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

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．‎