点都在同一个正方体的表面上,且此正方体的棱长为1.则该半正多面体共有________个面,其棱长为________.?
1.若圆锥的侧面展开图为一个半径为2的半圆,则圆锥的体积是
( )A.π
B.π
C.π
D.2.若某正四棱台的上、下底面边长分别为3,9,侧棱长是6,则它的表面积为
( )A.90+72
B.90+27C.90+72
D.90+273.《九章算术》是我国古代内容极为丰富的数学名著,书中提到了一种名为“刍甍(chú
méng)”的五面体(如图),四边形ABCD为矩形,棱EF∥AB.若此几何体中,AB=6,EF=2,△ADE和△BCF都是边长为4的等边三角形,则此几何体的体积为
( )A.
B.C.
D.4.在日常生活中,石子是我们经常见到的材料.现有一棱长均为3的正四棱锥S-ABCD石料的顶角和底面一个角损坏,某雕刻师计划用一平行于底面ABCD的截面截四棱锥分别交SA,SB,SC,SD于点E,F,G,H,做出一个体积最大的新的四棱锥O-EFGH,O为底面ABCD的中心,则新四棱锥O-EFGH的表面积为
( )A.4+2
B.C.
D.4+25.如图是由一个实体的半圆柱从上底面向下挖去一部分后得到的几何体的三视图,则该几何体的体积为
( )A.
B.
C.
D.
6.某几何体的三视图如图所示,若该几何体的体积为3π+2,则它的表面积是
( )
A.π++2
B.π++2
C.π+
D.π+
7.“王莽方斗”铸造于王莽始建国元年(公元9年),有短柄,上下边缘刻有篆书铭文,外壁漆画黍、麦、豆、禾和麻纹,如图1所示.因其少见,故为研究西汉量器的重要物证.图2是“王莽方斗”模型的三视图,则该模型的容积为
( )
A.213
B.162
C.178
D.193
8.已知一个几何体的三视图如图所示,其中俯视图是一个边长为2的正方形,则该几何体的表面积为
( )
A.
B.20
C.20+
D.20+
9.中国古代计时器的发明时间不晚于战国时代,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,某沙漏由上、下两个圆锥容器组成,圆锥的底面圆的直径和高均为8
cm,细沙全部在上部时,其高度为圆锥高度的(细管长度忽略不计).若细沙全部漏入下部后,恰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
( )
A.2
cm
B.
cm
C.
cm
D.
cm
10.北方的冬天户外冰天雪地,若水管裸露在外,则管内的水就会结冰从而冻裂水管,给用户生活带来不便.每年冬天来临前,工作人员就会给裸露在外的水管“保暖”:在水管外面包裹保温带,用一条保温带盘旋而上一次包裹到位.某工作人员采用四层包裹法(除水管两端外包裹水管的保温带都是四层).如图1所示是相邻四层保温带的下边缘轮廓线,相邻两条轮廓线的间距是带宽的四分之一.设水管的直径与保温带的宽度都为4
cm.在图2水管的侧面展开图中,此保温带的轮廓线与水管母线所成的角的余弦值是(保温带厚度忽略不计)
( )
A.
B.
C.
D.
11.已知四面体各棱的长均为1,则这个四面体的表面积为________.?
12.一个圆锥形容器和一个圆柱形容器的轴截面如图所示,两容器内所盛液体的体积正好相等,且液面高度h也相等,则等于______.?
13.如图,在三棱柱A1B1C1-ABC中,D,E,F分别为AB,AC,AA1的中点,设三棱锥F-ADE体积为V1,三棱柱A1B1C1-ABC的体积为V2,则V1∶V2=______.?
14.如图所示,有一圆锥形粮堆,母线与底面直径构成边长为6
m的正三角形ABC,粮堆母线AC的中点P处有一只老鼠正在偷吃粮食.此时,小猫正在B处,它要沿圆锥侧面到达P处捕捉老鼠,则小猫所经过的最短路程为______.?
专题13 空间几何体
///真题再研析·提升审题力///
考向一
C 根据三视图特征,在正方体中截取出符合题意的立体图形,
根据立体图形可得:S△ABC=S△ADC=S△CDB=×2×2=2,
根据勾股定理可得:AB=AD=DB=2,
所以△ADB是边长为2的等边三角形,
根据三角形面积公式可得:S△ADB=AB·AD·sin
60°=××=2,
所以该几何体的表面积是:3×2+2=6+2.
考向二
【解析】上下各一个面,中间三层每层8个面,共26个面.最中间全是正方形的八个面的上沿构成正八边形,如图:,则有8θ=360°,解得θ=45°,即设棱长为x,可得2+x=1,解得x=-1.
答案:26 -1
///高考演兵场·检验考试力///
1.B 设圆锥底面圆的半径为r,高为h,如图所示:
由题知:2πr=×2π×2,解得r=1.
所以h==.
故圆锥的体积V=×π×12×=π.
2.A 由题意可得,上底面的面积为9,下底面的面积为81,
侧面的高为=3,
所以该正四棱台的表面积为
9+81+4×
=90+72.
3.C
过F作FO⊥平面ABCD,垂足为O,
取BC的中点P,连接PF,过F作FQ⊥AB,垂足为Q,连接OQ,
延长QO交CD于点G,连接FG.
因为△ADE和△BCF都是边长为2的等边三角形,
所以OP=(AB-EF)=2,PF=2,OQ=BC=2,
因为FO⊥平面ABCD,OP?平面ABCD,所以FO⊥OP,
所以OF===2,
如图,把此“刍甍”分为两侧各一个四棱锥,中间一个三棱柱.
因为FQ⊥AB,FO⊥AB,FQ,FO?平面FGQ,FQ∩FO=F,
所以AB⊥平面FGQ,因为GQ?平面FGQ,
所以AB⊥GQ,所以四边形BCGQ是矩形.
V=2××4×2×2+×4×2×2=.
4.A 因为平面EFGH与平面ABCD平行,
所以四边形EFGH与四边形ABCD相似,
所以四边形EFGH为正方形,
设=x(0O-EFGH与四棱锥S-ABCD的高的比为∶1,
VO-EFGH=x2·(1-x)·VS-ABCD,
设f(x)=x2·(1-x),(0则当00,
当2×2+4××2×=4+2.
5.C
根据题意,半圆柱挖去一个半圆锥,
半圆柱的体积为×2π=π,
半圆锥的体积为××2=,
所以该几何体的体积为π-=.
6.A 由三视图可知,该几何体是由四分之三圆锥和一个三棱锥组成的组合体,其中:
V圆锥=××πa2×3=πa2,
V三棱锥=a2×3×=a2,
由题意:πa2+a2=3π+2,所以a=2,据此可知:
S底=22π×+×2×2=3π+2,
S圆锥侧=π××2=π,
S棱锥侧=×2×=,
它的表面积是π++2.
7.B 由三视图知,该几何体容积部分为长方体,且长,宽,高分别为:6,6,4.5,所以其容积为4.5×6×6=162.
8.C 还原几何体得,如图,
几何体的表面积为
3×(2×2)+2×+×
2×2+××2
=20+.
9.D 由题意可知,开始时,沙漏上部分圆锥中的细沙的高H=×8=,底面圆的半径r=×4=,故细沙的体积V=πr2H=π××=.
当细沙漏入下部后,圆锥形沙堆的底面半径为4,设高为H′,则π×42×H′=,得H′=.故此锥形沙堆的高为
cm.
10.D
过点A作AE⊥D′B′,垂足为E,
其展开图如图所示,
由水管直径为4
cm,
所以水管的周长为AE=4π
cm,
设∠AB′E=α,
又B′E=×4=1(cm),AB′==,
所以cos∠α===.
11.【解析】由题意知四面体的表面积为S=4××12×sin
60°=.
答案:
12.【解析】由题意知,×πh2×h=π××h,
所以=.
答案:
13.【解析】因为D,E分别是AB,AC的中点,
所以S△ADE∶S△ABC=1∶4,又F是AA1的中点,
所以A1到底面的距离H为F到底面距离h的2倍.
即三棱柱A1B1C1-ABC的高是三棱锥F-ADE高的2倍.
所以V1∶V2==.
答案:
14.【解析】
因为△ABC为等边三角形,
所以BC=6,所以底面圆周长l=2π×3=6π,根据底面圆的周长等于展开后扇形的弧长,得:=6π,故n=180°,则
∠B′AC=90°,
所以B′P==3(m),
所以小猫所经过的最短路程是3
m.
答案:3
m
PAGE专题14 直线与圆、抛物线
1.判断直线与圆的位置关系常用的两种方法(1)几何法:利用圆心到直线的距离d和圆半径r的大小关系:dr?相离.(2)代数法:联立直线l与圆C的方程,消去y(或x),得一元二次方程,计算判别式Δ=b2-4ac,Δ>0?相交;Δ=0?相切;Δ<0?相离.2.计算直线被圆截得弦长的常用方法(1)几何法:运用弦心距(即圆心到直线的距离),弦长的一半及半径构成直角三角形计算.(2)代数法:弦长公式AB==3.抛物线的焦点弦通过抛物线y2=2px的焦点的直线与抛物线交于A,B,则:(1)y1y2=-p2,x1x2=;(2)若直线AB的倾斜角为θ,则AB==x1+x2+p.1.对称问题一般是将线与线的对称转化为点与点的对称,点与线的对称.2.抛物线的定义中指明了抛物线上点到焦点的距离与到准线距离的等价性,故二者可相互转化.3.求抛物线标准方程要先确定形式,必要时要进行分类讨论,标准方程有时可设为y2=mx或x2=my.1.点到直线的距离应该将直线的方程化为一般式Ax+By+C=0.【案例】T1首先应该将直线y=k(x-2)化为kx-y-2k=0,然后用点到直线的距离求解.2.求过圆外一点的圆的切线时,容易忽略斜率不存在的情况.【案例】T4首先讨论斜率不存在的情况,若所求切线的斜率不存在,则切线方程为x=0,符合题意;当斜率存在的时候,设所求切线的方程为y=kx-1,用点到直线的距离公式求解.
考向一 【典例】(2020·全国Ⅰ卷)已知圆x2+y2-6x=0,过点(1,2)的直线被该圆所截得的弦的长度的最小值为
( )A.1
B.2
C.3
D.4
考向二 【典例】(2020·全国Ⅲ卷)设O为坐标原点,直线x=2与抛物线C:y2=2px(p>0)交于D,E两点,若OD⊥OE,则C的焦点坐标为
( )A.
B.C.(1,0)
D.(2,0)
1.若直线y=k(x-2)与圆x2+y2=1相切,则k=( )A.1
B.±
C.±
D.±2.已知圆心在y轴上的圆C与直线x=3切于点M.若直线3x+4y+m=0与圆C相切,则m的值为
( )A.9
B.7C.-21或9
D.-23或73.若过直线3x-4y+2=0上一点M向圆Γ:(x-2)2+(y+3)2=4作一条切线于切点T,则的最小值为
( )A.
B.4
C.2
D.24.过点P且和圆C:x2+y2-2x+4y+4=0相切的直线方程为
( )A.y+1=0或x=0
B.x+1=0或y=0C.y=1或x=0
D.x-1=0或y=05.若直线ax-4by-4=0(a>0,b>0)被圆x2+y2-4x+2y-4=0截得的弦长为6,则的最小值为
( )A.3+
B.3+2C.5
D.76.直线y=kx+3与圆+=4相交于M,N两点,若≥2,则k的取值范围是( )A.
B.C.
D.7.如图,过抛物线y2=4x的焦点F的直线交抛物线于点A,B,交其准线l于点C,设直线AB的倾斜角为θ,若θ∈,则的取值范围为
( )A.
B.C.
D.8.已知矩形AFKN的四个顶点的坐标分别为A,F,K,N,抛物线C的焦点是F,准线是直线KN,过点N作抛物线的两条切线,切点为P,Q,则P,Q两点间的距离为
( )A.4
B.8
C.16
D.329.已知直线l与抛物线x2=4y交于A,B两点,·=0(其中O为坐标原点).若=+,则直线OP的斜率的取值范围是
( )A.∪B.∪C.∪D.∪
专题14 直线与圆、抛物线
///真题再研析·提升审题力///
考向一
B 圆x2+y2-6x=0化为(x-3)2+y2=9,设圆心为C,所以圆心C的坐标为C(3,0),半径为3,
设P(1,2),易知点P在圆内部,当过点P的直线和直线CP垂直时,圆心到过点P的直线的距离最大,所求的弦长最短,根据弦长公式最小值为2=2=2.
考向二
B 将x=2代入y2=2px(p>0)得y=±2,由OD⊥OE得kOD·kOE=-1,即·=-1,得p=1,所以抛物线C:y2=2x的焦点坐标为.
///高考演兵场·检验考试力///
1.D 直线y=k(x-2)即kx-y-2k=0,由题意可得,圆x2+y2=1的圆心O(0,0)到kx-y-2k=0的距离等于半径1,
即=1,解得k=±.
2.D 圆心在y轴上的圆C与直线x=3切于点M.
可得圆C的半径为3,圆心为.
因为直线3x+4y+m=0与圆C相切,
所以由切线性质及点到直线距离公式可得=3,
解得m=-23或7.
3.D 圆Γ:(x-2)2+(y+3)2=4的圆心坐标为,半径为2,要求的最小值,则圆心到直线3x-4y+2=0的距离最小,为=4,所以的最小值为=2.
4.A 圆C的标准方程为+=1,
圆心为C,半径为r=1,
因为+>1,则点P在圆C外.
①若所求切线的斜率不存在,则切线方程为x=0,此时圆心到直线x=0的距离为1,合乎题意;②若所求切线的斜率存在,设所求切线的方程为y=kx-1,即kx-y-1=0,圆心C到该直线的距离为d==1,解得k=0,此时所求切线的方程为y+1=0.
综上所述,所求切线的方程为y+1=0或x=0.
5.B 由题得圆的方程可以化为(x-2)2+(y+1)2=9,
所以圆心为(2,-1),半径为r=3,
因为直线ax-4by-4=0(a>0,b>0)被圆x2+y2-4x+2y-4=0截得的弦长为6,所以直线经过圆心,所以2a+4b-4=0,
即+b=1,所以=
=3++≥3+2=3+2,
当且仅当a=4-2,b=-1时,取“=”,
所以的最小值为3+2.
6.B 因为≥2,设圆心到直线y=kx+3的距离为d,
则d=≤1,
所以d==≤1,
所以8k≤0,解得-≤k≤0.
7.C 设直线AB的方程为y=k(x-1),则C(-1,-2k),
当θ=时,k=1.直线AB的方程为y=x-1,
联立所以x2-2x+1-4x=0,
解得A(3+2,2+2),B(3-2,2-2),C(-1,-2),
==
===(-1)2=3-4.
当θ=时,k=,直线AB的方程为y=(x-1),
联立
所以3(x-1)2=4x,所以3x2-10x+3=0,
所以(x-3)(3x-1)=0,
所以A(3,2),B,C(-1,-2),
====.
8.C 如图,因为焦点F,所以抛物线C的方程为x2=8y,
即y=x2.
设切线方程为y+2=k,与抛物线方程联立,消元得
x2-kx+4k+2=0.
因为相切,所以Δ=k2-4×=0,即k2-2k-1=0,
设k1,k2为两个不同的根,所以k1+k2=2,k1k2=-1,所以两个切点的横坐标分别为4k1,4k2.
设点P,Q,因为P,Q都在抛物线上,
所以y1=,y2=,
则=
=
=
=
=4=16.
9.D 如图,
设A,B,因为=+,
则P,又·=0,即x1x2+y1y2=0,
即x1x2+=0,即x1x2=-16(x1x2=0舍去),设直线OP的斜率为k,
则k===
=+,
=+≥2=2,
当且仅当=,即=4时等号成立,
故k∈∪.
PAGE专题15 椭 圆
1.椭圆中的焦点三角形焦点三角形为以椭圆两焦点与椭圆上一点为顶点的三角形,通常考查面积问题、离心率问题.涉及焦点三角形问题,通常用正余弦定理解答.2.椭圆中的通径为过焦点的垂线段,长度为.3.椭圆的对称性椭圆是轴对称图形也是中心对称图形,过原点的直线y=kx与椭圆的交点坐标通常设为与.1.应注意椭圆的定义中的常数大于|F1F2|,避免了动点轨迹是线段或者不存在的情况.2.求椭圆方程的方法(1)定义法.(2)待定系数法.当椭圆的焦点位置不明确而且无法确定其标准方程时,设方程为+=1可以避免讨论和烦琐的计算,也可以设为Ax2+By2=1,这种形式在解题中更简单.3.求椭圆离心率的常用方法(1)公式法:求得a,c的值,代入公式e=,进行求解;(2)解齐次方程法:列出关于a,b,c的齐次方程,然后根据b2=a2-c2,消去b,转化成关于e的方程求解.1.容易忽略判断两种标准方程的形式,其方法为比较标准形式中x2与y2的分母大小.【案例】T3.+x2=1中,y2的分母比较大,故焦点在y轴上,作图时需要注意.2.容易忽略椭圆上的点P中x的范围为≤a.【案例】T6,设椭圆上点M时,应注意x的范围为0b2>0的条件.【案例】T7.椭圆+=1,则m>0且m≠3.
考向一 求椭圆的方程【典例】(2019·全国Ⅰ卷)已知椭圆C的焦点为F1(-1,0),F2(1,0),过F2的直线与C交于A,B两点.若|AF2|=2|F2B|,|AB|=|BF1|,则C的方程为
( )A.+y2=1
B.+=1C.+=1
D.+=1
考向二 椭圆与抛物线的综合问题【典例】(2019·全国Ⅱ卷)若抛物线y2=2px(p>0)的焦点①是椭圆+=1的一个焦点②,则p=( )A.2
B.3
C.4
D.8①根据抛物线定义求出抛物线焦点②求出椭圆的一个焦点,与①的结论联立,可求出p
1.方程+=1(a>b>0,k>0且k≠1)与方程+=1表示的椭圆,它们
( )A.有相同的离心率
B.有共同的焦点C.有等长的短轴、长轴
D.有相同的顶点2.已知椭圆+=1的焦点为F,短轴端点为P,若直线PF与圆O:x2+y2=R2(R>0)相切,则圆O的半径为
( )A.
B.1
C.
D.23.已知椭圆+x2=1的离心率e=,P为椭圆上的一个动点,若定点B,则的最大值为
( )A.
B.2
C.
D.34.已知椭圆+=1(a>0,b>0)的离心率为,直线y=kx与该椭圆交于A,B两点,分别过A,B向x轴作垂线,若垂足恰为椭圆的两个焦点,则k等于
( )A.±
B.±C.±
D.±25.已知F1,F2分别为椭圆+=1的左、右焦点,M是椭圆上的一点,且在y轴的左侧,过点F2作∠F1MF2的平分线的垂线,垂足为N,若=2(O为坐标原点),则-等于
( )A.4
B.2
C.
D.6.已知M为椭圆+=1上一点,N为椭圆长轴上一点,O为坐标原点,有下列结论:①存在点M,N,使得△OMN为等边三角形;②不存在点M,N,使得△OMN为等边三角形;③存在点M,N,使得∠OMN=90°;④不存在点M,N,使得∠OMN=90°.其中,所有正确结论的序号是
( )A.①④
B.①③
C.②④
D.②③7.若直线y=x+2与椭圆+=1有两个公共点,则m的取值范围是
( )A.m>1
B.m>1且m≠3C.m>3
D.m>0且m≠38.已知点P是椭圆+=1上一点,F是椭圆的一个焦点,PF的中点为Q,O为坐标原点,若=1,则=
( )A.3
B.4
C.5
D.69.已知椭圆C:+=1的左焦点为F,过原点的直线l与椭圆C交于A,B不同的两点,且AF⊥BF,延长AF,交椭圆C于点D,若=2,则椭圆C的离心率是
( )A.
B.
C.
D.10.已知椭圆C:+=1的左、右焦点分别为F1,F2,F2也是抛物线E:y2=2px的焦点,点A为椭圆C与抛物线E的一个交点,且直线AF1的倾斜角为45°,则椭圆C的离心率为
( )A.
B.-1
C.3-
D.+1
专题15 椭 圆
///真题再研析·提升审题力///
考向一
B 如图,由已知可设=n,则=2n,==3n,由椭圆的定义有2a=+=4n,所以=2a-=2n.
在△AF1B中,由余弦定理推论得
cos∠F1AB==.
在△AF1F2中,由余弦定理得4n2+4n2-2·2n·2n·=4,
解得n=.所以2a=4n=2,所以a=,所以b2=a2-c2=3-1=2,所以所求椭圆方程为+=1.
考向二
D 因为椭圆的焦点为(±,0),抛物线的焦点为,由已知可得=,解得p=8.
///高考演兵场·检验考试力///
1.A 对于椭圆+=1(a>b>0,k>0且k≠1),设a′==a,b′==b,c′==,
则椭圆+=1的离心率为e′===,焦点坐标为,短轴长为2b,长轴长为2a,顶点坐标为和;
对于椭圆+=1,
离心率为e==,
焦点坐标为,
短轴长为2b,长轴长为2a,顶点坐标为和.因此,两椭圆有相同的离心率.
2.B 因为椭圆+=1,不妨设F(,0),P(0,),
所以PF的方程为x+y-=0,
因为直线PF与圆O:x2+y2=R2(R>0)相切,
所以圆心到直线的距离等于圆的半径,
即R=d==1.
3.C 由题意可得:=,
据此可得:a2=5,椭圆方程为+x2=1,
设P,则y2=5,
故==
=,当x=时,=.
4.A 联立?(b2+a2k2)x2=a2b2,
则x=±,由题意知=c①,
因为e==,所以a=2c,b==c,
代入①可得=c2?k=±.
5.A 延长F2N交MF1的延长线于点P,作图如下:
因为MN为∠F1MF2的平分线,且F2N⊥MN,
所以=,
所以-=-=,
因为O,N分别为F1F2,F2P的中点,
所以ON为△PF1F2的中位线,
所以==2,
所以-==2=4.
6.A 过原点且倾斜角为60°的直线一定与椭圆有交点,假设y轴右侧的交点是M,在长轴上取ON=OM(ON在y轴右侧),则△OMN就是等边三角形,故①正确,②错误;若点M和点N在y轴两侧,则∠OMN一定是锐角,若点M和点N在y轴同侧,不妨设为在y轴右侧,设点M,则y2=3-x2,且0=4,
所以+=x2+y2+(x-2)2+y2
=2x2+2y2-4x+4=(x-4)2+2∈,
所以+>,
即∠OMN<90°,故③错误,④正确.
7.B 椭圆+=1,则m>0且m≠3,
而直线y=x+2与椭圆+=1有两个公共点,
联立化简可得x2+4mx+m=0,
所以Δ=-4m=12m>0,
可得m>1或m<0,
又因为m>0且m≠3,所以m>1且m≠3.
8.D
设左焦点为F,右焦点为E,
因为PF的中点为Q,EF的中点为O,
所以=2=2,
又+=8,
所以=6.
9.C 设椭圆C的右焦点为F′,连接AF′,BF′,
如图所示,设=2m,
则=m,
=2a-2m,
=2a-m.
由题意可知四边形AFBF′是矩形,
则
解得
故椭圆C的离心率是==.
10.B 由题意可得:c==,
直线AF1的方程为y=x+c.
联立解得x=c,y=2c.
所以A(c,2c),代入椭圆方程可得:+=1,
所以+=1,化为:e2+=1,
整理得:e4-6e2+1=0,解得e2=3-2(e2=3+2舍去),解得e=-1(e=1-舍去).
PAGE专题16 双 曲 线
1.双曲线中的常用规律(1)特殊三角形①以实轴端点、虚轴端点、原点为顶点的三角形,边长分别为a,b,c;②以焦点及双曲线上一点为顶点的三角形满足定义式;③以焦点及渐近线上一点为顶点的三角形,中线为原点与渐近线上顶点的连线,可以与向量平行四边形加法法则相结合进行解题.(2)作焦点到渐近线的垂线,与原点形成直角三角形:①焦点到渐近线的垂线长度为b;②直角三角形三边长分别为a,b,c;③以原点为顶点的锐角的正切值为渐近线斜率的绝对值.2.等轴双曲线实轴与虚轴长度相等的双曲线为等轴双曲线,其渐近线方程为y=±x,离心率为e=.1.双曲线标准方程的设法(1)若已知双曲线过两点,焦点位置不能确定,可设方程为mx2+ny2=1.(mn<0).(2)当已知双曲线的渐近线方程为bx±ay=0,求双曲线方程时,可设双曲线方程为b2x2-a2y2=λ(λ≠0).(3)与双曲线-=1有相同的渐近线的双曲线方程可设为-=λ.2.已知双曲线的标准方程求双曲线的渐近线方程,只需要将双曲线的标准方程中的“1”改为“0”即可.1.双曲线渐近线夹角有两种情况,容易遗漏情况【案例】T6.因为两条渐近线夹角为60°,所以其中一条渐近线的倾斜角为30°或60°,=或=,2.当双曲线与椭圆综合考查时,容易混淆双曲线中的a,b,c与椭圆中的a,b,c【案例】T3.椭圆中a,b,c满足a2=b2+c2,而双曲线中a,b,c满足a2=c2-b2.3.容易忽略双曲线离心率的取值范围为e∈【案例】T7.当点A不在线段FF′上时,在△AFF′中,,所以a 考向一 求双曲线的离心率【典例】(2020·全国Ⅲ卷)设双曲线C:-=1
(a>0,b>0)的一条渐近线为y=x,则C的离心率为________.?
考向二 双曲线中的最值问题【典例】(2020·全国Ⅱ卷)设O为坐标原点,直线x=a与双曲线C:-=1的两条渐近线分别交于D,E两点.若△ODE的面积为8,则C的焦距的最小值为( )A.4
B.8
C.16
D.32
1.双曲线x2-4y2=4的焦点坐标为( )A.(±,0)
B.(0,±)C.(0,±)
D.(±,0)2.已知双曲线C:-y2=1的左、右焦点分别为F1,F2,射线x=(y≥0)与双曲线C的渐近线交于点P,与双曲线C交于点Q,则△F1PQ的面积为( )A.
B.C.5+
D.5-3.与椭圆C:+=1共焦点且过点的双曲线的标准方程为( )A.x2-=1
B.y2-2x2=1C.-=1
D.-x2=14.已知三个数1,a,9成等比数列,则圆锥曲线+=1的离心率为( )A.
B.C.或
D.或5.已知F1,F2是双曲线C:x2-=1(b>0)的两个焦点,P是双曲线C左支上的一点,且PF1⊥PF2,PF2与两条渐近线相交于M,N两点.若点N恰好平分线段PF2,则双曲线C的焦距为( )A.2
B.2
C.2
D.46.已知双曲线C:-=1的实轴长为4,且两条渐近线夹角为60°,则该双曲线的焦距为( )A.
B.8C.4或
D.8或7.已知双曲线C:-=1的右焦点为F,过原点的直线l交双曲线C于A,B两点,且=3,则双曲线C的离心率的取值范围为( )A.
B.C.
D.8.设双曲线-=1的左、右焦点分别为F1,F2,过F1的直线l交双曲线左支于A,B两点,则+的最小值为( )A.10
B.11
C.12
D.139.已知F1,F2是双曲线-=1的左、右焦点,过F1的直线l与双曲线的左右支分别交于点A,B,若BF1=6a,∠F1BF2=60°,则∶=( )A.
B.
C.
D.10.已知双曲线C:-=1(a>0)的左、右焦点分别为F1,F2,一条渐近线与直线4x+3y=0垂直,点M在C上,且=6,则=( )A.2或14 B.2 C.14 D.2或10
专题16 双 曲 线
///真题再研析·提升审题力///
考向一
【解析】由双曲线方程-=1可得其焦点在x轴上,因为其一条渐近线为y=x,
所以=,e===.
答案:
考向二
B
双曲线C:-=1的两条渐近线方程为y=±x,将x=a与双曲线渐近线方程联立,令D和E坐标分别为D(a,b),E(a,-b),
所以△ODE的面积为ab=8,所以c2=a2+b2≥2ab=16,
当且仅当a=b=2时,等号成立,
所以c≥4,则焦距2c的最小值为8.
///高考演兵场·检验考试力///
1.D 双曲线x2-4y2=4,标准方程为:-y2=1,可得a=2,b=1,c=,所以双曲线的焦点坐标为(±,0).
2.B 由题可得a=2,b=1,c=,渐近线方程为y=±x,射线x=(y≥0)过点F2且垂直于x轴,
所以==,=,
所以|PQ|=,所以=××2=.
3.C 设双曲线的方程为-=1(a>0,b>0),
根据题意得解得a2=b2=2,
所以该双曲线的标准方程为-=1.
4.D 因为三个数1,a,9成等比数列,
所以a2=9,则a=±3.当a=3时,
曲线方程为+=1,表示椭圆,
则长半轴长为,半焦距为1,离心率为;
当a=-3时,曲线方程为-=1,实半轴长为,
半焦距为,离心率为=.
5.C 不妨取渐近线方程为y=bx,N是PF2中点,
故NO∥PF1,故NO⊥PF2,又OF2=c,
故ON=a=1,PF1=2ON=2,PF2=PF1+2a=4,
根据勾股定理:4c2=22+42,故c=,故焦距为2.
6.D 令-=0,则=,y=±x,
故双曲线C:-=1的渐近线方程为y=±x,
因为两条渐近线夹角为60°,
所以其中一条渐近线的倾斜角为30°或60°,=或=,
因为实轴长为4,所以a=2,
当=时,b=,c===,焦距2c=;
当=时,b=2,c===4,焦距2c=8,
综上所述,该双曲线的焦距为8或.
7.A 因为直线AB和双曲线C都关于原点对称,
所以A,B也关于原点对称,设F′为左焦点,
则F,F′关于原点对称,所以|BF|=,
因为|BF|=3|AF|,所以=3|AF|,
所以-|AF|=2|AF|=2a,所以|AF|=a,=3a,
①当点A不在线段FF′上时,在△AFF′中,,
所以a②当点A在线段FF′上时,+|AF|=|FF′|,
所以4a=2c,所以e==2.
综上所述,e∈(1,2].
8.B 由-=1得:a=2,b=,由双曲线定义可知:-=2a=4;-=2a=4,
所以+=4++4+=8+,
又为双曲线的焦点弦,所以最小时,AB为通径,
所以===3,
所以=8+3=11.
9.B 根据双曲线的定义可知=4a,
设=x,则=6a-x,-=2a,
所以=8a-x,所以在△AF2B中,=x2+-2x·4a·cos
60°,所以x=4a,所以=2a,
所以=
===.
10.C 双曲线C:-=1的渐近线为y=±x,
一条渐近线与直线4x+3y=0相互垂直,可得a=4,
由双曲线的定义可得2a==8,
因为=6,所以=14.
PAGE专题17 球与几何体的切接问题
1.有关球的问题的计算依据(1)两条性质①截面是圆;②球心与截面圆心的连线与截面垂直;(2)两个相等①外接球球心到多面体的顶点的距离相等;②内切球球心到其内切多面体各面的距离相等.2.简单多面体外接球的球心的结论(1)正方体或长方体的外接球的球心是其体对角线的中点.(2)正棱柱的外接球的球心是上下底面中心的连线中点.(3)直三棱柱的外接球的球心是上下底面三角形外心的连线的中点.3.多面体与球相切的计算关系式(1)正四面体与球设正四面体的棱长为a①内切球的半径:r=a;②外接球的半径:r=a.(2)正方体与球正方体的棱长为a①正方体的内切球:r=;②正方体的外接球的半径:R=a;③正方体棱切球:R=a. 一点一面解切、接通法(1)“切”的处理①找准切点,作出截面;②通过球心的截面,建立球的直径与其外切几何体的几何度量关系.(2)“接”的处理①找出截面圆的圆心,作出截面;②根据球的截面的性质构建方程,即R2=d2+r2(截面圆半径r,球心到截面的距离d).1.想不出球内接棱锥体积最大时的情况为高过球心时【案例】T3当点C位于垂直于面AOB的直径端点时,三棱锥O-ABC的体积最大.2.不能将条件转化为球的半径R,截面圆半径r,球心距d之间的关系【案例】T1正四棱锥的高为球的半径R加球心距d,然后根据勾股定理即可求出球的半径R.
考向一 球的内接问题【典例】(2020·全国Ⅰ卷)已知A,B,C为球O的球面上的三个点,☉O1为△ABC的外接圆,若☉O1的面积为4π,AB=BC=AC=OO1,则球O的表面积为( )A.64π
B.48π
C.36π
D.32π
考向二 球的外切问题【典例】(2020·全国Ⅲ卷)已知圆锥的底面半径为1,母线长为3,则该圆锥内半径最大的球的体积为________.?
1.正四棱锥的顶点都在同一球面上,若该棱锥的高为4,底面边长为2,则该球的表面积为( )A.
B.16π
C.9π
D.2.在三棱锥P-ABC中,已知BC=,AC=2,∠ACB=30°.点O为三棱锥P-ABC外接球的球心,OC与平面ABC所成角的正切值为,则三棱锥P-ABC外接球的表面积为( )A.10π
B.
C.5π
D.16π3.已知A,B是球O的球面上两点,∠AOB=90°,C为该球面上的动点.若三棱锥O-ABC体积的最大值为36,则球O的表面积为( )A.36π
B.64π
C.144π
D.256π4.如图,在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=8,AD=6,异面直线BD与AC1所成角的余弦值为,则该长方体外接球的表面积为( )A.98π
B.196π
C.784π
D.π5.如图,实心铁制几何体AEFCBD由一个直三棱柱与一个三棱锥构成,已知BC=EF=π
cm,AE=2
cm,BE=CF=4
cm,AD=7
cm,且AE⊥EF,AD⊥底面AEF.某工厂要将其铸成一个实心铁球,假设在铸球过程中原材料将损耗20%,则铸得的铁球的半径为( )A.
cm
B.
cm
C.
cm
D.
cm6.已知△ABC中,AB=BC=4,∠ABC=90°,平面ABC外一点P满足PA=PB=PC=2,则三棱锥P-ABC的外接球的表面积是( )A.32π
B.36π
C.25π
D.16π7.阿基米德(公元前287年—公元前212年)是古希腊伟大的哲学家、数学家和物理学家,他和高斯、牛顿并列被称为世界三大数学家.据说,他自己觉得最为满意的一个数学发现就是“圆柱内切球体的体积是圆柱体积的三分之二,并且球的表面积也是圆柱表面积的三分之二”.他特别喜欢这个结论,要求后人在他的墓碑上刻着一个圆柱容器里放了一个球,如图,该球顶天立地,四周碰边,表面积为54π的圆柱的底面直径与高都等于球的直径,则该球的体积为( )A.4π
B.16π
C.36π
D.8.已知一块形状为正三棱柱ABC-A1B1C1(底面是正三角形,侧棱与底面垂直的三棱柱)的实心木材,AB=AA1=2.若将该木材经过切割加工成一个球体,则此球体积的最大值为( )A.4π
B.π
C.π
D.π9.已知正四棱锥的底面边长为4,侧棱长为2,则该正四棱锥外接球的表面积为( )A.16π
B.24π
C.36π
D.64π10.已知正四面体A-BCD的内切球的表面积为36π,过该四面体的一条棱以及球心的平面截正四面体A-BCD,则所得截面的面积为( )A.27
B.27
C.54
D.54
专题17 球与几何体的切接问题
///真题再研析·提升审题力///
考向一
A 设圆O1的半径为r,球的半径为R,依题意,
得πr2=4π,所以r=2,由正弦定理可得AB=2rsin
60°=2,
所以OO1=AB=2,
根据球截面性质得OO1⊥平面ABC,
所以OO1⊥O1A,R=OA===4,
所以球O的表面积S=4πR2=64π.
考向二
【解析】方法一:易知半径最大球为圆锥的内切球,球与圆锥内切时的轴截面如图所示,
其中BC=2,AB=AC=3,且点M为BC边上的中点,
设内切圆的圆心为O,由于AM==2,
故S△ABC=×2×2=2,
设内切圆半径为r,则S△ABC=S△AOB+S△BOC+S△AOC
=×AB×r+×BC×r+×AC×r
=××r=2,
解得r=,其体积:V=πr3=π.
方法二:分析知圆锥内半径最大的球应为圆锥的内切球,
如图,由题可知圆锥的母线长为BS=3,
底面半径为
BC=1,高SC==2,
不妨设该内切圆与母线BS切于D点,令OD=OC=r,
则由△SOD∽△SBC,可得=,
即=,得r=,此时V=πr3=π.
答案:
///高考演兵场·检验考试力///
1.A 正四棱锥P-ABCD的外接球的球心在它的高PO1上,记为O,PO=AO=R,PO1=4,OO1=4-R,
在Rt△AOO1中,AO1=,
由勾股定理R2=2+得R=,
所以球的表面积S=π.
2.A 在△ABC中,由余弦定理得:
AB2=AC2+BC2-2AC·BCcos∠ACB
=+-2×2××=2,
所以AB=.
故AB⊥BC,则△ABC外接圆的圆心O1为AC的中点,连接OO1,
如图,则OO1⊥平面ABC,则OC与平面ABC所成的角为∠OCO1.
由tan∠OCO1===,得OO1=,
则球O的半径R==,
则三棱锥P-ABC外接球的表面积S=4πR2=10π.
3.C 如图所示,当点C位于垂直于平面AOB的直径端点时,
三棱锥O-ABC的体积最大,设球O的半径为R,此时VO-ABC=VC-AOB=×R2×R=R3=36,故R=6,
则球O的表面积为S=4πR2=144π.
4.B 连接AC,与BD交于O点,则O为AC中点,
取CC1中点E,连接BE,OE,则AC1∥OE,
所以∠EOB为异面直线BD与AC1所成角,
设CE=x,则BE=,又AB=8,AD=6,
则OB=OC=5,OE=,在△OBE中,
由余弦定理得BE2=36+x2=OB2+OE2-2OB×OE×cos∠EOB,
36+x2=25+25+x2-2,
解得x=2,CC1=2x=4,
所以长方体的体对角线长为=14.
所以长方体的外接球的半径为7,所以长方体外接球的表面积为196π.
5.A 设铸得的铁球的半径为r
cm.依题意,可得该几何体的体积为×2×π×4+××2×π×=5π,
则5π×=πr3,解得r=.
6.B 因为PA=PB=PC=2,
所以三棱锥顶点P在底面投影为△ABC的外心,
则△ACP的外接圆半径等于三棱锥P-ABC外接球半径,
因为△ABC是等腰直角三角形,斜边AC=4,如图在△ACP中,PA=PC=2,AC=4,则PD===4,设△ACP外接圆的半径为r,则r2=+,解得r=3.
则三棱锥P-ABC外接球的半径R=3,故三棱锥P-ABC外接球的表面积S=4πR2=36π.
7.C 设球的半径为R,根据题意圆柱的表面积为S=2πR2+2πR×2R=54π,解得R=3,所以该球的体积为V=πR3=×π×33=36π.
8.C 由题意,最大球应该是和正三棱柱三个侧面都相切的球,即球的大圆和正三棱柱的横截面相切,横截面是边长为2的正三角形,所以内切圆半径为r=×3=1,所以球体积的最大值为π.
9.C 如图所示,在正四棱锥P-ABCD中,设底面正方形ABCD的中心为点E,可知该正四棱锥的外接球球心在直线PE上,
由于正方形ABCD的边长为4,
所以AE=AC=×4=2,
易知PE⊥平面ABCD,且AC?平面
ABCD,所以PE⊥AC,
且PE==4,
设正四棱锥P-ABCD的外接球半径为R,且OE=,
由勾股定理得OE2+AE2=OA2,
即+8=R2,解得R=3,
因此,该正四棱锥的外接球的表面积为4πR2=4π×32=36π.
10.C 由内切球的表面积S表=4πR2=36π,得内切球半径R=3,如图,过点A作AH⊥平面BCD,则点H为等边△BCD的中心,
连接BH并延长交CD于点E,且点E为CD中点,连接AE,
记内切球球心为O,过O作OF⊥AE,设正四面体边长为a,
则BE=AE=a,BH=BE=a,HE=a,AH=a,
又因为OH=OF=3,所以AO=a-3,
由△AOF∽△AEH,得=,
即=,解得a=6,
因为△ABE过棱AB和球心O,所以△ABE即为所求截面,
且S△ABE=BE·AH=×a×a=a2=54.
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