2019-2020年高考數(shù)學總復習 專題09 立體幾何分項練習（含解析）理.doc

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2019-2020年高考數(shù)學總復習 專題09 立體幾何分項練習（含解析）理 一．基礎題組 1.【xx天津，理4】設、、為平面，為、、直線，則的一個充分條件是 A、 B、 C、 D、 【答案】D 本題答案選D 2.【xx天津，理12】若圖，平面，且則異面直線PB與AC所成角的正切值等于__________。 【答案】 【解析】將此多面體補成正方體，與所成的角的大小即此正方體主對角線與棱所成角的大小。。 本題答案填寫： 3.【xx天津，理6】設、是兩條不同的直線，、是兩個不同的平面.考查下列命題，其中正確的命題是（　　） A．　　 　B． C．　　　 D． 【答案】B 【解析】設、是兩條不同的直線，、是兩個不同的平面。下列命題中正確的命題是，選B. 4.【xx天津，理13】如圖，在正三棱柱中，．若二面角的大小為，則點 到平面的距離為______________． 【答案】 5.【xx天津，理6】設為兩條直線，為兩個平面.下列四個命題中，正確的命題是 ( ) A.若與所成的角相等，則 B.若，則 C.若則 D.若則 【答案】D 【解析】 對于A當與均成時就不一定；對于B只需找個，且即可滿足題設但不一定平行；對于C可參考直三棱柱模型排除，故選D 6.【xx天津，理12】一個長方體的各頂點均在同一球面上，且一個頂點上的三條棱的長分別為則此球的表面積為. 【答案】 【解析】 長方體外接球直徑長等于長方體體對角線長，即，由 7.【xx天津，理4】設是兩條直線，是兩個平面，則的一個充分條件是 (A) (B) (C) (D) 【答案】C 【解析】A、B、D直線可能平行，選C． 8.【xx天津，理12】一個正方體的各定點均在同一球的球面上，若該球的體積為，則該正方體的表面積為 . 【答案】24 9.【xx天津，理12】如圖是一個幾何體的三視圖.若它的體積是,則a＝_________. 【答案】 【解析】由三視圖可知幾何體是一個三棱柱,底面三角形的一邊長為2,其邊上的高為a,依題. 10.【xx天津，理12】一個幾何體的三視圖如圖所示，則這個幾何體的體積為__________． 【答案】 11.【xx天津，理10】一個幾何體的三視圖如圖所示（單位：），則這個幾何體 的體積為__________. 【答案】 【解析】該幾何體為一個棱柱與一個圓錐的組合體，. 12.【xx天津，理10】一個幾何體的三視圖如圖所示(單位：m)，則該幾何體的體積為__________ m3． 【答案】18＋9π 【解析】由幾何體的三視圖可知該幾何體的頂部是長、寬、高分別為6 m,3 m,1 m的長方體，底部為兩個直徑為3 m的球． ∴該幾何體的體積為：V＝631＋2＝18＋9π(m3)． 13.【xx天津，理10】已知一個幾何體的三視圖如圖所示（單位：m），則該幾何體的體積為_______． 【答案】． 【解析】 考點：1．立體幾何三視圖；2．幾何體體積的計算． 14.【xx天津，理10】已知一個正方體的所有頂點在一個球面上，若這個正方體的表面積為18，則這個 球的體積為___________． 【答案】 【解析】設正方體的邊長為，則，其外接球直徑為，故這個球的體積． 【考點】球的體積 【名師點睛】求多面體的外接球的表面積或體積的問題常用的方法有：①三條棱兩兩互相垂直時，可恢復為長方體，利用長方體的體對角線為外接球的直徑，求出球的半徑；②直棱柱的外接球可利用棱柱的上下底面平行，借助球的對稱性，球心為上下底面外接圓的圓心連線的中點，再根據(jù)勾股定理求球的半徑；③如果多面體有兩個面相交，可過兩個面的外心分別作兩個面的垂線，垂線的交點即球心． 15. 【xx高考天津，理17】（本小題滿分13分）如圖，在四棱柱中，側棱,,, ,且點M和N分別為的中點. (I)求證：平面； (II)求二面角的正弦值； (III)設為棱上的點，若直線和平面所成角的正弦值為，求線段的長 【答案】(I)見解析； (II) ； (III) . (I)證明：依題意，可得為平面的一個法向量，， 所以二面角的正弦值為. (III)依題意，可設，其中，則，從而，又為平面的一個法向量，由已知得 ，整理得， 又因為，解得， 所以線段的長為. 【考點定位】直線和平面平行和垂直的判定與性質，二面角、直線與平面所成的角，空間向量的應用. 16. 【xx高考天津理數(shù)】已知一個四棱錐的底面是平行四邊形，該四棱錐的三視圖如圖所示（單位：m）， 則該四棱錐的體積為_______m3. （第11題圖） 【答案】2 【解析】 【考點】三視圖、幾何體的體積 【名師點睛】①解答此類題目的關鍵是由多面體的三視圖想象出空間幾何體的形狀并畫出其直觀圖． ②三視圖中“正側一樣高、正俯一樣長、俯側一樣寬”，因此，可以根據(jù)三視圖的形狀及相關數(shù)據(jù)推斷出原幾何圖形中的點、線、面之間的位置關系及相關數(shù)據(jù)． 二．能力題組 1.【xx天津，理19】如圖，在斜三棱柱中，，，側面與底面ABC所成的二面角為120，E、F分別是棱、的中點。 （Ⅰ）求與底面ABC所成的角； （Ⅱ）證明EA∥平面； （Ⅲ）求經(jīng)過、A、B、C四點的球的體積。 【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）詳見解析；（Ⅲ） 【解析】 因為，且，所以，于是為二面角的平面角，即 由于四邊形為平行四邊形，得 所以，與底面所成的角度為 （II） 證明：設與的交點為，則點P為EG的中點，連結PF。 在平行四邊形中，因為F是的中點，所以 而EP平面，平面，所以平面 （III）解：連接。在△和△中， △△ 又因為平面，所以是△的外心 設球心為，則必在上，且 在Rt△中，△ 球的體積△ 2.【xx天津，理19】如圖，在五面體中，點是矩形的對角線的交點，面是等邊三角形，棱． （1）證明//平面； （2）設，證明平面． 【答案】（I）詳見解析，（II）詳見解析. （II）證明：連接FM．由（I）和已知條件，在等邊△CDE中， CM=DM，EM⊥CD且 因此平行四邊形EFOM為菱形，從而EO⊥FM． ∵CD⊥OM，CD⊥EM， ∴CD⊥平面EOM，從而CD⊥EO． 而FM∩CD=M， 所以EO⊥平面CDF． 3.【xx天津，理19】如圖，在四棱錐中，底面是的中點. (I)證明：； (II)證明：平面； (III)求二面角的大小. 【答案】(I)證明(略)(II)證明證明(略)(III) 或 【解析】 (I)證明：在四棱錐中，因底面平面故. 平面. 而平面. (III)解法一：過點作垂足為連結.由(II)知，平面在平面內(nèi)的射影是則. 解法二：由題設底面平面則平面平面交線為 過點作垂足為故平面過點作垂足為連結故因此是二面角的平面角. 由已知，可得.設可得 ∽ 于是， 在中， 所以二面角的大小是 4.【xx天津，理19】如圖，在四棱錐中，底面是矩形. 已知. （Ⅰ）證明平面； （Ⅱ）求異面直線與所成的角的大??； （Ⅲ）求二面角的大小. 【答案】（I）詳見解析，（II），（Ⅲ）． 所以異面直線與所成的角的大小為. （Ⅲ）解：過點P做于H，過點H做于E，連結PE 因為平面，平面，所以.又， 因而平面，故HE為PE再平面ABCD內(nèi)的射影.由三垂線定理可知， ，從而是二面角的平面角。 由題設可得， 于是再中， 所以二面角的大小為． 5.【xx天津，理19】如圖,在五面體ABCDEF中,FA⊥平面ABCD,AD∥BC∥FE,AB⊥AD,M為EC的中點,AF＝AB＝BC＝FE＝AD. (1)求異面直線BF與DE所成的角的大小; (2)證明平面AMD⊥平面CDE; (3)求二面角A－CD－E的余弦值. 【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）詳見解析；（Ⅲ） 【解析】 (2)證明:因為DC＝DE且M為CE的中點,所以DM⊥CE.連結MP,則MP⊥CE.又MP∩DM＝M,故CE⊥平面AMD.而CE平面CDE,所以平面AMD⊥平面CDE. (3)設Q為CD的中點,連結PQ,EQ.因為CE＝DE,所以EQ⊥CD.因為PC＝PD,所以PQ⊥CD,故∠EQP為二面角A－CD－E的平面角. 由(1)可得,EP⊥PQ,,. 于是在Rt△EPQ中,. 所以二面角A－CD－E的余弦值為. 解法二:如圖所示,建立空間直角坐標系,點A為坐標原點.設AB＝1,依題意得 B(1,0,0),C(1,1,0),D(0,2,0),E(0,1,1),F(0,0,1),M(,1,). (1),, 于是. 所以. 因為二面角A－CD－E為銳角,所以其余弦值為. 6.【xx天津，理19】如圖，在長方體ABCD—A1B1C1D1中，E，F(xiàn)分別是棱BC，CC1上的點，CF＝AB＝2CE，AB∶AD∶AA1＝1∶2∶4. (1)求異面直線EF與A1D所成角的余弦值； (2)證明AF⊥平面A1ED； (3)求二面角A1EDF的正弦值． 【答案】(1) ，(2) 詳見解析，(3) . 【解析】解法一：如圖所示，建立空間直角坐標系，點A為坐標原點．設AB＝1，依題意得D(0,2,0)，F(xiàn)(1,2,1)，A1(0,0,4)，E(1，，0)． (1)解：易得＝(0，，1)，＝(0,2，－4)． 于是cos〈，〉＝ 所以異面直線EF與A1D所成角的余弦值為. (2)證明：易知＝(1,2,1)，＝(－1，－，4)，＝(－1，，0)， 不妨令x＝1，可得u＝(1,2，－1)． 由(2)可知，為平面A1ED的一個法向量． 于是cos〈u，〉＝ 從而sin〈u，〉＝. 所以二面角A1-ED-F的正弦值為. 解法二：(1)解：設AB＝1，可得AD＝2，AA1＝4，CF＝1，CE＝. 因為， 所以Rt△DCE∽Rt△CBA. 從而∠CDE＝∠BCA. 又由于∠CDE＋∠CED＝90，所以∠BCA＋∠CED＝90. 故AC⊥DE. 所以DE⊥NF，DE⊥A1N. 故∠A1NF為二面角A1-ED-F的平面角． 易知Rt△CNE∽Rt△CBA，所以. 又AC＝，所以CN＝. 在Rt△CNF中，NF＝.在Rt△A1AN中，A1N＝.連結A1C1，A1F.在Rt△A1C1F中，A1F＝. 在△A1NF中，cos∠A1NF＝.所以sin∠A1NF＝. 所以二面角A1EDF的正弦值為. 7. 【xx高考天津，理10】一個幾何體的三視圖如圖所示（單位：），則該幾何體的體積為 . 【答案】 【解析】由三視圖可知，該幾何體是中間為一個底面半徑為，高為的圓柱，兩端是底面半徑為，高為的圓錐，所以該幾何體的體積. 【考點定位】三視圖與旋轉體體積公式. 8. 【xx天津，理17】（本小題滿分13分） 如圖，在三棱錐P-ABC中，PA⊥底面ABC，．點D，E，N分別為棱PA，PC，BC的中點，M是線段AD的中點，PA=AC=4，AB=2． （Ⅰ）求證：MN∥平面BDE； （Ⅱ）求二面角C-EM-N的正弦值； （Ⅲ）已知點H在棱PA上，且直線NH與直線BE所成角的余弦值為，求線段AH的長． 【答案】（Ⅰ）證明見解析；（Ⅱ）；（Ⅲ）或． 試題解析：如圖，以A為原點，分別以，，方向為x軸、y軸、z軸正方向建立空間直角坐標系．依題意可得A（0，0，0），B（2，0，0），C（0，4，0），P（0，0，4），D（0，0，2），E（0，2，2），M（0，0，1），N（1，2，0）． （Ⅰ）易得=（0，2，0），=（2，0，）． 設為平面BDE的法向量，則，即． 不妨設，可得．又=（1，2，），可得． （Ⅲ）依題意，設AH=h（），則H（0，0，h），進而可得，． 由已知，得， 整理得，解得或． 所以，線段AH的長為或． 【考點】直線與平面平行、二面角、異面直線所成的角 【名師點睛】空間向量是解決空間幾何問題的銳利武器，不論是求空間角、空間距離還是證明線面位置關系都很方便，利用向量夾角公式求異面直線所成的角又快又準，特別是借助平面的法向量求線面角、二面角或點到平面的距離． 三．拔高題組 1.【xx天津，理17】如圖，在三棱柱中， 是正方形的中心，，平面，且 （Ⅰ）求異面直線AC與A1B1所成角的余弦值； （Ⅱ）求二面角的正弦值； （Ⅲ）設為棱的中點，點在平面內(nèi)，且平面，求線段的長． 【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）（Ⅲ） 【解析】 方法一：如圖所示，建立空間直角坐標系，點B為坐標原點. 依題意得 （I）解：易得， 于是 所以異面直線AC與A1B1所成角的余弦值為 （II）解：易知 于是 從而 解得故 因此，所以線段BM的長為 方法二： 因此 所以異面直線AC與A1B1所成角的余弦值為 （II）解：連接AC1，易知AC1=B1C1， 又由于AA1=B1A1，A1C1=A1=C1， 從而 所以二面角A—A1C1—B1的正弦值為 （III）解：因為平面A1B1C1，所以 取HB1中點D，連接ND，由于N是棱B1C1中點， 所以ND//C1H且. 又平面AA1B1B， 所以平面AA1B1B，故 又 所以平面MND，連接MD并延長交A1B1于點E， 則 由 2.【xx天津，理17】如圖，在四棱錐P－ABCD中，PA⊥平面ABCD，AC⊥AD，AB⊥BC，∠BAC＝45，PA＝AD＝2，AC＝1． (1)證明PC⊥AD； (2)求二面角A－PC－D的正弦值； (3)設E為棱PA上的點，滿足異面直線BE與CD所成的角為30，求AE的長． 【答案】(1) 詳見解析，(2) ，(3) (1)證明：易得 于是， 從而． 所以二面角A－PC－D的正弦值為． (3)設點E的坐標為(0,0，h)，其中h∈0,2］，由此得．由=(2，－1,0)，故 ， 所以，，解得，即． 解法二：(1)證明：由PA⊥平面ABCD，可得PA⊥AD，又由AD⊥AC，PA∩AC=A，故AD⊥平面PAC．又PC平面PAC，所以PC⊥AD． 以二面角A－PC－D的正弦值為． (3)如圖，因為∠ADC＜45，故過點B作CD的平行線必與線段AD相交，設交點為F，連接BE，EF．故∠EBF或其補角為異面直線BE與CD所成的角． 由于BF∥CD，故∠AFB=∠ADC．在Rt△DAC中，，，故． 在△AFB中，由，，sin∠FAB＝sin135＝，可得． 由余弦定理，BF2＝AB2＋AF2－2ABAFcos∠FAB， 可得． 設AE＝h． 所以． 3.【xx天津，理17】如圖，四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，側棱A1A⊥底面ABCD，AB∥DC，AB⊥AD，AD＝CD＝1，AA1＝AB＝2，E為棱AA1的中點． (1)證明B1C1⊥CE； (2)求二面角B1－CE－C1的正弦值； (3)設點M在線段C1E上，且直線AM與平面ADD1A1所成角的正弦值為，求線段AM的長． 【答案】（Ⅰ）詳見解析；（Ⅱ）；（Ⅲ） 【解析】解：(方法一) (1)證明：如圖，以點A為原點建立空間直角坐標系，依題意得A(0,0,0)，B(0,0,2)，C(1,0,1)，B1(0,2,2)，C1(1,2,1)，E(0,1,0)． 故＝(1,0，－1)為平面CEC1的一個法向量． 于是cos〈m，〉＝， 從而sin〈m，〉＝. 所以二面角B1－CE－C1的正弦值為. (3)＝(0,1,0)，＝(1,1,1)． 設＝λ＝(λ，λ，λ)，0≤λ≤1，有＝＋＝(λ，λ＋1，λ)． (方法二) (1)證明：因為側棱CC1⊥底面A1B1C1D1，B1C1平面A1B1C1D1， 所以CC1⊥B1C1. 經(jīng)計算可得B1E＝，B1C1＝，EC1＝， 從而B1E2＝， 所以在△B1EC1中，B1C1⊥C1E， 又CC1，C1E平面CC1E，CC1∩C1E＝C1， 所以B1C1⊥平面CC1E， 又CE平面CC1E，故B1C1⊥CE. (2)過B1作B1G⊥CE于點G，連接C1G. 由(1)，B1C1⊥CE，故CE⊥平面B1C1G，得CE⊥C1G， 所以∠B1GC1為二面角B1－CE－C1的平面角． 在△CC1E中，由CE＝C1E＝，CC1＝2，可得C1G＝. 在Rt△B1C1G中，B1G＝， 所以sin∠B1GC1＝， 即二面角B1－CE－C1的正弦值為. 整理得5x2－－6＝0，解得x＝. 所以線段AM的長為. 4.【xx天津，理17】如圖，在四棱錐中，底面，，，，，點為棱的中點． （Ⅰ）證明：； （Ⅱ）求直線與平面所成角的正弦值； （Ⅲ）若為棱上一點，滿足，求二面角的余弦值． 【答案】（Ⅰ）詳見試題分析；（Ⅱ）直線與平面所成角的正弦值為；（Ⅲ）． 【解析】 線與平面所成角的正弦值；（Ⅲ）向量法：先求平面和平面的法向量，再利用公式來求二面角的余弦值．綜合法：先利用三垂線定理或其逆定理作出二面角的平面角，再利用解三角形的有關知識求其余弦值． 試題解析：（方法一）依題意，以點為原點建立空間直角坐標系（如圖），可得，，，．由為棱的中點，得． （Ⅰ）向量，，故． ∴． （Ⅱ）向量，．設為平面的法向量，則即不妨令，可得為平面的一個法向量．于是有 ，∴直線與平面所成角的正弦值為． 的一個法向量．取平面的法向量，則 ．易知，二面角是銳角，∴其余弦值為． （方法二）（Ⅰ）如圖，取中點，連結，．由于分別為的中點，故，且，又由已知，可得且，故四邊形為平行四邊形，∴． ∵底面，故，而，從而平面，∵平面，于是，又，∴． （Ⅱ）連結，由（Ⅰ）有平面，得，而，故．又∵，為的中點，故，可得，∴平面，故平面平面．∴直線在平面內(nèi)的射影為直線，而，可得為銳角，故為直線與平面所成的角．依題意，有，而為中點，可得，進而．故在直角三角形中，，因此，∴直線與平面所成角的正弦值為． ，由余弦定理可得，．∴二面角的斜率值為． 考點：1．空間兩條直線的位置關系、直線與平面位置關系；2．二面角、直線與平面所成角的計算． 5. 【xx高考天津理數(shù)】如圖，正方形ABCD的中心為O，四邊形OBEF為矩形，平面OBEF⊥平面ABCD，點G為AB的中點，AB=BE=2. （Ⅰ）求證：EG∥平面ADF； （Ⅱ）求二面角O?EF?C的正弦值； （Ⅲ）設H為線段AF上的點，且AH=HF，求直線BH和平面CEF所成角的正弦值. 【答案】（Ⅰ）詳見解析；（Ⅱ）；（Ⅲ）. 【解析】 . （Ⅰ）證明：依題意，. 設為平面的法向量，則，即 . 不妨設，可得，又，可得， 又因為直線，所以. （Ⅱ）解：易證，為平面的一個法向量. 依題意，. 設為平面的法向量，則，即 . 【考點】利用空間向量解決立體幾何問題 【名師點睛】1．利用數(shù)量積解決問題的兩條途徑 ：一是根據(jù)數(shù)量積的定義，利用模與夾角直接計算；二是利用坐標運算． 2．利用數(shù)量積可解決有關垂直、夾角、長度問題，常用到下列式子：(1)a≠0，b≠0，a⊥b?ab＝0；(2)|a|＝；(3)cos〈a，b〉＝.