《2020年【通用版】高考数学(三轮复习)冲刺专题《立体几何大题部分》(含答案)》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2020年【通用版】高考数学(三轮复习)冲刺专题《立体几何大题部分》(含答案)（15页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、专题 12 立体几何大题部分 【训练目标】 1、 掌握三视图与直观图之间的互换，会求常见几何体的体积和表面积； 2、 掌握空间点线面的位置关系，以及位置关系的判定定理和性质定理；并能依此判断命题的真假； 3、 掌握空间角即异面直线所成角，直线与平面所成角，二面角的求法； 4、 掌握等体积法求点面距； 5、 掌握几何体体积的几种求法； 6、 掌握利用空间向量解决立体几何问题。 7、 掌握常见几何体的外接球问题。 【温馨小提示】 立体几何素来都是高考的一个中点，小题，大题都有，一般在17 分到 22 分之间，对于大多数人来说，立 体几何就是送分题，因为只要有良好的空间感，熟记那些判定定理和性质定理
2、，然后熟练空间角和距离的 求法，特别是掌握了空间向量的方法，更觉得拿分轻松。 【名校试题荟萃】 1、已知直三棱柱中，为中点，. 求证：平面； 求三棱锥的体积 . 【答案】（ 1）见解析（2） 【解析 】 （1）证明：连结交于点，连结， 则和分别为和的中点，所以， 而平面，平面， 所以平面 . （2）因为平面， 所以点和到平面的距离相等，从而有 . 2、 如图， 四棱锥PABCD中， 底面ABCD是直角梯形，PAD 是正三角形，E是PD的中点 （1）求证：ADPC； （2）判定CE是否平行于平面PAB，请说明理由 【答案】（1）见解析（2）平行 （2）CE平行于平面PAB， 理由如下：取 PA的
3、中点为F，连接,EF BF 可知， 又， 所以四边形BCEF为平行四边形，故/ /CEBF. 又BF平面,PAB CE平面PAB， 所以 / /CE 平面 PAB . 3、在四棱锥 PABCD中，PD 平面 ABCD，且底面ABCD为边长为 2 的菱形， 60BAD ， 2PD （1）证明：面 PAC 面PDB； （2）在图中作出点 D在平面PBC内的正投影M（说明作法及其 理由），并求四面体 PBDM 的体积 【答案】（1）见解析（2） 4 3 21 【解析】 （1）因为PD平面ABCD，所以PDAC， 在菱形ABCD中，ACBD，且，所以， 又因为，所以面 （2）取BC的中点E，连接DE，
4、PE，易得BDC是等边三角形，所以BCDE， 又因为PD平面ABCD，所以PDBC，又，所以， 在面 PDE中，过D作DMPE于M，即M是 点D在平面PBC内的正投影， 则DMBC，又，所以，经计算得3DE，在RtPDE中，2PD， ， 4、如图，ABEDFC为多面体，平面ABED与平面ACFD垂直，点O在线段AD上， OAB，OAC，ODE，ODF都是正三角形。 （1）证明：直线BC面OEF； （2）在线段 DF 上是否存在一点 M ，使得二面角的余弦值是 13 133 ，若不存在请说明理由， 若存在请求出 M 点所在的位置。 【答案】（ 1）见解析（2） M 为 DF 中点 （本题可先证明
5、BC / EF后得证；也可建立空间直角坐标系得证，请酌情给分。） （2）设OD的中点为 G，以G为原点，GE、GD、GF所在直线分别为 x轴、y轴、z轴建立空间直角 坐标系。易知， )0, 1,0(O ，)0,0,3(E，)3,0,0(F, )0 ,1 ,0(D . 设 DFDM ，1 ,0. 可得， 5、如图，在三棱锥PABC中， PA底面ABC，2AB，4AC，D为BC的中点 （1）求证： ADPB； （2）若二面角APBC的大小为45，求三棱锥PABC的体积 【答案】（ 1）见解析（2）4 【解析】 （1）在ABC中，由余弦定理得，则2 7BC 因为D为BC的中点，则 因为，则 ，所以3
6、AD因为，则ABAD （5 分） 因为PA底面ABC，则PAAD， 所以AD平面PAB，从而ADPB （2）分别以直线 AB，AD，AP为 x轴，y轴， z 轴建立空间直角坐标系，如图 设PAa，则点2,0,0B， 0,3,0D，0,0,Pa 所以， 6、如图，在四棱锥PABCD中，底面 ABCD 是边长为2 的菱形， DAB 60， ADP 90，平面 ADP 平 面 ABCD ，点 F 为棱 PD的中点 （1）在棱 AB上是否存在一点E，使得 AF平面 PCE ，并说明理由； （2）当二面角DFCB的余弦值为 2 4 时，求直线PB与平面 ABCD所成的角 【答案】（1）点 E为棱 AB的
7、中点（2）60 【解析】 （1）在棱 AB上存在点E，使得 AF平面 PCE ，点 E为棱 AB的中点 理由如下：取PC的中点 Q ，连结 EQ 、FQ ， 由题意， FQ DC且 FQ 1 2CD ，AE CD且 AE 1 2CD ， 故 AE FQ且 AE FQ.所以，四边形AEQF为平行四边形. 所以， AFEQ ，又 EQ? 平面 PEC ，AF?平面 PEC ，所 以， AF平面 PEC. 设平面 FBC的法向量为m()x，y，z ， 则由得 2yaz 0， 3xy0， 令 x1，则 y3，z 23 a ， 所以取m 1，3， 23 a ，显然可取平面DFC的法向量n()1，0，0
8、， 由题意： 2 4 |cosm，n 1 13 12 a 2 ，所以 a3. 由于 PD 平面 ABCD ，所以 PB在平面 ABCD 内的射影为BD ， 所以 PBD为直线 PB与平面 ABCD 所成的角， 易知在 RtPBD中， tan PBD PD BD a3，从而 PBD 60， 所以直线PB与平面 ABCD所成的角为60. 7、已知三棱柱ABCABC的侧棱垂直于底面，ABAC，BAC90，点M，N分别是AB和BC 的中点。 （1）证明：MN平面AACC； （2）设ABAA，当为何值时，CN平面AMN，试证明你的结论 【答案】（1）见解析（2）2 （2）连接BN，设AAa，则ABa，由
9、题意知BC2a，NCBNa 21 2 2a2， 三棱柱ABCABC的侧棱垂直于底面，平面ABC平面BBCC， ABAC，点N是BC的中点，AN平面BBCC，CNAN. 要使CN平面AMN，只需CNBN即可，CN 2BN2 BC 2， 2 a 21 2 2a2 2 2a2? 2， 当2时，CN平面AMN. 8、如图，四棱锥 PABCD中，底面ABCD是直角梯形， ， ，. （ 1）求证：平面PBC平面ABCD； （2）若PC PB, 求点D到 平面PAB的距离 . 【答案】（ 1）见解析（2） 2 2 【解析】 （1）证明：取BC中点M，连接,DM PM 可知且MD BC 又,在Rt PBC有
10、1PM 又2PDQ，, 即MDPM， 又平面PBC,BC平面PBC MD平面PBC，又MDQ平面ABCD 平面PBC平面ABCD （2）设点D到平面PAB的距离为h ， 2 2 h 所以点 D到平面PAB的距离为 2 2 。 9、如图 , 在三棱柱中, 点,P G分别是 111 ,AA B C的中点 , 已知 1 AA平面 ABC, ,. （1）求异面直线 1 AG与AB所成角的余弦值. （2）求证： 1 AG平面 11 BCC B. （3）求直线 1 PC与平面 11 BCC B所成角的正弦值. 【答案】（ 1） 7 4 （ 2）见解析（3） 7 5 （2）在三棱柱中 , 1 AA平面ABC
11、, 1 AG平面ABC, 11 AAAG , 11 BBAG , 又, 1 AG平面 11 BCC B. （3）解：取BC的中点H, 连接,AH HG; 取HG的中点O, 连接 1 ,OP OC . 1 POAGP, PO平面 11 BCC B, 1 PC O 是 1 PC与平面 11 BCC B所成的角 . 由已知得 , , , , 直线 1 PC与平面 11 BCC B所 成角的正弦值为 7 5 . 10、如图，在底面是正三角形的三棱锥PABC中， PA=AB=2 ，PB=PC=22 （ 1）求证： PA 平面 ABC ； （ 2）若点 D在线段 PC上，且直线BD与平面 ABC所成角为
12、6 ，求二面角DAB C的余弦值 【答案】（ 1）见解析（2） （2）以 A为原点， AC为 y 轴， AP为 z 轴，建立空间直角坐标系， B（，1， 0） ，C（ 0，2，0） ，P（0，0， 2） ， 设 D（ 0，b，c） ，0 1，则（ 0，b，c 2）=（0，2， 2）， D（0，2， 22） ，=（，2 1，22） ， 直线 BD与平面 ABC所成角为，平面 ABC的法向量=（0，0，1） ， sin=， 解得或 =2（舍）， D（0，1， 1） ，=（） ，=（0， 1，1） ， 设平面 ABD的法 向量=（x，y，z） ， 则，取 x=1，得=（ 1，） ， 平面 ABC的法
13、向量=（0，0， 1） ， 设二面角DAB C的平面角为， 则 cos= 二面角DAB C的余弦值为 11、如图， 在斜三棱柱中，ACAB，侧面 11BCC B 与底面ABC所成的二面角为120，FE,分别是棱 11C B、AA1 的中点 （1）求AA 1 与底面ABC所成的角； （2）证明/ 1E A平面FCB1 ； （3）求经过CBAA, , 1 四点的球的体积 【答案】 （1）60（2）见解析（ 3）a 3 由于四边形A1AGE为平行四边形，得A1AG=60 （）证明：设EG与 B1C的交点为P，则点 P为 EG的中点连接PF 在平行四边形AGEA 1中，因 F为 A1A的中点，故A1E
14、FP 而 FP? 平面 B1FC，A1E ?平面 B1FC，所以 A1E平面 B1FC 12、如图，在四面体 ABCD中，BABC， （1）证明：BDAC； （2）若，2BA，四面体 ABCD的体积为 2，求二面角 BACD的余弦值 【答案】（1）见解析（2） 105 35 【解析】 （1）如图，作RtABD斜边BD上的高AE，连结CE 因为BABC，所以 RtABD RtBCD可得CEBD所以BD平面 AEC，于是BDAC 设是平面BAC的法向量，则 0 0 AB AC m m u uu r u uu r ，即，可取 设是平面DAC的法向量，则 0 0 AC AD n n uuu r uuu r，即，可取 因为，二面角BACD的平面角为钝角，所以二面角BACD的余弦 值为 105 35 z x y A B C D E
