2020年高考数学(理)二轮复习讲练测 专题09 立体几何（练）（解析版）

2020年高考数学(理)二轮复习讲练测 专题09 立体几何（练）（解析版）

专题09 立体几何(练)‎ ‎1．【2019年高考全国Ⅲ卷理数】如图，点N为正方形ABCD的中心，△ECD为正三角形，平面ECD⊥平面ABCD，M是线段ED的中点，则( )‎ A．BM=EN，且直线BM，EN 是相交直线 B．BM≠EN，且直线BM，EN 是相交直线 C．BM=EN，且直线BM，EN 是异面直线 D．BM≠EN，且直线BM，EN 是异面直线 ‎【答案】B ‎【解析】如图所示，作于，连接，BD，易得直线BM，EN 是三角形EBD的中线，是相交直线.‎ ‎ ‎ 过作于，连接，平面平面，平面，平面，平面，与均为直角三角形．设正方形边长为2，‎ 易知，，‎ ‎，故选B．‎ ‎【名师点睛】本题考查空间想象能力和计算能力，解答本题的关键是构造直角三角形.解答本题时，先利用垂直关系，再结合勾股定理进而解决问题．‎ ‎2、【2019年高考全国Ⅰ卷理数】已知三棱锥P−ABC的四个顶点在球O的球面上，PA=PB=PC，△ABC 是边长为2的正三角形，E，F分别是PA，AB的中点，∠CEF=90°，则球O的体积为( )‎ A． B．‎ C． D．‎ ‎【答案】D ‎【解析】解法一：为边长为2的等边三角形，为正三棱锥，‎ ‎，又，分别为，的中点，，，又，平面，∴平面，，‎ 为正方体的一部分，，，故选D．‎ 解法二：设，分别为的中点，，且，为边长为2的等边三角形，，又，，中，由余弦定理可得，作于，，‎ 为的中点，，，，，又，‎ 两两垂直，，，，故选D.‎ ‎【名师点睛】本题主要考查学生的空间想象能力，补体法解决外接球问题．可通过线面垂直定理，得到三棱两两互相垂直关系，快速得到侧棱长，进而补体成正方体解决．‎ ‎3、【2019年高考浙江卷】设三棱锥V–ABC的底面是正三角形，侧棱长均相等，P是棱VA上的点(不含端点)．记直线PB与直线AC所成的角为α，直线PB与平面ABC所成的角为β，二面角P–AC–B的平面角为γ，则( )‎ A．β<γ，α<γ B．β<α，β<γ ‎ C．β<α，γ<α D．α<β，γ<β ‎ ‎【答案】B ‎【解析】如图，‎ G为中点，连接VG，在底面的投影为，则在底面的投影在线段上，过作垂直于于E，连接PE，BD，易得，过作交于，连接BF，过作，交于，则，结合△PFB，△BDH，△PDB均为直角三角形，可得，即；在Rt△PED中，，即，综上所述，答案为B.‎ ‎【名师点睛】本题以三棱锥为载体，综合考查异面直线所成的角、直线与平面所成的角、二面角的概念，以及各种角的计算.解答的基本方法是通过明确各种角，应用三角函数知识求解，而后比较大小.而充分利用图形特征，则可事倍功半.常规解法下易出现的错误有，不能正确作图得出各种角，未能想到利用“特殊位置法”，寻求简便解法.‎ ‎4．【2019年高考全国Ⅲ卷理数】学生到工厂劳动实践，利用3D打印技术制作模型.如图，该模型为长方体挖去四棱锥O—EFGH后所得的几何体，其中O为长方体的中心，E，F，G，H分别为所在棱的中点，，3D打印所用原料密度为0.9 g/cm3‎ ‎，不考虑打印损耗，制作该模型所需原料的质量______g.‎ ‎ ‎ ‎【答案】118.8‎ ‎【解析】由题意得，，∵四棱锥O−EFGH的高为3cm， ∴．又长方体的体积为，所以该模型体积为，其质量为．‎ ‎【名师点睛】本题考查几何体的体积问题，理解题中信息联系几何体的体积和质量关系，从而利用公式求解．根据题意可知模型的体积为长方体体积与四棱锥体积之差进而求得模型的体积，再求出模型的质量即可.‎ ‎5、【2019年高考北京卷理数】已知l，m是平面外的两条不同直线．给出下列三个论断：‎ ‎①l⊥m； ②m∥； ③l⊥．‎ 以其中的两个论断作为条件，余下的一个论断作为结论，写出一个正确的命题：__________．‎ ‎【答案】如果l⊥α，m∥α，则l⊥m.‎ ‎【解析】将所给论断，分别作为条件、结论，得到如下三个命题：(1)如果l⊥α，m∥α，则l⊥m，正确；‎ ‎(2)如果l⊥α，l⊥m，则m∥α，不正确，有可能m在平面α内；‎ ‎(3)如果l⊥m，m∥α，则l⊥α，不正确，有可能l与α斜交、l∥α.‎ 故答案为：如果l⊥α，m∥α，则l⊥m.‎ ‎【名师点睛】本题主要考查空间线面的位置关系、命题、逻辑推理能力及空间想象能力.将所给论断，分别作为条件、结论加以分析即可.‎ ‎6．【2019年高考全国Ⅰ卷理数】如图，直四棱柱ABCD–A1B1C1D1的底面是菱形，AA1=4，AB=2，∠BAD=60°，E，M，N分别是BC，BB1，A1D的中点．‎ ‎(1)证明：MN∥平面C1DE；‎ ‎(2)求二面角A−MA1−N的正弦值．‎ ‎【答案】(1)见解析；(2).‎ ‎【解析】(1)连结B1C，ME．因为M，E分别为BB1，BC的中点，所以ME∥B1C， ‎ 且ME=B1C．又因为N为A1D的中点，所以ND=A1D．由题设知A1B1DC，可得B1CA1D，‎ 故MEND，因此四边形MNDE为平行四边形，MN∥ED．又MN平面EDC1，所以MN∥平面C1DE．‎ ‎(2)由已知可得DE⊥DA．以D为坐标原点，的方向为x轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系D−xyz，则，A1(2，0，4)，，，，，，．设为平面A1MA的法向量，‎ 则，所以可取．‎ 设为平面A1MN的法向量，则，所以可取．‎ 于是，所以二面角的正弦值为．‎ ‎【名师点睛】本题考查线面平行关系的证明、空间向量法求解二面角的问题.求解二面角的关键是能够利用垂直关系建立空间直角坐标系，从而通过求解法向量夹角的余弦值来得到二面角的正弦值，属于常规题型.‎ ‎【例1】如图所示，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为平行四边形，AB＝3，AD＝2，∠ABC＝45°，P点在底面ABCD内的射影E在线段AB上，且PE＝2，BE＝2EA，F为AD的中点，M在线段CD上，且CM＝λCD。‎ ‎(1)当λ＝时，证明：平面PFM⊥平面PAB。‎ ‎(2)当平面PAM与平面ABCD所成的二面角的正弦值为时，求四棱锥P－ABCM的体积。‎ ‎【解析】(1)证明：如图所示，连接EC，作AN∥EC交CD于点N，则四边形AECN为平行四边形，CN＝AE＝1，在△BCE中，BE＝2，BC＝2，∠ABC＝45°，由余弦定理得，EC2＝BC2＋BE2－2BC·BE·cos45°＝4。‎ 所以BE2＋EC2＝BC2，从而有BE⊥EC。当λ＝时，CM＝CD，CD＝3，CN＝1，则M是DN的中点，又F是AD的中点，AN∥EC，所以FM∥EC。因为AB⊥EC，所以FM⊥AB。由PE⊥平面ABCD，FM⊂平面ABCD，得PE⊥FM，又PE∩AB＝E，所以FM⊥平面PAB，因为FM⊂平面PFM，所以平面PFM⊥平面PAB。‎ ‎(2)以E为坐标原点，EB，EC，EP所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系，则A(－1，0,0)，P(0,0,2)，C(0,2,0)，D(－3,2,0)，＝(1,0,2)，＝＋＝＋λ＝(1－3λ，2,0)。因为PE⊥平面ABCD，所以平面ABCD的一个法向量为m＝(0,0,1)。设平面PAM的法向量为n＝(x，y，z)，由 得令x＝2，得n＝(2,3λ－1，－1)。由题意可得|cos〈m，n〉|＝＝＝，故λ＝，即CM＝CD。则S梯形ABCM＝×(1＋3)×2＝4。所以四棱锥P－ABCM的体积VP－ABCM＝S梯形ABCM×PE＝。‎ ‎【例2】如图①所示，正△ABC的边长为4，CD是AB边上的高，E，F分别是AC和BC边的中点，现将△ABC沿CD翻折成直二面角A－DC－B，如图②所示。‎ ‎(1)试判断直线AB与平面DEF的位置关系，并说明理由。‎ ‎(2)求二面角E－DF－C的余弦值。‎ ‎(3)在线段BC上是否存在一点P，使AP⊥DE？证明你的结论。‎ ‎【解析】(1)直线AB∥平面DEF。理由如下：在△ABC中，由E，F分别是AC，BC的中点，得EF∥AB。又AB⊄平面DEF，EF⊂平面DEF，所以AB∥平面DEF。‎ ‎(2)由题意知，AD，BD，DC三直线两两垂直，故以D为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则A(0,0,2)，B(2,0,0)，C(0,2，0)，E(0，，1)，F(1，，0)，易知平面CDF的法向量为＝(0,0,2)，设平面EDF的法向量为n＝(x，y，z)，则即 取n＝(3，－，3)，cos〈，n〉＝＝，‎ 所以二面角E－DF－C的余弦值为。‎ ‎(3)存在点P，使AP⊥DE，证明如下：设P(x，y,0)，则＝(x，y，－2)，若AP⊥DE，则·＝y－2＝0，所以y＝。又＝(x－2，y,0)，＝(－x,2－y,0)，因为∥，所以(x－2)(2－y)＝－xy，‎ 所以x＋y＝2。把y＝代入上式得x＝，所以P，又因为＝，＝(－2,2，0)。所以＝，所以在线段BC上存在点P，使AP⊥DE，并且P是线段BC的靠近B的三等分点。‎ ‎1、【云南省昆明市2019届高三高考5月模拟数学试题】已知直线平面，直线平面，若，则下列结论正确的是( )‎ A．或 B．‎ C． D．‎ ‎【答案】A ‎【解析】对于A，直线平面，，则或，A正确；对于B，直线平面，直线平面，且，则或与相交或与异面，∴B错误；对于C，直线平面，且，则或与相交或或，∴C错误；对于D，直线平面，直线平面，且，则或与相交或与异面，∴D错误．故选A．‎ ‎【名师点睛】本题考查了空间平面与平面关系的判定及直线与直线关系的确定问题，也考查了几何符号语言的应用问题，是基础题．‎ ‎2．【陕西省2019届高三年级第三次联考数学试题】已知三棱柱的侧棱与底面边长都相等，‎ 在底面上的射影为的中点，则异面直线与所成的角的余弦值为( )‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】B ‎【解析】如图，‎ 设的中点为，连接、、，易知即为异面直线与所成的角(或其补角).设三棱柱的侧棱与底面边长均为1，则，，，由余弦定理，得.故应选B.‎ ‎【名师点睛】本题主要考查了异面直线所成角的求解，通过平移找到所成角是解这类问题的关键，若平移不好作，可采用建系，利用空间向量的运算求解，属于基础题.解答本题时，易知即为异面直线与所成的角(或其补角)，进而通过计算的各边长，利用余弦定理求解即可.‎ ‎3．【四川省宜宾市2019届高三第三次诊断性考试数学试题】如图，边长为2的正方形中，分别是的中点，现在沿及把这个正方形折成一个四面体，使三点重合，重合后的点记为，则四面体的高为( )‎ A． B．‎ C． D．1‎ ‎【答案】B ‎【解析】如图，‎ 由题意可知两两垂直，∴平面，‎ ‎∴，设P到平面的距离为h，‎ 又，∴，‎ ‎∴，故，故选B.‎ ‎【名师点睛】本题考查了平面几何的折叠问题，空间几何体的体积计算，属于中档题．折叠后，利用即可求得P到平面的距离．‎ ‎4、【2019年高考北京卷理数】某几何体是由一个正方体去掉一个四棱柱所得，其三视图如图所示．如果网格纸上小正方形的边长为1，那么该几何体的体积为__________．‎ ‎【答案】40‎ ‎【解析】如图所示，在棱长为4的正方体中，三视图对应的几何体为正方体去掉棱柱之后余下的几何体，‎ 则几何体的体积.‎ ‎【名师点睛】本题首先根据三视图，还原得到几何体，再根据题目给定的数据，计算几何体的体积.属于中等题.(1)求解以三视图为载体的空间几何体的体积的关键是由三视图确定直观图的形状以及直观图中线面的位置关系和数量关系，利用相应体积公式求解；(2)若所给几何体的体积不能直接利用公式得出，则常用等积法、分割法、补形法等方法进行求解．‎ ‎5．【2019年高考江苏卷】如图，长方体的体积是120，E为的中点，则三棱锥E−BCD的体积是 .‎ ‎【答案】10‎ ‎【解析】因为长方体的体积为120，所以，因为为的中点，所以，由长方体的性质知底面，所以是三棱锥的底面上的高，所以三棱锥的体积.‎ ‎【名师点睛】本题蕴含“整体和局部”的对立统一规律.在几何体面积或体积的计算问题中，往往需要注意理清整体和局部的关系，灵活利用“割”与“补”的方法解题.由题意结合几何体的特征和所给几何体的性质可得三棱锥的体积.‎ ‎6．【广东省深圳市高级中学2019届高三适应性考试(6月)数学试题】在三棱锥中，平面 平面，是边长为6的等边三角形，是以为斜边的等腰直角三角形，则该三棱锥外 接球的表面积为_______．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】如图，‎ 在等边三角形中，取的中点，设等边三角形的中心为，连接PF，CF，OP.由，得，‎ 是以为斜边的等腰角三角形，,‎ 又平面平面，平面，，，则为棱锥的外接球球心，外接球半径，该三棱锥外接球的表面积为，故答案为.‎ ‎【名师点睛】本题主要考查四面体外接球表面积，考查空间想象能力，是中档题. 要求外接球的表面积和体积，关键是求出球的半径.求外接球半径的常见方法有：①若三条棱两两垂直，则用(为三条棱的长)；②若面()，则(为外接圆半径)；③可以转化为长方体的外接球；④特殊几何体可以直接找出球心和半径.‎ ‎7．【2019年高考浙江卷】如图，已知三棱柱，平面平面,，分别是AC，A1B1的中点. ‎ ‎(1)证明：；‎ ‎(2)求直线EF与平面A1BC所成角的余弦值.‎ ‎【答案】(1)见解析；(2)．‎ ‎【解析】方法一：‎ ‎(1)连接A1E，‎ 因为A1A=A1C，E是AC的中点，所以A1E⊥AC．‎ 又平面A1ACC1⊥平面ABC，A1E平面A1ACC1，平面A1ACC1∩‎ 平面ABC=AC，所以，A1E⊥平面ABC，则A1E⊥BC．又因为 A1F∥AB，∠ABC=90°，故BC⊥A1F．所以BC⊥平面A1EF．‎ 因此EF⊥BC．‎ ‎(2)取BC中点G，连接EG，GF，则EGFA1是平行四边形．‎ 由于A1E⊥平面ABC，故A1E⊥EG，所以平行四边形EGFA1为矩形．由(1)得BC⊥平面EGFA1，则平面A1BC ‎⊥平面EGFA1，所以EF在平面A1BC上的射影在直线A1G上．连接A1G交EF于O，则∠EOG是直线EF与平面A1BC所成的角(或其补角)．不妨设AC=4，则在Rt△A1EG中，A1E=2，EG=.‎ 由于O为A1G的中点，故，所以．‎ 因此，直线EF与平面A1BC所成角的余弦值是．‎ 方法二：(1)连接A1E，因为A1A=A1C，E是AC的中点，所以A1E⊥AC.又平面A1ACC1⊥平面ABC，‎ A1E平面A1ACC1，平面A1ACC1∩平面ABC=AC，所以，A1E⊥平面ABC．‎ 如图，以点E为原点，分别以射线EC，EA1为y，z轴的正半轴，建立空间直角坐标系E–xyz．‎ 不妨设AC=4，则A1(0，0，2)，B(，1，0)，，，C(0，2，0)．‎ 因此，，．由得．‎ ‎(2)设直线EF与平面A1BC所成角为θ．由(1)可得．设平面A1BC的法向量为n，由，得，取n，‎ 故，因此，直线EF与平面A1BC所成的角的余弦值为．‎ ‎【名师点睛】本题主要考查空间点、线、面位置关系，直线与平面所成的角等基础知识，同时考查空间想象能力和运算求解能力.‎ ‎8．【2019北京市通州区三模数学试题】如图，在四棱柱中，侧棱，，，，点为线段上的点，且．‎ ‎(1)求证：平面；‎ ‎(2)求二面角的余弦值；‎ ‎(3)判断棱上是否存在点，使得直线平面，若存在，求线段的长；若不存在，说明理由．‎ ‎【答案】(1)见解析；(2)；(3)见解析.‎ ‎【解析】(1)因为，所以．又因为，所以平面，‎ 又因为平面，所以． 因为，∠EAB=∠ABB1=90°，‎ 所以．所以．因为，‎ 所以．所以．又，所以平面． ‎ ‎(2)如图，以为原点建立空间直角坐标系，‎ 依题意可得．‎ 由(1)知，为平面的一个法向量， 设为平面的法向量．‎ 因为，则即不妨设，可得． 因此．因为二面角为锐角，‎ 所以二面角的余弦值为．‎ ‎(3)设，则，．，‎ ‎ 所以(舍)．即直线DF的方向向量与平面的法向量不垂直，所以，棱上不存在点，使直线平面．‎ ‎【名师点睛】本题主要考查线面垂直与平行、以及二面角的问题，熟记线面垂直的判定定理以及空间向量的方法求二面角即可，属于常考题型.‎ ‎(1)根据线面垂直的判定定理，直接证明，即可得出结论成立；‎ ‎(2)以为原点建立空间直角坐标系，由(1)得到为平面的一个法向量，再求出平面的一个法向量，求两向量夹角的余弦值，即可得出结果；‎ ‎(3)先设，用向量的方法，由求出的值，结合题意，即可判断出结论.‎