2019-2020年高考數(shù)學(xué)復(fù)習(xí) 立體幾何匯編.doc

《2019-2020年高考數(shù)學(xué)復(fù)習(xí) 立體幾何匯編.doc》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2019-2020年高考數(shù)學(xué)復(fù)習(xí) 立體幾何匯編.doc（14頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

2019-2020年高考數(shù)學(xué)復(fù)習(xí) 立體幾何匯編 16、如圖，在四棱錐中，平面PAD⊥平面ABCD，AB=AD，∠BAD=60，E、F分別是AP、AD的中點(diǎn) 求證： （1）直線EF‖平面PCD； （2） 平面BEF⊥平面PAD （19）（本小題滿分13分） 如圖，為多面體，平面與平面垂直 點(diǎn)在線段上，，，△OAB，△OAC，△ODE，△ODF都是正三角形。 （Ⅰ）證明直線； （Ⅱ）求棱錐的體積. 17．（本小題共14分） 如圖，在四面體PABC中，PC⊥AB，PA⊥BC,點(diǎn)D,E,F,G分別是棱AP,AC,BC,PB的中點(diǎn). （Ⅰ）求證：DE∥平面BCP； （Ⅱ）求證：四邊形DEFG為矩形； （Ⅲ）是否存在點(diǎn)Q，到四面體PABC六條棱的中點(diǎn)的距離相等？說(shuō)明理由. 20．（本小題滿分12分） 如圖，四棱錐P-ABCD中，PA⊥底面ABCD，AB⊥AD，點(diǎn)E在線段AD上，且CE∥AB。 （I）求證：CE⊥平面PAD； （11）若PA=AB=1，AD=3，CD=，∠CDA=45，求四棱錐P-ABCD的體積 18．（本小題滿分12分） 如圖，已知正三棱柱-的底面邊長(zhǎng)為2，側(cè)棱長(zhǎng)為，點(diǎn)E在側(cè)棱上，點(diǎn)F在側(cè)棱上，且,． （I） 求證：； （II） 求二面角的大小。 19．（本題滿分12分） 如圖3，在圓錐中，已知的直徑 的中點(diǎn)． （I）證明： （II）求直線和平面所成角的正弦值． 18．（本小題滿分12分） 如圖，四邊形ABCD為正方形，QA⊥平面ABCD，PD∥QA，QA=AB=PD． （I）證明：PQ⊥平面DCQ； （II）求棱錐Q—ABCD的的體積與棱錐P—DCQ的體積的比值． 20．（本小題滿分l2分）（注意：在試題卷上作答無(wú)效） 如圖，四棱錐中， ,，側(cè)面為等邊三角形， ． （I）證明：平面SAB； （II）求AB與平面SBC所成的角的大小。 19．（本小題滿分12分） 如圖，在四棱臺(tái)中，平面，底面是平行四邊形，，，60 （Ⅰ）證明：； （Ⅱ）證明：． 20、（14分）已知是底面邊長(zhǎng)為1的正四棱柱，高。求： ⑴ 異面直線與所成的角的大小（結(jié)果用反三角函數(shù)表示）； ⑵ 四面體的體積。 19．（本小題共l2分） 如圖，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，∠BAC=90，AB=AC=AA1=1，延長(zhǎng)A1C1至點(diǎn)P，使C1P＝A1C1，連接AP交棱CC1于D． （Ⅰ）求證：PB1∥平面BDA1； （Ⅱ）求二面角A－A1D－B的平面角的余弦值； 17．（本小題滿分13分）如圖，在四棱錐中，底面為 平行四邊形，，，為中點(diǎn)， 平面， ， 為中點(diǎn)． （Ⅰ）證明：//平面； （Ⅱ）證明：平面； （Ⅲ）求直線與平面所成角的正切值． 18．（本小題滿分12分） 如圖，四棱錐中，底面ABCD為平行四邊形，，，底面ABCD． （I）證明：； （II）設(shè)PD=AD=1，求棱錐D-PBC的高． （20）（本題滿分14分）如圖，在三棱錐中，，為的中點(diǎn)，⊥平面，垂足落在線段上． （Ⅰ）證明：⊥； （Ⅱ）已知，，，．求二面角的大?。? 20．（本小題滿分12分，（Ⅰ）小問(wèn)6分，（Ⅱ）小問(wèn)6分） 如題（20）圖，在四面體中，平面ABC⊥平面， （Ⅰ）求四面體ABCD的體積； （Ⅱ）求二面角C-AB-D的平面角的正切值。 （19）（本小題滿分13分）本題考查空間直線與直線，直線與平面，平面與平面的位置關(guān)系，空間直線平行的證明，多面體體積的計(jì)算，考查空間想象能力，推理論證能力和運(yùn)算求解能力. （I）證明：設(shè)G是線段DA與EB延長(zhǎng)線的交點(diǎn). 由于△OAB與△ODE都是正三角形，所以 = ∥，OG=OD=2， 同理，設(shè)是線段DA與FC延長(zhǎng)線的交點(diǎn)，有 又由于G和都在線段DA的延長(zhǎng)線上，所以G與重合. = = 在△GED和△GFD中，由= ∥和OC∥，可知B和C分別是GE和GF的中點(diǎn)，所以BC是△GEF的中位線，故BC∥EF. （II）解：由OB=1，OE=2，，而△OED是邊長(zhǎng)為2的正三角形，故所以 過(guò)點(diǎn)F作FQ⊥DG，交DG于點(diǎn)Q，由平面ABED⊥平面ACFD知，F(xiàn)Q就是四棱錐F—OBED的高，且FQ=，所以 （17）（共14分） 證明：（Ⅰ）因?yàn)镈，E分別為AP，AC的中點(diǎn)， 所以DE//PC。 又因?yàn)镈E平面BCP， 所以DE//平面BCP。 （Ⅱ）因?yàn)镈，E，F(xiàn)，G分別為 AP，AC，BC，PB的中點(diǎn)， 所以DE//PC//FG，DG//AB//EF。 所以四邊形DEFG為平行四邊形， 又因?yàn)镻C⊥AB， 所以DE⊥DG， 所以四邊形DEFG為矩形。 （Ⅲ）存在點(diǎn)Q滿足條件，理由如下： 連接DF，EG，設(shè)Q為EG的中點(diǎn) 由（Ⅱ）知，DF∩EG=Q，且QD=QE=QF=QG=EG. 分別取PC，AB的中點(diǎn)M，N，連接ME，EN，NG，MG，MN。 與（Ⅱ）同理，可證四邊形MENG為矩形，其對(duì)角線點(diǎn)為EG的中點(diǎn)Q， 且QM=QN=EG， 所以Q為滿足條件的點(diǎn). 20．本小題主要考查直線與直線、直線與平面的位置關(guān)系，幾何體的體積等基礎(chǔ)知識(shí)；考查空間想象能力，推理論證能力，運(yùn)算求解能力；考查數(shù)形結(jié)合思想，化歸與轉(zhuǎn)化思想，滿分12分 （I）證明：因?yàn)槠矫鍭BCD，平面ABCD， 所以 因?yàn)? 又 所以平面PAD。 （II）由（I）可知， 在中，DE=CD 又因?yàn)椋? 所以四邊形ABCE為矩形， 所以 又平面ABCD，PA=1， 所以 18．（本小題滿分13分） 證明：（1）中點(diǎn)， 連接BO2 直線BO2是由直線AO1平移得到 共面。 （2）將AO1延長(zhǎng)至H使得O1H=O1A，連接 // 由平移性質(zhì)得=HB 18．本小題主要考查空間直線與平面的位置關(guān)系和二面角的求法，同時(shí)考查空間想象能力和推理論證能力。（滿分12分） 解法1：（Ⅰ）由已知可得 于是有 所以 又 由 （Ⅱ）在中，由（Ⅰ）可得 于是有EF2+CF2=CE2，所以 又由（Ⅰ）知CF C1E，且，所以CF 平面C1EF， 又平面C1EF，故CF C1F。 于是即為二面角E—CF—C1的平面角。 由（Ⅰ）知是等腰直角三角形，所以，即所求二面角E—CF—C1的大小為。 解法2：建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，則由已知可得 （Ⅰ） （Ⅱ），設(shè)平面CEF的一個(gè)法向量為 由 即 設(shè)側(cè)面BC1的一個(gè)法向量為 設(shè)二面角E—CF—C1的大小為θ，于是由θ為銳角可得 ，所以 即所求二面角E—CF—C1的大小為。 19．（本題滿分12分） 解析：（I）因?yàn)? 又內(nèi)的兩條相交直線，所以 （II）由（I）知，又所以平面在平面中，過(guò)作則連結(jié)，則是上的射影，所以是直線和平面所成的角． 在 在 解：（1）設(shè)，則 令 則 單調(diào)遞增 極大值 單調(diào)遞減 由上表易知：當(dāng)時(shí)，有取最大值。 證明： （2） 作得中點(diǎn)F，連接EF、FP 由已知得： 為等腰直角三角形， 所以. 18．解：（I）由條件知PDAQ為直角梯形 因?yàn)镼A⊥平面ABCD，所以平面PDAQ⊥平面ABCD，交線為AD. 又四邊形ABCD為正方形，DC⊥AD，所以DC⊥平面PDAQ，可得PQ⊥DC. 在直角梯形PDAQ中可得DQ=PQ=PD，則PQ⊥QD 所以PQ⊥平面DCQ. ………………6分 （II）設(shè)AB=a. 由題設(shè)知AQ為棱錐Q—ABCD的高，所以棱錐Q—ABCD的體積 由（I）知PQ為棱錐P—DCQ的高，而PQ=，△DCQ的面積為， 所以棱錐P—DCQ的體積為 故棱錐Q—ABCD的體積與棱錐P—DCQ的體積的比值為1.…………12分 20．解法一： （I）取AB中點(diǎn)E，連結(jié)DE，則四邊形BCDE為矩形，DE=CB=2， 連結(jié)SE，則 又SD=1，故， 所以為直角。 …………3分 由， 得平面SDE，所以。 SD與兩條相交直線AB、SE都垂直。 所以平面SAB。 …………6分 （II）由平面SDE知， 平面平面SED。 作垂足為F，則SF平面ABCD， 作，垂足為G，則FG=DC=1。 連結(jié)SG，則， 又， 故平面SFG，平面SBC平面SFG。 …………9分 作，H為垂足，則平面SBC。 ，即F到平面SBC的距離為 由于ED//BC，所以ED//平面SBC，E到平面SBC的距離d也有 設(shè)AB與平面SBC所成的角為α， 則 …………12分 解法二： 以C為坐標(biāo)原點(diǎn)，射線CD為x軸正半軸，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系C—xyz。 設(shè)D（1，0，0），則A（2，2，0）、B（0，2，0）。 又設(shè) （I），， 由得 故x=1。 由 又由 即 …………3分 于是， 故 所以平面SAB。 （II）設(shè)平面SBC的法向量， 則 又 故 …………9分 取p=2得。 故AB與平面SBC所成的角為 19．（I）證法一： 因?yàn)槠矫鍭BCD，且平面ABCD， 所以， 又因?yàn)锳B=2AD，， 在中，由余弦定理得 ， 所以， 因此， 又 所以 又平面ADD1A1， 故 證法二： 因?yàn)槠矫鍭BCD，且平面ABCD， 所以 取AB的中點(diǎn)G，連接DG， 在中，由AB=2AD得AG=AD， 又，所以為等邊三角形。 因此GD=GB， 故， 又 所以平面ADD1A1， 又平面ADD1A1， 故 （II）連接AC，A1C1， 設(shè)，連接EA1 因?yàn)樗倪呅蜛BCD為平行四邊形， 所以 由棱臺(tái)定義及AB=2AD=2A1B1知 A1C1//EC且A1C1=EC， 所以邊四形A1ECC1為平行四邊形， 因此CC1//EA1， 又因?yàn)镋A平面A1BD，平面A1BD， 所以CC1//平面A1BD。 16．解（Ⅰ）∵折起前ＡＤ是ＢＣ邊上的高， ∴當(dāng)ΔＡＢＤ折起后，AD⊥ＤＣ，AD⊥ＤＢ， 又DBＤＣ＝Ｄ， ∴ＡＤ⊥平面ＢＤＣ， ∵AD 平面平面ABD． （Ⅱ）由（Ⅰ）知，DA,,, DB=DA=DC=1， AB=BC=CA=, 從而 表面積： 20、解：⑴ 連，∵ ， ∴ 異面直線與所成角為，記， ∴ 異面直線與所成角為。 ⑵ 連，則所求四面體的體積 。 解法一： （Ⅰ）連結(jié)AB1與BA1交于點(diǎn)O，連結(jié)OD， ∵C1D∥平面AA1，A1C1∥AP，∴AD=PD，又AO=B1O， ∴OD∥PB1，又OD面BDA1，PB1面BDA1， ∴PB1∥平面BDA1． （Ⅱ）過(guò)A作AE⊥DA1于點(diǎn)E，連結(jié)BE．∵BA⊥CA，BA⊥AA1，且AA1∩AC=A， ∴BA⊥平面AA1C1C．由三垂線定理可知BE⊥DA1． ∴∠BEA為二面角A－A1D－B的平面角． 在Rt△A1C1D中，， 又，∴． 在Rt△BAE中，，∴． 故二面角A－A1D－B的平面角的余弦值為． 解法二： 如圖，以A1為原點(diǎn)，A1B1，A1C1，A1A所在直線分別為x軸，y軸，z軸建立空間直角坐標(biāo)系A(chǔ)1－B1C1A，則，，，，． （Ⅰ）在△PAA1中有，即． ∴，，． 設(shè)平面BA1D的一個(gè)法向量為， 則令，則． ∵， ∴PB1∥平面BA1D， （Ⅱ）由（Ⅰ）知，平面BA1D的一個(gè)法向量． 又為平面AA1D的一個(gè)法向量．∴． 故二面角A－A1D－B的平面角的余弦值為． （17）本小題主要考查直線與平面平行、直線與平面垂直、直線與平面所成的角等基礎(chǔ)知識(shí)，考查空間想象能力、運(yùn)算能力和推理論證能力。滿分13分。 （Ⅰ）證明：連接BD，MO，在平行四邊形ABCD中，因?yàn)镺為AC的中點(diǎn)，所以O(shè)為BD的中點(diǎn)，又M為PD的中點(diǎn)，所以PB//MO。因?yàn)槠矫鍭CM，平面ACM，所以PB//平面ACM。 （Ⅱ）證明：因?yàn)?，且AD=AC=1，所以，即，又PO平面ABCD，平面ABCD，所以，所以平面PAC。 （Ⅲ）解：取DO中點(diǎn)N，連接MN，AN，因?yàn)镸為PD的中點(diǎn)，所以MN//PO，且平面ABCD，得平面ABCD，所以是直線AM與平面ABCD所成的角，在中，，所以，從而， 在，即直線AM與平面ABCD所成角的正切值為 (18)解： （Ⅰ）因?yàn)椋?由余弦定理得 從而B(niǎo)D2+AD2= AB2，故BDAD 又PD底面ABCD，可得BDPD 所以BD平面PAD. 故 PABD （Ⅱ）如圖，作DEPB，垂足為E。已知PD底面ABCD，則PDBC。由（Ⅰ）知BDAD，又BC//AD，所以BCBD。 故BC平面PBD，BCDE。 則DE平面PBC。 由題設(shè)知，PD=1，則BD=，PB=2， 根據(jù)BEPB=PDBD，得DE=， 即棱錐D—PBC的高為 （20）本題主要考查空間線線、線面、面面位置關(guān)系，二面角等基礎(chǔ)知識(shí)，同時(shí)考查空間想象能力和推理論證能力。滿分14分。 （Ⅰ）證明：由AB=AC，D是BC中點(diǎn)，得， 又平面ABC，，得 因?yàn)椋云矫鍼AD，故 （Ⅱ）解：如圖，在平面PAB內(nèi)作于M，連CM。 因?yàn)槠矫鍮MC，所以APCM。 故為二面角B—AP—C的平面角。 在 在， 在中，， 所以 在 又 故 同理 因?yàn)? 所以 即二面角B—AP—C的大小為 20．（本題12分） 解法一：（I）如答（20）圖1，過(guò)D作DF⊥AC垂足為F， 故由平面ABC⊥平面ACD，知DF⊥平面ABC，即DF 是四面體ABCD的面ABC上的高，設(shè)G為邊CD的中點(diǎn)， 則由AC=AD，知AG⊥CD，從而 由 故四面體ABCD的體積 （II）如答（20）圖1，過(guò)F作FE⊥AB，垂足為E，連接DE。由（I）知DF⊥平面ABC。由三垂線定理知DE⊥AB，故∠DEF為二面角C—AB—D的平面角。 在 在中，EF//BC，從而EF：BC=AF：AC，所以 在Rt△DEF中， 解法二：（I）如答（20）圖2，設(shè)O是AC的中點(diǎn)，過(guò)O作OH⊥AC，交AB于H，過(guò)O作OM⊥AC，交AD于M，由平面ABC⊥平面ACD，知OH⊥OM。因此以O(shè)為原點(diǎn)，以射線OH，OC，OM分別為x軸，y軸，z軸的正半軸，可建立空間坐標(biāo)系O—xyz.已知AC=2，故點(diǎn)A，C的坐標(biāo)分別為A（0，—1，0），C（0，1，0）。 設(shè)點(diǎn)B的坐標(biāo)為，有 即點(diǎn)B的坐標(biāo)為 又設(shè)點(diǎn)D的坐標(biāo)為有 即點(diǎn)D的坐標(biāo)為從而△ACD邊AC上的高為 又 故四面體ABCD的體積 （II）由（I）知 設(shè)非零向量是平面ABD的法向量，則由有 （1） 由，有 （2） 取，由（1），（2），可得 顯然向量是平面ABC的法向量，從而 即二面角C—AB—D的平面角的正切值為