2019-2020年高考數(shù)學(xué)復(fù)習(xí) 立體幾何匯編.doc
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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-的底面邊長為2,側(cè)棱長為,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)已知是底面邊長為1的正四棱柱,高。求: ⑴ 異面直線與所成的角的大?。ńY(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6分,(Ⅱ)小問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延長線的交點(diǎn),有 又由于G和都在線段DA的延長線上,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是邊長為2的正三角形,故所以 過點(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;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,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BD2+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,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O作OH⊥AC,交AB于H,過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- 1.請仔細(xì)閱讀文檔,確保文檔完整性,對于不預(yù)覽、不比對內(nèi)容而直接下載帶來的問題本站不予受理。
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