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2019-2020年高考數(shù)學(xué)總復(fù)習(xí) 專題09 立體幾何分項(xiàng)練習(xí)（含解析）理 一．基礎(chǔ)題組 1.【xx天津，理4】設(shè)、、為平面，為、、直線，則的一個(gè)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(bǔ)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(shè)、是兩條不同的直線，、是兩個(gè)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(shè)、是兩條不同的直線，、是兩個(gè)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(diǎn) 到平面的距離為______________． 【答案】 5.【xx天津，理6】設(shè)為兩條直線，為兩個(gè)平面.下列四個(gè)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(dāng)與均成時(shí)就不一定；對于B只需找個(gè)，且即可滿足題設(shè)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(gè)長方體的各頂點(diǎn)均在同一球面上，且一個(gè)頂點(diǎn)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(shè)是兩條直線，是兩個(gè)平面，則的一個(gè)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(gè)正方體的各定點(diǎn)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(gè)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(gè)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(gè)幾何體的三視圖如圖所示，則這個(gè)幾何體的體積為__________． 【答案】 11.【xx天津，理10】一個(gè)幾何體的三視圖如圖所示（單位：），則這個(gè)幾何體 的體積為__________. 【答案】 【解析】該幾何體為一個(gè)棱柱與一個(gè)圓錐的組合體，. 12.【xx天津，理10】一個(gè)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(gè)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(gè)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(diǎn)：1．立體幾何三視圖；2．幾何體體積的計(jì)算． 14.【xx天津，理10】已知一個(gè)正方體的所有頂點(diǎn)在一個(gè)球面上，若這個(gè)正方體的表面積為18，則這個(gè) 球的體積為___________． 【答案】 【解析】設(shè)正方體的邊長為，則，其外接球直徑為，故這個(gè)球的體積． 【考點(diǎn)】球的體積 【名師點(diǎn)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(shí)，可恢復(fù)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(diǎn)，再根據(jù)勾股定理求球的半徑；③如果多面體有兩個(gè)面相交，可過兩個(gè)面的外心分別作兩個(gè)面的垂線，垂線的交點(diǎn)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(cè)棱,,, ,且點(diǎn)M和N分別為的中點(diǎn). (I)求證：平面； (II)求二面角的正弦值； (III)設(shè)為棱上的點(diǎn)，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(gè)法向量，， 所以二面角的正弦值為. (III)依題意，可設(shè)，其中，則，從而，又為平面的一個(gè)法向量，由已知得 ，整理得， 又因?yàn)?，解得? 所以線段的長為. 【考點(diǎn)定位】直線和平面平行和垂直的判定與性質(zhì)，二面角、直線與平面所成的角，空間向量的應(yīng)用. 16. 【xx高考天津理數(shù)】已知一個(gè)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(diǎn)】三視圖、幾何體的體積 【名師點(diǎn)睛】①解答此類題目的關(guān)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(cè)一樣高、正俯一樣長、俯側(cè)一樣寬”，因此，可以根據(jù)三視圖的形狀及相關(guān)數(shù)據(jù)推斷出原幾何圖形中的點(diǎn)、線、面之間的位置關(guān)系及相關(guān)數(shù)據(jù)． 二．能力題組 1.【xx天津，理19】如圖，在斜三棱柱中，，，側(cè)面與底面ABC所成的二面角為120，E、F分別是棱、的中點(diǎn)。 （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(diǎn)的球的體積。 【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）詳見解析；（Ⅲ） 【解析】 因?yàn)?，且，所以，于是為二面角的平面角，? 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(shè)與的交點(diǎn)為，則點(diǎn)P為EG的中點(diǎn)，連結(jié)PF。 在平行四邊形中，因?yàn)镕是的中點(diǎn)，所以 而EP平面，平面，所以平面 （III）解：連接。在△和△中， △△ 又因?yàn)槠矫妫允恰鞯耐庑? 設(shè)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(diǎn)是矩形的對角線的交點(diǎn)，面是等邊三角形，棱． （1）證明//平面； （2）設(shè)，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(diǎn). (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(diǎn)作垂足為連結(jié).由(II)知，平面在平面內(nèi)的射影是則. 解法二：由題設(shè)底面平面則平面平面交線為 過點(diǎn)作垂足為故平面過點(diǎn)作垂足為連結(jié)故因此是二面角的平面角. 由已知，可得.設(shè)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(diǎn)P做于H，過點(diǎn)H做于E，連結(jié)PE 因?yàn)槠矫?，平面，所?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(shè)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(diǎn),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?yàn)镈C＝DE且M為CE的中點(diǎn),所以DM⊥CE.連結(jié)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(shè)Q為CD的中點(diǎn),連結(jié)PQ,EQ.因?yàn)镃E＝DE,所以EQ⊥CD.因?yàn)镻C＝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(biāo)系,點(diǎn)A為坐標(biāo)原點(diǎn).設(shè)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?yàn)槎娼茿－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(diǎn)，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(biāo)系，點(diǎn)A為坐標(biāo)原點(diǎn)．設(shè)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(gè)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(shè)AB＝1，可得AD＝2，AA1＝4，CF＝1，CE＝. 因?yàn)椋? 所以Rt△DCE∽R(shí)t△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∽R(shí)t△CBA，所以. 又AC＝，所以CN＝. 在Rt△CNF中，NF＝.在Rt△A1AN中，A1N＝.連結(jié)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(gè)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(gè)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(diǎn)定位】三視圖與旋轉(zhuǎn)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(diǎn)D，E，N分別為棱PA，PC，BC的中點(diǎn)，M是線段AD的中點(diǎn)，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(diǎn)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(diǎn)，分別以，，方向?yàn)閤軸、y軸、z軸正方向建立空間直角坐標(biāo)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(shè)為平面BDE的法向量，則，即． 不妨設(shè)，可得．又=（1，2，），可得． （Ⅲ）依題意，設(shè)AH=h（），則H（0，0，h），進(jìn)而可得，． 由已知，得， 整理得，解得或． 所以，線段AH的長為或． 【考點(diǎn)】直線與平面平行、二面角、異面直線所成的角 【名師點(diǎn)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(guān)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(zhǔn)，特別是借助平面的法向量求線面角、二面角或點(diǎn)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(shè)為棱的中點(diǎn)，點(diǎn)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(biāo)系，點(diǎn)B為坐標(biāo)原點(diǎn). 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?yàn)槠矫鍭1B1C1，所以 取HB1中點(diǎn)D，連接ND，由于N是棱B1C1中點(diǎn)， 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(diǎn)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(shè)E為棱PA上的點(diǎn)，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(shè)點(diǎn)E的坐標(biāo)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?yàn)椤螦DC＜45，故過點(diǎn)B作CD的平行線必與線段AD相交，設(shè)交點(diǎn)為F，連接BE，EF．故∠EBF或其補(bǔ)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(shè)AE＝h． 所以． 3.【xx天津，理17】如圖，四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，側(cè)棱A1A⊥底面ABCD，AB∥DC，AB⊥AD，AD＝CD＝1，AA1＝AB＝2，E為棱AA1的中點(diǎn)． (1)證明B1C1⊥CE； (2)求二面角B1－CE－C1的正弦值； (3)設(shè)點(diǎn)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(diǎn)A為原點(diǎn)建立空間直角坐標(biāo)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(gè)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(shè)＝λ＝(λ，λ，λ)，0≤λ≤1，有＝＋＝(λ，λ＋1，λ)． (方法二) (1)證明：因?yàn)閭?cè)棱CC1⊥底面A1B1C1D1，B1C1平面A1B1C1D1， 所以CC1⊥B1C1. 經(jīng)計(jì)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(diǎn)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(diǎn)為棱的中點(diǎn)． （Ⅰ）證明：； （Ⅱ）求直線與平面所成角的正弦值； （Ⅲ）若為棱上一點(diǎn)，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(guān)知識(shí)求其余弦值． 試題解析：（方法一）依題意，以點(diǎn)為原點(diǎn)建立空間直角坐標(biāo)系（如圖），可得，，，．由為棱的中點(diǎn)，得． （Ⅰ）向量，，故． ∴． （Ⅱ）向量，．設(shè)為平面的法向量，則即不妨令，可得為平面的一個(gè)法向量．于是有 ，∴直線與平面所成角的正弦值為． 的一個(gè)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(diǎn)，連結(jié)，．由于分別為的中點(diǎn)，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(jié)，由（Ⅰ）有平面，得，而，故．又∵，為的中點(diǎn)，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(diǎn)，可得，進(jìn)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(diǎn)：1．空間兩條直線的位置關(guān)系、直線與平面位置關(guān)系；2．二面角、直線與平面所成角的計(jì)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(diǎn)G為AB的中點(diǎn)，AB=BE=2. （Ⅰ）求證：EG∥平面ADF； （Ⅱ）求二面角O?EF?C的正弦值； （Ⅲ）設(shè)H為線段AF上的點(diǎn)，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(shè)為平面的法向量，則，即 . 不妨設(shè)，可得，又，可得， 又因?yàn)橹本€，所以. （Ⅱ）解：易證，為平面的一個(gè)法向量. 依題意，. 設(shè)為平面的法向量，則，即 . 【考點(diǎn)】利用空間向量解決立體幾何問題 【名師點(diǎn)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(jì)算；二是利用坐標(biāo)運(yùn)算． 2．利用數(shù)量積可解決有關(guān)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〉＝.