专题12+立体几何(大题部分)-解题思维大提升之2019年高考数学二轮复习训练手册

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文档介绍

专题12+立体几何(大题部分)-解题思维大提升之2019年高考数学二轮复习训练手册

‎【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,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,,.‎ ‎⑴求证:平面;‎ ‎⑵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,四棱锥中,底面是直角梯形,, 是正三角形, 是的中点.‎ ‎(1)求证: ;‎ ‎(2)判定是否平行于平面,请说明理由.‎ ‎【答案】(1)见解析 (2)平行 ‎(2)平行于平面,‎ 理由如下:取的中点为,连接.‎ 可知,‎ 又,‎ 所以四边形为平行四边形,故.‎ 又平面平面,‎ 所以平面.‎ ‎3、在四棱锥中,平面,且底面为边长为2的菱形,,.‎ ‎(1)证明:面面;‎ ‎(2)在图中作出点在平面内的正投影(说明作法及其理由),并求四面体的体积.‎ ‎【答案】(1)见解析 (2)‎ ‎【解析】‎ ‎(1)因为平面,,所以,‎ 在菱形中,,且,所以,‎ 又因为,所以面.‎ ‎(2)取的中点,连接,,易得是等边三角形,所以,‎ 又因为平面,所以,又,所以,‎ 在面中,过作于,即是点在平面内的正投影,‎ 则,又,所以,经计算得,在中,,‎ ‎,,,‎ ‎.‎ ‎4、如图,为多面体,平面与平面垂直,点在线段上,‎ ‎,△,△,△都是正三角形。‎ ‎(1)证明:直线∥面;‎ ‎(2)在线段上是否存在一点,使得二面角的余弦值是,若不存在请说明理由,若存在请求出点所在的位置。‎ ‎【答案】(1)见解析 (2)为中点 ‎(本题可先证明后得证;也可建立空间直角坐标系得证,请酌情给分。)‎ ‎(2)设的中点为,以为原点,、、所在直线分别为轴、轴、轴建立空间直角坐标系。易知, ,,,.‎ 设,.可得,‎ ‎5、如图,在三棱锥中,底面,,,,为的中点.‎ ‎(1)求证:;‎ ‎(2)若二面角的大小为,求三棱锥的体积.‎ ‎【答案】(1)见解析 (2)4‎ ‎【解析】‎ ‎(1)在中,由余弦定理得,则.‎ 因为为的中点,则.‎ 因为,则 ‎,所以.因为,则.(5分)因为底面,则,‎ 所以平面,从而.‎ ‎(2)分别以直线,,为轴,轴,轴建立空间直角坐标系,如图.‎ 设,则点,,.‎ 所以,.‎ ‎6、如图,在四棱锥P-ABCD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D-FC-B的余弦值为时,求直线PB与平面ABCD所成的角. ‎ ‎【答案】(1)点E为棱AB的中点 (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=CD,AE∥CD且AE=CD,‎ 故AE∥FQ且AE=FQ.所以,四边形AEQF为平行四边形.所以,AF∥EQ,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=,‎ 则由得令x=1,则y=,z=,‎ 所以取m=,显然可取平面DFC的法向量n=,‎ 由题意:==,所以a=.‎ 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Rt△PBD中,tan∠PBD==a=,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ABC-A′B′C′的侧棱垂直于底面,AB=AC,∠BAC=90°,点M,N分别是A′B和B′C′的中点。‎ ‎(1)证明:MN∥平面AA′C′C;‎ ‎(2)设AB=λAA′,当λ为何值时,CN⊥平面A′MN,试证明你的结论.‎ ‎【答案】(1)见解析 (2) ‎(2)连接BN,设A′A=a,则AB=λa,由题意知BC=λa,NC=BN=,‎ ‎∵三棱柱ABC-A′B′C′的侧棱垂直于底面,∴平面A′B′C′⊥平面BB′C′C,‎ ‎∵AB=AC,点N是B′C′的中点,∴A′N⊥平面BB′C′C,∴CN⊥A′N.‎ 要使CN⊥平面A′MN,只需CN⊥BN即可,∴CN2+BN2=BC2,2=2λ2a2?λ=,‎ ‎∴当λ=时,CN⊥平面A′MN.‎ ‎8、如图,四棱锥中,底面是直角梯形,,‎ ‎,.‎ ‎(1)求证:平面平面;‎ ‎(2)若,求点到平面的距离.‎ ‎【答案】(1)见解析 (2)‎ ‎【解析】‎ ‎(1)证明:取中点,连接 可知且 ‎ 又,在有 又,,即,‎ 又平面,平面 平面,又平面 平面平面 ‎ ‎(2)设点到平面的距离为 ‎ ‎ ‎,‎ 所以点到平面的距离为。‎ ‎9、如图,在三棱柱中,点分别是的中点,已知平面, ,.‎ ‎(1)求异面直线与所成角的余弦值.‎ ‎(2)求证: 平面.‎ ‎(3)求直线与平面所成角的正弦值.‎ ‎【答案】(1) (2)见解析 (3)‎ ‎ (2)在三棱柱中,‎ ‎∵平面,平面,∴,∴,‎ 又,∴平面. (3)解:取的中点,连接;取的中点,连接.‎ ‎∵,∴平面,‎ ‎∴是与平面所成的角.‎ 由已知得, , ,‎ ‎∴,‎ ‎∴直线与平面所成角的正弦值为.‎ ‎10、如图,在底面是正三角形的三棱锥P﹣ABC中,PA=AB=2,PB=PC=.‎ ‎(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,求二面角D﹣AB﹣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≤λ≤1,则(0,b,c﹣2)=(0,2λ,﹣2λ),‎ ‎∴D(0,2λ,2﹣2λ),=(﹣,2λ﹣1,2﹣2λ),‎ ‎∵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λ=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的法向量=(0,0,1),‎ 设二面角D﹣AB﹣C的平面角为θ,‎ 则cosθ===.‎ ‎∴二面角D﹣AB﹣C的余弦值为.‎ ‎11、如图,在斜三棱柱中,,,,侧面 与底面所成的二面角为120°,分别是棱、的中点 ‎(1)求与底面所成的角;‎ ‎(2)证明平面;‎ ‎(3)求经过四点的球的体积.‎ ‎【答案】‎ ‎(1)60° (2)见解析 (3)πa3‎ 由于四边形A1AGE为平行四边形,得∠A1AG=60°.‎ ‎(Ⅱ)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AGEA1中,因F为A1A的中点,故A1E∥FP.‎ 而FP⊂平面B1FC,A1E⊄平面B1FC,所以A1E∥平面B1FC.‎ ‎ ‎ ‎12、如图,在四面体中,,.‎ ‎(1)证明:;‎ ‎(2)若,,四面体的体积为2,求二面角的余弦值.‎ ‎【答案】(1)见解析 (2)‎ ‎【解析】‎ ‎(1)如图,作Rt△斜边上的高,连结.‎ 因为,,所以Rt△≌Rt△.可得.所以平面,于是. ‎ z x y A B C D E 设是平面的法向量,则,即,可取.‎ 设是平面的法向量,则,即,可取.‎ 因为,二面角的平面角为钝角,所以二面角的余弦值为.‎
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