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最新步步高《单元滚动检测卷》高考数学苏教版数学(理)精练八 立体几何与空间向量 最新步步高《单元滚动检测卷》高考数学苏教版数学(理)精练八 立体几何与空间向量

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《最新步步高《单元滚动检测卷》高考数学苏教版数学(理)精练八 立体几何与空间向量》修改意见稿

1、“.....所以∥平面方法二取中点,连结,则由已知可得,则点在上连结,并延长交于点,连结因为,分别为,的中点,所以∥,即为的中点,又因为为线段的中点,所以∥又⊄平面,⊂平面,所以∥平面解由可知平面的个法向量又因为⊥平面,所以面的个法向量是又由图可知,二面角为锐角,所以二面角的余弦值为证明因为∥,∥,∩,∩......”

2、“.....即∥故与的对应边相互平行,于是∽所以,即为的中点解如图,连结设,梯形的高为,四棱柱被平面所分成上下两部分的体积分别为上和下则图,所以下,又四棱柱,所以上四棱柱下故上∶下∶解方法如图,在中,作⊥,垂足为,连结又⊥,且∩,所以⊥平面,于是⊥所以为平面与底面所成二面角的平面角因为∥所以又因为梯形的面积为所以,于是......”

3、“.....以为坐标原点分别为轴和轴正方向建立空间直角坐标系设图则,因为梯形,所以从而所以设平面的个法向量,由,得所以又因为平面的个法向量,所以,故平面与底面所成二面角的大小为所成的角,其正切值为,故∥,⊄面,∥平面,故④正确⊥,不垂直于,不垂直于平面,故解析错,两平面可平行错,直线可在平面内正确......”

4、“.....两直线可平行,综上可知正确解析沿着侧棱把正三棱锥展开在个平面内,如图,则即为截面周长的最小值,且在中,由余弦定理可得,故答案为解析设矩形的两邻边长度分别为则,此时,当且仅当时等号成立,此时四边形为正方形,其中心到四个顶点的距离相等,均为,无论怎样折叠,其四个顶点都在个半径为的球面上......”

5、“.....点在面上的射影在线段上∥,根据线面平行的判定定理可得∥平面当面⊥面时,三棱锥的体积达到最大解析连结⊥平面,⊥,又点为的中点即得点的轨迹为以点为球心,半径为的球在二面角内的部分,即为球的,其体积④解析正确,因为⊥,∥⇒⊥,又⊂,故⊥错,当两平面相交且交线为直线时也满足题意错,各种位置关系均有可能④正确,⊥......”

6、“.....所以⊥,综上可知命题④为真命题解析底面是边长为的正方形,侧棱可得⊥底面,⊂平面,⊂平面,可得平面⊥平面,平面⊥平面⊥平面,可得平面⊥平面⊥平面,可得平面⊥平面⊥平面,可得平面⊥平面解析设母线长为,底面半径为,则依题意易知,由,代入数据即可得,因此所求角的余弦值即为④解析对,则,当且仅当时故如图所示在正方体中设分别为轴......”

7、“.....则,所以平面与平面所成锐二面角的余弦值为证明由题设知⊥,⊥,∩,⊥平面又⊂平面,⊥由题设知即⊥又∩,⊥平面又⊂平面,平面⊥平面解设棱锥的体积为,由题意得三棱柱的体积,∶∶平面分此棱柱所得两部分体积的比为∶证明取的中点......”

8、“.....⊥,⊥又平面⊥平面,且是平面与平面的交线,⊂平面,⊥平面如图所示建立空间直角坐标系,由已知得,,⊥⊥解设为平面的法向量,则,取,得,为平面的个法向量又为平面的个法向量,设二面角的大小等于,由已知得二面角是锐角,二面角的余弦值等于证明因为⊥平面,⊂平面,所以⊥又因为⊥,且∩,所以⊥平面又因为⊂平面......”

9、“.....所以⊥,⊥又⊥平面时的夹角最小,此时故由题意所以,故正确如图所示,正方体的边长为,三棱锥为边长为的正四面体,其体积为,故④正确证明,分别是,的中点,∥又綊,四边形是平行四边形∥又∥,从而∥方法连结,与交于点,连结四边形为平行四边形,则点是的中点,是的中点,是的中位线,∥,⊄平面,⊂平面,所以∥平面方法二取中点为点......”

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